considere z=f(x, y), com
f(x, y)=\frac{e^{x}-e^{y}}{e^{x}+e^{y}}
a) A função f é diferenciável no ponto ( 0,0 )? (Justifique!)
b) Seja h(u, v)=f(x(u, v), y(u, v)), com
x(u, v)=u^{2} \quad \text { e } \quad y(u, v)=v^{2} .
Determine, usando a regra da cadeia, \frac{\partial h}{\partial u} e \frac{\partial h}{\partial v}.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=\frac{e^{x}-e^{y}}{e^{x}+e^{y}}
e pede duas coisas:
(a) Verificar se f é diferenciável no ponto (0,0) e justificar.
(b) Definir h(u,v)=f(x(u,v),y(u,v)) com
x(u,v)=u^{2},\qquad y(u,v)=v^{2},
e usar a regra da cadeia para determinar \dfrac{\partial h}{\partial u} e \dfrac{\partial h}{\partial v}.
Também anotar todas as informações importantes dadas: e^{x}+e^{y}>0 para todos (x,y) (logo o denominador nunca se anula) e f(0,0)=0 (pois e^{0}=1).

Passo 2

Conceito útil (breve aula): dizer que f é diferenciável em (0,0) significa que existe uma aplicação linear L:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} tal que
f(0+h,0+k)=f(0,0)+L(h,k)+o\big(\sqrt{h^{2}+k^{2}}\big),
quando (h,k)\to(0,0). Uma condição prática muito usada: se as derivadas parciais \dfrac{\partial f}{\partial x} e \dfrac{\partial f}{\partial y} existem em um vizinhança de (0,0) e são contínuas em (0,0), então f é diferenciável em (0,0). Vou calcular as derivadas parciais e verificar continuidade para justificar diferenciabilidade.

Passo 3

Cálculo das derivadas parciais gerais de f (usa-se a regra do quociente). Denotando
N(x,y)=e^{x}-e^{y},\qquad D(x,y)=e^{x}+e^{y},
temos f=\dfrac{N}{D}. Então
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{N_x D - N D_x}{D^{2}}.
Calcule cada termo:
N_x=\frac{\partial}{\partial x}(e^{x}-e^{y})=e^{x},\qquad D_x=\frac{\partial}{\partial x}(e^{x}+e^{y})=e^{x}.
Substituindo:
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{e^{x}(e^{x}+e^{y})-(e^{x}-e^{y})e^{x}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}.
Agora simplificar o numerador:
e^{x}(e^{x}+e^{y})-(e^{x}-e^{y})e^{x} = e^{2x}+e^{x+y}-e^{2x}+e^{x+y}=2e^{x+y}.
Portanto chegamos a
\boxed{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{2e^{x+y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}.}

Passo 4

De forma análoga para \dfrac{\partial f}{\partial y} aplicando a regra do quociente (ou observando simetria trocando x por y e lembrando o sinal), temos
N_y=\frac{\partial}{\partial y}(e^{x}-e^{y})=-e^{y},\qquad D_y=e^{y},
então
\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{(-e^{y})(e^{x}+e^{y})-(e^{x}-e^{y})e^{y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}.
Simplificando o numerador:
- e^{x+y}-e^{2y}-e^{x+y}+e^{2y}=-2e^{x+y},
logo
\boxed{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=-\frac{2e^{x+y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}.}

Passo 5

Avaliação em (0,0) e conclusão sobre diferenciabilidade. Primeiro o valor de f em (0,0):
f(0,0)=\frac{e^{0}-e^{0}}{e^{0}+e^{0}}=\frac{1-1}{1+1}=0.
Agora as derivadas parciais em (0,0) usando as fórmulas obtidas:
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\frac{2e^{0+0}}{(e^{0}+e^{0})^{2}}=\frac{2\cdot 1}{(1+1)^{2}}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2},
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=-\frac{2e^{0+0}}{(e^{0}+e^{0})^{2}}=-\frac{1}{2}.
As expressões para \dfrac{\partial f}{\partial x} e \dfrac{\partial f}{\partial y} são combinações de exponenciais e operações algébricas (frações, potências), logo são funções contínuas em toda \mathbb{R}^{2}. Em particular são contínuas em (0,0). Pelo critério citado no Passo 2 (derivadas parciais existentes e contínuas numa vizinhança), conclui-se que f é diferenciável em (0,0).

Passo 6

Preparação para a parte (b): a regra da cadeia para composição h(u,v)=f(x(u,v),y(u,v)) diz, de maneira elementar,
\boxed{\displaystyle \frac{\partial h}{\partial u}(u,v)=\frac{\partial f}{\partial x}\big(x(u,v),y(u,v)\big)\,\frac{\partial x}{\partial u}(u,v) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(x(u,v),y(u,v)\big)\,\frac{\partial y}{\partial u}(u,v)}
e
\boxed{\displaystyle \frac{\partial h}{\partial v}(u,v)=\frac{\partial f}{\partial x}\big(x(u,v),y(u,v)\big)\,\frac{\partial x}{\partial v}(u,v) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(x(u,v),y(u,v)\big)\,\frac{\partial y}{\partial v}(u,v).}
Isto é a forma padrão da regra da cadeia para derivadas parciais de composições.

Passo 7

Calcular as derivadas de x(u,v) e y(u,v):
\frac{\partial x}{\partial u}=2u,\qquad \frac{\partial x}{\partial v}=0,
\frac{\partial y}{\partial u}=0,\qquad \frac{\partial y}{\partial v}=2v.

Passo 8

Substituir as expressões de \dfrac{\partial f}{\partial x} e \dfrac{\partial f}{\partial y} obtidas nos Passos 3–4 e as derivadas de x,y do Passo 7:
Para \dfrac{\partial h}{\partial u}:
\frac{\partial h}{\partial u}(u,v) =\frac{2e^{x+y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}\Big|_{x=u^{2},\,y=v^{2}}\cdot(2u) + \Big(-\frac{2e^{x+y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}\Big)\Big|_{x=u^{2},\,y=v^{2}}\cdot 0.
A segunda parcela some por multiplicar por 0. Assim
\frac{\partial h}{\partial u}(u,v)=4u\;\frac{e^{u^{2}+v^{2}}}{\big(e^{u^{2}}+e^{v^{2}}\big)^{2}}.
Para \dfrac{\partial h}{\partial v}:
\frac{\partial h}{\partial v}(u,v) =\frac{2e^{x+y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}\Big|_{x=u^{2},\,y=v^{2}}\cdot 0 + \Big(-\frac{2e^{x+y}}{(e^{x}+e^{y})^{2}}\Big)\Big|_{x=u^{2},\,y=v^{2}}\cdot (2v).
A primeira parcela some; fica
\frac{\partial h}{\partial v}(u,v)=-4v\;\frac{e^{u^{2}+v^{2}}}{\big(e^{u^{2}}+e^{v^{2}}\big)^{2}}.

Resposta

(a) Sim. f é diferenciável em (0,0). Além disso \dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\tfrac{1}{2} e \dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=-\tfrac{1}{2}.
(b) \displaystyle \frac{\partial h}{\partial u}(u,v)=4u\;\frac{e^{u^{2}+v^{2}}}{\big(e^{u^{2}}+e^{v^{2}}\big)^{2}},\quad \displaystyle \frac{\partial h}{\partial v}(u,v)=-4v\;\frac{e^{u^{2}+v^{2}}}{\big(e^{u^{2}}+e^{v^{2}}\big)^{2}}.

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