Questão 5. Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} uma função diferenciável e defina F(x, y)=f\left(\frac{x}{y}, \frac{y}{x}\right). Mostre que:
x \cdot \frac{\partial F}{\partial x}+y \cdot \frac{\partial F}{\partial y}=0

Passo 1

O enunciado dá que f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} é diferenciável e define
F(x,y)=f\!\left(\frac{x}{y},\frac{y}{x}\right).
Observações importantes que vêm do enunciado:
  • A definição de F usa as expressões \dfrac{x}{y} e \dfrac{y}{x}, portanto estamos trabalhando em pontos (x,y) com x\neq0 e y\neq0.
  • O que é pedido: mostrar que
x\cdot\frac{\partial F}{\partial x}+y\cdot\frac{\partial F}{\partial y}=0.

Passo 2

Para organizar a conta, introduzo variáveis auxiliares
u(x,y)=\frac{x}{y},\qquad v(x,y)=\frac{y}{x}.
Assim podemos escrever
F(x,y)=f\big(u(x,y),v(x,y)\big).
Agora uso a regra da cadeia para derivadas parciais: se F(x,y)=f(u(x,y),v(x,y)) e f é diferenciável, então
\frac{\partial F}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v}\cdot\frac{\partial v}{\partial x},
\frac{\partial F}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial v}\cdot\frac{\partial v}{\partial y}.
Aqui, \dfrac{\partial f}{\partial u} e \dfrac{\partial f}{\partial v} significam as derivadas parciais de f avaliadas no ponto (u(x,y),v(x,y)). Para simplificar a escrita, defino
f_1(u,v)=\frac{\partial f}{\partial u}(u,v),\qquad f_2(u,v)=\frac{\partial f}{\partial v}(u,v),
de modo que nas fórmulas acima f_1 e f_2 são avaliados em \big(u(x,y),v(x,y)\big).

Passo 3

Calculo agora as derivadas parciais de u e v. Para u(x,y)=\dfrac{x}{y} vemos facilmente:
\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{y},\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{x}{y^{2}}.
(Isto pode ser visto como derivada de quociente ou tratando u=x\cdot y^{-1}.)
Para v(x,y)=\dfrac{y}{x} temos
\frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{y}{x^{2}},\qquad \frac{\partial v}{\partial y}=\frac{1}{x}.
(De novo, tratar v=y\cdot x^{-1} facilita.)

Passo 4

Substituo essas derivadas nas fórmulas da regra da cadeia. Assim
\frac{\partial F}{\partial x} = f_1\cdot\frac{1}{y} + f_2\cdot\left(-\frac{y}{x^{2}}\right),
\frac{\partial F}{\partial y} = f_1\cdot\left(-\frac{x}{y^{2}}\right) + f_2\cdot\frac{1}{x},
em que f_1 e f_2 são avaliados em \left(\dfrac{x}{y},\dfrac{y}{x}\right).

Passo 5

Agora multiplico por x e por y e somo as duas expressões:
x\frac{\partial F}{\partial x}+y\frac{\partial F}{\partial y} = x\!\left(f_1\cdot\frac{1}{y} + f_2\cdot\left(-\frac{y}{x^{2}}\right)\right) + y\!\left(f_1\cdot\left(-\frac{x}{y^{2}}\right) + f_2\cdot\frac{1}{x}\right).
Agrupando termos por f_1 e f_2 obtemos
x\frac{\partial F}{\partial x}+y\frac{\partial F}{\partial y} = f_1\!\left(x\cdot\frac{1}{y} + y\cdot\left(-\frac{x}{y^{2}}\right)\right) + f_2\!\left(x\cdot\left(-\frac{y}{x^{2}}\right) + y\cdot\frac{1}{x}\right).
Calculo as duas somas entre parênteses:
x\cdot\frac{1}{y} + y\cdot\left(-\frac{x}{y^{2}}\right) = \frac{x}{y} - \frac{xy}{y^{2}} = \frac{x}{y} - \frac{x}{y} = 0,
x\cdot\left(-\frac{y}{x^{2}}\right) + y\cdot\frac{1}{x} = -\frac{xy}{x^{2}} + \frac{y}{x} = -\frac{y}{x} + \frac{y}{x} = 0.
Portanto cada fator multiplicando f_1 e f_2 é zero, e obtemos
x\frac{\partial F}{\partial x}+y\frac{\partial F}{\partial y}=f_1\cdot 0 + f_2\cdot 0 = 0.

Passo 6

Intuição rápida (opcional, para lembrar na prova): as funções u=\dfrac{x}{y} e v=\dfrac{y}{x} são homogêneas de grau 0 (ou seja, não mudam se multiplicar (x,y) por um escalar), por isso a combinação x u_x + y u_y e x v_x + y v_y é zero — essa é a razão algebraica por trás do cancelamento que fizemos. Mas a prova que interessa já foi feita por derivadas e substituições.

Resposta

x\cdot\frac{\partial F}{\partial x}+y\cdot\frac{\partial F}{\partial y}=0

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