Exercícios Resolvidos de Diferenciabilidade – Cálculo do Erro

Seja

f x , y = x y 2 sin ⁡ x y 2     s e   y ≠ 0 0       s e   y = 0

  1. Determine as funções ∂ f ∂ x e ∂ f ∂ y , explicitando seus domínios.
  2. ∂ f ∂ y é contínua em ( 1,0 ) ? Justifique
  3. f é diferenciável em ( 1,0 ) ? Justifique
  4. f é diferenciável em ( x , y ) para y ≠ 0 ? Justifique

Passo 1

a )

Opa, temos uma função definida por partes. Para as derivadas parciais quando y ≠ 0 , podemos fazer normalmente, usando a regra do produto e regra da cadeia, já que nossa função é simplesmente o produto de uma função polinomial com uma função trigonométrica composta.

Assim, ficamos com:

∂ f ∂ x = y 2 sin ⁡ x y 2 + x y 2 cos ⁡ x y 2 ∙ 1 y 2 =   y 2 sin ⁡ x y 2 + x cos ⁡ x y 2

∂ f ∂ y = 2 x y sin ⁡ x y 2 + x y 2 cos ⁡ x y 2 ∙ - 2 x y 3 = 2 x y sin ⁡ x y 2 - 2 x 2 y cos ⁡ x y 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora, quando temos y = 0 a gente não pode simplesmente derivar o zero, né?!

Então, aqui, vamos usar a definição de derivadas parciais.

Ficamos, então, com:

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

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

Passo 3

Agora, pra finalizar a letra a , só falta saber o domínio dessas derivadas parciais. Vamos lá:

∂ f ∂ x = y 2 sin ⁡ x y 2 + x cos ⁡ x y 2     s e   y ≠ 0 0       s e   y = 0

E

∂ f ∂ y = 2 x y sin ⁡ x y 2 - 2 x 2 y cos ⁡ x y 2     s e   y ≠ 0 0       s e   y = 0

Assim, tanto ∂ f ∂ x como ∂ f ∂ y estão definidos em todo o R 2 .

Passo 4

b )

Para saber se a função derivada parcial em relação a y é contínua em ( 1 , 0 ) , precisamos que

lim ( x , y ) → ( 1 , 0 ) ⁡ ∂ f ∂ y = f 1,0 = 0

Como para qualquer função normal.

(é igual a zero porque y = 0 )

Vamos tentar calcular esse limite então e vê se dá zero.

lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ ∂ f ∂ y = lim ( x , y ) → ( 1 , 0 ) ⁡ 2 x y sin ⁡ x y 2 - 2 x 2 y cos ⁡ x y 2

Podemos dividir esse limite em dois:

lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ 2 x y sin ⁡ x y 2 - lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ 2 x 2 y cos ⁡ x y 2

Vamos analisar cada um desses limites.

Passo 5

lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ 2 x y sin ⁡ x y 2

Aqui temos o produto de uma função limitada por natureza, que é a função seno, com uma função, cujo limite facilmente podemos ver que vai a zero, olha:

lim x , y → 1,0 ⁡ 2 x y = 2.1 . 0 = 0

Assim, pelo teorema do anulamento, todo esse primeiro limite vale zero!

lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ 2 x y sin ⁡ x y 2 = 0

Passo 6

Agora vamos para a segunda parte do limite:

lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ 2 x 2 y cos ⁡ x y 2

Aqui também temos o produto de uma função limitada por natureza, que é a função cosseno, com uma outra função, só que agora, não é tão fácil provar que o limite dessa outra função vai a zero.

Pelo contrário, na real, temos que o grau do numerador é 2 , que é maior que o grau do denominador. Isso é um bom indicio de que esse limite não existe. Vamos testar caminhos.

Começando pelo caminho x = 0 :

lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ 2 . 0 2 y = 0

Agora vamos tentar o caminho x = y :

lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ 2 . x 2 x = 2.1 = 2

Vishhh, então esse limite não existe mesmo.

Passo 7

Então voltando ao nosso limite inicial,

lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ 2 x y sin ⁡ x y 2 - lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ 2 x 2 y cos ⁡ x y 2

Percebemos que como a segunda parcela dele não existe, podemos dizer que esse limite não existe.

Assim, se ele não existe, ele não tem como ser igual a zero. E se não é igual a zero, que é a definição de ∂ f ∂ y quando x , y = ( 1 , 0 ) , então a função não é contínua em ( 1 , 0 ) .

