O que vou responder (ou seja, as perguntas que a questão implicitamente pede):
Verificar se \displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) existe e, portanto, se f é contínua em (0,0).
Calcular as derivadas parciais \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) e \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(0,0).
Verificar se f é diferenciável em (0,0) (isto é, se a aproximação linear com as derivadas parciais como coeficientes representa bem f perto da origem).
As informações relevantes que temos:
A expressão de f para pontos diferentes da origem e o valor especial f(0,0)=0.
Observação útil óbvia: numerador e denominador são polinômios; graus do numerador são 6 (termos x^3y^3 e x^6) e do denominador são 4 (termos x^4 e y^4).]
Passo 2
Provar que \displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0 (continuidade em (0,0)).
Estratégia didática: para limites em duas variáveis é muito prático usar coordenadas polares porque elas isolam o fator pequeno r (distância à origem). Lembrete rápido das coordenadas polares:
x = r\cos\theta,\qquad y = r\sin\theta,\qquad r=\sqrt{x^2+y^2},\quad r\ge0.
Substituindo na expressão de f (para (x,y)\neq(0,0)) obtemos:
Vamos analisar a fração em \theta. Primeiro, note que \cos^{4}\theta+\sin^{4}\theta nunca é zero para nenhum \theta (pois \cos^{4}\theta\ge0, \sin^{4}\theta\ge0 e não podem ser simultaneamente zero). Para obter uma cota inferior explícita, escrevemos com t=\cos^{2}\theta (então \sin^{2}\theta=1-t):
Assim \cos^{4}\theta+\sin^{4}\theta \ge \tfrac{1}{2} para todo \theta.
A parte do numerador \cos^{3}\theta\sin^{3}\theta+\cos^{6}\theta tem módulo no máximo 2, porque |\cos^{3}\theta\sin^{3}\theta|\le1 e |\cos^{6}\theta|\le1. Logo a fração
é limitada; de fato |g(\theta)|\le \dfrac{2}{1/2}=4.
Voltando a f, temos para (x,y)\neq(0,0)
|f(x,y)| = r^{2}\,|g(\theta)| \le 4\,r^{2}.
Logo, quando (x,y)\to(0,0) ou equivalentemente r\to0, segue que |f(x,y)|\le 4r^{2}\to 0. Portanto
\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0,
e, como f(0,0)=0, concluímos que f é contínua em (0,0).
Comentário amigável: isso mostra que o numerador é de ordem r^{6} enquanto o denominador é de ordem r^{4}, resultando em comportamento da ordem r^{2}, que vai a zero bem rápido.
Passo 3
Calcular as derivadas parciais em (0,0) pelo limite definicional.
Definição (lembrando): a derivada parcial de f em (0,0) em relação a x é
Se as derivadas parciais existem, o candidato natural é L(x,y)=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)\,x+\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)\,y. Aqui vimos que ambas as derivadas parciais valem zero, logo L(x,y)=0.
Como r\to0 quando (x,y)\to(0,0), segue que \dfrac{f(x,y)}{r}\to0. Isso mostra exatamente que o resto da aproximação linear dividido pela norma vai a zero, ou seja, f é diferenciável em (0,0) e a diferencial linear é a aplicação nula.
Interpretação intuitiva: f é muito “plano” perto da origem — seu valor é da ordem r^{2}, enquanto um erro linear seria da ordem r; portanto o comportamento quadrático garante que o termo linear dominante na expansão é zero.
Passo 5
Resumo dos resultados e observações finais (didático e motivador):
A técnica das coordenadas polares nos permitiu isolar o fator r^{2} e observar que f(x,y) tende a 0 como r^{2}; esta é uma técnica-padrão para limites em \mathbb{R}^{2} quando aparecem potências homogêneas.
O cálculo das derivadas parciais pela definição é simples porque ao restringir para os eixos a função reduz a expressões elementares (f(x,0)=x^{2}, f(0,y)=0).
A verificação da diferenciabilidade segue mostrando que f é de ordem r^{2}, logo o resto dividido por r tende a zero, provando a diferenciabilidade com gradiente (0,0).
Como consolação final: apesar da aparência complicada do quociente, o comportamento de ordens das potências (graus do numerador e denominador) já dá uma pista forte — aqui numerador grau 6, denominador grau 4 → comportamento como r^{2}.
Resposta
f é contínua em (0,0) (limite igual a 0). \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0. \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0. f é diferenciável em (0,0) e \nabla f(0,0)=(0,0).