Exercícios Resolvidos de Derivadas Parciais pela Definição

UFF, Calculo IIB, Listas GMA, Lista 4, exercício 11

O objetivo deste exercício é examinar uma função de classe C ¹ para a qual a tese do teorema de Schwarz falha: as derivadas parciais mistas não são iguais. Seja

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

  1. Prove que f se anula sobre os eixos x e y . Conclua então que ∂ f ∂ x ( 0,0 ) e ∂ f ∂ y ( 0,0 ) são iguais a zero.
  2. Calcule ∂ f ∂ x e ∂ f ∂ y para pontos ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) e conclua que ∂ f ∂ x 0 , y = - y e ∂ f ∂ y x , 0 = x
  3. Mostre que ∂ 2 f ∂ y ∂ x 0,0 = ∂ ∂ y ∂ f ∂ x 0,0 = lim y → 0 ⁡ ∂ f ∂ x 0 , y - ∂ f ∂ x 0,0 y - 0 = - 1
  4. Mostre que ∂ 2 f ∂ x ∂ y 0,0 = ∂ ∂ x ∂ f ∂ y 0,0 = lim x → 0 ⁡ ∂ f ∂ y x , 0 - ∂ f ∂ y 0,0 x - 0 = + 1 e conclua que as derivadas parciais mistas de f não são igual em ( 0,0 )
  5. Calcule ∂ 2 f ∂ x ∂ y ( x , y ) para ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) .
  6. Use o item anterior para mostrar que ∂ 2 f ∂ x ∂ y x , x = 0 para x > 0 .
  7. Conclua que ∂ 2 f ∂ x ∂ y ( x , y ) é descontínua na origem ( 0,0 ) e assim f não é uma função de classe C ² . Logo, a hipótese do teorema de Schwarz (a saber, f é uma função de classe C ² ) não se verifica.

Passo 1

a )

Sobre o eixo x , temos que y = 0 . Quando isso acontece, temos, segundo a definição da função f

z = f x , y = x 3 . 0 - x . 0 3 x 2 + 0 2 s e   ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) 0 s e   x , y = ( 0,0 )

Que f x , 0 = 0 .

O mesmo ocorre sobre o eixo y , quando x = 0 .

f 0 , y = 0 3 y - 0 . y 3 0 2 + y 2 = 0

Já no ponto ( 0,0 ) , como essa função é definida por intervalos, temos que usar a definição para calcular as derivadas parciais.

Começando pela derivada parcial em relação a x .

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

E para a derivada parcial em relação a y , também usando a definição, temos

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

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b )

Já para os pontos diferentes de ( 0,0 ) , a função é definida por

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

E não precisamos nos preocupar com a definição. Apenas calculamos as derivadas parciais normalmente.

Como sempre, vamos começar pela derivada parcial em relação a x .

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

∂ f ∂ x x , y = 3 x 4 y + 3 x 2 y 3 - x 2 y 3 - y 5 - 2 x 4 y + 2 x 2 y 3 x 2 + y 2 2

∂ f ∂ x x , y = 3 x 4 y + 2 x 2 y 3 - y 5 - 2 x 4 y + 2 x 2 y 3 x 2 + y 2 2  

No ponto ( 0 , y ) , temos

∂ f ∂ x 0 , y = 3 . 0 4 y + 2 . 0 2 y 3 - y 5 - 2 . 0 4 y + 2 . 0 2 y 3 0 2 + y 2 2 = - y 5 y 4 = - y  

Agora vamos para a derivada parcial em relação a y .

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

∂ f ∂ y x , y = x 5 - 3 x y 4 - 2 x 3 y + 2 x y 4 x 2 + y 2 2

No ponto ( x , 0 ) , temos

∂ f ∂ y x , 0 = x 5 - 3 x . 0 4 - 2 x 3 . 0 + 2 x . 0 4 x 2 + 0 2 2 = x 5 x 4 = x

Passo 3

c )

Aqui, teremos de novo que usar a definição de derivada parcial para calcular a derivada parcial de ordem superior, uma vez que a função tem duas definições dependendo se ( x , y ) é igual ou diferente de zero. Ou seja, x , y = ( 0,0 ) é um ponto meio problemático. Vamos lá então.

Usando a definição de derivada parcial mista e os resultados que obtivemos em letras anteriores:

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

lim y → 0 ⁡ ∂ f ∂ x 0 , y - ∂ f ∂ x 0,0 y - 0 = lim y → 0 ⁡ - y - 0 y = - 1

∂ 2 f ∂ y ∂ x 0,0 = - 1

Passo 4

d )

Para a derivada parcial em relação a x da derivada parcial em relação a y , vale o mesmo raciocínio do item anterior.

Assim, usando a definição de derivada parcial mista e os resultados que obtivemos em letras anteriores:

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

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

∂ 2 f ∂ x ∂ y 0,0 = + 1

Logo, as derivadas parciais mistas são diferentes.

Passo 5

e )

Para pontos diferentes de ( 0,0 ) , não temos problemas, podemos calcular as derivadas parciais mistas normalmente.

Só para não precisarmos ficar subindo o página, vou colocar aqui a derivada parcial em relação a y que a gente já calculou.

