§. Considere a função
f(x, y)= \begin{cases}\frac{2 x^{2}+y^{2}}{x-y}, & \text { se } x \neq y \\\\ 0, & \text { se } x=y\end{cases}
(a) Em quais pontos esta função possui derivadas parciais de primeira ordem? Determin e \frac{\partial f}{\partial y} nestes pontos.
(b) Há pontos nos quais f não possui derivadas parciais? Justifique.

Passo 1

O enunciado nos dá a função por pedaços
f(x, y)= \begin{cases} \displaystyle \frac{2x^{2}+y^{2}}{x-y}, & \text{se } x\neq y,\\[6pt] 0, & \text{se } x=y. \end{cases}
O que é pedido:
(a) Em quais pontos a função possui derivadas parciais de primeira ordem? Determinar \dfrac{\partial f}{\partial y} nesses pontos.
(b) Indicar se há pontos onde f não possui derivadas parciais e justificar.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A expressão racional \dfrac{2x^{2}+y^{2}}{x-y} vale sempre que x\neq y.
  • Na reta diagonal x=y o valor é fixado igual a 0.
  • Para verificar existência de derivadas parciais em pontos onde a definição é por pedaços, é preciso usar a definição limite da derivada parcial (não confiar só em regras de derivação).]

Passo 2

Relembrando a definição de derivada parcial (aula rápida e prática):
  • A derivada parcial em relação a y em um ponto (a,b) é o limite (se existir)
\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)=\lim_{h\to 0}\frac{f(a,b+h)-f(a,b)}{h}.
Aqui x fica fixo em a e só perturbamos y.
  • Para pontos onde a função é dada por uma expressão algébrica diferenciável (por exemplo quociente de polinômios com denominador não nulo), podemos usar as regras usuais (derivada de quociente) para obter a derivada parcial.
  • Quando a função muda de fórmula (pedaço) ao aproximarmos, devemos usar a definição por limites para verificar existência e calcular valores.
Vou aplicar esses dois procedimentos: (i) usar regras de derivação para pontos com x\neq y; (ii) usar a definição por limite para pontos com x=y.

Passo 3

Cálculo de \dfrac{\partial f}{\partial y} para pontos com x\neq y (usando derivação direta).
  • Fixe x e considere a função de y
g(y)=\frac{2x^{2}+y^{2}}{x-y},\qquad (x\\ \text{fixo},\\ x\neq y).
  • Aplicamos a regra do quociente: se g(y)=\dfrac{u(y)}{v(y)} então g'(y)=\dfrac{u'(y)v(y)-u(y)v'(y)}{v(y)^2}.
    Aqui u(y)=2x^{2}+y^{2} e v(y)=x-y.
  • Calculando as derivadas:
u'(y)=2y,\qquad v'(y)=-1.
  • Então
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=g'(y) =\frac{2y(x-y)-(2x^{2}+y^{2})(-1)}{(x-y)^{2}}.
  • Desenvolvendo o numerador passo a passo:
2y(x-y)=2xy-2y^{2},
-(2x^{2}+y^{2})(-1)=+(2x^{2}+y^{2}).
Somando:
2xy-2y^{2}+2x^{2}+y^{2}=2x^{2}+2xy-y^{2}.
  • Portanto, para todo ponto com x\neq y vale
\boxed{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{2x^{2}+2xy-y^{2}}{(x-y)^{2}},\qquad (x\neq y).}
Observação didática: como a expressão original é um quociente de polinômios com denominador (x-y) que não é zero quando x\neq y, a função é C^{\infty} (suave) nessa região; assim tanto \partial f/\partial x quanto \partial f/\partial y existem e são dadas pelas regras usuais para todo (x,y) tal que x\neq y.

Passo 4

Agora tratamos os pontos da diagonal x=y. Precisamos verificar existência das derivadas parciais usando a definição limite. Primeiro \partial f/\partial y em um ponto genérico (a,a).
Pela definição,
\frac{\partial f}{\partial y}(a,a)=\lim_{h\to 0}\frac{f(a,a+h)-f(a,a)}{h} =\lim_{h\to 0}\frac{f(a,a+h)-0}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{f(a,a+h)}{h}.
Para h\neq 0 temos a\neq a+h, então usamos a fórmula racional:
f(a,a+h)=\frac{2a^{2}+(a+h)^{2}}{a-(a+h)} =\frac{2a^{2}+a^{2}+2ah+h^{2}}{-h} =\frac{3a^{2}+2ah+h^{2}}{-h}.
Simplificando:
f(a,a+h)=-\frac{3a^{2}}{h}-2a-h.
Dividindo por h:
\frac{f(a,a+h)}{h}=-\frac{3a^{2}}{h^{2}}-\frac{2a}{h}-1.

Passo 5

Análise do limite obtido no passo anterior:
  • Para a\neq 0 os termos -\dfrac{3a^{2}}{h^{2}} e -\dfrac{2a}{h} divergem quando h\to 0. Portanto o limite não existe (tende a infinito ou não existe finitamente). Conclusão: para qualquer ponto (a,a) com a\neq 0 a derivada parcial \dfrac{\partial f}{\partial y}(a,a) não existe.
  • Para a=0 substituímos a=0 nas expressões:
f(0,h)=\frac{2\cdot 0^{2}+h^{2}}{0-h}=\frac{h^{2}}{-h}=-h.
Então
\frac{f(0,h)}{h}=\frac{-h}{h}=-1\quad\text{para }h\neq 0.
Assim
\lim_{h\to 0}\frac{f(0,h)}{h}=-1.
Portanto a derivada parcial em relação a y em (0,0) existe e vale -1.

Passo 6

Resumo e fechamento das conclusões (com justificativas claras):
  • Em todos os pontos com x\neq y a função é dada por uma expressão racional suave; logo ambas as derivadas parciais de primeira ordem existem aí. Especificamente, para x\neq y,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{2x^{2}+2xy-y^{2}}{(x-y)^{2}}.
  • Nos pontos da diagonal x=y é preciso usar a definição limite. O cálculo mostrou que:
    • Para (a,a) com a\neq 0 o limite que define \partial f/\partial y diverge (não existe finitamente). Logo \partial f/\partial y não existe nesses pontos.
    • Para (0,0) o limite existe e \dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=-1.
  • Conclusão prática: as derivadas parciais de primeira ordem existem para todos os (x,y) com x\neq y e também em (0,0); nas demais pontos da diagonal x=y (ou seja, (a,a) com a\neq 0) as derivadas parciais não existem. Como justificativa exemplar para não existência basta o cálculo que mostra termos do tipo 1/h^{2} ou 1/h no limite definidor, que explode quando h\to 0.
Se desejar, posso também mostrar explicitamente o cálculo de \dfrac{\partial f}{\partial x} em (0,0) (resultado: \dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=2) para completar o quadro das duas derivadas parciais na origem.

Resposta

(a) As derivadas parciais de primeira ordem existem em todos os pontos com x\neq y e também em (0,0). Para x\neq y,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{2x^{2}+2xy-y^{2}}{(x-y)^{2}}.
Além disso \dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=-1.
(b) Sim. Nos pontos da diagonal (a,a) com a\neq 0 a derivada parcial \dfrac{\partial f}{\partial y} (e, analogamente, \dfrac{\partial f}{\partial x}) não existe, pois a definição por limite fornece termos que divergem (aparecem 1/h^{2} e 1/h quando h\to 0), portanto o limite não existe nesses pontos.

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