Considere a função z=f(x, y) em que
f(x, y)=\left\{\begin{array}{cc} \frac{x y^{2}}{x^{2}+y^{2}} & \text { se }(x, y) \neq(0,0) \\\\ 0 & \text { se }(x, y)=(0,0) \end{array}\right.
(a) Para que pares (x, y) \in \mathbb{R}^{2} temos z=f(x, y) diferenciável?
(b) Verifique que x \frac{\partial z}{\partial x}+y \frac{\partial z}{\partial y}=z para todo (x, y) \in \mathbb{R}^{2}.

Passo 1

O enunciado define a função
f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x\,y^{2}}{x^{2}+y^{2}},& (x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0,& (x,y)=(0,0), \end{cases}
e pede:
(a) em que pontos (x,y) a função é diferenciável;
(b) mostrar que
x\,\frac{\partial z}{\partial x}+y\,\frac{\partial z}{\partial y}=z
para todo (x,y)\in\mathbb{R}^2.
Vamos usar o fato de que quocientes de funções polinomiais são suaves onde o denominador não zera, a definição de diferenciabilidade no ponto, e a regra do quociente para derivadas parciais.]

Passo 2

Para (x,y)\neq(0,0), o denominador x^2+y^2 é não nulo. Logo f é razão de funções polinomiais diferenciáveis, portanto \emph{é diferenciável} em todo ponto (x,y)\neq(0,0).

Passo 3

No ponto (0,0), vamos testar a diferenciabilidade diretamente. Primeiro calculamos as derivadas parciais por definição:
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) =\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to0}\frac{0-0}{h}=0, \quad \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.
O candidato a diferencial linear é então L(x,y)=0. Para ser diferenciável em (0,0), precisaríamos
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-L(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} =\lim_{r\to0}\frac{r\cos\theta\sin^2\theta}{r} =\cos\theta\,\sin^2\theta \;\overset{?}{=}\;0
para todo ângulo \theta. Mas esse limite depende de \theta (por ex.: \theta=\pi/3 3/8\neq0). Logo não há termo o(r) para cancelar o resto, e f \emph{não é diferenciável} em (0,0).

Passo 4

Agora, para (x,y)\neq(0,0), usamos a regra do quociente. Denote D=x^2+y^2. Então
f(x,y)=\frac{x\,y^2}{D}.
A derivada parcial em x é
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{y^2\cdot D - x\,y^2\cdot(2x)}{D^2} =\frac{y^2\bigl(x^2+y^2-2x^2\bigr)}{D^2} =\frac{y^2\,(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2},
e em y é
\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{2xy\cdot D - x\,y^2\cdot(2y)}{D^2} =\frac{2xy\bigl(x^2+y^2-y^2\bigr)}{D^2} =\frac{2x^3y}{(x^2+y^2)^2}.

Passo 5

Multiplicando e somando:
x\,\frac{\partial f}{\partial x} + y\,\frac{\partial f}{\partial y} =x\frac{y^2(y^2-x^2)}{D^2} + y\frac{2x^3y}{D^2} =\frac{x\,y^2\bigl(y^2-x^2+2x^2\bigr)}{D^2} =\frac{x\,y^2\,(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2} =\frac{x\,y^2}{x^2+y^2} =f(x,y).
No ponto (0,0), temos ambos lados iguais a zero. Portanto a identidade vale em \mathbb{R}^2.

Resposta

(a) f é diferenciável em todo (x,y)\neq(0,0) e não é diferenciável em (0,0).
(b) De fato, para todo (x,y)\in\mathbb{R}^2 vale
x\,\frac{\partial z}{\partial x}+y\,\frac{\partial z}{\partial y}=z.

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