1. (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.
(3.00 pontos) Sejam f(x, y)=(y-x)^{3} e
A=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: x^{2}+y^{2} \leq 4 \text { e } x \leq 0\right\} .
(a) Justifique se f possui um valor máximo global e um valor mínimo global restrito ao conjunto A.
(b) Ache os pontos críticos de f no interior de A.
(c) Determine os pontos e os valores extremos globais de f restrito ao conjunto A.

Passo 1

Vou separar claramente o que o enunciado pede e quais informações são dadas, sem começar a resolver ainda.
Primeiro problema (chamarei de Problema I):
  • É dada a função
f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{x^{4}y}{x^{4}+y^{4}}, & (x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & (x,y)=(0,0). \end{cases}
As perguntas são:
(a) Calcular as derivadas parciais de f em \mathbb{R}^2.
(b) Determinar se f é diferenciável em todo ponto (x,y)\in\mathbb{R}^2.
(c) Calcular a derivada direcional de f no ponto (0,0) na direção do vetor unitário \vec{u}=(u,v), caso exista.
Informações relevantes do enunciado:
  • A fórmula da função para (x,y)\neq(0,0) e o valor no origem.
  • O enunciado exige derivadas parciais, diferenciabilidade global e derivada direcional no ponto (0,0).
  • Para a derivada direcional é dado que \vec{u}=(u,v) é vetor unitário (portanto u^2+v^2=1).
Segundo problema (chamarei de Problema II):
  • A função é f(x,y)=(y-x)^3.
  • O conjunto é
A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x^{2}+y^{2}\le 4\\ \text{e}\\ x\le 0\}.
As perguntas são:
(a) Justificar se f tem máximo e mínimo globais restritos a A.
(b) Encontrar os pontos críticos de f no interior de A.
(c) Determinar os pontos e valores extremos globais de f restrito a A.
Informações relevantes:
  • A é a interseção do disco de raio 2 com o semiplano x\le 0.
  • f é polinomial (portanto contínua e C^\infty).]

Passo 2

Começo o Problema I — calculando as derivadas parciais para (x,y)\neq(0,0). Vou explicar a ferramenta que uso: regra do quociente para derivadas parciais.
Se f(x,y)=\dfrac{N(x,y)}{D(x,y)} com D\neq 0, então a derivada parcial em relação a x é
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{N_x D - N D_x}{D^2},
onde N_x=\partial N/\partial x e D_x=\partial D/\partial x. Mesma ideia para a derivada em relação a y.
Aqui tomamos
N(x,y)=x^4 y,\qquad D(x,y)=x^4+y^4.
Calculo as derivadas parciais de N e D:
N_x=4x^3 y,\qquad N_y=x^4,
D_x=4x^3,\qquad D_y=4y^3.
Agora aplico a regra do quociente para \partial f/\partial x (para (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}.
Vamos simplificar numerador: expandindo, o termo 4x^3 y\cdot x^4 cancela com -(x^4 y)(4x^3), sobrando apenas 4x^3 y\cdot y^4. Assim
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{4x^3 y^{5}}{(x^4+y^4)^2}.
Agora para \partial f/\partial y (para (x,y)\neq(0,0)):
\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{(x^4)(x^4+y^4) - (x^4 y)(4y^3)}{(x^4+y^4)^2}.
O numerador é x^8 + x^4 y^4 - 4 x^4 y^4 = x^8 - 3 x^4 y^4 = x^4(x^4-3y^4). Portanto
\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{x^4(x^4-3y^4)}{(x^4+y^4)^2}.
Essas são as fórmulas válidas quando (x,y)\neq(0,0). Vou agora obter as derivadas parciais no ponto (0,0) por definição (limite de diferença quociente), explicando o processo.

