4 Demonstrar que a funçāo
z=c^{y} \psi\left(y e^{\frac{x^{2}}{3 y^{3}}}\right)
satisfal a equação
\left(x^{2}-y^{2}\right) \frac{\partial z}{\partial x}+x y \frac{\partial z}{\partial y}-x y z

Passo 1

O enunciado dá a função
z = c^{y}\,\psi\!\left(y e^{\frac{x^{2}}{3y^{3}}}\right)
e pede para demonstrar que ela satisfaz a equação
\left(x^{2}-y^{2}\right)\frac{\partial z}{\partial x}+x y\frac{\partial z}{\partial y}-x y z=0.
Informações relevantes que já temos (tudo vem do enunciado):
  • c é uma constante (assumimos c>0 para que c^{y} esteja bem definida).
  • \psi é uma função de uma variável (assumimos diferenciável) e seu argumento é y e^{\frac{x^{2}}{3y^{3}}}.
  • A incógnita é z(x,y). Nosso objetivo é calcular \frac{\partial z}{\partial x} e \frac{\partial z}{\partial y}, substituir na equação dada e verificar se a expressão resultante é identicamente zero (ou obter a condição necessária para que seja zero).
  • Não vamos assumir conhecimento prévio do leitor: vamos aplicar e explicar passo a passo as regras de derivação (regra do produto, regra da cadeia, derivada de c^{y}, etc.).

Passo 2

Para simplificar a escrita e facilitar a aplicação da regra da cadeia, introduzo a notação
u(x,y) \;=\; y\,e^{\frac{x^{2}}{3y^{3}}}.
Então podemos escrever
z(x,y)=c^{y}\,\psi\big(u(x,y)\big).
Explicando a ideia: aplicar a regra da cadeia fica mais claro se tratarmos \psi como função de uma única variável u. Depois calculamos \partial u/\partial x e \partial u/\partial y e usamos essas derivadas para obter \partial z/\partial x e \partial z/\partial y.

Passo 3

Calculo de \partial u/\partial x.
Começo escrevendo u=y\cdot e^{E} com E(x,y)=\dfrac{x^{2}}{3y^{3}}. A derivada parcial de E em relação a x é
\frac{\partial E}{\partial x}=\frac{2x}{3y^{3}}.
Usando produto e cadeia em u=y e^{E}, temos
\frac{\partial u}{\partial x}=y\,e^{E}\cdot\frac{\partial E}{\partial x} = y e^{E}\cdot\frac{2x}{3y^{3}}.
Simplificando fatores de y,
\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{2x}{3y^{2}}\,e^{E}.
Como e^{E}= \dfrac{u}{y} (porque u=y e^{E}), também podemos escrever, em termos de u,
\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{2x}{3y^{2}}\cdot\frac{u}{y}=\frac{2x\,u}{3y^{3}}.

Passo 4

Calculo de \partial u/\partial y.
Ainda com u=y e^{E} e E=\dfrac{x^{2}}{3y^{3}}, primeiro calcule a derivada de E em relação a y:
\frac{\partial E}{\partial y}=x^{2}\cdot\frac{d}{dy}\!\left(\frac{1}{3y^{3}}\right) = x^{2}\cdot\left(-\frac{3}{3y^{4}}\right) = -\frac{x^{2}}{y^{4}}.
Aplicando produto e cadeia em u=y e^{E},
\frac{\partial u}{\partial y}=e^{E}+y e^{E}\cdot\frac{\partial E}{\partial y} = e^{E}+y e^{E}\left(-\frac{x^{2}}{y^{4}}\right).
Agrupando termos,
\frac{\partial u}{\partial y}=e^{E}\left(1-\frac{x^{2}}{y^{3}}\right).
Usando e^{E}=\dfrac{u}{y} obtemos em termos de u:
\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{u}{y}\left(1-\frac{x^{2}}{y^{3}}\right) = u\left(\frac{1}{y}-\frac{x^{2}}{y^{4}}\right) = u\cdot\frac{y^{3}-x^{2}}{y^{4}}.

Passo 5

Agora calculamos \partial z/\partial x e \partial z/\partial y. Lembremos das regras:
  • Derivada de c^{y} em relação a y é c^{y}\ln c.
  • Regra da cadeia: \dfrac{\partial}{\partial x}\psi(u(x,y))=\psi'(u)\,u_x.
Derivada parcial em x: c^{y} é constante em x, então
\frac{\partial z}{\partial x}=c^{y}\,\psi'(u)\,\frac{\partial u}{\partial x}.
Substituindo \dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{2x\,u}{3y^{3}} (forma em u),
\frac{\partial z}{\partial x}=c^{y}\,\psi'(u)\cdot\frac{2x\,u}{3y^{3}}.
Derivada parcial em y: aplicamos a regra do produto (porque z=c^{y}\cdot \psi(u) depende de y em dois fatores):
\frac{\partial z}{\partial y}= \frac{\partial}{\partial y}(c^{y})\cdot\psi(u) + c^{y}\cdot\frac{\partial}{\partial y}\psi(u).
A primeira parcela é c^{y}\ln c\cdot\psi(u). A segunda parcela é c^{y}\psi'(u)\,u_{y}. Assim
\frac{\partial z}{\partial y}= c^{y}\ln c\;\psi(u) + c^{y}\psi'(u)\,\frac{\partial u}{\partial y}.
Substituindo \dfrac{\partial u}{\partial y}=u\left(\dfrac{1}{y}-\dfrac{x^{2}}{y^{4}}\right),
\frac{\partial z}{\partial y}= c^{y}\ln c\;\psi(u) + c^{y}\psi'(u)\,u\left(\frac{1}{y}-\frac{x^{2}}{y^{4}}\right).

