Considere a função f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}, definida como segue:
f(x, y)=\left\{\begin{array}{ccc} \frac{x^{2} y}{x^{2}+y^{2}}, & \text { quando } & x^{2}+y^{2} \neq 0 \\\\ 0, & \text { quando } & (x, y)=(0,0) \end{array}\right.
Nestas condições, mostre o que se pede:
(a) Existem as derivadas direcionais (\partial / \partial v) em todos os pontos de \mathbb{R}^{2}, segundo qualquer vetor v=(\alpha, \beta);
(b) Em particular, determine (\partial / \partial v f)(0,0);
(c) No ponto a=(0,0), vale a igualdadde:
\frac{\partial f}{\partial(v+w)}(a)=\frac{\partial f}{\partial v}(a)+\frac{\partial f}{\partial w}(a) ?
Justifique sua resposta.
(d) Mostre que f é contínua em todos os pontos (x, y) do plano \mathbb{R}^{2}.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}, & \text{quando } x^{2}+y^{2}\neq 0,\\[6pt] 0, & \text{quando } (x,y)=(0,0). \end{cases}
As perguntas são:
(a) Provar que existem as derivadas direcionais \dfrac{\partial f}{\partial v} em todos os pontos de \mathbb{R}^2 para qualquer vetor v=(\alpha,\beta).
(b) Calcular explicitamente \dfrac{\partial f}{\partial v}(0,0).
(c) Verificar se, no ponto a=(0,0), vale a igualdade
\frac{\partial f}{\partial(v+w)}(a)=\frac{\partial f}{\partial v}(a)+\frac{\partial f}{\partial w}(a)
para vetores v,w.
(d) Mostrar que f é contínua em todos os pontos do plano.
Informações úteis que o enunciado já dá: valor explícito de f para (x,y)\neq(0,0) e o valor em (0,0).]

Passo 2

Definição e estratégia para as derivadas direcionais. Lembre-se: a derivada direcional de f no ponto a na direção v é, por definição,
\frac{\partial f}{\partial v}(a)=\lim_{t\to 0}\frac{f(a+t v)-f(a)}{t},
quando esse limite existe. Vou aplicar essa definição no caso a=(0,0) (que é o caso mais delicado) e depois tratar a\neq(0,0).

Passo 3

Cálculo da derivada direcional em a=(0,0). Seja v=(\alpha,\beta).
Para t\neq 0 temos, se (\alpha,\beta)\neq(0,0),
f(t\alpha,t\beta)=\frac{(t\alpha)^2(t\beta)}{(t\alpha)^2+(t\beta)^2} =\frac{t^{3}\alpha^{2}\beta}{t^{2}(\alpha^{2}+\beta^{2})} = t\cdot\frac{\alpha^{2}\beta}{\alpha^{2}+\beta^{2}}.
Logo
\frac{f(t\alpha,t\beta)-f(0,0)}{t} =\frac{t\cdot\frac{\alpha^{2}\beta}{\alpha^{2}+\beta^{2}}-0}{t} =\frac{\alpha^{2}\beta}{\alpha^{2}+\beta^{2}}.
Esse quociente é constante (independe de t), portanto o limite quando t\to 0 existe e vale
\frac{\partial f}{\partial v}(0,0)=\frac{\alpha^{2}\beta}{\alpha^{2}+\beta^{2}}, \quad\text{quando }(\alpha,\beta)\neq(0,0).
Se v=(\alpha,\beta)=(0,0) então f(t\alpha,t\beta)=f(0,0)=0 para todo t, e
\frac{f(t\alpha,t\beta)-f(0,0)}{t}=0
para todo t\neq 0, logo o limite também existe e é 0. Portanto a fórmula acima cobre todos os casos, com a ressalva de que para (\alpha,\beta)=(0,0) interpretamos o valor como 0.

Passo 4

Conclusão parcial e interpretação didática. Assim mostramos que, para a=(0,0)\), a derivada direcional existe para qualquer vetor \(v\) e é dada por \[\frac{\partial f}{\partial v}(0,0)= \begin{cases} \dfrac{\alpha^{2}\beta}{\alpha^{2}+\beta^{2}}, & (\alpha,\beta)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & (\alpha,\beta)=(0,0). \end{cases}
Observação didática: o cálculo ficou simples porque ao substituir (t\alpha,t\beta)\] na expressão racional de \(f os fatores de potência de t simplificaram, deixando um termo linear em t que cancelou no quociente pela divisão por t.]

