Diferenciabilidade – Cálculo do Erro

Teoria Completa

Agora vamos ver uma maneira infalível de determinar a Diferenciabilidade de uma função de 2 variáveis.

Já vou avisando pra você se preparar psicologicamente pra fazer contas gigantes nos exercícios desse tipo. Isso porque, pra mostrar que uma função f x , y é diferenciável num ponto x 0 , y 0 , temos que provar que

lim h , k → 0,0 ⁡ f x 0 + h , y 0 + k - f x 0 , y 0 - ∂ f ∂ x x 0 , y 0 h - ∂ f ∂ y x 0 , y 0 k h 2 + k 2 = 0

Minha reação quando eu vi esse limite pela primeira vez foi mais ou menos assim:

Mas relaxa que geralmente as contas acabam dando uma simplificada (as derivadas parciais se anulam por exemplo).

Aliás, falando em derivadas parciais, muitas vezes teremos que calculá-las pela definição. Então é bom lembrar como faz isso! ;)

Vamos ver um exemplo! A função f é diferenciável na origem?

f x , y = x 3 x 2 + y 2 x , y ≠ 0,0 0 x , y = 0,0

Geralmente, o nosso reflexo tem que ser testar a continuidade da função no ponto pedido. Se ela não for contínua ela não será diferenciável.

Não vou entrar em detalhes das contas porque aqui não é o propósito, mas dá pra provar, sem grandes dificuldades, que

lim x , y → 0,0 ⁡ x 3 x 2 + y 2 = 0 = f 0 ,   0

Assim, a função é contínua na origem.

Por isso, pra testar a diferenciabilidade, temos que partir pro cálculo do limitão e ver se dá zero!

Mas pra isso precisamos das derivadas parciais da f em 0 ,   0 , então vamos calculá-las.

f x , y = x 3 x 2 + y 2

Se a gente tentar derivar normalmente, usando a regra do quociente, o denominador das derivadas parciais vai ser x 2 + y 2 2 . Ou seja, em 0 ,   0 temos uma divisão por zero!

Então vamos ter que usar a definição de derivada parcial. Lembrando:

∂ f ∂ x x 0 , y 0 = lim x → x 0 ⁡ f x , y 0 - f x 0 , y 0 x - x 0

∂ f ∂ y x 0 , y 0 = lim y → y 0 ⁡ f x 0 , y - f x 0 , y 0 y - y 0

Então no nosso exemplo, com x 0 ,   y 0 = 0 ,   0 , temos

∂ f ∂ x 0,0 = lim x → 0 ⁡ f x , 0 - f 0,0 x - 0

∂ f ∂ x 0,0 = lim x → 0 ⁡ x 3 x 2 - 0 x = lim x → 0 ⁡ x x = lim x → 0 ⁡ 1 = 1

E pra derivada parcial em relação a y :

∂ f ∂ y 0,0 = lim y → 0 ⁡ f 0 , y - f 0,0 y - 0

∂ f ∂ y 0,0 = lim y → 0 ⁡ 0 y 2 - 0 y = lim y → 0 ⁡ 0 y = lim y → 0 ⁡ 0 = 0

Então

∂ f ∂ x 0,0 = 1

∂ f ∂ y 0,0 = 0

Show, então nosso limite vai ser:

lim h , k → 0,0 ⁡ f 0 + h , 0 + k - f 0,0 - ∂ f ∂ x 0,0 h - ∂ f ∂ y 0,0 k h 2 + k 2 =

lim h , k → 0,0 ⁡ f h , k - 0 - 1 h - 0 k h 2 + k 2 = lim h , k → 0,0 ⁡ h 3 h 2 + k 2 - h h 2 + k 2

Ajeitando um pouco isso:

lim h , k → 0,0 ⁡ h 3 - h h 2 + k 2 h 2 + k 2 h 2 + k 2 = lim h , k → 0,0 ⁡ - h k 2 h 2 + k 2 h 2 + k 2

= lim h , k → 0,0 ⁡ - h k 2 h 2 + k 2 h 2 + k 2

Que limite triste de calcular né? É melhor tentar provar que o limite não existe. A gente pode fazer uma substituição simples h = k , que dá:

lim h → 0 ⁡ - h 3 2 h 2 2 h 2 = lim h → 0 ⁡ - h 2 2 h 2

Repara que, como temos h 2 = h , temos que separar em dois casos, um quando h → 0 + e um quando h → 0 - .

