Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} uma função diferenciável. Defina a função
F(x, y)=f\left(\ln \left(x^{2}+y^{2}\right), \ln \left(x^{2}+y^{2}\right)\right) .
Verifique que
\frac{1}{x} \frac{\partial F}{\partial x}(x, y)-\frac{1}{y} \frac{\partial F}{\partial y}(x, y)=0, \forall(x, y) \in \mathbb{R}^{2}

Passo 1

O enunciado dá a função diferenciável f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} e define
F(x,y)=f\big(\ln(x^{2}+y^{2}),\;\ln(x^{2}+y^{2})\big).
O que é pedido: verificar que
\frac{1}{x}\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)-\frac{1}{y}\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=0.
Informações relevantes fornecidas:
  • A função f é diferenciável, então suas derivadas parciais existem e são contínuas (pelo menos localmente).
  • A composição envolve a função u(x,y)=\ln(x^{2}+y^{2}).
    Observação sobre domínio (importante): \ln(x^{2}+y^{2}) está definida quando x^{2}+y^{2}>0, ou seja, para todos os pontos (x,y) diferentes de (0,0). Além disso, a expressão com \tfrac{1}{x} e \tfrac{1}{y} exige x\neq0 e y\neq0. Portanto a identidade será verificada nos pontos em que todas as quantidades envolvidas estão bem definidas (particularmente quando x\neq0, y\neq0 e (x,y)\neq(0,0)).

Passo 2

Defino uma função intermediária
u(x,y)=\ln(x^{2}+y^{2}).
Vou calcular as derivadas parciais de u. Lembrete prático: a derivada de \ln(t) em relação a t é 1/t, e a derivada de x^{2}+y^{2} em relação a x é 2x.
Aplicando a regra da cadeia:
\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)=\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\cdot 2x=\frac{2x}{x^{2}+y^{2}}.
Analogamente,
\frac{\partial u}{\partial y}(x,y)=\frac{2y}{x^{2}+y^{2}}.
Expliquei isso devagar: primeiro diferencio o interior x^{2}+y^{2} (dando 2x ou 2y), depois multiplico pela derivada de \ln, que é 1/(x^{2}+y^{2}).

Passo 3

Agora uso a regra da cadeia para composições multivariáveis. Escrevo F como composição F=f\circ\varphi onde
\varphi(x,y)=(u(x,y),u(x,y)).
Denoto por f_{1} e f_{2} as derivadas parciais de f em relação à primeira e à segunda coordenada, respectivamente:
f_{1}(a,b)=\frac{\partial f}{\partial a}(a,b),\qquad f_{2}(a,b)=\frac{\partial f}{\partial b}(a,b).
A regra da cadeia dá, componente a componente,
\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=f_{1}\big(u(x,y),u(x,y)\big)\cdot\frac{\partial u}{\partial x}(x,y) +f_{2}\big(u(x,y),u(x,y)\big)\cdot\frac{\partial u}{\partial x}(x,y).
Aqui expliquei: as duas coordenadas de \varphi dependem da mesma função u, então cada uma contribui somando dois termos com a mesma \partial u/\partial x.

Passo 4

Fatorando \partial u/\partial x no resultado do passo anterior, obtenho
\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=\big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u(x,y),u(x,y)\big)\cdot\frac{\partial u}{\partial x}(x,y).
Substituo \dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{2x}{x^{2}+y^{2}} (do Passo 2):
\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=\big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u,u\big)\cdot\frac{2x}{x^{2}+y^{2}},
onde, por abreviação, escrevo \big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u,u\big) para \big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u(x,y),u(x,y)\big).
De forma análoga para a derivada em y:
\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=\big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u,u\big)\cdot\frac{2y}{x^{2}+y^{2}}.

Passo 5

Agora calculo as quantidades pedidas divididas por x e por y. Primeiro,
\frac{1}{x}\frac{\partial F}{\partial x}(x,y) =\big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u,u\big)\cdot\frac{2x}{x^{2}+y^{2}}\cdot\frac{1}{x} =\big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u,u\big)\cdot\frac{2}{x^{2}+y^{2}}.
Observe que o x simplifica. Do mesmo modo,
\frac{1}{y}\frac{\partial F}{\partial y}(x,y) =\big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u,u\big)\cdot\frac{2y}{x^{2}+y^{2}}\cdot\frac{1}{y} =\big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u,u\big)\cdot\frac{2}{x^{2}+y^{2}}.

Passo 6

Subtraio as duas quantidades:
\frac{1}{x}\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)-\frac{1}{y}\frac{\partial F}{\partial y}(x,y) =\big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u,u\big)\cdot\frac{2}{x^{2}+y^{2}} -\big(f_{1}+f_{2}\big)\big(u,u\big)\cdot\frac{2}{x^{2}+y^{2}}=0.
Portanto a diferença é zero sempre que todas as quantidades estão bem definidas (ou seja, quando x\neq0, y\neq0 e x^{2}+y^{2}>0; no caso x^{2}+y^{2}>0 já garante (x,y)\neq(0,0)).

Resposta

\,0\,

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