Utilize o método de separação de variáveis para encontrar, se possível, soluções na forma de produto. Considere (x, y) \epsilon[0, a] \times[0, b].
u_{x}=u_{y}+u

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial parcial
u_{x}=u_{y}+u
no retângulo [0,a]\times[0,b] e pede para, usando o método de separação de variáveis, encontrar soluções na forma de produto.
Informações importantes fornecidas:
  • A solução procurada deve ter a forma de produto \,u(x,y)=X(x)\,Y(y).
  • A equação relaciona derivadas parciais em x e y e contém um termo linear em u.
    O que se pede exatamente: encontrar, se possível, todas as soluções do tipo produto (ou uma família parametrizada) que satisfaçam a equação dada.

Passo 2

Assumimos a forma de produto
u(x,y)=X(x)\,Y(y),
onde X é função só de x e Y é função só de y. Esta é a hipótese clássica de separação de variáveis: a dependência mista em (x,y) é escrita como produto de duas funções univariadas.

Passo 3

Calcule as derivadas parciais necessárias substituindo u:
u_{x}=X'(x)\,Y(y), \qquad u_{y}=X(x)\,Y'(y).
Aqui X'(x) é a derivada de X em relação a x e Y'(y) é a derivada de Y em relação a y.

Passo 4

Substituindo na equação original obtemos
X'(x)\,Y(y)=X(x)\,Y'(y)+X(x)\,Y(y).
Se X e Y não são identicamente zero (caso contrário tem-se a solução trivial u\equiv0), podemos dividir ambos os lados por X(x)\,Y(y) para separar as variáveis:
\frac{X'(x)}{X(x)}=\frac{Y'(y)}{Y(y)}+1.

Passo 5

Reescrevendo para isolar as partes que dependem somente de x e somente de y:
\frac{X'(x)}{X(x)}-1=\frac{Y'(y)}{Y(y)}.
O membro à esquerda depende apenas de x e o da direita apenas de y; a única forma disso ser verdade para todos (x,y) é que ambos sejam iguais a uma constante, que chamamos de \lambda. Portanto definimos o chamado constante de separação \lambda\in\mathbb{R} (pode ser real ou complexo em contextos mais gerais) e obtemos dois problemas ordinários:
\frac{X'(x)}{X(x)}-1=\lambda, \qquad \frac{Y'(y)}{Y(y)}=\lambda.

Passo 6

Resolver a equação para X. A primeira equação é
\frac{X'(x)}{X(x)}=\lambda+1.
Isto é uma equação diferencial ordinária linear de primeira ordem com separação direta. Integramos ambos os lados em x:
\int \frac{X'(x)}{X(x)}\,dx=\int (\lambda+1)\,dx
o que dá
\ln|X(x)|=(\lambda+1)x + C_1,
onde C_1 é constante de integração. Exponenciando,
X(x)=C_x\,e^{(\lambda+1)x},
com C_x=e^{C_1} constante não nula (ou zero se quisermos a solução trivial).

Passo 7

Resolver a equação para Y. A segunda equação é
\frac{Y'(y)}{Y(y)}=\lambda.
Integramos em y:
\int \frac{Y'(y)}{Y(y)}\,dy=\int \lambda\,dy
obtendo
\ln|Y(y)|=\lambda y + C_2,
e exponenciando
Y(y)=C_y\,e^{\lambda y},
com C_y=e^{C_2} constante.

Passo 8

Montando a solução produto u(x,y)=X(x)\,Y(y) com as constantes encontradas:
u(x,y)=\bigl(C_x\,e^{(\lambda+1)x}\bigr)\bigl(C_y\,e^{\lambda y}\bigr).
Reunindo as constantes multiplicativas em uma única constante C=C_x C_y, chega-se à família de soluções separáveis
u(x,y)=C\,e^{(\lambda+1)x+\lambda y},
onde \lambda e C são constantes (com C podendo ser zero, que dá a solução trivial).

Passo 9

Observações didáticas e exemplos rápidos:
  • A constante \lambda é a constante de separação; cada escolha de \lambda dá uma solução separável distinta.
  • Exemplos:
    • Se \lambda=0: u(x,y)=C\,e^{x} (ou seja Y constante).
    • Se \lambda=-1: u(x,y)=C\,e^{-y} (ou seja X constante).
  • Por linearidade da equação (é homogênea e linear em u), somas finitas de soluções da forma acima também são soluções. Assim, superposições de exponenciais com diferentes \lambda geram outras soluções.
  • A solução trivial u\equiv0 corresponde a C=0.

Resposta

u(x,y)=C\,e^{(\lambda+1)x+\lambda y}, com \lambda\in\mathbb{R} e C\in\mathbb{R} (constantes).

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