Se h → 0 + :

lim h → 0 + ⁡ - h 2 2 h 2 = lim h → 0 + ⁡ - h 2 2 h = - 1 2 2

Esse limite não deu zero! Já está errado! Mas ainda podemos ver o caso h → 0 - :

lim h → 0 - ⁡ - h 2 2 h 2 = lim h → 0 - ⁡ - h 2 2 - h = 1 2 2

Ou seja, não só o limite não existe, porque os limites laterais são diferentes, ele também não vale zero!

Portanto, podemos concluir que f não é diferenciável em 0 ,   0 .

Captou a ideia? Então partiu treinar nos exercícios!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2004, p.103 (modificado)

Verifique se a função abaixo é diferenciável em ( 0,0 ) .

f x , y = x 2 + y 2 sen ⁡ 1 x 2 + y 2 ,     x , y ≠ ( 0,0 )     0 ,     x , y = 0,0

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Passo 1

Primeiramente, vamos testar a continuidade da função. Temos que testar se

lim x , y → 0,0 ⁡ f x , y = f 0 ,   0

Pra isso calculamos o limite:

lim x , y → 0,0 ⁡ x 2 + y 2 sen ⁡ 1 x 2 + y 2

Temos

lim x , y → 0,0 ⁡ x 2 + y 2 = 0

E o seno é limitado:

- 1 ≤ sen ⁡ 1 x 2 + y 2 ≤ 1

Logo, pelo teorema do anulamento:

lim x , y → 0,0 ⁡ x 2 + y 2 sen ⁡ 1 x 2 + y 2 = 0 = f 0 ,   0

Portanto, a função é contínua na origem, o que não prova nada em relação à sua diferenciabilidade.

Passo 2

Então não tem jeito, precisamos achar as derivadas parciais e depois fazer o limite

lim h , k → 0,0 ⁡ f x 0 + h , y 0 + k - f x 0 , y 0 - ∂ f ∂ x x 0 , y 0 h - ∂ f ∂ y x 0 , y 0 k h 2 + k 2

E ver se ele é zero.

Portanto, calculemos as derivadas parciais em ( 0,0 ) .

Passo 3

Como temos um ponto de indeterminação temos que fazer pela definição. Começando com a derivada em relação a x

∂ f ∂ x 0,0 = lim x → 0 ⁡ f x , 0 - f 0,0 x - 0 = lim x → 0 ⁡ x 2 + 0 2 sen ⁡ 1 x 2 + 0 2 - 0 x = lim x → 0 ⁡ x sen ⁡ 1 x 2

Aqui basta aplicar o teorema do anulamento que nem fizemos agora a pouco. Temos algo tendendo a zero multiplicando uma expressão limitada

lim x → 0 ⁡ x = 0 - 1 ≤ sen ⁡ 1 x 2 ≤ 1

Logo,

lim x → 0 ⁡ x sen ⁡ 1 x 2 = 0 = ∂ f ∂ x 0 ,   0

Passo 4

Agora vamos para a derivada em relação a y

∂ f ∂ y 0,0 = lim y → 0 ⁡ f y , 0 - f 0,0 y - 0 = lim y → 0 ⁡ 0 2 + y 2 sen ⁡ 1 0 2 + y 2 - 0 y = lim y → 0 ⁡ y sen ⁡ 1 y 2

