Diferenciabilidade | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

Dizemos que a função f(x,y) é diferenciável no ponto (x_0, y_0) se as derivadas parciais \frac{\partial f}{\partial x} (x_0 , y_0) e \frac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0) existem e se $$\lim_{(x,y) \rightarrow (x_0, y_0)}{ \frac{f(x,y) – f(x_0, y_0) – \frac{\partial f}{\partial x} (x_0 , y_0) (x-x_0) – \frac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0) (y-y_0)}{\| (x,y) – (x_0, y_0) \|}} = 0.$$

Dizemos que f é diferenciável num conjunto A \subset D_f, se f for diferenciável em todos os pontos de A. Se uma das derivadas parciais não existe no ponto (x_0,y_0), f não é diferenciável neste ponto.

Seja (x_0, y_0) um ponto do domínio da função f(x,y). Se f(x,y) possui derivadas parciais \frac{\partial f}{ \partial x} e \frac{\partial f}{ \partial y} num conjunto A (aberto) que contém (x_0, y_0) e se essas derivadas parciais são contínuas em (x_0, y_0), então f é diferenciável em (x_0, y_0).

Diferenciabilidade | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Considere $$ f(x,y) = \frac{xy (x^2 – y^2)}{x^2 + y^2}; (x,y) \neq (0,0)$$ $$f(0,0) = 0.$$

a) Determine as derivadas parciais de f(x,y);

SOLUÇÃO: Neste caso, $$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{y\,\left( {x}^{2}-{y}^{2}\right) }{{y}^{2}+{x}^{2}}+\frac{2\,{x}^{2}\,y}{{y}^{2}+{x}^{2}}-\frac{2\,{x}^{2}\,y\,\left( {x}^{2}-{y}^{2}\right) }{{\left( {y}^{2}+{x}^{2}\right) }^{2}} = -\frac{{y}^{5}-4\,{x}^{2}\,{y}^{3}-{x}^{4}\,y}{{y}^{4}+2\,{x}^{2}\,{y}^{2}+{x}^{4}}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y} = -\frac{2\,x\,{y}^{2}}{{y}^{2}+{x}^{2}}+\frac{x\,\left( {x}^{2}-{y}^{2}\right) }{{y}^{2}+{x}^{2}}-\frac{2\,x\,{y}^{2}\,\left( {x}^{2}-{y}^{2}\right) }{{\left( {y}^{2}+{x}^{2}\right) }^{2}} = -\frac{x\,{y}^{4}+4\,{x}^{3}\,{y}^{2}-{x}^{5}}{{y}^{4}+2\,{x}^{2}\,{y}^{2}+{x}^{4}}$$

Na origem, $$ \frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{f(0+h,0) – f(0,0)}{h}} = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{f(h,0)}{h}} = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{0}{h}} =0$$ $$ \frac{\partial f}{\partial y} (0,0) = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{f(0,0+h) – f(0,0)}{h}} = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{f(0,h)}{h}} = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{0}{h}} =0$$

b) Esta função é diferenciável em todo o plano?

SOLUÇÃO: Observe que em todos os pontos fora da origem as duas derivadas parciais dadas no item anterior são contínuas, portanto, a função é diferenciável nestes pontos.

Já na origem, observe que: $$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial f}{\partial x} (x,y)} = \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{-\frac{{y}^{5}-4\,{x}^{2}\,{y}^{3}-{x}^{4}\,y}{{y}^{4}+2\,{x}^{2}\,{y}^{2}+{x}^{4}}}. $$ Fazendo x = r cos(t) e y = r sen(t) , obtemos:

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial f}{\partial x} (x,y)} = \lim_{(r, \theta) \rightarrow (0,0)}{-\frac{r\,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{5}-4\,r\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{2}\,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{3}-r\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{4}\,\mathrm{sin}\left( t\right) }{{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{4}+2\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{2}\,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{2}+{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{4}}} = $$ $$= \lim_{(r, \theta) \rightarrow (0,0)}{- \frac{r\,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{5}-4\,r\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{2}\,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{3}-r\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{4}\,\mathrm{sin}\left( t\right)}{(\sin^2(t) + cos^2(t))^2}} = $$ $$=  \lim_{(r, \theta) \rightarrow (0,0)}{-r\,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{5}-4\,r\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{2}\,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{3}-r\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{4}\,\mathrm{sin}\left( t\right)} = 0 = \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)$$

Portanto a derivada parcial \dfrac{\partial f}{\partial x} é contínua em todos os pontos da origem.