Passo 5

Existência das derivadas direcionais em pontos a\neq(0,0). Aqui a função é razão de polinômios com denominador x^{2}+y^{2} que é estritamente positivo quando a\neq(0,0). Polinômios são diferenciáveis e a razão (quando o denominador é não nulo) é diferenciável também; isto implica que f é diferenciável em todo ponto (x,y) com x^{2}+y^{2}\neq 0. Diferenciabilidade implica existência de todas as derivadas direcionais: para tais pontos
\frac{\partial f}{\partial v}(x,y)=\nabla f(x,y)\cdot v,
onde \nabla f é o gradiente em (x,y). Para ilustrar (didaticamente) podemos calcular as derivadas parciais usando regra do quociente: para (x,y)\neq(0,0)
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) =\frac{(2xy)(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}} =\frac{2x y^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}},
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) =\frac{x^{2}(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}} =\frac{x^{2}(x^{2}-y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Essas expressões são bem definidas e contínuas para (x,y)\neq(0,0), portanto \nabla f(x,y) existe e assim todas as derivadas direcionais existem nesse caso.

Passo 6

Resposta à parte (c) — linearidade no ponto a=(0,0). A igualdade
\frac{\partial f}{\partial(v+w)}(0,0)=\frac{\partial f}{\partial v}(0,0)+\frac{\partial f}{\partial w}(0,0)
seria verdadeira se a aplicação v\mapsto \dfrac{\partial f}{\partial v}(0,0) fosse um operador linear (isto é, aditivo). Vamos mostrar que ela não é aditiva com um contraexemplo simples. Tome v=(1,0) e w=(0,1). Pelas fórmulas obtidas:
\frac{\partial f}{\partial v}(0,0)=\frac{1^{2}\cdot 0}{1^{2}+0^{2}}=0, \qquad \frac{\partial f}{\partial w}(0,0)=\frac{0^{2}\cdot 1}{0^{2}+1^{2}}=0.
Mas v+w=(1,1) e
\frac{\partial f}{\partial(v+w)}(0,0)=\frac{1^{2}\cdot 1}{1^{2}+1^{2}}=\frac{1}{2}.
Logo \frac{\partial f}{\partial(v+w)}(0,0)=\frac{1}{2}\neq 0+0=\frac{\partial f}{\partial v}(0,0)+\frac{\partial f}{\partial w}(0,0). Conclusão: a igualdade não vale em geral no ponto a=(0,0).

Passo 7

Continuidade de f em todos os pontos (parte d). Para (x,y)\neq(0,0) a função é diferenciável (como já vimos), logo é contínua nesses pontos. Resta verificar continuidade em (0,0): queremos mostrar que
\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0=f(0,0).
Faço isso em coordenadas polares: escreva x=r\cos\theta,\; y=r\sin\theta, com r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}. Para (x,y)\neq(0,0) temos
f(x,y)=\frac{x^{2}y}{x^{2}+y^{2}} =\frac{(r\cos\theta)^{2}(r\sin\theta)}{r^{2}} = r\cos^{2}\theta\sin\theta.
Então
|f(x,y)|=|r\cos^{2}\theta\sin\theta|\le r\cdot 1\cdot 1 = r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}.
Como \sqrt{x^{2}+y^{2}}\to 0 quando (x,y)\to(0,0), pelo princípio do confronto segue que f(x,y)\to 0. Portanto f é contínua em (0,0) e, combinando com o caso anterior, f é contínua em todo \mathbb{R}^{2}.

Passo 8

Resumo rápido do que foi provado (sem detalhes de cálculo, só para fechar): as derivadas direcionais existem em todos os pontos; no ponto (0,0) a fórmula explícita é aquela dada; a aditividade das derivadas direcionais falha em (0,0) (contraexemplo fornecido); e f é contínua em todo o plano.

Resposta

(a) Sim, existem as derivadas direcionais em todos os pontos de \mathbb{R}^{2}\). (b) \(\displaystyle \frac{\partial f}{\partial v}(0,0)=\begin{cases}\dfrac{\alpha^{2}\beta}{\alpha^{2}+\beta^{2}}, & (\alpha,\beta)\neq(0,0),\\[6pt]0, & (\alpha,\beta)=(0,0).\end{cases}
(c) Não. Por exemplo, com v=(1,0) e w=(0,1) temos \dfrac{\partial f}{\partial v}(0,0)=0, \dfrac{\partial f}{\partial w}(0,0)=0 e \dfrac{\partial f}{\partial(v+w)}(0,0)=\tfrac{1}{2}, logo a igualdade não vale.
(d) f é contínua em todo \mathbb{R}^{2}.]

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