Exercícios Resolvidos de Diferenciabilidade – Cálculo do Erro

Ver Teoria

Enunciado

Seja

f x , y = x 2 + y 2 sen ⁡ 1 x 2 + y 2 ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) 0 x , y = ( 0,0 )

  1. Calcule f x e f y
  2. Mostre que f é derivável em R 2
  3. Mostre que f x não é contínua.

Passo 1

a )

Bem, temos uma função definida por intervalos, então logo pensamos que precisamos usar a definição para calcular as derivadas parciais, né? Mas repara que nesse caso, ele não pediu para a gente calcular em um ponto específico, então podemos calcular as derivadas parciais em ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) e x , y = ( 0,0 ) .

Começando por f x .

Para ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) :

f x = 2 x . sen ⁡ 1 x 2 + y 2 + x 2 + y 2 . cos ⁡ 1 x 2 + y 2 . - x 2 + y 2 - 2 . 2 x

f x = 2 x sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 x x 2 + y 2 ∙ cos ⁡ 1 x 2 + y 2

Para x , y = ( 0,0 ) :

f x = 0

Assim:

f x x , y = 2 x sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 x x 2 + y 2 ∙ cos ⁡ 1 x 2 + y 2 ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) 0 x , y = ( 0,0 )

Passo 2

Calculando f y .

Para ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) :

f y = 2 y . sen ⁡ 1 x 2 + y 2 + x 2 + y 2 . cos ⁡ 1 x 2 + y 2 . - x 2 + y 2 - 2 . 2 y

f y = 2 y sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 y x 2 + y 2 ∙ cos ⁡ 1 x 2 + y 2

Para x , y = ( 0,0 ) :

f y = 0

Assim

f y x , y = 2 y sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 y x 2 + y 2 ∙ cos ⁡ 1 x 2 + y 2 ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) 0 x , y = ( 0,0 )

Passo 3

b )  

Para f ser diferenciável em todo o R 2 , ela tem que 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 e a função trigonométrica seno.

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

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 = 0

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

lim h , k → 0,0 ⁡ h 2 + k 2 sen ⁡ 1 h 2 + k 2 - 0 - 0 . h - 0 . k h 2 + k 2 =

lim h , k → 0,0 ⁡ h 2 + k 2 sen ⁡ 1 h 2 + k 2

Passo 4

Para resolver esse limite, vamos usar o teorema do anulamento.

Observe que temos uma função limitada

sen ⁡ 1 h 2 + k 2

- 1 ≤ sen ⁡ 1 h 2 + k 2 ≤ 1

Multiplicada por uma função cujo limite é zero.

Assim, temos que

lim h , k → 0,0 ⁡ h 2 + k 2 sen ⁡ 1 h 2 + k 2 = 0

Show! Como esse limite é igual a zero, então a função f é diferenciável

Passo 5

c )

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

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

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 x x 2 + y 2 ∙ cos ⁡ 1 x 2 + y 2

Ok, essa função é mucho loka e provavelmente você não tem ideia de como vai calcular esse limite né?

Vamos tentar aquela técnica de caminhos e vê no que dá.

Primeiro pelo caminho x = y .

lim x → 0 ⁡ 2 x sen ⁡ 1 x 2 + x 2 - 2 x x 2 + x 2 ∙ cos ⁡ 1 x 2 + x 2

lim x → 0 ⁡ 2 x sen ⁡ 1 2 x 2 - 2 x 2 x 2 ∙ cos ⁡ 1 2 x 2

lim x → 0 ⁡ 2 x sen ⁡ 1 2 x 2 - 1 x ∙ cos ⁡ 1 2 x 2 =

lim x → 0 ⁡ 2 x sen ⁡ 1 2 x 2 - lim x → 0 ⁡ 1 x ∙ cos ⁡ 1 2 x 2

Pelo teorema do anulamento, temos que esse primeiro limite aí é zero.

lim x → 0 ⁡ 2 x sen ⁡ 1 2 x 2 = 0

Para esse segundo limite, temos uma função limitada multiplicada por uma função que o limite oscila entre - ∞ e + ∞ dependendo se tendemos a zero pela esquerda ou pela direita. Assim, esse limite fica oscilando entre - ∞ e + ∞ .

Dessa forma,

∄   lim x , y → 0,0 ⁡ f x    

Como esse limite não existe, então, f x não pode ser contínua em ( 0,0 ) .

Resposta

f x x , y = 2 x sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 x x 2 + y 2 ∙ cos ⁡ 1 x 2 + y 2 ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) 0 x , y = ( 0,0 )

f y x , y = 2 y sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 y x 2 + y 2 ∙ cos ⁡ 1 x 2 + y 2 ( x , y ) ≠ ( 0,0 ) 0 x , y = ( 0,0 )

Exercícios de Livros Relacionados

Determinar o erro decorrente de tomarmos a diferencial d z como aproxi
Determinar o erro decorrente de tomarmos a diferencial d z como aproxi
Determinar o erro decorrente de tomarmos a diferencial d z como aproxi
Um terreno tem a forma retangular. Estima- se que seus lados medem 1.2