Considere f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} dada por f(x, y)=\sqrt[3]{x^{4}+y^{4}},(x, y) \in \mathbb{R}^{2}.
(a) Determine as derivadas parciais de f em todos os pontos de \mathbb{R}^{2} \backslash\{(0,0)\} e prove que f é diferenciável em todos os pontos de \mathbb{R}^{2} \backslash\{(0,0)\}.
(b) f é diferenciável em (0,0) ? Justifique sua resposta.

Passo 1

Enunciado e informações dadas (o que o problema pede e o que já temos):
f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R},\qquad f(x,y)=\sqrt[3]{x^4+y^4}=(x^4+y^4)^{1/3}.
Perguntas:
(a) Determinar as derivadas parciais de f em todos os pontos de \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\} e provar que f é diferenciável em todos esses pontos.
(b) Verificar se f é diferenciável em (0,0) e justificar a resposta.
Informações importantes extraídas do enunciado:
x^4+y^4\ge 0\quad\text{e}\quad x^4+y^4=0\Leftrightarrow (x,y)=(0,0).
Portanto, para (x,y)\neq(0,0) temos x^4+y^4>0 e as operações com potências fracionárias são regulares ali.

Passo 2

Definições e resultado que vamos usar (explicado passo a passo, sem pular etapas):
  • Derivada parcial em direção x em um ponto (a,b) é
\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)=\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h,b)-f(a,b)}{h},
se esse limite existir. Análogo para \partial f/\partial y.
  • Diferenciabilidade em (a,b): existe um mapa linear (a matriz gradiente) tal que, escrevendo h=(h_1,h_2),
f(a+h)-f(a)=L(h)+o(\|h\|),
ou seja,
\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)-L(h)}{\|h\|}=0.
Se f for diferenciável, o mapa linear L é dado por
L(h)=\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)h_1+\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)h_2,
ou seja, L(h)=\nabla f(a,b)\cdot h.
  • Teorema prático (muito usado em provas): se as derivadas parciais existem numa vizinhança de (a,b) e são contínuas nessa vizinhança, então f é diferenciável em (a,b). Vou usar esse teorema para os pontos (x,y)\neq(0,0) porque é a via mais direta.

Passo 3

Cálculo das derivadas parciais para (x,y)\neq(0,0) usando regra da cadeia (explico a ideia):
Escrevo u(x,y)=x^4+y^4 e f(x,y)=g(u(x,y)) com g(t)=t^{1/3} para t>0. A regra da cadeia diz que
\frac{\partial f}{\partial x}=\;g'(u)\cdot\frac{\partial u}{\partial x},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=g'(u)\cdot\frac{\partial u}{\partial y},
onde g'(t)=\frac{1}{3}t^{-2/3} para t>0 (a derivada de t^{1/3} é \tfrac{1}{3}t^{-2/3}). Agora
\frac{\partial u}{\partial x}=4x^3,\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=4y^3.
Portanto, para (x,y)\neq(0,0) (onde u=x^4+y^4>0) obtemos as fórmulas:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{1}{3}(x^4+y^4)^{-2/3}\cdot 4x^3=\frac{4x^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}},
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{1}{3}(x^4+y^4)^{-2/3}\cdot 4y^3=\frac{4y^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}}.
Comentário didático: a razão destes passos é a mesma que fazemos em uma função de uma variável composta com outra; tratamos x^4+y^4 como a “entrada” da raiz cúbica e aplicamos derivada dessa entrada vezes derivada da entrada em relação à variável que queremos.

Passo 4

Verificação da continuidade das derivadas parciais em \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\} (por que isso garante diferenciabilidade aí):
As fórmulas encontradas são quocientes de funções polinomiais contínuas; o denominador (x^4+y^4)^{2/3} não é zero quando (x,y)\neq(0,0). Assim cada função
(x,y)\mapsto \frac{4x^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}},\qquad (x,y)\mapsto \frac{4y^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}}
é contínua em todo ponto onde (x^4+y^4)^{2/3}\neq 0, isto é, em \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}. Pelo teorema prático citado, isso implica que f é diferenciável em todo ponto de \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}.
Observação prática para a prova: se o avaliador pedir, podemos ainda escrever explicitamente o diferencial (a matriz jacobiana) em (x,y)\neq(0,0) como
Df(x,y)=\begin{pmatrix} \frac{4x^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}} & \frac{4y^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}} \end{pmatrix},
de modo que a aproximação linear é f(x+h)-f(x)\approx Df(x)\,h.