Passo 8

c )

Como as derivadas parciais de f existem em ( 1 , 0 ) , para saber se f é diferenciável ou não, temos que analisar se:

lim h , k → 1 , 0 ⁡ f 1 + h , 0 + k - f 1 , 0 - ∂ f ∂ x 1 , 0 h - ∂ f ∂ y 1 , 0 k h 2 + k 2 = 0

As derivadas parciais em ( 1 , 0 ) nós já temos da letra a . Substituindo tudo então, ficamos com:

lim h , k → 0,0 ⁡ ( 1 + h ) k 2 sin ⁡ 1 + h k 2 - 0 - 0 . h - 0 . k h 2 + k 2 = lim h , k → 0,0 ⁡ 1 + h k 2 sin ⁡ 1 + h k 2 ∙ 1 h 2 + k 2

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

Então temos dois limites

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

Em ambos os limites temos a função seno, que é uma função limitada. Então se conseguimos provar que o limite da outra função que está multiplicando o seno vai a zero, pelo teorema do anulamento, todo o limite vai a zero e aí teremos que nossa função é diferenciável.

Vamos tentar.

Passo 9

Começando pelo primeiro limite

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

Vamos tentar aplicar o teorema do sanduiche na primeira parte desse limite.

0 ≤ k 2 ≤ k 2 + h 2

Mas no limite tem uma raiz, então vamos tirar a raiz disso:

0 ≤ k ≤ h 2 + k 2

Cuidado que k 2 = k , o que é ≠ k se k for negativo, então não se esqueça do módulo! ;)

Agora dividindo tudo por h 2 + k 2 :

0 ≤ k h 2 + k 2 ≤ 1

Passo 10

Isso está bem parecido com a expressão dentro do nosso limite, estamos quase lá!

Agora temos 2 casos, primeiramente o caso k > 0 :

Multiplicando tudo por k , podemos manter os sinais da inequação:

0 ≤ k k h 2 + k 2 ≤ k

0 ≤ k 2 h 2 + k 2 ≤ k  

Aplicando o limite:

lim h ,  k → 0,0 ⁡ 0 ≤ lim h , k → 0,0 ⁡ k 2 h 2 + k 2 ≤ lim h , k → 0,0 ⁡ k = 0

Logo,

lim h , k → 0,0 ⁡ h 2 h 2 + k 2 = 0

Se k < 0 não mudaria muita coisa, pois o resultado final daria zero de qualquer jeito, mas em vez de multiplicar por k multiplicaríamos todo mundo por - k , só isso.

Passo 11

Assim, voltando ao nosso limite inicial

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

Pelo teorema do anulamento, ele vale zero!

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

Passo 12

Agora vamos a segunda parte do limite que a gente tinha lá no passo 8:

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

Repare que se reescrevermos ele assim

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

Ficamos com

h × m e s m o   l i m i t e   q u e   a   g e n t e   a c a b o u   d e   r e s o l v e r   e   q u e   s a b e m o s   q u e   v a l e   z e r o

Então podemos dizer que

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

Logo, o limite do passo 8

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

E como esse limite veio do limitão da diferenciabilidade, isso significa que nossa função é diferenciável em ( 1,0 ) .

AMÉM SENHOR, DEPOIS DE TANTO TRABALHO TAMBÉM........

Passo 13

d )

Para y ≠ 0 , temos que

f x , y = x y 2 sin ⁡ x y 2    

Que nada mais é que o produto de uma função polinomial com uma função trigonométrica, que são contínuas em seu domínio, que incluiu y ≠ 0 . Logo, nesse caso, f também é contínua para y ≠ 0 .

Além disso, as derivadas parciais de f em relação a x e a y existem e são contínuas para y ≠ 0 (pelo que vimos em ( b ) ), o que é condição suficiente para que f seja diferenciável.

Resposta

a )

∂ f ∂ x = y 2 sin ⁡ x y 2 + x cos ⁡ x y 2     s e   y ≠ 0 0       s e   y = 0

E

∂ f ∂ y = 2 x y sin ⁡ x y 2 - 2 x 2 y cos ⁡ x y 2     s e   y ≠ 0 0       s e   y = 0

Tanto ∂ f ∂ x como ∂ f ∂ y estão definidos em todo o R 2 .

b )

Não, pois lim ( x , y ) → ( 1,0 ) ⁡ ∂ f ∂ y não existe.

c )

Sim.

d )

Sim.

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