Passo 6

Substituição das derivadas na equação diferencial original.
A equação a verificar é
(x^{2}-y^{2})\,z_{x}+x y\,z_{y}-x y\,z = 0.
Substituo as expressões calculadas. Para ficar claro, fatorarei c^{y} em comum (ele é sempre diferente de zero):
\begin{aligned} &(x^{2}-y^{2})\,z_{x}+x y\,z_{y}-x y\,z \\\ &= (x^{2}-y^{2})\left[c^{y}\psi'(u)\frac{2x u}{3y^{3}}\right] + x y\left[c^{y}\ln c\,\psi(u)+c^{y}\psi'(u)\,u\left(\frac{1}{y}-\frac{x^{2}}{y^{4}}\right)\right] - x y\left[c^{y}\psi(u)\right]. \end{aligned}
Colhendo c^{y} em fator comum:
\begin{aligned} &(x^{2}-y^{2})\,z_{x}+x y\,z_{y}-x y\,z \\\ &= c^{y}\Bigg\{\psi'(u)\,u\Bigg[\frac{2x(x^{2}-y^{2})}{3y^{3}} + x y\Big(\frac{1}{y}-\frac{x^{2}}{y^{4}}\Big)\Bigg] + \psi(u)\big[x y\ln c - x y\big]\Bigg\}. \end{aligned}

Passo 7

Simplificação interna do colchete. Trabalhando o termo entre corchetes que multiplica \psi'(u)\,u:
Primeiro simplifico x y\big(\tfrac{1}{y}-\tfrac{x^{2}}{y^{4}}\big)= x - \dfrac{x^{3}}{y^{3}}.
Então o coeficiente de \psi'(u)u fica
\frac{2x(x^{2}-y^{2})}{3y^{3}} + x - \frac{x^{3}}{y^{3}}.
Coloco sobre denominador comum 3y^{3}:
\frac{2x(x^{2}-y^{2})}{3y^{3}} + x - \frac{x^{3}}{y^{3}} = \frac{2x(x^{2}-y^{2}) - 3x^{3} + 3x y^{3}}{3y^{3}}.
Fatorando x no numerador e reorganizando:
= \frac{x\big(2(x^{2}-y^{2}) - 3x^{2} + 3y^{3}\big)}{3y^{3}} = \frac{x\big(-x^{2}-2y^{2}+3y^{3}\big)}{3y^{3}}.
Mas é mais útil reescrever a forma anterior em termos do logaritmo do argumento u. Lembrando que
\frac{x^{2}}{3y^{3}} = \ln\!\bigg(\frac{u}{y}\bigg)
porque u=y e^{\frac{x^{2}}{3y^{3}}}. Usando essa identidade, uma forma conveniente do coeficiente é
x\left(1-\frac{2}{3y}-\frac{x^{2}}{3y^{3}}\right).
(para confirmar: se expandirmos obtemos a mesma expressão algébrica; esta escrita é útil porque já mostra uma combinação que envolve \ln(u/y).)
Voltando ao colchete da expressão total, obtemos
(x^{2}-y^{2})z_{x}+x y z_{y}-x y z = c^{y}\,x\left[\,\psi'(u)\,u\left(1-\frac{2}{3y}-\frac{x^{2}}{3y^{3}}\right) + \psi(u)\,y(\ln c - 1)\right].

Passo 8

Interpretação final e condição para que a equação seja satisfeita.
A expressão acima mostra que
\left(x^{2}-y^{2}\right)z_{x}+x y z_{y}-x y z = c^{y}x\left[\;u\psi'(u)\Big(1-\dfrac{2}{3y}-\dfrac{x^{2}}{3y^{3}}\Big) + y(\ln c -1)\psi(u)\right],
onde u=y e^{\frac{x^{2}}{3y^{3}}}.
Para que z satisfaça a equação dada (i.e. para que a expressão à esquerda seja identicamente zero para todos x,y no domínio), o fator entre colchetes deve ser identicamente zero:
u\psi'(u)\Big(1-\frac{2}{3y}-\frac{x^{2}}{3y^{3}}\Big) + y(\ln c -1)\psi(u)=0.
Note que essa condição envolve x e y através de x^{2}/(3y^{3}) e também através de y separado; usando x^{2}/(3y^{3})=\ln(u/y) podemos reescrever a condição em termos de u e y, mas mesmo assim aparece dependência explícita de y. Portanto, em geral:
  • se o objetivo for que a igualdade valha para toda função arbitrária \psi, isto não é possível a menos de escolhas específicas de c e \psi;
  • a expressão acima dá a forma explícita da combinação que deve anular-se; para valores particulares de c e \psi (ou de x,y) a igualdade se verifica.

Resposta

\left(x^{2}-y^{2}\right)z_{x}+x y z_{y}-x y z = c^{y}x\Bigg[u\psi'(u)\Big(1-\frac{2}{3y}-\frac{x^{2}}{3y^{3}}\Big)+y(\ln c-1)\psi(u)\Bigg],
com u=y e^{\frac{x^{2}}{3y^{3}}}. Portanto a equação é satisfeita exatamente quando
u\psi'(u)\Big(1-\frac{2}{3y}-\frac{x^{2}}{3y^{3}}\Big)+y(\ln c-1)\psi(u)=0
para todos x,y considerados.

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