Passo 3

Cálculo das derivadas parciais no ponto (0,0) por definição: se existe
\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}.
Como f(h,0)=\dfrac{h^4\cdot 0}{h^4+0}=0 para h\neq0, temos
\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\frac{0-0}{h}=0,
logo
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.
Analogamente, f(0,k)=\dfrac{0\cdot k}{0+k^4}=0 para k\neq0, então
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.
Portanto as derivadas parciais no origem existem e valem zero.

Passo 4

Resumindo o item (a) do Problema I — escrevo as derivadas parciais em toda \mathbb{R}^2:
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}.
No ponto (0,0),
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.
Eu expliquei a regra do quociente e calculei as derivadas por definição no origem.

Passo 5

Agora respondo a parte (b) do Problema I: diferenciabilidade em cada ponto.
Lembrando a ideia: uma função é diferenciável em um ponto se existe uma aproximação linear (a matriz jacobiana) que aproxima f de forma que o erro seja pequeno em relação à norma do deslocamento. Em termos de remanescente R(h,k)=f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-L(h,k), diferenciabilidade exige R(h,k)/\sqrt{h^2+k^2}\to0 quando (h,k)\to(0,0), onde L é o plano tangente dado pelas derivadas parciais.
Para (x,y)\neq(0,0): as fórmulas para f mostram que f é quociente de funções polinomiais com denominador x^4+y^4, que é estritamente positivo para (x,y)\neq(0,0). Portanto f é composição de funções C^\infty no entorno de qualquer ponto distinto da origem; logo f é diferenciável em todo ponto (x,y)\neq(0,0). Essa é uma conclusão padrão: quando denominador não se anula, a função é suave.
Fica então a questão crítica: o que acontece em (0,0)? Já temos \nabla f(0,0)=(0,0), então o candidato de aproximação linear é L(h,k)=0. Para diferenciabilidade no origem precisamos que
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)-0 - 0}{\sqrt{h^2+k^2}}=0,
ou seja
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}=0.
Se eu encontrar uma direção (um caminho) em que esse quociente tem limite diferente de 0, concluo que f não é diferenciável na origem.
Vou escolher um caminho simples: y=x. Para x\neq0 temos
f(x,x)=\frac{x^4\cdot x}{x^4+x^4}=\frac{x^5}{2x^4}=\frac{x}{2}.
A norma \|(x,x)\|=\sqrt{2}|x|. Então
\frac{f(x,x)}{\|(x,x)\|}=\frac{x/2}{\sqrt{2}|x|}=\frac{\operatorname{sgn}(x)}{2\sqrt{2}}.
Quando x\to 0 esse quociente tende para \pm 1/(2\sqrt{2}), não para 0 (o sinal depende do lado). Assim o limite exigido para diferenciabilidade não existe (nem é zero). Portanto f não é diferenciável em (0,0).
Resumo do item (b): f é diferenciável em todo ponto (x,y)\neq(0,0) e não é diferenciável em (0,0).

Passo 6

Agora resolvo a parte (c) do Problema I: derivada direcional de f no ponto (0,0) na direção do vetor unitário \vec{u}=(u,v). Vou explicar a fórmula e calcular.
A derivada direcional de f em (0,0) na direção \vec{u} é, se existir,
D_{\vec{u}} f(0,0)=\lim_{t\to 0}\frac{f(0+tu)-f(0)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{f(tu,tv)}{t}.
Uso a expressão de f para (x,y)\neq(0,0). Para t\neq0,
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}.
Agora divido por t:
\frac{f(tu,tv)}{t}=\frac{u^4 v}{u^4+v^4},
que é independente de t. Portanto o limite quando t\to 0 existe e é igual a
D_{\vec{u}} f(0,0)=\frac{u^4 v}{u^4+v^4},
desde que u^4+v^4\neq0. Como \vec{u} é vetor unitário, não é o vetor nulo, então u^4+v^4>0 e a expressão é bem definida para qualquer vetor unitário (u,v). Observações especiais: se v=0 então o valor vale 0; se u=0 também vale 0.
Esse cálculo mostra um fato interessante: as derivadas direcionais em (0,0) existem em todas as direções, mas a função não é diferenciável no sentido total (já provado no passo anterior). Isso é um bom exemplo didático: existência de todas as derivadas direcionais não implica diferenciabilidade.