Passo 5

Cálculo das derivadas parciais em (0,0) (pela definição) — passo a passo, sem atalhos:
Queremos
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.
Como f(0,0)=\sqrt[3]{0}=0 e f(h,0)=\sqrt[3]{h^4}=|h|^{4/3}, temos
\frac{f(h,0)-0}{h}=\frac{|h|^{4/3}}{h}.
Para h>0 isso é h^{1/3}\to 0 quando h\to 0^+. Para h<0 isso é -|h|^{1/3}\to 0 quando h\to 0^-. Assim o limite existe e vale 0. Portanto
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.
Raciocínio idêntico para a derivada parcial em y:
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} =\lim_{k\to 0}\frac{|k|^{4/3}}{k}=0.
Logo as derivadas parciais no ponto (0,0) existem e ambas valem zero; o candidato a diferencial é L(h)=0\cdot h_1+0\cdot h_2=0.

Passo 6

Critério para concluir diferenciabilidade em (0,0) e prova direta com uma desigualdade simples:
Se o candidato ao diferencial em (0,0) é a forma linear L\equiv 0, para provar diferenciabilidade precisamos mostrar
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-0}{\sqrt{x^2+y^2}}=0,
ou seja, f(x,y)=o(\|(x,y)\|) quando (x,y)\to(0,0).
Vou estimar f(x,y) em função da norma \|(x,y)\|=\sqrt{x^2+y^2}. Observe que
x^4+y^4 \le x^4 + 2x^2y^2 + y^4 = (x^2+y^2)^2 = \|(x,y)\|^4.
(Usei que 2x^2y^2\ge 0 para obter a igualdade acima; a ideia é comparar x^4+y^4 com (x^2+y^2)^2.) Aplicando potência 1/3 em ambos os lados (função monótona crescente), obtemos
f(x,y)=(x^4+y^4)^{1/3}\le \|(x,y)\|^{4/3}.
Dividindo por \|(x,y)\|
\frac{f(x,y)}{\|(x,y)\|}\le \|(x,y)\|^{1/3}\xrightarrow{(x,y)\to(0,0)}0.
Portanto \displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-0}{\|(x,y)\|}=0 e, por definição, f é diferenciável em (0,0) com diferencial zero (ou seja, \nabla f(0,0)=(0,0)).
Comentário intuitivo e de ânimo: a função f tende a zero mais rápido do que a norma \|(x,y)\| quando nos aproximamos da origem (pois f é da ordem \|(x,y)\|^{4/3}), então o “erro” normalizado desaparece — é por isso que o diferencial é zero aí.

Passo 7

Observações finais úteis para prova/entendimento (resumindo e reforçando):
  • Para (x,y)\neq(0,0) obtivemos explicitamente as derivadas parciais pela regra da cadeia; como essas expressões são contínuas em \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}, f é diferenciável em todos esses pontos.
  • Em (0,0) as derivadas parciais existem e valem 0. A desigualdade que relaciona x^4+y^4 e \|(x,y)\|^4 dá que f(x,y)=O(\|(x,y)\|^{4/3}), o que garante a diferenciabilidade em (0,0) com diferencial nulo.
  • Portanto f é diferenciável em toda \mathbb{R}^2 (incluindo a origem). Se precisar, a expressão do gradiente é
\nabla f(x,y)=\begin{cases}\displaystyle \left(\frac{4x^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}},\;\frac{4y^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}}\right), & (x,y)\neq(0,0),\\[6pt] (0,0), & (x,y)=(0,0). \end{cases}]

Resposta

(a) \displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{4x^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}},\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{4y^3}{3(x^4+y^4)^{2/3}} para (x,y)\neq(0,0); f é diferenciável em todo \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}.
(b) Sim. f é diferenciável em (0,0); \nabla f(0,0)=(0,0) (pois \partial f/\partial x(0,0)=\partial f/\partial y(0,0)=0 e f(x,y)=O(\|(x,y)\|^{4/3}) dá o termo de restinho o(\|(x,y)\|)).

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