Exercícios Resolvidos de Diferenciabilidade – Cálculo do Erro

Cálculo 2 USP, P2 2012 A, questão 1

Seja f x , y = cos ⁡ x 2 + y 2 3 . Em que pontos de R 2 f é diferenciável? Justifique!

Passo 1

Para ser diferenciável, então temos que encontrar as derivadas parciais dessa função, e jogar no limite abaixo, vendo se ele dá 0 .

lim h , k → 0,0 ⁡ 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

Como queremos saber em quais pontos do R 2 ela é diferenciável, vamos fazer as derivadas e ver onde elas são contínuas. Nesses pontos, a função com certeza é diferenciável.

Depois fazemos o limite aí de cima para os pontos onde elas não forem contínuas e vemos quando ele vale 0 . Os pontos que satisfizerem essa condição, serão aqueles nos quais a função é diferenciável ;)

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Passo 2

Partiu encontrar as derivadas parciais!

f x , y = cos ⁡ x 2 + y 2 3

Para derivar em relação a x , usamos a regra da cadeia, tratando y como constante. Derivamos a função cosseno, depois o argumento dela, x 2 + y 2 1 3 :

f x x , y = - sen ⁡ x 2 + y 2 3 . 1 3 x 2 + y 2 - 2 3 . 2 x

E a derivada em relação a y é:

f y x , y = - sen ⁡ x 2 + y 2 3 . 1 3 x 2 + y 2 - 2 3 . 2 y

Show! Uma das condições para a função ser diferenciável, é que ela tenha as primeiras derivadas parciais contínuas. Nesse caso, essas derivadas são contínuas em todo o R 2 menos na origem (pelo termo que tem expoente negativo, não podemos mandar 0,0 no denominador).

Mas atenção: o fato de termos um ponto de descontinuidade nas derivadas parciais não exclui a possibilidade da função ser diferenciável! O que podemos dizer é que, quando elas são contínuas, então são diferenciáveis! Enfim, não temos, nesse caso, como fugir do limite feio.

Passo 3

Colocando o ponto problemático em relação a continuidade no limite da diferenciabilidade,

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

Aí temos um problema: quais são os valores das derivadas em 0,0 ? Para saber isso, precisamos fazer a derivada pela definição do limite de derivada parcial:

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

Colocando o ponto que queremos saber a derivada, 0,0 :

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

lim x → 0 ⁡ cos ⁡ x 2 + 0 2 3 - cos ⁡ 0 2 + 0 2 3 x =

lim x → 0 ⁡ cos ⁡ x 2 3 - 1 x

Passo 4

Como temos cosseno menos 1 no numerador, é uma boa ideia multiplicar por cosseno mais 1 . Aí teremos cosseno ao quadrado menos 1 , que é o mesmo que seno ao quadrado!

lim x → 0 ⁡ cos ⁡ x 2 3 - 1 x . cos ⁡ x 2 3 + 1 cos ⁡ x 2 3 + 1 =

lim x → 0 ⁡ cos 2 ⁡ x 2 3 - 1 x cos ⁡ x 2 3 + 1 =

lim x → 0 ⁡ - s e n 2 ⁡ x 2 3 x cos ⁡ x 2 3 + 1

Passo 5

Aí vem uma carteada que não dá pra fugir... Se você observar, temos sin ⁡ x 2 3 x 2 3 , que é o limite manjado, limitado, que dá 1 (o fato de ser x 2 3 nao muda o limite, basta pensar em fazer substituição k = x 2 3 , ficando sin ⁡ k k ).

Enfim, para aparecer esse limite aí, temos que mexer no denominador:

lim x → 0 ⁡ - sin 2 ⁡ x 2 3 x cos ⁡ x 2 3 + 1 = lim x → 0 ⁡ - sin 2 ⁡ x 2 3 x 4 3 . x 1 3 cos ⁡ x 2 3 + 1

Veja que esse manejo é válido porque temos x 1 3 x 4 3 = x 1 3 - 4 3 = x - 1 . Show? Agora vamos colocar esse quadrado do seno pra fora da fração, e passar o menos para fora também:

lim x → 0 ⁡ - sin ⁡ x 2 3 x 2 3 2 . x 1 3 cos ⁡ x 2 3 + 1 =

lim x → 0 ⁡ - 1 . 0 1 3 cos ⁡ 0 2 3 + 1 = 0

E aí está! O limite dá 0 :D Isso significa que a derivada parcial em relação a x no ponto 0,0 é 0 !

Passo 6

Ainda precisamos da derivada em relação a y :/ Mas os cálculos são praticamente idênticos! Fazendo o limite que define a derivada parcial em relação a y , no ponto 0,0 , temos:

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

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

lim y → 0 ⁡ cos ⁡ 0 2 + y 2 3 - cos ⁡ 0 2 + 0 2 3 y =

lim y → 0 ⁡ cos ⁡ y 2 3 - 1 y =

E agora chegamos numa equação exatamente igual a qual fizemos para o x ! Tipo, exatamente igual mesmo, só muda o fato de que antes tínhamos x onde tem y ! Seguindo os mesmos passos, a coisa tem que dar 0 .

Então, no ponto 0 ,   0 :

δ f δ y = δ f δ x = 0

Passo 7

Agora voltamos no limite da diferenciabilidade, com as nossas derivadas já calculadas :)

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 =

lim h , k → 0,0 ⁡ f h , k - f 0,0 - 0 h - 0 k h 2 + k 2 =

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

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

Passo 8

Opa! Está vendo o mesmo que eu? Não tá ficando muito parecido com o limite que fizemos para as derivadas em relação a x e a y ? Vamos fazer uma substituição aqui para não precisar carregar esse h 2 + k 2 para todo lado? Se chamarmos u = h 2 + k 2 , teremos:

lim u → 0 ⁡ cos ⁡ u 2 3 - 1 u 1 2 =

Multiplicando em cima e em baixo por cos ⁡ u 2 3 + 1 , teremos:

lim u → 0 ⁡ cos ⁡ u 2 3 - 1 u 1 2 . cos ⁡ u 2 3 + 1 cos ⁡ u 2 3 + 1 =

lim u → 0 ⁡ cos 2 ⁡ u 2 3 - 1 u 1 2 . 1 cos ⁡ u 2 3 + 1 =

lim u → 0 ⁡ - sin 2 ⁡ u 2 3 u 1 2 . 1 cos ⁡ u 2 3 + 1

Passo 9

Aqui, assim como no cálculo das derivadas, queremos que no denominador tenha u 2 3 depois que mandarmos o quadrado para fora. Então, temos que ter u 4 9 no denominador e u 4 9 - 1 2 no numerador, para compensar e quando dividir um pelo outro sobrar u - 1 2 , que é o u 1 2 do denominador. Fica, então:

lim u → 0 ⁡ - sin 2 ⁡ u 2 3 u 4 9 . u 4 9 - 1 2 cos ⁡ u 2 3 + 1 =

lim u → 0 ⁡ - sin ⁡ u 2 3 u 2 3 2 . u 4 9 - 1 2 cos ⁡ u 2 3 + 1 =

lim u → 0 ⁡ - 1 . 0 4 9 - 1 2 cos ⁡ 0 2 3 + 1 = 0

E, enfim, chegamos a conclusão de que a função é diferenciável na origem, pois o limite deu 0 !

Resposta

A função é diferenciável em todos os pontos do R 2

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