É um limite idêntico ao anterior então já sabemos que ele é 0

lim y → 0 ⁡ y sen ⁡ 1 y 2 = 0 = ∂ f ∂ y 0 ,   0

Passo 5

Agora que vimos que ele tem derivadas parciais precisamos achar

lim h , k → 0,0 ⁡ f x 0 + h , y 0 + k - f x 0 , y 0 - ∂ f ∂ x x 0 , y 0 h - ∂ f ∂ y x 0 , y 0 k h 2 + k 2 =

⇒ lim h , k → 0,0 ⁡ f 0 + h , 0 + k - f 0,0 - ∂ f ∂ x 0,0 h - ∂ f ∂ y 0,0 k h 2 + k 2

⇒ lim h , k → 0,0 ⁡ h 2 + k 2 sen ⁡ 1 h 2 + k 2 h 2 + k 2 = lim h , k → 0,0 ⁡ h 2 + k 2 sen ⁡ 1 h 2 + k 2

Passo 6

De novo, mesmo esquema pra calcular o limite. Aliás, esse é bem parecido com o que fizemos lá no começo.

lim h , k → 0,0 ⁡ h 2 + k 2 = 0 - 1 ≤ sen ⁡ 1 h 2 + k 2 ≤ 1

Logo,

lim h , k → 0,0 ⁡ h 2 + k 2 sen ⁡ 1 h 2 + k 2 = 0

O limite loucão deu 0 , então a função é diferenciável em 0,0 .

Resposta

A função é diferenciável em 0,0 .

Exercício Resolvido #2

Cálculo 2 USP, P2 2010 A, questão 2

Seja f x , y = x y 1 3 .

a) Calcule as derivadas parciais de f nos pontos x , y tais que x y ≠ 0 .

b) Calcule as derivadas parciais de f em 0,0 .

c) Existem f x 0 , b e f y a , 0 quando a e b são não-nulos?

d) Determine os pontos em que f é diferenciável. Justifique.

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Passo 1

a)

Bom, esse passo é só derivar normalmente a função! Se temos:

f x , y = x y 1 3

Então, pela regra da cadeia:

f x = 1 3 x y - 2 3 . y

f y = 1 3 x y - 2 3 . x

Pronto, só isso!

Passo 2

b)

Agora, vejamos as derivadas em 0,0 . Como nesse ponto as derivadas calculadas no item a possuem indeterminação, vamos calculá-las pelo limite da derivada.

Para a derivada em relação a x , teremos:

∂ f ∂ x 0,0 = lim x → 0 ⁡ f x , 0 - f 0,0 x - 0

Colocando a função   f , teremos:

∂ f ∂ x 0,0 = lim x → 0 ⁡ x . 0 1 3 - 0.0 1 3 x = lim x → 0 ⁡ 0 x = 0

Ou seja, a derivada em relação a x é 0 !

Passo 3

Agora, fazendo o mesmo para a derivada em relação a y , teremos:

∂ f ∂ y 0,0 = lim y → 0 ⁡ f 0 , y - f 0,0 y - 0

Colocando a f x , y , fica:

∂ f ∂ y 0,0 = lim y → 0 ⁡ 0 . y 1 3 - 0,0 1 3 y = lim y → 0 ⁡ 0 y = 0

E aí temos que a derivada em relação a y também vale 0 :D Pronto, só isso mesmo!

Passo 4

c)

Aqui é basicamente resolver de novo o passo anterior, mas trocando o 0 por a ou b dependendo do caso. Por exemplo, para a derivada em relação a x , teríamos:

∂ f ∂ x 0 , b = lim x → 0 ⁡ f x , b - f 0 , b x - 0

Colocando a função   f , teremos:

∂ f ∂ x 0 , b = lim x → 0 ⁡ x b 1 3 - 0 . b 1 3 x = b 1 3 x 2 3

Ou seja, se temos b > 0 o limite vai para infinito positivo, e para b < 0 , vamos para o infinito negativo! Assim, não existe derivada para qualquer ponto 0 , b .