Passo 7

Agora começo o Problema II. Primeiro a parte (a): decidir se f(x,y)=(y-x)^3 tem máximo e mínimo globais restritos ao conjunto A.
Demonstração (passo a passo com a teoria): f é uma função polinomial, logo contínua em \mathbb{R}^2. O conjunto A é fechado e limitado:
  • Fechado porque é interseção do disco fechado \{x^2+y^2\le 4\} (fechado) com o semiplano \{x\le 0\} (fechado).
  • Limitado porque está contido no disco de raio 2.
Portanto A é compacto. Teorema extremo de Weierstrass: toda função contínua em um conjunto compacto atinge máximo e mínimo. Assim f possui valor máximo global e mínimo global restritos a A. Conclusão do item (a): sim, existem máximo e mínimo.

Passo 8

Parte (b) do Problema II: encontrar pontos críticos de f no interior de A.
Explico: pontos críticos de uma função C^1 são pontos onde o gradiente é nulo (ou onde as derivadas parciais não existem). Como f é C^\infty, calculo o gradiente e ponho igual a zero.
Calculo das derivadas:
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(y-x)^3=-3(y-x)^2, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=3(y-x)^2.
O gradiente é \nabla f = (-3(y-x)^2,\\\ 3(y-x)^2). Para que \nabla f=0 precisamos de (y-x)^2=0, i.e. y-x=0 (ou seja y=x).
Agora impomos que esses pontos estejam no interior de A. O interior de A é \{x^2+y^2<4\\ \text{e}\\ x<0\}. Substituindo y=x obtemos a condição
2x^2<4\quad\Rightarrow\quad x^2<2\quad\Rightarrow\quad |x|<\sqrt{2},
e também x<0. Assim os pontos críticos no interior são todos os pontos da diagonal y=x com
- \sqrt{2}<x<0,
ou seja o segmento
\{(x,x): -\sqrt{2}<x<0\}.
Nesses pontos f(x,x)=(x-x)^3=0.

