(3.00 pontos) Seja
f(x, y)= \begin{cases}\frac{x^{4} y}{x^{4}+y^{4}} & \text { se }(x, y) \neq(0,0) \\\\ 0 & \text { se }(x, y)=(0,0)\end{cases}
(a) Calcule as derivadas parciais de f no plano \mathbb{R}^{2}.
(b) Determine se f é diferenciável em todo ponto (x, y) \in \mathbb{R}^{2}.
(c) Calcule a derivada direcional de f no ponto (0,0) na direção do vetor unitário \vec{u}=(u, v) se existir.

Passo 1

O enunciado nos dá a função
f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x^{4}y}{x^{4}+y^{4}}, & \text{se }(x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & \text{se }(x,y)=(0,0). \end{cases}
As perguntas são:
  1. Calcular as derivadas parciais de f em todo \mathbb{R}^2 (ou seja, para (x,y)\neq(0,0) e em (0,0)).
  2. Dizer se f é diferenciável em cada ponto (x,y)\in\mathbb{R}^2.
  3. Calcular a derivada direcional de f no ponto (0,0) na direção do vetor unitário \vec{u}=(u,v), quando existir.
Informações relevantes dadas: expressão explícita de f para (x,y)\neq(0,0) e o valor f(0,0)=0.]

Passo 2

Derivadas parciais em pontos (x,y)\neq(0,0). Vou usar a regra do quociente. Seja
N(x,y)=x^{4}y,\qquad D(x,y)=x^{4}+y^{4},
então f=\dfrac{N}{D}. As derivadas parciais seguem da fórmula
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{N_x D - N D_x}{D^2},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{N_y D - N D_y}{D^2},
onde N_x=\dfrac{\partial N}{\partial x}, D_x=\dfrac{\partial D}{\partial x}, etc. Calculemos as derivadas parciais de N e D:
N_x=4x^{3}y,\quad N_y=x^{4},\quad D_x=4x^{3},\quad D_y=4y^{3}.
Agora aplicando a fórmula em (x,y)\neq(0,0):
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{4x^{3}y\,(x^{4}+y^{4}) - x^{4}y\,(4x^{3})}{(x^{4}+y^{4})^{2}} =\frac{4x^{3}y\,y^{4}}{(x^{4}+y^{4})^{2}} =\frac{4x^{3}y^{5}}{(x^{4}+y^{4})^{2}}.
E
\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{x^{4}(x^{4}+y^{4}) - x^{4}y\,(4y^{3})}{(x^{4}+y^{4})^{2}} =\frac{x^{8}-3x^{4}y^{4}}{(x^{4}+y^{4})^{2}} =\frac{x^{4}(x^{4}-3y^{4})}{(x^{4}+y^{4})^{2}}.
Essas são as expressões para \dfrac{\partial f}{\partial x} e \dfrac{\partial f}{\partial y} quando (x,y)\neq(0,0).

Passo 3

Derivadas parciais no ponto (0,0) — definição. Lembre que a derivada parcial em (0,0) é o limite, mantendo a outra variável fixa:
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}.
Calcule f(h,0) para h\neq0: como y=0, o numerador x^{4}y é zero, então f(h,0)=0. Logo
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{0-0}{h}=0.
Analogamente, para x=0 temos f(0,k)=0, então
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{0-0}{k}=0.
Portanto, as derivadas parciais em (0,0) existem e valem 0.

Passo 4

Diferenciabilidade em pontos (x,y)\neq(0,0). Observação didática: se uma função é quociente de polinômios e o denominador é não nulo num ponto, a função é diferenciável (na verdade C^\infty) nesse ponto. Aqui, para qualquer (x,y)\neq(0,0) temos x^{4}+y^{4}>0, logo f é diferenciável em todo ponto (x,y)\neq(0,0). Em termos práticos, as derivadas parciais calculadas no Passo 2 são contínuas longe da origem, confirmando diferenciabilidade fora da origem.

