Utilizando argumentos geométricos, determine soluções da equação a derivadas parciais dada.
\frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}=0

Passo 1

O enunciado pede: determinar, por argumentos geométricos, as soluções da equação a derivadas parciais
\frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}=0.
Informações dadas: a equação relaciona as derivadas parciais de uma função f(x,y). O objetivo é encontrar a forma geral de f (ou seja, todas as funções f suficientemente suaves que satisfazem essa identidade). Não há condições de contorno ou valores iniciais; queremos a solução geral.

Passo 2

Interpretação geométrica usando derivada direcional. Para um vetor \mathbf{v}=(v_1,v_2), a derivada direcional de f na direção de \mathbf{v} é
D_{\mathbf{v}}f = \frac{\partial f}{\partial x}v_1+\frac{\partial f}{\partial y}v_2.
Na nossa equação, podemos escrever
\frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}=0
como
\frac{\partial f}{\partial x}\cdot 1+\frac{\partial f}{\partial y}\cdot(-1)=0,
ou seja,
D_{\mathbf{v}}f=0\quad\text{para }\mathbf{v}=(1,-1).
Significado geométrico: a derivada direcional de f na direção \mathbf{v}=(1,-1) é zero, portanto f não varia quando nos movemos ao longo das curvas cuja tangente é \mathbf{v}. Em outras palavras: f é constante ao longo das trajetórias integrais do campo de vetores \mathbf{v}.

Passo 3

Encontrar as trajetórias integrais (as curvas cujas tangentes são \mathbf{v}). São dadas pelo sistema de equações diferenciais ordinárias
\frac{dx}{dt}=1,\qquad \frac{dy}{dt}=-1.
Resolvendo essas ODEs simples:
x(t)=t+C_1,\qquad y(t)=-t+C_2,
onde C_1,C_2 são constantes de integração. Eliminando t, somamos as duas expressões:
x(t)+y(t)=C_1+C_2=\text{constante}.
Logo, as trajetórias integrais são as retas no plano (x,y) descritas por
x+y=\text{constante}.

Passo 4

Conclusão geométrica: como D_{\mathbf{v}}f=0, f é constante ao longo de cada reta x+y= constante. Isso significa que o valor de f em um ponto (x,y) depende apenas do valor da combinação invariante x+y. Portanto existe uma função de uma variável g tal que
f(x,y)=g(x+y).
Aqui g é arbitrária (desde que seja diferenciável quando precisarmos das derivadas parciais).

Passo 5

Verificação algébrica (pra você não ficar inseguro): suponha f(x,y)=g(x+y) com g diferenciável. Pela regra da cadeia temos
\frac{\partial f}{\partial x}=g'(x+y)\cdot\frac{\partial}{\partial x}(x+y)=g'(x+y)\cdot 1=g'(x+y),
\frac{\partial f}{\partial y}=g'(x+y)\cdot\frac{\partial}{\partial y}(x+y)=g'(x+y)\cdot 1=g'(x+y).
Subtraindo,
\frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}=g'(x+y)-g'(x+y)=0,
logo todas as funções da forma g(x+y) satisfazem a equação. Assim esta é a solução geral.

Passo 6

Outra interpretação geométrica equivalente (curta): a equação pode ser escrita como
\nabla f\cdot(1,-1)=0,
ou seja, o gradiente \nabla f é ortogonal ao vetor (1,-1). Como o gradiente é normal às curvas de nível de f, isso diz que as curvas de nível têm direção (1,-1) — por isso são as retas x+y= constante — e f é função destas retas por sua constante x+y.

Passo 7

Exemplos concretos (pra fixar e te dar confiança na prova):
  • f(x,y)=C (constante) corresponde a g(u)=C.
  • f(x,y)=x+y corresponde a g(u)=u.
  • f(x,y)=(x+y)^2 corresponde a g(u)=u^2.
    Todos satisfazem \frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}=0, conforme verificado pelo passo 5.

Resposta

f(x,y)=g(x+y), onde g é uma função arbitrária (suficientemente suave) de uma variável.

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