Exercícios Resolvidos de Derivadas Direcionais

Derivadas Parciais e o Vetor Gradiente, Derivadas Direcionais

Dentre as funções abaixo, existe uma função f tal que δ f δ u → 0,0 existe para todo vetor unitário u → e f não é contínua em 0,0 .

I   f x , y = y 3 x 2 + y 2   s e   x , y ≠ 0,0   0   ,     s e   x , y = 0,0

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

I I I   f x , y = 2 x 2 + 5 y 2

  1. Prove que a função escolhida não é contínua em 0,0 .
  2. Seja u → = ( a , b ) um vetor unitário. Calcule δ f δ u → 0,0 para a função escolhida.

Passo 1

  1. Aqui não tem jeito, temos que testar uma a uma mesmo XD Para uma função ser contínua em um ponto, então o limite quando ela tende a esse ponto existe e é igual ao valor dela no ponto. Partiu então encontrar o limite quando a função I tende a 0,0 .
  2. lim x , y → 0,0 ⁡ y 3 x 2 + y 2 =

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

    lim x , y → 0,0 ⁡ 0 y 2 x 2 + y 2 = ?

    Aqui temos 0 multiplicando y 2 x 2 + y 2 . Então, se ela for limitada, o limite da 0 ! Vamos verificar?

    Passo 2

    Pelo teorema do sanduiche, teremos:

    0 < y 2 < x 2 + y 2

    Se dividirmos tudo por x 2 + y 2 , teremos:

    0 x 2 + y 2 < y 2 x 2 + y 2 < x 2 + y 2 x 2 + y 2

    0 < y 2 x 2 + y 2 < 1

    E pronto! Viu como é limitada, entre 0 e 1 ? Então sabemos que o limite da função I é 0 ! Como a função realmente assume esse valor em 0,0 , então ela é contínua!

    Passo 3

    Agora partiu encontrar o limite da função I I ?

    lim x , y → 0,0 ⁡ x 2 y x 4 + y 2

    Antes de partir pro teorema do sanduíche, vamos tentar alguns caminhos? Se percorremos a função pela reta 0 , t ,   t ∈ R , teremos:

    lim x , y → 0,0 ⁡ 0 2 t 0 4 + t 2 = 0

    E se tentássemos por uma curva que deixasse o grau do parâmetro no denominador igual para x e y ? Por exemplo, a curva t , t 2 :

    lim x , y → 0,0 ⁡ t 2 t 2 t 4 + t 2 2 =

    lim x , y → 0,0 ⁡ t 4 2 t 4 = 1 2

    Opa! Chegamos exatamente onde queríamos!! Conseguimos um limite diferente do anterior encontrado, 0 . Como a função não pode ter dois limites, então vemos que a função I I não é contínua em 0,0 !

    Passo 4

    Seria muito vacilo passar direto pra letra b sem provar que a função I I I é de fato contínua? Hahahaha por via das dúvidas, vamos ver se o enunciado não está nos trolando dizendo que tem apenas uma contínua... Partiu encontrar o limite quando a função I I I tende a 0 .

    l i m x , y → 0,0 ⁡ 2 x 2 + 5 y 2

    Bom, essa dispensa explicações, né? Veja lá... se substituirmos direto os valores de x e y para 0 , não tem indeterminação nenhuma!

    lim x , y → 0,0 ⁡ 2 . 0 2 + 5 . 0 2 = 0

    Show! É contínua em 0,0 , pois o limite é igual ao valor que a função assume nesse ponto!

    Passo 5

  3. Agora que sabemos que é a função I I que não é contínua em 0,0 , vamos calcular a derivada direcional? Se temos o vetor u → = a , b , unitário, então o limite

δ f 0,0 δ u → = l i m t → 0 f 0 + a t , 0 + b t - f 0,0 t

deve existir. É basicamente a mesma coisa que derivada parcial, a diferença é que na definição da derivada parcial são os vetores unitários os eixos cartesianos! Enfim, resolvendo o limite, como f 0,0 = 0 , e fazendo x = a t e y = b t na função I I ,

l i m t → 0 a 2 t 2 . b t a 4 t 4 + b 2 t 2 - 0 t =

l i m t → 0 1 t .   a 2 t 2 . b t a 4 t 4 + b 2 t 2 =

l i m t → 0 a 2 . b a 4 t 2 + b 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora temos duas opções, se b = 0 , ou seja, a coordenada y do vetor unitário, então obrigatoriamente a ≠ 0 , pois a 2 + b 2 = 1 , pelo fato do seu módulo ser 1 . Então,

l i m t → 0 a 2 . 0 a 4 t 2 + 0 2 =

l i m t → 0 0 a 4 t 2 = 0

E no caso de b ≠ 0 , então

l i m t → 0 a 2 . b a 4 t 2 + b 2 = a 2 b

E teremos, para a derivada direcional,

δ f 0,0 δ u → = a 2 b s e b ≠ 0 0 s e b = 0

Resposta

a) A função I I não é contínua em 0,0

b) δ f 0,0 δ u → = a 2 b s e b ≠ 0 0 s e b = 0

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