∂ f ∂ y x , y = x 5 - 3 x y 4 - 2 x 3 y + 2 x y 4 x 2 + y 2 2

Agora derivando isso em relação a x , temos

∂ 2 f ∂ x ∂ y x , y = 5 x 4 - 3 y 4 - 6 x 2 y + 2 y 4 x 2 + y 2 2 - 2 x 2 + y 2 . 2 x x 5 - 3 x y 4 - 2 x 3 y + 2 x y 4 x 2 + y 2 2 2

∂ 2 f ∂ x ∂ y x , y = 5 x 4 - y 4 - 6 x 2 y x 4 + 2 x 2 y 2 + y 4 - 4 x 3 + 4 x y 2 x 5 - x y 4 - 2 x 3 y x 4 + 2 x 2 y 2 + y 4 2

∂ 2 f ∂ x ∂ y x , y = 5 x 8 + 10 x 6 y 2 + 5 x 4 y 4 - x 4 y 4 - 2 x 2 y 6 - y 8 - 6 x 6 y - 12 x 4 y 3 - 6 x 2 y 5 - 4 x 8 + 4 x 4 y 4 + 8 x 6 y - 4 x 6 y 2 + 4 x 2 y 6 + 8 x 4 y 3 x 4 + 2 x 2 y 2 + y 4 2

∂ 2 f ∂ x ∂ y x , y = x 8 + 6 x 6 y 2 + 8 x 4 y 4 + 2 x 2 y 6 - y 8 + 2 x 6 y - 4 x 4 y 3 - 6 x 2 y 5 x 4 + 2 x 2 y 2 + y 4 2

Ufa!

Passo 6

f )

∂ 2 f ∂ x ∂ y x , x = x 8 + 6 x 6 x 2 + 8 x 4 x 4 + 2 x 2 x 6 - x 8 + 2 x 6 x - 4 x 4 x 3 - 6 x 2 x 5 x 4 + 2 x 2 x 2 + x 4 2

∂ 2 f ∂ x ∂ y x , x = 6 x 8 + 8 x 8 + 2 x 8 + 2 x 7 - 4 x 7 - 6 x 7 x 4 + 2 x 4 + x 4 2

∂ 2 f ∂ x ∂ y x , x = 16 x 8 - 8 x 7 4 x 4 2 = 16 x 8 - 8 x 7 16 x 8 = 8 x 7 2 x - 1 16 x 8 = 2 x - 1 2 x

Passo 7

-

g )

Para verificar a continuidade da derivada parcial mista f x y , fazemos a mesma coisa que fazemos para uma função f .

Assim, vamos calcular o limite de ∂ 2 f ∂ x ∂ y e vê se ele é igual ou não a ∂ 2 f ∂ x ∂ y 0,0 = 1 .

lim x , y → 0,0 ⁡ ∂ 2 f ∂ x ∂ y x , y

lim x , y → 0,0 ⁡ x 8 + 6 x 6 y 2 + 8 x 4 y 4 + 2 x 2 y 6 - y 8 + 2 x 6 y - 4 x 4 y 3 - 6 x 2 y 5 x 4 + 2 x 2 y 2 + y 4 2

Vamos tentar calcular isso pelo caminho ( x , m x ) e vê no que vai dar.

lim x → 0 ⁡ x 8 + 6 x 6 ( m x ) 2 + 8 x 4 ( m x ) 4 + 2 x 2 ( m x ) 6 - m x 8 + 2 x 6 ( m x ) - 4 x 4 ( m x ) 3 - 6 x 2 ( m x ) 5 x 4 + 2 x 2 ( m x ) 2 + ( m x ) 4 2

lim x → 0 ⁡ x 8 + 6 m ² x 8 + 8 m 4 x 8 + 2 m 6 x 8 - m 8 x 8 + 2 m x 7 - 4 m 3 x 7 - 6 m 5 x 7 x 4 + 2 m ² x 4 + m 4 x 4 2

lim x → 0 ⁡ x 8 1 + 6 m 2 + 8 m 4 + 2 m 6 - m 8 + x 7 ( 2 m - 4 m 3 - 6 m 5 ) x 8 ( 1 + 4 m 2 + 6 m 4 + 4 m 6 + m 8 )

lim x → 0 ⁡ x 7 x 1 + 6 m 2 + 8 m 4 + 2 m 6 - m 8 + 2 m - 4 m 3 - 6 m 5 x 8 ( 1 + 4 m 2 + 6 m 4 + 4 m 6 + m 8 )

lim x → 0 ⁡ x 1 + 6 m 2 + 8 m 4 + 2 m 6 - m 8 + 2 m - 4 m 3 - 6 m 5 x ( 1 + 4 m 2 + 6 m 4 + 4 m 6 + m 8 )

Usando a regra de L’Hospital, o limite fica

lim x → 0 ⁡ 1 + 6 m 2 + 8 m 4 + 2 m 6 - m 8 ( 1 + 4 m 2 + 6 m 4 + 4 m 6 + m 8 )

Que depende do caminho, logo, esse limite não existe!

Se o limite não existe, ∂ 2 f ∂ x ∂ y não é contínua na origem. Assim, f não é de classe C 2 e, por isso, suas derivadas parciais mistas são diferentes.

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