Considere a função

f x , y = x y 2 x 4 + y 2 ,             s e   x ,   y ≠ ( 0 ,   0 ) 0 ,                             s e   x , y = ( 0 ,   0 )

Seja u → = - 2 2 ,   2 2 . Considere as seguintes afirmações:

(I) f admite derivadas parciais em ( 0 ,   0 ) e ∇ f 0 ,   0 = ( 0 ,   0 ) .

(II) f não admite derivadas parciais em ( 0 ,   0 ) .

(III) ∂ f ∂ u → 0 ,   0 = 2 2 .

(IV) ∂ f ∂ u → 0 ,   0 = 0 .

(V) ∂ f ∂ u → 0 ,   0 = - 2 2 .

São verdadeiras apenas as afirmações:

a) (I) e (V).

b) (I) e (III).

c) (I) e (IV).

d) (II) e (IV).

e) (II) e (V).

Passo 1

Fala galera, vamos resolver mais uma questão de cálculo 2 da POLI? Essa questão é sobre derivadas parciais e derivada direcional!

O enunciado forneceu uma função f :

f x , y = x y 2 x 4 + y 2 ,             s e   x ,   y ≠ ( 0 ,   0 ) 0 ,                             s e   x , y = ( 0 ,   0 )

As primeiras duas afirmativas são sobre a existência ou não de derivadas parciais no ponto 0 ,   0 . Note que esse é um ponto de “colagem” da função, em que a função é definida à parte com f 0 ,   0 = 0 . Sendo assim, não podemos sair aplicando as regras de derivação sem nenhuma preocupação, temos que calcular as derivadas parciais pela definição!

Para uma função f ( x , y ) , as derivadas parciais em um ponto ( a ,   b ) são dadas por

∂ f ∂ x a ,   b = lim h → 0 ⁡ f a + h ,   b - f ( a ,   b ) h

∂ f ∂ y a ,   b = lim h → 0 ⁡ f a ,   b + h - f ( a ,   b ) h

Com isso,

∂ f ∂ x 0 ,   0 = lim h → 0 ⁡ f h ,   0 - f ( 0 ,   0 ) h

∂ f ∂ y 0 ,   0 = lim h → 0 ⁡ f 0 ,   h - f ( 0 ,   0 ) h

Da definição da função, sabemos que f 0 ,   0 = 0 . Substituindo x = h e y = 0 :

f h ,   0 = h ⋅ 0 2 h 4 + 0 2 = 0

Fazendo o mesmo com x = 0 e y = h :

f 0 ,   h = 0 ⋅ h 2 0 4 + h 2 = 0

Portanto,

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

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

Desta forma, vemos que as derivadas parciais existem nesse ponto!

O gradiente de uma função de duas variáveis é

∇ f = ∂ f ∂ x , ∂ f ∂ y

Portanto,

∇ f 0 ,   0 = ∂ f ∂ x 0 ,   0 ,   ∂ f ∂ y 0 ,   0 = 0 ,   0

Você pode ver então que a afirmativa (I) é verdadeira e a (II) é falsa!

Passo 2

As três afirmativas que sobraram falam sobre a mesma coisa: a derivada direcional de f na direção do vetor u → = - 2 2 ,   2 2 . Note que esse vetor já está normalizado (tem norma 1 ), o que é bem importante!

Eu sei que você está tentado em usar a fórmula

∂ f ∂ u → a ,   b = ∇ f a ,   b ⋅ u →

Mas você não pode! Como discutimos no passo 1, o ponto 0 ,   0 é um ponto de colagem da função, de modo que que não podemos usar as regras usuais para as derivadas, temos que recorrer sempre à definição!

Se u → = ( h ,   k ) for um vetor unitário, a derivada parcial de f no ponto a ,   b e na direção de u → é dada pelo limite

∂ f ∂ u → a ,   b = lim t → 0 ⁡ f a + t h ,   b + t k - f ( a ,   b ) t

No caso do problema:

∂ f ∂ u → 0 ,   0 = lim t → 0 ⁡ f 0 - t 2 2 ,   0 + t 2 2 - f 0 ,   0 t = lim t → 0 ⁡ f - t 2 2 ,   t 2 2 t

Mas note que

f - t 2 2 ,   t 2 2 = - t 2 2 ⋅ t 2 2 2 t 2 2 4 + - t 2 2 2 = - t 3 2 4 t 4 4 + t 2 2 = - t 3 2 4 t 2 4 t 2 + 2 = - t 2 t 2 + 2

Portanto, dividindo a função por t , temos que:

f t 2 2 ,   - t 2 2 t = - 2 t 2 + 2

Assim,

∂ f ∂ u → 0 ,   0 = lim t → 0 ⁡ - 2 t 2 + 2 = - 2 2

Com isso, vemos que a afirmativa (V) está correta e as afirmativas (III) e (IV) estão erradas!

Passo 3

Chegou a hora de assinalar a alternativa: vimos que as afirmativas (I) e (V) são corretas. Isso corresponde à alternativa A! Acabamos a questão 😊

Resposta

Alternativa A.

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Suponha que as derivadas direcionais de f x ,y sejam conhecidas em um determinado ponto em duas direções não paralelas dadas por vetores unitários u e v . É possível determinar ∇ f nesse ponto? Em cas