Questão 5. Se z=z\binom{x_{1}, y^{\alpha},}{v} é definida implicitamente por f\left(\frac{x}{z}, \frac{y}{z}\right)=0, onde f é uma funçāo diferenciável, mostre que:
x \cdot \frac{\partial z}{\partial x}+y \cdot \frac{\partial z}{\partial y}=z

Passo 1

O enunciado nos dá que z é uma função de x e y (ou seja, z=z(x,y)) definida implicitamente pela relação
f\!\left(\frac{x}{z(x,y)},\frac{y}{z(x,y)}\right)=0,
onde f é diferenciável. A pergunta é: mostrar que
x\cdot\frac{\partial z}{\partial x}+y\cdot\frac{\partial z}{\partial y}=z.
Informações relevantes dadas:
  • f é diferenciável (portanto possui derivadas parciais f_{u} e f_{v} bem definidas).
  • A igualdade acima vale para todo par (x,y) no domínio em que z está definida.
  • A função z é assumida diferenciável (caso contrário a igualdade com derivadas parciais não faria sentido).

Passo 2

Vamos simplificar a notação definindo duas variáveis auxiliares
u=\frac{x}{z(x,y)},\qquad v=\frac{y}{z(x,y)}.
Essas são exatamente as entradas de f na condição dada. A ideia é aplicar a regra da cadeia à igualdade f(u,v)=0 considerando u e v como funções de x e y. Primeiro calculamos as derivadas parciais de u e v em relação a x e y usando a regra do quociente (ou produto com z^{-1}) de forma detalhada.
Calculemos \dfrac{\partial u}{\partial x}. Escrevendo u=x\cdot z^{-1}, pela regra do produto e da cadeia:
\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\big(x\cdot z^{-1}\big)=z^{-1}+x\cdot\frac{\partial}{\partial x}\big(z^{-1}\big).
Agora \dfrac{\partial}{\partial x}(z^{-1})=-1\cdot z^{-2}\cdot z_x, onde z_x é \dfrac{\partial z}{\partial x}. Portanto
\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{z}-x\cdot\frac{z_x}{z^{2}}=\frac{z-x z_x}{z^{2}}.
Calculemos \dfrac{\partial v}{\partial x}. Como v=y\cdot z^{-1} e y é tratado como constante ao derivar em relação a x,
\frac{\partial v}{\partial x}=y\cdot\frac{\partial}{\partial x}\big(z^{-1}\big)=-y\cdot\frac{z_x}{z^{2}}=\,-\frac{y z_x}{z^{2}}.
Análogamente, ao derivar em relação a y:
\frac{\partial u}{\partial y}=x\cdot\frac{\partial}{\partial y}\big(z^{-1}\big)=-x\cdot\frac{z_y}{z^{2}}=-\frac{x z_y}{z^{2}},
\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{1}{z}-y\cdot\frac{z_y}{z^{2}}=\frac{z-y z_y}{z^{2}},
onde z_y=\dfrac{\partial z}{\partial y}.

Passo 3

Agora aplicamos a regra da cadeia à igualdade f(u,v)=0. Ao derivar em relação a x temos
f_{u}(u,v)\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+f_{v}(u,v)\cdot\frac{\partial v}{\partial x}=0,
onde f_{u} e f_{v} são as derivadas parciais de f avaliadas em \big(u,v\big)=\big(\tfrac{x}{z},\tfrac{y}{z}\big). Substituindo as expressões de \dfrac{\partial u}{\partial x} e \dfrac{\partial v}{\partial x} obtidas no passo anterior:
f_{u}\cdot\frac{z-x z_x}{z^{2}}+f_{v}\cdot\big(-\frac{y z_x}{z^{2}}\big)=0.
Multiplicando por z^{2} para simplificar,
f_{u}\big(z-x z_x\big)-f_{v}\,y z_x=0.
Reescrevendo,
f_{u}z - z_x\big(f_{u}x + f_{v}y\big)=0.
Logo
z_x=\frac{f_{u}z}{f_{u}x+f_{v}y},
desde que o denominador não seja zero (comentário sobre isso virá adiante).

Passo 4

Derivando f(u,v)=0 em relação a y e repetindo os mesmos passos (usar as expressões de \dfrac{\partial u}{\partial y} e \dfrac{\partial v}{\partial y}) obtemos
f_{u}\cdot\big(-\frac{x z_y}{z^{2}}\big)+f_{v}\cdot\frac{z-y z_y}{z^{2}}=0.
Multiplicando por z^{2},
- f_{u} x z_y + f_{v}\big(z-y z_y\big)=0,
ou seja
f_{v}z - z_y\big(f_{u}x + f_{v}y\big)=0,
e portanto
z_y=\frac{f_{v}z}{f_{u}x+f_{v}y},
novamente com a mesma condição sobre o denominador.

Passo 5

Agora somamos x vezes a expressão de z_x com y vezes a expressão de z_y:
x z_x + y z_y = x\cdot\frac{f_{u}z}{f_{u}x+f_{v}y}+y\cdot\frac{f_{v}z}{f_{u}x+f_{v}y}.
Colocando em evidência o fator comum \dfrac{z}{f_{u}x+f_{v}y},
x z_x + y z_y =\frac{z\big(x f_{u}+y f_{v}\big)}{f_{u}x+f_{v}y}=z.
Assim chegamos exatamente à identidade desejada:
x\cdot\frac{\partial z}{\partial x}+y\cdot\frac{\partial z}{\partial y}=z.

Passo 6

Observação sobre o denominador: nas fórmulas intermediárias apareceu o denominador f_{u}x+f_{v}y. Para que z_x e z_y existam e as manipulações acima sejam válidas, esse denominador não pode ser zero no ponto considerado. Essa não nulidade é compatível com a hipótese implícita de que z está definida (e diferenciável) implicitamente pela equação; em contextos formais, a garantia vem do Teorema da Função Implícita aplicado à função F(x,y,z)=f\big(\tfrac{x}{z},\tfrac{y}{z}\big), que exige F_z\neq 0. Não precisamos calcular F_z aqui explicitamente, apenas notar que para z diferenciável a manipulação acima é legítima.

Resposta

x\cdot\frac{\partial z}{\partial x}+y\cdot\frac{\partial z}{\partial y}=z

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