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}.
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:
para todo ângulo \theta. Mas esse limite depende de \theta (por ex.: \theta=\pi/3 dá 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}.