Verifique que a função f(x, y)=\ln \left(e^{x}+e^{y}\right) é solução da equação:
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}-\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}\right)^{2}=0.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que
f(x,y)=\ln\bigl(e^{x}+e^{y}\bigr)
é solução da equação
\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}\;\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} \;-\;\Bigl(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}\Bigr)^{2} \;=\;0.
O conteúdo é o cálculo de derivadas parciais de segunda ordem e a verificação de que satisfaz a equação de Monge–Ampère acima. Vamos precisar do regra do quociente e da cadeia para obter as segundas derivadas.

Passo 2

Calcular as derivadas de primeira ordem. Defina
S(x,y)=e^{x}+e^{y},
então
f(x,y)=\ln S.
Pela regra da cadeia e do quociente,
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{1}{S}\,\frac{\partial S}{\partial x} =\frac{e^{x}}{e^{x}+e^{y}},
\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{1}{S}\,\frac{\partial S}{\partial y} =\frac{e^{y}}{e^{x}+e^{y}}.

Passo 3

Calcular as segundas derivadas.
  1. Para \displaystyle f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(\tfrac{e^{x}}{S}\bigr), use a regra do quociente:
f_{xx} =\frac{e^{x}\,S - e^{x}\,e^{x}}{S^{2}} =\frac{e^{x}\,\bigl(S-e^{x}\bigr)}{S^{2}} =\frac{e^{x}e^{y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}.
  1. Por simetria,
f_{yy} =\frac{\partial}{\partial y}\bigl(\tfrac{e^{y}}{S}\bigr) =\frac{e^{x}e^{y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}.
  1. Para a mista \displaystyle f_{xy}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(\tfrac{e^{x}}{S}\bigr),
f_{xy} =-\,\frac{e^{x}\,\frac{\partial S}{\partial y}}{S^{2}} =-\,\frac{e^{x}e^{y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}.

Passo 4

Verificar a equação de Monge–Ampère
f_{xx}\,f_{yy}\;-\;\bigl(f_{xy}\bigr)^{2}.
Substituindo os valores:
f_{xx}\,f_{yy} =\frac{e^{x}e^{y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}} \;\times\; \frac{e^{x}e^{y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}} =\frac{e^{2x+2y}}{(e^{x}+e^{y})^{4}},
\bigl(f_{xy}\bigr)^{2} =\Bigl(-\,\frac{e^{x}e^{y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}\Bigr)^{2} =\frac{e^{2x+2y}}{(e^{x}+e^{y})^{4}}.
Então
f_{xx}\,f_{yy} \;-\;\bigl(f_{xy}\bigr)^{2} =\frac{e^{2x+2y}}{(e^{x}+e^{y})^{4}} -\frac{e^{2x+2y}}{(e^{x}+e^{y})^{4}} =0.

Resposta

f_{xx}\,f_{yy}\;-\;\bigl(f_{xy}\bigr)^{2} \;=\;0,
logo f(x,y)=\ln(e^{x}+e^{y}) é solução da equação dada.

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