Exercícios Resolvidos de Derivadas Direcionais

Seja f   : R 2 → R a função dada por

f x , y = x 4 + y 3 x 2 + y 2   ,       s e   ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) 0   ,     s e   x , y = ( 0,0 )

Considere as seguintes afirmações:

  1. f é contínua em ( 0,0 )
  2. ∂ f ∂ x 0,0 e ∂ f ∂ y ( 0,0 ) existem
  3. f é diferenciável em ( 0,0 )
  4. ∂ f ∂ u 0,0 = ∇ f 0,0 ∙ u para todo versor u ∈ R 2

Assinale a alternativa correta:

  1. Apenas as afirmações I, II e IV são verdadeiras
  2. Apenas as afirmações I e III são verdadeiras
  3. Apenas as afirmações II e III são verdadeiras
  4. Apenas as afirmações I e II são verdadeiras

Passo 1

Analisando cada uma das afirmações, começando pela primeira:

  1. f é contínua em ( 0,0 )

Para ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) f é uma função racional, que é a composição de funções polinomiais que são contínuas em todo o seu domínio, portanto, para ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) , f é contínua.

Já para x , y = ( 0,0 ) , devemos ter que

lim x , y → ( 0,0 ) ⁡ f ( x , y ) = f 0,0 = 0

Vejamos:

Podemos reescrever a nossa função f como

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

Temos então

lim x , y → ( 0,0 ) ⁡ f ( x , y ) = lim x , y → ( 0,0 ) ⁡ x 2 x 2 x 2 + y 2 + lim x , y → ( 0,0 ) ⁡ y y 2 x 2 + y 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Para calcular esses limites, vamos tentar limitar alguma coisa.

0 ≤ x 2 ≤ x 2 + y 2

Dividindo tudo por x 2 + y 2 :

0 ≤ x 2 x 2 + y 2 ≤ x 2 + y 2 x 2 + y 2 = 1

E o mesmo vale para y 2 x 2 + y 2 , pois é só trocar x por y .

Beleza, então essa expressão é limitada. E também temos que

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

Logo, pelo teorema do anulamento, diretamente temos que

lim x , y → ( 0,0 ) ⁡ f ( x , y ) = 0 + 0 = 0 = f ( 0,0 )

Assim, nossa função é continua em ( 0,0 ) .

Passo 3

Vamos agora para a segunda afirmação:

∂ f ∂ x 0,0 e ∂ f ∂ y ( 0,0 ) existem.”

Como temos uma função definida por partes, vamos usar a definição de derivadas parciais pra ver se essas derivadas existem.

∂ f ∂ x 0,0 = lim x → 0 ⁡ f x , 0 - f 0,0 x - 0 = l i m x → 0 x 4 x 2 - 0 x = l i m x → 0   x = 0

∂ f ∂ y 0,0 = lim y → 0 ⁡ f 0 , y - f 0,0 y - 0 = lim y → 0 ⁡ y 3 y 2 - 0 y = l i m y → 0   1 = 1

Otimo, então as derivadas parciais existem.

Passo 4

Terceira afirmação:

f é diferenciável em ( 0,0 )

Para ser diferenciável em ( 0,0 ) é preciso que

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 = 0

Substituindo nossos dados nesse limitão:

lim h , k → 0,0 ⁡ h 4 + k 3 h 2 + k 2 - 0 - 0 h - 1 k h 2 + k 2 = lim h , k → 0,0 ⁡ h 4 + k 3 - k h 2 + k 2 h 2 + k 2

Tá, que danado de coisa feia é essa?????

Não sabe por onde começar né?

Nem eu. Então vamos tentar provar que esse limite não existe.

Vamos testar primeiro o caminho h = k :

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

Ainda parece que não conseguimos nada né? Mas aí vai uma dica pra você. Sempre que surgir esse módulo ai na expressão do limite, significa que esse limite pode ter no mínimo dois valores: um para quando tivermos + k e outro pra quando tivermos - k .

Assim, esse limite não vai existir.

E se ela não existe, não pode valer zero. E se não vale zero, significa que a função não é difrenciável.

Passo 5

Por fim, afirmativa IV:

∂ f ∂ u 0,0 = ∇ f 0,0 ∙ u para todo versor u ∈ R 2

Quando aprendemos sobre derivadas direcionais, a gente aprendeu que ela podia ser calculada por uma fórmula de produto escalar e por uma definição, que a gente usava quando a função não era diferenciável. E, nesse caso, a derivada direcional teria um outro valor, diferente desse valor calculado pelo produto escalar.

Portanto, essa afirmativa é falsa.

Resposta

L e t r a   e

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