Olhando para \dfrac{\partial f}{\partial y} na origem, obtemos $$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial f}{\partial y} (x,y)} = \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{-\frac{x\,{y}^{4}+4\,{x}^{3}\,{y}^{2}-{x}^{5}}{{y}^{4}+2\,{x}^{2}\,{y}^{2}+{x}^{4}} }. $$ Fazendo x = r cos(t) e y = r sen(t) , obtemos:

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial f}{\partial y} (x,y)} = \lim_{(r, t ) \rightarrow (0,0)}{-\frac{r\,\mathrm{cos}\left( t\right) \,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{4}+4\,r\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{3}\,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{2}-r\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{5}}{{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{4}+2\,{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{2}\,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{2}+{\mathrm{cos}\left( t\right) }^{4}}} = $$ $$\lim_{(r, t ) \rightarrow (0,0)}{4\,r\,\mathrm{cos}\left( t\right) \,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{4}-6\,r\,\mathrm{cos}\left( t\right) \,{\mathrm{sin}\left( t\right) }^{2}+r\,\mathrm{cos}\left( t\right) } = 0 = \frac{\partial f}{\partial y} (0,0)$$

Portanto a derivada parcial \dfrac{\partial f}{\partial y} também é contínua em todos os pontos da origem.

c) Determine as derivadas parciais de segunda ordem de f(x,y).

SOLUÇÃO: Neste caso, as derivadas parciais de segunda ordem de f(x,y) fora da origem são dadas por:

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{12\,x\,{y}^{5}-4\,{x}^{3}\,{y}^{3}}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = -\frac{{y}^{6}+9\,{x}^{2}\,{y}^{4}-9\,{x}^{4}\,{y}^{2}-{x}^{6}}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = -\frac{{y}^{6}+9\,{x}^{2}\,{y}^{4}-9\,{x}^{4}\,{y}^{2}-{x}^{6}}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{4\,{x}^{3}\,{y}^{3}-12\,{x}^{5}\,y}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}$$

Agora, na origem, obtemos:

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} (0,0) = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x} (h,0) – \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)}{h}} = 0$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (0,0) = \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x} (0,h) – \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)}{h}} = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{-h}{h}} = -1$$

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (0,0) = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{\frac{\partial f}{\partial y} (h,0) – \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)}{h}} = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{h}{h}} = 1$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} (0,0) = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{\frac{\partial f}{\partial y} (0,h) – \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)}{h}} = 0$$

d) Justifique o fato das derivadas parciais de segunda ordem mistas, \dfrac{\partial ^2 f}{\partial x \partial y} (0,0) e \dfrac{\partial ^2 f}{\partial y \partial x} (0,0) , serem diferentes.

SOLUÇÃO: Observe que

$$ \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x,y)} = \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{-\frac{{y}^{6}+9\,{x}^{2}\,{y}^{4}-9\,{x}^{4}\,{y}^{2}-{x}^{6}}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}}. $$ Usando as curvas \gamma _1 (t) = (t,0) e \gamma _2 (t) = (0,t), vemos que

$$ \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x,0)} = \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{t^6}{t^6}} = 1  $$

$$ \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (0,y)} = \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{-t^6}{t^6}} = -1. $$

Portanto o limite \lim\limits_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x,y)} não existe, logo essa derivada parcial de segunda ordem não pode ser contínua. Portanto a função não é duas vezes diferenciável, contrariando o Teorema de Schwarz e justificando a razão de \dfrac{\partial ^2 f}{\partial x \partial y} (0,0) e \dfrac{\partial ^2 f}{\partial y \partial x} (0,0) , serem diferentes.

2) A função f(x,y) = \sqrt{|x| (1+y^2)} é diferenciável na origem? Justifique sua resposta.

SOLUÇÃO: Para verificar se a função é diferenciável na origem precisamos calcular as derivadas parciais neste ponto. Assim, $$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim\limits_{h \rightarrow 0}{\frac{\sqrt{|x+h| (1+y^2)} – 0 }{h}} = \lim\limits_{h \rightarrow 0}{\frac{\sqrt{|x+h| (1+y^2)}}{h}} = \sqrt{(1+y^2)}  \lim\limits_{h \rightarrow 0}{\frac{\sqrt{|x+h|}}{h}}$$ Desta forma, a derivada parcial de f com relação a x depende da existência do limite \lim\limits_{h \rightarrow 0}{\frac{\sqrt{|x+h|}}{h}} . Facilmente, podemos perceber que este limite não converge para um número real. logo, podemos dizer que a derivada parcial não existe em (0,0) e, portanto, a função f(x,y) = \sqrt{|x| (1+y^2)} não é diferenciável na origem.

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