Exercícios Resolvidos de Diferenciabilidade – Cálculo do Erro

USP – Cálculo 2 – 2019 – P2 – Exercício 4

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 )

É correto afirmar que:

a) f é contínua em R 2 , mas não é diferenciável em R 2 .

b) f é diferenciável em R 2 , mas não é de classe C 1 em R 2 .

c) f é de classe C 1 em R 2 , mas não é de classe C 2 em R 2 .

d) f é de classe C 2 em R 2 .

e) f não é contínua em 0 ,   0 .

Passo 1

Oieeee pessoal, partiu resolver mais uma questão de cálculo 2 da POLI! Aqui vamos discutir um pouco sobre continuidade e diferenciabilidade de funções de duas variáveis!

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 )

Para x ,   y ≠ 0 ,   0 , a função é infinitamente diferenciável, podemos aplicar as regras de derivação quantas vezes quisermos para achar todas as derivadas parciais de todas as ordens. Portanto, nesses pontos a função é de classe C ∞ . O problema está no ponto de colagem: ( 0 ,   0 ) !

Vamos testar primeiro se a função é contínua nesse ponto:

lim x ,  y → 0 ,   0 ⁡ f x ,   y = lim x ,  y → 0 ,   0 ⁡ x y 2 x 4 + y 2 = lim x ,  y → 0 ,   0 ⁡ x ⋅ y 2 x 4 + y 2

Note que y 2 x 4 + y 2 é limitada pois 0 ≤ y 2 ≤ y 2 + x 4 . Como x → 0 e esse termo é limitado, pelo teorema do confronto, sempre que temos um produto de uma função que tende a zero por outra limitada, o limite tende a zero. Assim,

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

Como o limite é igual ao valor da função no ponto, vemos que ela é contínua nesse ponto. Assim, como ela é de classe C ∞ nos demais pontos (e, portanto, contínua), ela é contínua em R 2 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora que sabemos que a função é contínua, o próximo passo é ver se ela é diferenciável. Para isso, vamos olhar especialmente para o ponto 0 ,   0 , pois sabemos que nos demais pontos ela é diferenciável.

Sabemos que uma função f x ,   y é diferenciável em ( a ,   b ) se o limite a seguir existir

L = lim h , k → 0 ,   0 ⁡ f a + h ,   b + k - f a ,   b - ∂ f ∂ x a ,   b   h - ∂ f ∂ y a ,   b   k h 2 + k 2

No nosso caso, temos

L = lim h ,  k → 0 ,   0 ⁡ f h ,   k - f 0 ,   0 - ∂ f ∂ x 0 ,   0   h - ∂ f ∂ y 0 ,   0   k h 2 + k 2

Da definição da função, temos que f 0 ,   0 = 0 . Precisamos saber quanto valem as derivadas parciais, o que faremos no próximo passo.

Passo 3

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

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

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

Com isso,

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

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

Da definição da função, sabemos que f 0 ,   0 = 0 . Além disso,

f t ,   0 = t ⋅ 0 2 t 4 + 0 2 = 0

f 0 ,   t = 0 ⋅ t 2 0 4 + t 2 = 0

Portanto,

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

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

Passo 4

Agora que já sabemos as derivadas parciais e que f 0 ,   0 = 0 , o limite pode ser escrito como

L = lim h ,  k → 0 ,   0 ⁡ f h ,   k - f 0 ,   0 - ∂ f ∂ x 0 ,   0   h - ∂ f ∂ y 0 ,   0   k h 2 + k 2 = lim h ,  k → 0 ,   0 ⁡ f h ,   k h 2 + k 2

Da definição da função, temos que

f h ,   k = h k 2 h 4 + k 2

Assim,

L = lim h ,  k → 0 ,   0 ⁡ f h ,   k h 2 + k 2 = lim h ,  k → 0 ,   0 ⁡ h h 2 + k 2 ⋅ k 2 h 4 + k 2

Temos que verificar se ele limite existe ou não. Para isso, vamos testar por alguns caminhos diferentes.

Primeiro pela reta h = 0 com k → 0 . Fazendo h = 0 , temos

L = lim k → 0 ⁡ 0 k 2 ⋅ k 2 0 + k 2 = lim k → 0 ⁡ 0 = 0

Portanto, por esse caminho o limite é nulo. Vamos tentar agora pelo caminho h = k , com k → 0 :

L = lim k → 0 ⁡ k 2 k 2 ⋅ k 2 k 4 + k 2

Note que

k 2 k 2 ⋅ k 2 k 4 + k 2 = 1 2 ⋅ k k ⋅ 1 1 + k 2

Quando k → 0 - :

k k → - 1

Já quando k → 0 + :

k k → 1

Assim,

lim k → 0 - ⁡ k 2 k 2 ⋅ k 2 k 4 + k 2 = lim k → 0 - ⁡ 1 2 ⋅ k k ⋅ 1 1 + k 2 = - 1 2

lim k → 0 + ⁡ k 2 k 2 ⋅ k 2 k 4 + k 2 = lim k → 0 + ⁡ 1 2 ⋅ k k ⋅ 1 1 + k 2 = 1 2

Portanto, vemos que pelo caminho h = k , o limite nem existe pois os limites laterais são diferentes. De qualquer forma, esses limites laterais ainda são diferentes do limite pelo caminho h = 0 . Como os limites em caminhos diferentes são diferentes, podemos afirmar que o limite não existe!

Como o limite não existe, podemos afirmar que a função não é diferenciável em 0 ,   0 . Com isso, a alternativa correta é a alternativa A: a função é contínua em R 2 , mas não é diferenciável em todos os pontos.

Resposta

Alternativa A.

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