Exercícios Resolvidos de Diferenciabilidade – Cálculo do Erro

UFPE, Calculo 2, 1º EE - 2018.2, Questão 1

Considere a função

f x , y = x y 2 x 2 + y 2

Definida em R 2 { ( 0,0 ) }

  1. A função é contínua na origem?
  2. Se ela não for contínua na origem podemos estender f de modo que ela seja contínua em todo R 2 ?
  3. Se tal extensão existe é diferenciável em R 2 ?

Passo 1

a ) Para uma função ser contínua em um ponto ( x 0 , y 0 ) ela precisa que

f ( x , y )   = f ( x 0 , y 0 )

No caso de a função ser contínua na origem, ela precisaria então que

f ( x , y )   = f ( 0,0 )

Opa, mas pera lá! f ( 0,0 ) nem existe!!!! Porque f ( x , y ) nem tá definida nesse ponto.

Então claramente essa função não pode ser contínua na origem.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b ) Agora a pergunta que a questão nos faz é:

SERÁ QUE existe algum valor para f ( x , y )   de modo que a gente possa fazer f ( x , y )   = f ( 0,0 ) e assim dizer que f é contínua na origem?

Isso porque fora da origem ela já é contínua, já que é a composição de funções contínuas, que são funções polinomiais.

Então vamos lá tentar calcular o limite de f ( x , y ) quando x , y ( 0,0 ) .

Passo 3

Nosso limite é

x y 2 x 2 + y 2  

Mas podemos reescrever esse negócio como

x y 2 x 2 + y 2  

E assim isso já começa a cheirar a teorema do anulamento, ou seje, a gente já sabe que limite de x vai dar zero e essa outra função aí tem cara de que dá pra limitar. Então vamos tentar fazer isso.

Temos no denominador um termo que aparece bastante, que é x 2 + y 2 . Então vamos tentar fazer isso aqui e ver no que dá:

0 y 2 x 2 + y 2

Agora vamos dividir tudo por x 2 + y 2 :

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

OPA, parece que limitamos esse danado, não é mesmo?!

Passo 4

Então temos que

x y 2 x 2 + y 2  

É

x   = 0

e

0 y 2 x 2 + y 2 1

Conseguimos o que a gente queria: ficamos com o limite de algo cujo limite vai a zero vezes algo que é limitado. E pelo teorema do anulamento esse limite todinho dá zero! Assim,

x y 2 x 2 + y 2   = 0

Ou seja, podemos estender f de modo que ela seja contínua em todo R 2 e para isso só precisamos fazer

f 0,0 = f ( x , y )   = 0

Passo 5

c ) Agora a questão quer saber se a nossa função que achamos é diferenciável no R 2 , ou seja, a função    

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

Para ela ser diferenciável no R 2 ela precisa ser diferenciável para ( x , y ) ( 0,0 ) e para x , y = ( 0,0 ) .

Para ( x , y ) ( 0,0 ) a função é diferenciável pois é composta por funções diferenciáveis: Polinômios.

Já para x , y = ( 0,0 ) , precisamos ver se aquele limitão é igual a zero. Vamos lá.

f x 0 + h , y 0 + k - f x 0 , y 0 - f x x 0 , y 0 h - f y x 0 , y 0 k h 2 + k 2   = 0

f 0 + h , 0 + k - f 0,0 - f x 0,0 h - f y 0,0 k h 2 + k 2   = 0

Para isso, vamos precisar calcular as derivadas parciais de f na origem. Como a função é definida por partes, vamos usar a definição:

f x 0,0 = f x , 0 - f 0,0 x - 0   = x . 0 2 x 2 + 0 2 - 0 x = 0  

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

Passo 6

Voltando ao limitão:

f 0 + h , 0 + k - f 0,0 - f x 0,0 h - f y 0,0 k h 2 + k 2  

h k 2 h 2 + k 2 - 0 - 0 . h - 0 . k h 2 + k 2  

h k ² h 2 + k 2 3 2  

Passo 7

Ok, agora a gente precisa resolver esse limite chato aí.

Lembra de coordenadas polares? Então, elas vão nos ajudar nessa missão.

Isso porque é fácil lembrar que quando temos duas coisas ao quadrado sendo somadas, podemos substituir por r ² , pois se fizermos

h = r   c o s   t      

k = r t  

Temos que

h 2 + k 2 = r 2

Além disso, quando h , k ( 0,0 ) ,

r 0 2 + 0 2 = 0

Passo 8

Fazendo essa mudança no nosso limite, ficamos com:

r   c o s   t   . r 2 t   r ² 3 2   = r 3   c o s   t   . t   r 3   =     c o s   t   . t    

Então, aconteceu que nosso limite ficou dependendo de t , então ele não pode existir.

E se esse limitão da diferenciabilidade (acabei de inventar esse nome e achei que ficou bom, gostou?) não existe, significa que a nossa função não pode ser diferenciável em todo o R 2 porque ela não é diferenciável em ( 0,0 ) .

SÓ UM OBS:

Você pode se perguntar: ué, mas o t também era variável do limite, então deveria haver um valor para t tender, tipo tem r 0 , certo?

Pois é, mas se fizéssemos

h = r   c o s   t   0

r 0

t π 2

E

k = r t   0

r 0

t 0

Veríamos que teria que existir 2 valores para o t tender. E daí a gente já tira que nosso limite não poderia depender de t . E como ele ficou dependendo de t , ele não pode existir, ok?

Resposta

a ) Não, pois a função não está definida no ponto ( 0,0 ) .

b ) Sim, basta fazer f 0,0 = f ( x , y )   = 0

c ) Não.

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