Passo 9

Parte (c) do Problema II: determinar os pontos e os valores extremos globais de f restrito a A.
Estratégia didática: f(y,x)=(y-x)^3 é função do único parâmetro y-x. Como t\mapsto t^3 é estritamente crescente em \mathbb{R}, maximizar f sobre A equivale a maximizar g(x,y)=y-x sobre A; minimizar f equivale a minimizar g. Assim resolvo um problema de máximo/mínimo de uma função linear g(x,y)=y-x em um conjunto compacto convexo A.
Observação sobre A: A é interseção de dois conjuntos convexos (disco e semiplano), logo é convexo. Para uma função linear, seus extremos em um conjunto convexo compacto ocorrem na fronteira do conjunto.
A fronteira de A consiste de duas partes:
  1. A parte do círculo x^2+y^2=4 com x\le 0 (arco semicircular à esquerda).
  2. O segmento vertical x=0 com -2\le y\le 2.
Vou analisar g(x,y)=y-x nas duas partes.
Primeiro, sobre o arco do círculo parametrize por x=2\cos\theta,\\ y=2\sin\theta com \theta\in[\tfrac{\pi}{2},\tfrac{3\pi}{2}] (isso garante x\le 0). Então
g(\theta)=y-x=2\sin\theta-2\cos\theta=2(\sin\theta-\cos\theta).
Posso escrever \sin\theta-\cos\theta=\sqrt{2}\sin(\theta-\tfrac{\pi}{4}), portanto
g(\theta)=2\sqrt{2}\,\sin\!\big(\theta-\tfrac{\pi}{4}\big).
Sobre o intervalo \theta\in[\tfrac{\pi}{2},\tfrac{3\pi}{2}], essa função atinge o seu máximo quando \sin(\theta-\tfrac{\pi}{4})=1, ou seja em \theta=\tfrac{3\pi}{4}. Nesse ponto
(x,y)=\big(2\cos\tfrac{3\pi}{4},\\\ 2\sin\tfrac{3\pi}{4}\big)=(-\sqrt{2},\\ \sqrt{2}).
O valor máximo de g no arco é
g_{\max,\text{arco}}=2\sqrt{2}\cdot 1=2\sqrt{2}.
O mínimo de g sobre o arco ocorre quando \sin(\theta-\tfrac{\pi}{4}) é mínimo no intervalo dado; avaliando nas extremidades do intervalo vemos que o menor valor de \sin(\theta-\tfrac{\pi}{4}) sobre o intervalo é -\tfrac{\sqrt{2}}{2}, obtido em \theta=\tfrac{3\pi}{2}. Assim o valor mínimo no arco é
g_{\min,\text{arco}}=2\sqrt{2}\cdot\big(-\tfrac{\sqrt{2}}{2}\big)=-2,
obtido em \theta=\tfrac{3\pi}{2}, que corresponde ao ponto (0,-2).
Agora a segunda parte da fronteira, o segmento x=0,\\\ -2\le y\le 2. Ali g(0,y)=y-0=y. Portanto sobre esse segmento g varia entre -2 e 2; ou seja o máximo ali é 2 em (0,2) e o mínimo é -2 em (0,-2).
Comparando todos os candidatos:
  • Máximos encontrados: g=2\sqrt{2}\approx 2{,}828 em (-\sqrt{2},\sqrt{2}), e g=2 em (0,2). Logo o máximo global de g em A é 2\sqrt{2} obtido em (-\sqrt{2},\sqrt{2}).
  • Mínimos: tanto o arco quanto o segmento dão mínimo g=-2 em (0,-2). Não há ponto em A com g<-2 (o ponto da circunferência antipodal a (-\sqrt{2},\sqrt{2}) daria g=-2\sqrt{2}, mas esse ponto tem x>0 e portanto não pertence a A).
Agora volto para f=(y-x)^3. Como t\mapsto t^3 é estritamente crescente, os máximos e mínimos de f são as imagens cúbicas dos máximos e mínimos de g. Assim:
  • Máximo global de f em A ocorre em (-\sqrt{2},\sqrt{2}) e vale
f_{\max}=(2\sqrt{2})^3=16\sqrt{2}.
  • Mínimo global de f em A ocorre em (0,-2) e vale
f_{\min}=(-2)^3=-8.
Também observei que os pontos críticos interiores (o segmento \{(x,x):-\sqrt{2}<x<0\}) têm f=0, que é um valor intermediário entre -8 e 16\sqrt{2}.

Resposta

(Problema I a) \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\begin{cases}\dfrac{4x^3 y^{5}}{(x^4+y^4)^2}, & (x,y)\neq(0,0),\\[6pt]0,&(x,y)=(0,0),\end{cases}
\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\begin{cases}\dfrac{x^4(x^4-3y^4)}{(x^4+y^4)^2}, & (x,y)\neq(0,0),\\[6pt]0,&(x,y)=(0,0).\end{cases}
(Problema I b) f é diferenciável em todo ponto (x,y)\neq(0,0) e não é diferenciável em (0,0).
(Problema I c) Para vetor unitário \vec{u}=(u,v),
\displaystyle D_{\vec{u}}f(0,0)=\frac{u^4 v}{u^4+v^4}.
(Problema II a) Sim: f é contínua e A é compacto, logo f atinge máximo e mínimo globais em A.
(Problema II b) Os pontos críticos no interior de A são \{(x,x):-\sqrt{2}<x<0\} e nesses pontos f=0.
(Problema II c) Máximo global: ponto (-\sqrt{2},\sqrt{2}) com valor f_{\max}=(2\sqrt{2})^3=16\sqrt{2}.
Mínimo global: ponto (0,-2) com valor f_{\min}=(-2)^3=-8.]

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