Passo 5

Agora, fazendo o mesmo para a derivada em relação a y , teremos:

∂ f ∂ y a , 0 = lim y → 0 ⁡ f a , y - f a , 0 y - 0

Colocando a função   f , teremos:

∂ f ∂ y a , 0 = lim y → 0 ⁡ a y 1 3 - a . 0 1 3 y = a 1 3 y 2 3

Da mesma forma, se a > 0 o limite vai para infinito positivo, e para a < 0 , vamos para o infinito negativo! Assim, não existe derivada para qualquer ponto a , 0 .

Passo 6

d)

Calculamos as derivadas parciais de f e achamos

f x = 1 3 x y - 2 3 . y

f y = 1 3 x y - 2 3 . x

Para x y ≠ 0 , não tem nenhuma problema com as derivadas parciais: elas são contínuas, e portanto, f é diferenciável.

Passo 7

Agora temos que ver se as derivadas parciais são contínuas para x y = 0 .

Temos 3 possibilidades: ou x = 0 e y ≠ 0 , ou x ≠ 0 e y = 0 , ou x = y = 0 .

As 2 primeiras possibilidades são justamente as que vimos no item anterior, são os pontos 0 ,   b e a ,   0 . Concluímos que as derivadas parciais não existem nesses pontos, portanto neles a função não é diferenciável.

Passo 8

Agora só resta o ponto 0 ,   0 . As derivadas parciais existem nesse ponto, mas isso não garante a diferenciabilidade da função!

Para ver se a função é diferenciável na origem, precisamos resolver esse limite:

lim h , k → 0,0 ⁡ f 0 + h , 0 + k - f 0,0 - ∂ f ∂ x 0,0 h - ∂ f ∂ y 0,0 k h 2 + k 2

Como as derivadas parciais em 0 ,   0 valem 0 , então temos que esse limite gigante se resume a:

lim h , k → 0,0 ⁡ h k 1 3 - 0.0 1 3 - 0 h - 0 k h 2 + k 2 =

lim h , k → 0,0 ⁡ h k 1 3 h 2 + k 2

Passo 9

Para resolver agora esse limite de duas variáveis, escolhamos o caminho t , t , por exemplo:

lim t → 0 ⁡ t 2 1 3 t 2 + t 2 =

Como o grau de cima é menor que o de baixo, teremos:

lim t → 0 ⁡ t 2 3 2 . t =

lim t → 0 ⁡ 1 2 . t 1 3

E, quando t → 0 , temos o limite indo para + ∞ ! Dessa forma, vemos que o limite não pode existir, e, portanto, a função não pode ser diferenciável!

Passo 10

Disso tudo, concluímos que a função é diferenciável apenas nos pontos tais que x y ≠ 0 .

Resposta

a) f x = 1 3 x y - 2 3 . y e f y = 1 3 x y - 2 3 . x

b) f x 0,0 = f y 0,0 = 0

c) Não existem derivadas para pontos do tipo 0 , a ou b , 0

d) A função é diferenciável nos pontos tais que x y ≠ 0

Exercício Resolvido #3

Cálculo 2 USP, P2 2012 A, questão 1

Seja f x , y = cos ⁡ x 2 + y 2 3 . Em que pontos de R 2 f é diferenciável? Justifique!

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Passo 1

Para ser diferenciável, então temos que encontrar as derivadas parciais dessa função, e jogar no limite abaixo, vendo se ele dá 0 .

lim h , k → 0,0 ⁡ f x 0 + h , y 0 + k - f x 0 , y 0 - ∂ f ∂ x x 0 , y 0 h - ∂ f ∂ y x 0 , y 0 k h 2 + k 2

Como queremos saber em quais pontos do R 2 ela é diferenciável, vamos fazer as derivadas e ver onde elas são contínuas. Nesses pontos, a função com certeza é diferenciável.

