Responde Aí
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Enunciado

Cálculo - Cálculo Volume 2 - 8ª Edição - James Stewart- Ed: 8º - Capítulo 14.3 - Ex. 81

Verifique que a função z = ln ⁡ e x + e y é uma solução das equações diferenciais

∂ z ∂ x + ∂ z ∂ y = 1

e

∂ 2 z ∂ x 2 ∙ ∂ 2 z ∂ y 2 - ∂ 2 z ∂ x ∂ y 2 = 0 ⏟ * * *

*** Em algumas edições do livro do Stewart, essa expressão foi impressa como ∂ 2 z ∂ x 2 + ∂ 2 z ∂ y 2 - ∂ 2 z ∂ x ∂ y 2 = 1 . Mas nós do Responde Aí averiguamos junto à edição original e a expressão é esta que se encontra no nosso enunciado.

Passo 1

Show de bola, galera. Para provarmos que a função z é solução das equações diferenciais do enunciado, precisaremos calcular primeiro as seguintes derivadas parciais: ∂ z ∂ x , ∂ z ∂ y , ∂ 2 z ∂ x 2 , ∂ 2 z ∂ y 2 e ∂ 2 z ∂ x ∂ y . Partiu?

∂ z ∂ x = ∂ ∂ x ln ⁡ e x + e y = e x e x + e y

∂ z ∂ y = ∂ ∂ y ln ⁡ e x + e y = e y e x + e y

∂ 2 z ∂ x 2 = ∂ ∂ x ∂ z ∂ x = ∂ ∂ x e x e x + e y = e x e x + e y - e x ∙ e x e x + e y 2 = e x + y e x + e y 2

∂ 2 z ∂ y 2 = ∂ ∂ y ∂ z ∂ y = ∂ ∂ y e y e x + e y = e y e x + e y - e y ∙ e y e x + e y 2 = e x + y e x + e y 2

∂ 2 z ∂ x ∂ y = ∂ ∂ x ∂ z ∂ x = ∂ ∂ x e y e x + e y = - e x + y e x + e y 2

Beleza....Agora vamos colocar essas expressões nas equações diferenciais.

Passo 2

∂ z ∂ x + ∂ z ∂ y = 1 ↔ e x e x + e y ⏟ ∂ z ∂ x + e y e x + e y ⏟ ∂ z ∂ y = e x + e y e x + e y = 1

Show de bola! Chegamos na primeira prova de que a função é solução da equação diferencial. Vamos para a próxima agora:

∂ 2 z ∂ x 2 ∙ ∂ 2 z ∂ y 2 - ∂ 2 z ∂ x ∂ y 2 = 1 ↔ e x + y e x + e y 2 ⏟ ∂ 2 z ∂ x 2 ∙ e x + y e x + e y 2 ⏟ ∂ 2 z ∂ y 2 - - e x + y e x + e y 2 ⏟ ∂ 2 z ∂ x ∂ y 2 = …

… = e 2 x + y e x + e y 4 - e 2 x + y e x + e y 4 = 0

Show de bola! Chegamos na última prova de que a função é solução da equação diferencial.

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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