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
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
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}.