Depois fazemos o limite aí de cima para os pontos onde elas não forem contínuas e vemos quando ele vale 0 . Os pontos que satisfizerem essa condição, serão aqueles nos quais a função é diferenciável ;)

Passo 2

Partiu encontrar as derivadas parciais!

f x , y = cos ⁡ x 2 + y 2 3

Para derivar em relação a x , usamos a regra da cadeia, tratando y como constante. Derivamos a função cosseno, depois o argumento dela, x 2 + y 2 1 3 :

f x x , y = - sen ⁡ x 2 + y 2 3 . 1 3 x 2 + y 2 - 2 3 . 2 x

E a derivada em relação a y é:

f y x , y = - sen ⁡ x 2 + y 2 3 . 1 3 x 2 + y 2 - 2 3 . 2 y

Show! Uma das condições para a função ser diferenciável, é que ela tenha as primeiras derivadas parciais contínuas. Nesse caso, essas derivadas são contínuas em todo o R 2 menos na origem (pelo termo que tem expoente negativo, não podemos mandar 0,0 no denominador).

Mas atenção: o fato de termos um ponto de descontinuidade nas derivadas parciais não exclui a possibilidade da função ser diferenciável! O que podemos dizer é que, quando elas são contínuas, então são diferenciáveis! Enfim, não temos, nesse caso, como fugir do limite feio.

Passo 3

Colocando o ponto problemático em relação a continuidade no limite da diferenciabilidade,

lim h , k → 0,0 ⁡ f 0 + h , 0 + k - f 0,0 - ∂ f ∂ x 0,0 h - ∂ f ∂ y 0,0 k h 2 + k 2

Aí temos um problema: quais são os valores das derivadas em 0,0 ? Para saber isso, precisamos fazer a derivada pela definição do limite de derivada parcial:

∂ f ∂ x x 0 , y 0 = lim x → x 0 ⁡ f x , y 0 - f x 0 , y 0 x - x 0

Colocando o ponto que queremos saber a derivada, 0,0 :

∂ f ∂ x 0,0 = lim x → 0 ⁡ f x , 0 - f 0,0 x - 0 =

lim x → 0 ⁡ cos ⁡ x 2 + 0 2 3 - cos ⁡ 0 2 + 0 2 3 x =

lim x → 0 ⁡ cos ⁡ x 2 3 - 1 x

Passo 4

Como temos cosseno menos 1 no numerador, é uma boa ideia multiplicar por cosseno mais 1 . Aí teremos cosseno ao quadrado menos 1 , que é o mesmo que seno ao quadrado!

lim x → 0 ⁡ cos ⁡ x 2 3 - 1 x . cos ⁡ x 2 3 + 1 cos ⁡ x 2 3 + 1 =

lim x → 0 ⁡ cos 2 ⁡ x 2 3 - 1 x cos ⁡ x 2 3 + 1 =

lim x → 0 ⁡ - s e n 2 ⁡ x 2 3 x cos ⁡ x 2 3 + 1

Passo 5

Aí vem uma carteada que não dá pra fugir... Se você observar, temos sin ⁡ x 2 3 x 2 3 , que é o limite manjado, limitado, que dá 1 (o fato de ser x 2 3 nao muda o limite, basta pensar em fazer substituição k = x 2 3 , ficando sin ⁡ k k ).

Enfim, para aparecer esse limite aí, temos que mexer no denominador:

lim x → 0 ⁡ - sin 2 ⁡ x 2 3 x cos ⁡ x 2 3 + 1 = lim x → 0 ⁡ - sin 2 ⁡ x 2 3 x 4 3 . x 1 3 cos ⁡ x 2 3 + 1

Veja que esse manejo é válido porque temos x 1 3 x 4 3 = x 1 3 - 4 3 = x - 1