Verifique que a expressão dada, é uma diferencial exata em qualquer região
\mathbb{D} \subset \mathbb{R}^{2} em que (0,0) \notin \mathbb{D}
\frac{x d x}{x^{2}+y^{2}}+\frac{y d y}{x^{2}+y^{2}};

Passo 1

O enunciado pede para verificar que a expressão
\omega=\frac{x\,dx}{x^{2}+y^{2}}+\frac{y\,dy}{x^{2}+y^{2}}
é uma diferencial exata em qualquer região \mathbb{D}\subset\mathbb{R}^{2} em que (0,0)\notin\mathbb{D}.
Informações dadas:
  • A 1-forma sobre o plano exceto a origem é \omega acima.
  • A região \mathbb{D} é qualquer subconjunto de \mathbb{R}^{2} que não contém o ponto (0,0).
  • Objetivo: mostrar que existe uma função \varphi(x,y) (primitiva) definida em \mathbb{D} tal que d\varphi=\omega.

Passo 2

Defino os coeficientes da 1-forma como funções usuais:
M(x,y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}},\qquad N(x,y)=\frac{y}{x^{2}+y^{2}}.
Lembrete prático (o que significa “diferencial exata”): a 1-forma M\,dx+N\,dy é exata se existir \varphi(x,y) com
\frac{\partial \varphi}{\partial x}=M,\qquad \frac{\partial \varphi}{\partial y}=N.
Um teste rápido (necessário): verificar se as derivadas parciais mistas coincidem:
\frac{\partial M}{\partial y} \stackrel{?}{=} \frac{\partial N}{\partial x}.
Se conseguirmos construir explicitamente \varphi, isso prova a exatidão.

Passo 3

Calculo as derivadas parciais mistas passo a passo usando a regra do quociente (se u/v, então (u/v)'=(u'v-uv')/v^{2}).
Calcular \dfrac{\partial M}{\partial y}:
M(x,y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}=\frac{u}{v}\quad\text{com }u=x,\;v=x^{2}+y^{2}.
Derivando em y:
\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{0\cdot v - x\cdot(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}} =-\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Calcular \dfrac{\partial N}{\partial x}:
N(x,y)=\frac{y}{x^{2}+y^{2}}=\frac{u}{v}\quad\text{com }u=y,\;v=x^{2}+y^{2}.
Derivando em x:
\frac{\partial N}{\partial x}=\frac{0\cdot v - y\cdot(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}} =-\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Conclusão deste passo: \dfrac{\partial M}{\partial y}=\dfrac{\partial N}{\partial x}. Assim a 1-forma é fechada fora da origem.

Passo 4

Agora vou construir explicitamente uma função potencial \varphi. Integro M em x (tratando y como constante):
\varphi(x,y)=\int \frac{x}{x^{2}+y^{2}}\,dx.
Faço a substituição u=x^{2}+y^{2}, então du=2x\,dx, logo
\int \frac{x}{x^{2}+y^{2}}\,dx=\frac{1}{2}\int \frac{du}{u}=\frac{1}{2}\ln(u)+C(y).
Voltando às variáveis originais:
\varphi(x,y)=\frac{1}{2}\ln\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)+h(y),
onde h(y) é uma “constante” de integração que pode depender de y.

Passo 5

Determino h(y) a partir da condição \phi_{y}=N. Calculo \phi_{y}:
\frac{\partial \varphi}{\partial y}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2y}{x^{2}+y^{2}}+h'(y)=\frac{y}{x^{2}+y^{2}}+h'(y).
Mas sabemos que deve coincidir com N(x,y)=\dfrac{y}{x^{2}+y^{2}}. Portanto
\frac{y}{x^{2}+y^{2}}+h'(y)=\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\quad\Rightarrow\quad h'(y)=0.
Logo h(y) é constante: h(y)=C. Assim uma primitiva é
\varphi(x,y)=\frac{1}{2}\ln\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)+C.
Observação sobre domínio: para (x,y)\neq(0,0) tem-se x^{2}+y^{2}>0, então \ln(x^{2}+y^{2}) é bem definida e suave. Portanto \varphi está bem definida e diferenciável em qualquer região \mathbb{D} que não contenha a origem, o que mostra que \omega é exata em qualquer tal \mathbb{D}.

Resposta

Sim. Uma primitiva é \displaystyle \varphi(x,y)=\frac{1}{2}\ln\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)+C, logo a forma é exata em qualquer \mathbb{D}\subset\mathbb{R}^{2} com (0,0)\notin\mathbb{D}.

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