Diferenciabilidade de Função Vetorial

Teoria Completa

“Ah não, diferenciabilidade não!”

É, eu sei que esse assunto é chato, mas infelizmente a gente tem que aprender. Então, força na piruca e vamo que vamo!

Existem algumas maneiras de verificar se uma função vetorial é diferenciável. Vou lista-las aqui, em ordem de preferência:

  1. Testar a continuidade no ponto de interesse:
  2. Toda função diferenciável num ponto é também uma função contínua nesse ponto. Então, se a função não for sequer contínua, ela não tem como ser diferenciável.

    Mas fica ligado: uma função vetorial só é contínua, se todas as suas funções componentes forem contínuas naquele ponto. Se tiver pelo menos uma que não é, a continuidade da função vetorial toda vai por água a baixo.

  3. Classe C ¹ :
  4. Funções vetoriais cujas funções componentes são de classe C ¹ são diferenciáveis em todo o seu domínio.

    Funções clássicas de classe C 1 são os polinômios ou funções que são compostas por polinômios, por exemplo, as funções racionais. Isso porque elas tem derivadas parciais de primeira ordem contínuas num subconjunto do seu domínio que contém o ponto de interesse.

    Então, o que temos que fazer é observar se as funções componentes da nossa função vetorial são de classe C ¹ e então analisar o domínio dela para dizer os pontos onde é diferenciável.

  5. Cálculo do erro

Uma forma infalível mesmo de saber se uma função vetorial é diferenciável num ponto X 0 é se

lim H → 0 ⁡ F X 0 + H - F X 0 - F ' X 0 . H ‖ H ‖ = 0

É, eu sei........

Vamos por partes então.

F ' X 0 nada mais é que a matriz jacobiana de F no ponto X 0 . Ok, tranquilo.

Mas agora, quem diabos é esse H ?

H é só um vetor genérico. Olha esse exemplo:

Mostre que

F X = F x , y , z = x + y , 2 z , 2 x + 2

É diferenciável no R 3 .

Temos que provar que aquele limite que falei lá em cima, num ponto qualquer x , y , z ∈ R ³ , é zero.

Vamos começar então dando nome aos bois nos termos daquele limite:

X 0 = ( x , y , z )

É o nosso ponto genérico do R 3 . E

H = h 1 , h 2 , h 3

É o nosso vetor genérico. Dai ‖ H ‖ fica

H = h 1 2 + h 2 2 + h 3 2

E

F X 0 = F x , y , z = x + y , 2 z , 2 x + 2

E

F ' X 0 = F ' x , y , z = ∂ f 1 ∂ x ∂ f 1 ∂ y ∂ f 1 ∂ z ∂ f 2 ∂ x ∂ f 2 ∂ y ∂ f 2 ∂ z ∂ f 3 ∂ x ∂ f 3 ∂ y ∂ f 3 ∂ z = 1 1 0 0 0 2 2 0 0

Beleza, agora vamos substituir no limite:

lim H → 0 ⁡ F X 0 + H - F X 0 - F ' X 0 . H ‖ H ‖

lim h 1 , h 2 , h 3 → ( 0,0 , 0 ) ⁡ F x + h 1 , y + h 2 , z + h 3 - F x , y , z - 1 1 0 0 0 2 2 0 0 . h 1 h 2 h 3 h 1 2 + h 2 2 + h 3 2

lim h 1 , h 2 , h 3 → 0,0 , 0 ⁡ x + h 1 + y + h 2 2 z + h 3 2 x + h 1 + 2 - x + y 2 z 2 x + 2 - h 1 + h 2 2 h 3 2 h 1 h 1 2 + h 2 2 + h 3 2

lim h 1 , h 2 , h 3 → 0,0 , 0 ⁡ 0 0 0 h 1 2 + h 2 2 + h 3 2 = 0

Pronto!

Ok, mas se calcular esse limitão aí é uma técnica infalível para saber se a função é diferenciável ou não, por que eu tenho que saber das outras condições?

Muito simples: porque esse limite é gigante e chato de calcular, então, se a gente puder fugir dele, é bom que a gente fuja!!

Antes de você partir para os exercícios, se liga numa observaçãozinha aqui: para calcular esse limite ai, a gente teve que calcular a matriz das derivadas parciais, certo? Se alguma dessas derivadas não existe, então a gente nem pode começar a calcular esse limite, logo, a função não vai ser diferenciável.

Guarda isso então: se alguma das derivadas parciais não existe, então a função não pode ser diferenciável.

Expandir

Exercício Resolvido #1

UFF, Cálculo IIB, lista 10, exercício 11.

Mostre que a função

f r , s , t = 1 r - t s r + t    

É diferenciável ou, se não for diferenciável, indique em que pontos não é diferenciável.

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Passo 1

Vamos começar calculando as derivadas da nossa função num ponto qualquer r , s , t ∈ R ³

F ' r , s , t = ∂ f 1 ∂ r ∂ f 1 ∂ s ∂ f 1 ∂ t ∂ f 2 ∂ r ∂ f 2 ∂ s ∂ f 2 ∂ t

F ' r , s , t = - 1 r - t 2 0 1 r - t 2 - s r + t 2 1 r + t - s r + t 2

Passo 2

-

Agora observa uma coisa:

As funções que compõe essa matriz de derivadas ou são funções constantes, ou são funções compostas por polinômios (nesse caso, são racionais).

