(2.50 pontos) Seja
f(x, y)= \begin{cases}\frac{x^{6}}{x^{4}+y^{4}} & \text { se }(x, y) \neq(0,0) \\\\ 0 & \text { se }(x, y)=(0,0)\end{cases}
Determine se f é diferenciável em todo ponto (x, y) \in \mathbb{R}^{2}.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{x^{6}}{x^{4}+y^{4}} & \text{se }(x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0 & \text{se }(x,y)=(0,0). \end{cases}
A pergunta é: determinar se f é diferenciável em todo ponto de \mathbb{R}^{2}.\n
Informações importantes fornecidas:
  • A expressão racional \dfrac{x^{6}}{x^{4}+y^{4}} vale para todo ponto exceto a origem; aí o denominador não se anula quando (x,y)\neq(0,0).
  • Em (0,0) a função é definida como 0.\n
    Logo precisamos:
  • Verificar diferenciabilidade em pontos (x,y)\neq(0,0).
  • Verificar diferenciabilidade em (0,0).]

Passo 2

Vou lembrar a definição de diferenciabilidade (só o essencial, passo a passo):\n
Uma função f:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} é diferenciável num ponto a=(a_1,a_2) se existe um mapa linear L:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} tal que
\lim_{h\to(0,0)}\frac{f(a+h)-f(a)-L(h)}{\|h\|}=0,
onde \|h\|=\sqrt{h_1^2+h_2^2}. Nesse caso L(h)=f_x(a)h_1+f_y(a)h_2, com f_x,f_y as derivadas parciais em a.\n
Observações úteis:
  • Se a expressão de f é composta por funções polinomiais e divisão por uma função que não anula no ponto, então f é (infinitamente) diferenciável ali.
  • A existência das derivadas parciais em um ponto não garante diferenciabilidade; é preciso checar o limite do resto dividido por \|h\|.

Passo 3

Diferenciabilidade em (x,y)\neq(0,0).\n
Para (x,y)\neq(0,0) temos x^4+y^4>0. A função é razão de polinômios com denominador não-nulo nessa vizinhança, portanto é uma composição de funções C^\infty (suaves). Assim f é diferenciável em todo ponto (x,y) com (x,y)\neq(0,0).\n
(Em linguagem mais simples: fora da origem a fórmula é uma função clássica e suave — nada de singularidades — então está tudo bem.)

Passo 4

Agora o ponto crítico: verificar diferenciabilidade em (0,0).\n
Primeiro calculemos as derivadas parciais em (0,0) (pois aparecerão na possível forma linear L).\n
Derivada parcial em x:
f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.
Para h\neq0 temos f(h,0)=\dfrac{h^6}{h^4+0}=h^2. Então
\frac{f(h,0)-0}{h}=\frac{h^2}{h}=h,
cujo limite quando h\to0 é 0. Logo f_x(0,0)=0.\n
Derivada parcial em y:
f_y(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}.
Para h\neq0 temos f(0,h)=\dfrac{0}{0+h^4}=0. Então \dfrac{f(0,h)-0}{h}=0 e o limite é 0. Logo f_y(0,0)=0.\n
Conclusão intermediária: as derivadas parciais em (0,0) existem e valem 0. Mas atenção: isso não prova diferenciabilidade — precisamos checar o limite do resto dividido por \|(h,k)\|.

Passo 5

Aplicar a definição no ponto (0,0).\n
Queremos verificar
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h-f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} =\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}
pois f(0,0)=0 e f_x(0,0)=f_y(0,0)=0.\n
Para (h,k)\neq(0,0) escrevemos h e k em “coordenadas polares” usando r=\sqrt{h^2+k^2}, h=r\cos\theta, k=r\sin\theta. Então
h^6 = r^6\cos^6\theta,\qquad h^4+k^4 = r^4(\cos^4\theta+\sin^4\theta).
Assim, para (h,k)\neq(0,0),
f(h,k)=\frac{h^6}{h^4+k^4} = \frac{r^6\cos^6\theta}{r^4(\cos^4\theta+\sin^4\theta)} = r^2\cdot\frac{\cos^6\theta}{\cos^4\theta+\sin^4\theta}.
Portanto
\frac{f(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}=\frac{f(h,k)}{r} = r\cdot\frac{\cos^6\theta}{\cos^4\theta+\sin^4\theta}.
Agora precisamos controlar a fração angular
\frac{\cos^6\theta}{\cos^4\theta+\sin^4\theta}.
Note que
\cos^4\theta+\sin^4\theta=(\cos^2\theta+\sin^2\theta)^2-2\cos^2\theta\sin^2\theta =1-2\cos^2\theta\sin^2\theta =1-\tfrac{1}{2}\sin^2(2\theta).
Como 0\le \sin^2(2\theta)\le1 segue que
\cos^4\theta+\sin^4\theta\ge 1-\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{2}.
Logo a fração angular tem cota superior
\left|\frac{\cos^6\theta}{\cos^4\theta+\sin^4\theta}\right| \le \frac{|\cos^6\theta|}{1/2}\le 2.
Com isso obtemos a desigualdade absoluta
\left|\frac{f(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}\right| \le 2r.
Como r=\sqrt{h^2+k^2}\to0 quando (h,k)\to(0,0), segue que o limite do membro esquerdo é 0.\n
Portanto o critério de diferenciabilidade é satisfeito em (0,0): o resto dividido por \|(h,k)\| tende a zero.

Passo 6

Conclusão final e interpretação amigável:\n
  • Fora da origem, f é diferenciável porque é razão de polinômios com denominador estritamente positivo.
  • Na origem, calculámos as derivadas parciais e mostramos diretamente, usando uma passagem para coordenadas polares e uma estimativa simples, que o resto da aproximação linear é pequeno o suficiente (ordem o(\|(h,k)\|)). Logo f é diferenciável também em (0,0), com gradiente \nabla f(0,0)=(0,0).\n
    Boa notícia: mesmo com essa definição assustadora, o truque é sempre o mesmo — calcular as parciais e checar o resto; aqui o resto dá zero ao dividir pela norma, então tudo funciona.

Resposta

A função f é diferenciável em todo \mathbb{R}^{2}.

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