Utilizar o método da separação das variáveis para encontrar soluções particulares em forma de produto, boldsymbol{u}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}), para as EDP apresentadas, considerando-se para a constante de separação três casos possíveis: Caso I, constante = \lambda^{2}>0; Caso II, constante =0; Caso III, constante =-\lambda^{2}<0. Após determinar a solução, fazer a verificação.
u_{x}=u_{y}

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação de primeiras derivadas parciais
\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial y}
usando o método de separação de variáveis, buscando soluções particulares da forma
u(x,y)=X(x)\,Y(y),
e considerando três valores possíveis para a constante de separação.

Passo 2

Substituindo u(x,y)=X(x)Y(y) na PDE, temos
u_x = X'(x)\,Y(y), \quad u_y = X(x)\,Y'(y).
A igualdade u_x = u_y fica
X'(x)\,Y(y) \;=\; X(x)\,Y'(y)
ou seja
\frac{X'(x)}{X(x)} \;=\; \frac{Y'(y)}{Y(y)} \;=\;\alpha,
onde \alpha é a constante de separação.

Passo 3

Cada lado gera uma EDO simples:
X'(x) = \alpha\,X(x), \quad Y'(y) = \alpha\,Y(y).
As soluções gerais são
X(x) = A\,e^{\alpha x}, \quad Y(y) = B\,e^{\alpha y},
logo
u(x,y) = A\,B\,e^{\alpha(x+y)}.
Renomeando C = A\,B, obtemos
u(x,y) = C\,e^{\alpha(x+y)}.

Passo 4

Agora analisamos os três casos para \alpha:
Caso I ( \alpha = \lambda^2>0).
u(x,y) = C\,e^{\lambda^2\,(x+y)}.
Caso II ( \alpha = 0).
u(x,y) = C.
Caso III ( \alpha = -\lambda^2<0).
u(x,y) = C\,e^{-\lambda^2\,(x+y)}.

Passo 5

Verificação geral. Para
u(x,y) = C\,e^{\alpha(x+y)}
temos
u_x = C\,\alpha\,e^{\alpha(x+y)}, \quad u_y = C\,\alpha\,e^{\alpha(x+y)},
logo u_x = u_y, como pedido.

Resposta

Caso I ( \alpha = \lambda^2>0):
u(x,y) = C\,e^{\lambda^2\,(x+y)}.
Caso II ( \alpha = 0):
u(x,y) = C.
Caso III ( \alpha = -\lambda^2<0):
u(x,y) = C\,e^{-\lambda^2\,(x+y)}.

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