E lembra que eu falei lá na teoria que funções racionais são funções de classe C 1 no seu domínio?

De fato são, mas o domínio é:

D o m = { r , s , t ∈ R 3   t q   r ≠ t   e   r ≠ - t }

Então, como ser de classe C 1 é condição suficiente para ser diferenciável, temos que essa função é diferenciável em todos os pontos de seu domínio.

Resposta

Exercício Resolvido #2

UFF, Cálculo IIB, lista 10, exercício 9.

Mostre que a função

f x , y = x y - 1 x 2 + y - 1 2 , x 3 x 2 + y 2 , x - 1 4 x - 1 2 + y 2  

Se x , y ≠ 0,0 ,   x , y ≠ 1,0 ,   x , y ≠ 0,1  

f 0,0 = 0,0 , 1

f 1,0 = - 1 2 , 1,0

f 0,1 = 0,0 , 1 2  

É diferenciável ou, se não for diferenciável, indique em que pontos não é diferenciável.

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Passo 1

Bom, vemos que essa função tem definições diferentes nos pontos

x , y ≠ 0,0 e x , y = 0,0

x , y ≠ 1,0 e x , y = 1,0

x , y ≠ 0,1 e x , y = 0,1

Então parece uma boa testar a diferenciabilidade em cada um desses pontos.

Passo 2

Vamos começar pelo ponto ( 0,1 ) :

E vamos primeiro testar a continuidade da função nesse ponto.

Para a função ser contínua, todas as suas funções componentes tem que ser contínuas nesse ponto. Começando pela primeira componente:

f 1 x , y = x y - 1 x 2 + y - 1 2

Para ela ser contínua,

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

Se fizermos a substituição, vamos chegar na indeterminação 0 0 .

Se você observar, o grau do numerador é menor que o grau do denominador, então esse limite tá com a maior cara de que não existe.

Pra provar isso, vamos testar calcular o limite por caminhos diferentes e vê no que dá.

Primeiro pelo caminho x = t e y = 1 .

lim t → 1 ⁡ t 1 - 1 t 2 + 1 - 1 2 = 0

Agora pelo caminho x = t e y = t + 1 :

lim t → 0 ⁡ t ( t + 1 ) - 1 t 2 + ( t + 1 ) - 1 2 = lim t → 0 ⁡ t ² t 2 + t ² = lim t → 0 ⁡ t ² 2 t ² = 1 2

Opa, calculando o limite por dois caminhos diferentes, eles deram valores diferentes, ou seja, esse limite realmente não existe.

Assim, como já na primeira componente vimos que ela não é contínua em ( 0,1 ) , então nossa função vetorial não é continua nesse ponto.

Se ela não é sequer continua, então ela também não pode ser diferenciável em ( 0,1 ) .

Passo 3

Beleza, agora vamos para o ponto ( 1,0 )

Mas, antes de tudo, vamos calcular a derivada da nossa função:

f ' x , y = y - 1 - 2 x x 2 + y - 1 2 2 x - 2 y - 1 x 2 + y - 1 2 2 3 x 2 - 2 x x 2 + y 2 2 - 2 x 3 y x 2 + y 2 2 4 x - 1 3 - 2 x - 1 x - 1 2 + y 2 2 - 2 y x - 1 4 x - 1 2 + y 2 2

X 0 = ( 1,0 )

H = ( h 1 , h 2 )

Então

H = h 1 2 + h 2 2

F X 0 = f 1,0 = - 1 2 , 1,0

f ' 1 , 0 = - 3 2 3 2 1 0 0 0

Substituindo no limite:

lim h 1 , h 2 → ( 0,0 ) ⁡ f 1 + h 1 , 0 + h 2 - f 1,0 - - 3 2 3 2 1 0 0 0 . h 1 h 2 h 1 2 + h 2 2

lim h 1 , h 2 → ( 0,0 ) ⁡ ( 1 + h 1 ) h 2 - 1 ( 1 + h 1 ) ² + h 2 - 1 2 1 + h 1 3 ( 1 + h 1 ) ² + h 2 2 1 + h 1 - 1 4 1 + h 1 - 1 2 + h 2 2 - - 1 2 1 0 - - 3 2 3 2 1 0 0 0 . h 1 h 2 h 1 2 + h 2 2

lim h 1 , h 2 → ( 0,0 ) ⁡ ( 1 + h 1 ) h 2 - 1 ( 1 + h 1 ) ² + h 2 - 1 2 1 + h 1 3 ( 1 + h 1 ) ² + h 2 2 h 1 4 h 1 2 + h 2 2 - - 1 2 1 0 - - 3 2 h 1 + 3 2 h 2 h 1 0 h 1 2 + h 2 2

lim h 1 , h 2 → ( 0,0 ) ⁡ ( 1 + h 1 ) h 2 - 1 ( 1 + h 1 ) ² + h 2 - 1 2 1 + h 1 3 ( 1 + h 1 ) ² + h 2 2 h 1 4 h 1 2 + h 2 2 - - 1 2 + 3 2 h 1 - 3 2 h 2 1 - h 1 0 h 1 2 + h 2 2