Passo 5

Verificação da diferenciabilidade em (0,0). Critério prático: f é diferenciável em (0,0) se existir uma aplicação linear L(h,k) tal que
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)-f(0,0)-L(h,k)}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}=0.
Quando as derivadas parciais existem, a candidata natural é L(h,k)=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)h+\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)k. Do Passo 3 sabemos que ambas as derivadas parciais em (0,0) são zero, então a candidata é L\equiv 0. Assim a condição reduz a:
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}=0
se e somente se f for diferenciável em (0,0).
Agora vou mostrar que esse limite NÃO é zero, encontrando uma trajetória para a origem que dá limite não nulo. Considere a reta y=kx com k\neq0. Substituindo y=kx em f para x\neq0:
f(x,kx)=\frac{x^{4}\,(kx)}{x^{4}+(kx)^{4}} =\frac{kx^{5}}{x^{4}(1+k^{4})} =\frac{k}{1+k^{4}}\,x.
Calculeremos \dfrac{f(x,kx)}{\sqrt{x^{2}+(kx)^{2}}}. Note que \sqrt{x^{2}+(kx)^{2}}=|x|\sqrt{1+k^{2}}. Assim
\frac{f(x,kx)}{\sqrt{x^{2}+(kx)^{2}}} =\frac{\dfrac{k}{1+k^{4}}\,x}{|x|\sqrt{1+k^{2}}} =\frac{k}{1+k^{4}}\cdot\frac{x}{|x|}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+k^{2}}}.
Quando x\to 0 através de valores positivos, o quociente tende para
\frac{k}{(1+k^{4})\sqrt{1+k^{2}}}\neq 0\quad\text{se }k\neq 0.
Portanto o limite não é zero (depende de k e do sinal de x), logo
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}
não existe ou não é zero. Conclusão: f não é diferenciável em (0,0).
Didaticamente: isso mostra que, apesar de existirem as derivadas parciais em (0,0), a aproximação linear com coeficientes dados por essas derivadas não aproxima bem f perto da origem — um clássico exemplo de que existência de derivadas parciais não garante diferenciabilidade.

Passo 6

Derivada direcional de f em (0,0) na direção do vetor unitário \vec{u}=(u,v). Definição: a derivada direcional de f em (0,0) na direção \vec{u} é
D_{\vec{u}}f(0,0)=\lim_{t\to 0}\frac{f(0+tu,0+tv)-f(0,0)}{t} =\lim_{t\to 0}\frac{f(tu,tv)}{t},
quando este limite existir. Substitua (x,y)=(tu,tv) na expressão de f (para t\neq0 fica a fórmula do caso (x,y)\neq(0,0)):
f(tu,tv)=\frac{(tu)^{4}(tv)}{(tu)^{4}+(tv)^{4}} =\frac{t^{5}u^{4}v}{t^{4}(u^{4}+v^{4})} =t\cdot\frac{u^{4}v}{u^{4}+v^{4}}.
Dividindo por t (com t\neq0) obtemos
\frac{f(tu,tv)}{t}=\frac{u^{4}v}{u^{4}+v^{4}}.
Esse valor não depende de t, logo o limite quando t\to 0 existe e é
D_{\vec{u}}f(0,0)=\frac{u^{4}v}{u^{4}+v^{4}}.
Observações: como \vec{u} é unitário, (u,v)\neq(0,0), portanto u^{4}+v^{4}>0 e a fração está bem definida. Note também a conexão com diferenciabilidade: se f fosse diferenciável em (0,0) com gradiente \nabla f(0,0)=(0,0), então todas as derivadas direcionais teriam que ser zero (pois \nabla f(0,0)\cdot\vec{u}=0), mas acabamos de ver que D_{\vec{u}}f(0,0) costuma ser diferente de zero para direções com v\neq0 — outra confirmação de que f não é diferenciável em (0,0).

Resposta

(a) Para (x,y)\neq(0,0):
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{4x^{3}y^{5}}{(x^{4}+y^{4})^{2}},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{x^{4}(x^{4}-3y^{4})}{(x^{4}+y^{4})^{2}}.
Em (0,0):
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.
(b) f é diferenciável em todo (x,y)\neq(0,0) e não é diferenciável em (0,0).
(c) Para vetor unitário \vec{u}=(u,v):
D_{\vec{u}}f(0,0)=\frac{u^{4}v}{u^{4}+v^{4}}.

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