Para
u(x, y)=f\left(x^{2}+y^{2}\right)
mostre que
x \frac{\partial u}{\partial y}-y \frac{\partial u}{\partial x}=0 .

Passo 1

O enunciado nos dá a função
u(x,y)=f\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)
e pede para mostrar que
x\frac{\partial u}{\partial y}-y\frac{\partial u}{\partial x}=0.
Informações relevantes fornecidas:
  • A função u é obtida compondo uma função de uma variável f com a função s(x,y)=x^{2}+y^{2}.
  • Para calcular as derivadas parciais de u será necessário usar a regra da cadeia.
  • Pressupõe-se que f é diferenciável (tem derivada f') para que as derivadas parciais de u existam.

Passo 2

Vou explicar a regra da cadeia que vamos usar, de forma bem clara e passo a passo.
Se u(x,y)=f\bigl(s(x,y)\bigr) com s:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} e f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, então a derivada parcial de u em relação a x é dada pela regra da cadeia:
\frac{\partial u}{\partial x}=f'\bigl(s(x,y)\bigr)\cdot\frac{\partial s}{\partial x}.
Aqui:
  • f' é a derivada de f em relação ao seu argumento real; ou seja, f'(t)=\dfrac{d}{dt}f(t).
  • \dfrac{\partial s}{\partial x} é a derivada parcial de s(x,y) em relação a x.
A mesma fórmula vale para a derivada parcial em relação a y:
\frac{\partial u}{\partial y}=f'\bigl(s(x,y)\bigr)\cdot\frac{\partial s}{\partial y}.

Passo 3

Aplicando isso ao caso concreto, primeiro defino
s(x,y)=x^{2}+y^{2}.
Calculo as derivadas parciais de s:
\frac{\partial s}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)=2x, \qquad \frac{\partial s}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)=2y.
Expliquei cada passo: derivada de x^{2} em relação a x é 2x; y^{2} é considerada constante quando derivamos em relação a x, e simetricamente para a derivada em relação a y.

Passo 4

Agora uso a regra da cadeia com esses resultados. Para a derivada parcial de u em x temos:
\frac{\partial u}{\partial x}=f'\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\cdot 2x.
E para a derivada parcial em y:
\frac{\partial u}{\partial y}=f'\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\cdot 2y.
Observe que em ambas aparece o mesmo fator f'\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr), porque u depende de x e y apenas através da combinação x^{2}+y^{2}.

Passo 5

Substituo essas expressões na combinação pedida:
x\frac{\partial u}{\partial y}-y\frac{\partial u}{\partial x} = x\cdot\bigl(f'\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\cdot 2y\bigr) - y\cdot\bigl(f'\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\cdot 2x\bigr).
Factorizo o termo comum 2\,f'\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr):
x\frac{\partial u}{\partial y}-y\frac{\partial u}{\partial x} = 2\,f'\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\bigl(xy-yx\bigr).

Passo 6

Mas xy-yx=0 (produto comutativo), logo
x\frac{\partial u}{\partial y}-y\frac{\partial u}{\partial x} = 2\,f'\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\cdot 0 = 0.
Assim a combinação pedida é identicamente zero para todo (x,y).

Passo 7

Para fixar a ideia, veja dois exemplos rápidos:
  • Se f(t)=t então u(x,y)=x^{2}+y^{2}. Calcula-se \dfrac{\partial u}{\partial x}=2x e \dfrac{\partial u}{\partial y}=2y. Então x\cdot 2y-y\cdot 2x=0.
  • Se f(t)=\sin t então f'(t)=\cos t e \dfrac{\partial u}{\partial x}=2x\cos(x^{2}+y^{2}), \dfrac{\partial u}{\partial y}=2y\cos(x^{2}+y^{2}). Novamente x\cdot(2y\cos\cdots)-y\cdot(2x\cos\cdots)=0.
Esses exemplos mostram que o cálculo feito vale para qualquer f diferenciável.

Passo 8

Interpretação geométrica curta (só para motivar): funções da forma u(x,y)=f(x^{2}+y^{2}) são radiais (dependem apenas da distância ao origem). A expressão x\frac{\partial}{\partial y}-y\frac{\partial}{\partial x} é a derivada direcional associada a rotações ao redor da origem; como u é invariante por rotação, essa derivada deve ser zero — o que acabamos de verificar por cálculo.

Resposta

x\frac{\partial u}{\partial y}-y\frac{\partial u}{\partial x}=0

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