considere z=f(x, y), com
f(x, y)=\frac{x-y}{x+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+1 \quad \text { e } \quad y(u, v)=v+1
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 de duas variáveis
f(x,y)=\frac{x-y}{x+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+1,\qquad y(u,v)=v+1,
e, usando a regra da cadeia, calcular \dfrac{\partial h}{\partial u} e \dfrac{\partial h}{\partial v}.
Informações relevantes dadas:
  • A fórmula explícita de f(x,y).
  • As transformações x(u,v) e y(u,v) para construir h.

Passo 2

Análise da definição e continuidade em (0,0) (parte (a)).
  • Primeiro passo lógico: observar o domínio de f. A expressão \dfrac{x-y}{x+y} tem denominador x+y, então f só está definida quando x+y\neq 0. Em particular, em (0,0) temos x+y=0, então f(0,0) NÃO está definida.
  • Lembrete didático rápido: para uma função ser diferenciável em um ponto é necessário, entre outras coisas, que ela esteja definida e contínua nesse ponto; se nem está definida, não pode ser diferenciável ali.
  • Para deixar a ideia mais clara (mesmo que já baste o domínio), vamos verificar os limites ao aproximar (0,0) por caminhos simples:
    • Ao aproximar por pontos da forma (x,0) com x\to0 e x\neq0, temos
    f(x,0)=\frac{x-0}{x+0}=1,portanto o limite ao longo do eixo y=0 é 1.
    • Ao aproximar por pontos da forma (0,y) com y\to0 e y\neq0, temos
    f(0,y)=\frac{0-y}{0+y}=-1,portanto o limite ao longo do eixo x=0 é -1.
  • Como esses dois limites (por caminhos diferentes) são distintos, a função não tem limite único quando (x,y)\to(0,0). Isso mostra também que, mesmo se alguém tentasse definir arbitrariamente um valor em (0,0), a função estendida não seria contínua ali.
Conclusão intermediária: f não está definida em (0,0) e os limites por caminhos diferentes dão valores distintos ( 1 e -1), então f não é contínua em (0,0) e, portanto, não é diferenciável em (0,0).

Passo 3

Preparação para aplicar a regra da cadeia (parte (b)): cálculo das derivadas parciais de f em termos de x,y (onde x+y\neq0).
  • Vamos calcular \dfrac{\partial f}{\partial x} e \dfrac{\partial f}{\partial y} usando a regra do quociente. Se chamarmos numerador N(x,y)=x-y e denominador D(x,y)=x+y, então f(x,y)=\frac{N(x,y)}{D(x,y)}.
  • Regra do quociente (lembrando): para uma função g(x)=\dfrac{u(x)}{v(x)} vale g'(x)=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}. Aqui aplicamos com derivadas parciais, tratando y como constante ao derivar em relação a x, e vice-versa.
  • Calculemos \dfrac{\partial f}{\partial x}:
    • \dfrac{\partial N}{\partial x}=1.
    • \dfrac{\partial D}{\partial x}=1.
    • Aplicando a fórmula:
    \dfrac{\partial f}{\partial x} =\frac{(\partial_x N)D - N(\partial_x D)}{D^2} =\frac{1\cdot (x+y) - (x-y)\cdot 1}{(x+y)^2}.
    • Simplificando o numerador:
    1\cdot(x+y)-(x-y)=x+y-x+y=2y.
    • Logo
    \dfrac{\partial f}{\partial x}=\frac{2y}{(x+y)^2}.
  • Agora \dfrac{\partial f}{\partial y}:
    • \dfrac{\partial N}{\partial y}=-1.
    • \dfrac{\partial D}{\partial y}=1.
    • Pela fórmula do quociente:
    \dfrac{\partial f}{\partial y} =\frac{(-1)\cdot (x+y) - (x-y)\cdot 1}{(x+y)^2}.
    • Simplificando o numerador:
    -x-y-x+y=-2x.
    • Logo
    \dfrac{\partial f}{\partial y}=-\frac{2x}{(x+y)^2}.
  • Observação didática: essas expressões só fazem sentido quando x+y\neq0, que é o domínio natural de f.

Passo 4

Regra da cadeia e derivadas de x(u,v),y(u,v).
  • A regra da cadeia para funções compostas h(u,v)=f(x(u,v),y(u,v)) diz: \frac{\partial h}{\partial u} =\frac{\partial f}{\partial x}\, \frac{\partial x}{\partial u} +\frac{\partial f}{\partial y}\, \frac{\partial y}{\partial u},
\frac{\partial h}{\partial v} =\frac{\partial f}{\partial x}\, \frac{\partial x}{\partial v} +\frac{\partial f}{\partial y}\, \frac{\partial y}{\partial v}.
  • Aqui temos explicitamente x(u,v)=u+1 e y(u,v)=v+1, portanto \frac{\partial x}{\partial u}=1,\qquad \frac{\partial x}{\partial v}=0,
\frac{\partial y}{\partial u}=0,\qquad \frac{\partial y}{\partial v}=1.

Passo 5

Aplicação da regra da cadeia com substituição.
  • Substituímos as expressões obtidas em Passo 3 e os derivadas de x,y do Passo 4.
  • Para \dfrac{\partial h}{\partial u}: \frac{\partial h}{\partial u} =\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(x,y)=(x(u,v),y(u,v))}\cdot 1 +\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(x,y)=(x(u,v),y(u,v))}\cdot 0.Ou seja, apenas \dfrac{\partial f}{\partial x} avaliada em x=u+1,\\ y=v+1.
    Substituindo \dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{2y}{(x+y)^2} obtemos \frac{\partial h}{\partial u}=\frac{2\,(v+1)}{\big((u+1)+(v+1)\big)^2} =\frac{2(v+1)}{(u+v+2)^2}.
  • Para \dfrac{\partial h}{\partial v}: \frac{\partial h}{\partial v} =\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{\cdots}\cdot 0 +\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{\cdots}\cdot 1 =\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(x,y)=(u+1,v+1)}.Substituindo \dfrac{\partial f}{\partial y}=-\dfrac{2x}{(x+y)^2} \frac{\partial h}{\partial v}=-\frac{2\,(u+1)}{\big((u+1)+(v+1)\big)^2} =-\frac{2(u+1)}{(u+v+2)^2}.

Passo 6

Verificação rápida por diferenciação direta (cheque didático).
  • Observação prática: podemos também escrever explicitamente h(u,v)=f(u+1,v+1)=\frac{(u+1)-(v+1)}{(u+1)+(v+1)}=\frac{u-v}{u+v+2},e diferenciar diretamente:
    • \dfrac{\partial}{\partial u}\left(\dfrac{u-v}{u+v+2}\right) usando quociente dá exatamente \dfrac{2(v+1)}{(u+v+2)^2}.
    • \dfrac{\partial}{\partial v}\left(\dfrac{u-v}{u+v+2}\right) dá exatamente -\dfrac{2(u+1)}{(u+v+2)^2}.
  • Isso confirma que a aplicação da regra da cadeia feita acima está coerente.

Resposta

a) Não. f não é diferenciável em (0,0) (não está definida em (0,0) e os limites por caminhos diferentes, por exemplo y=0 e x=0, dão 1 e -1, respectivamente).
\displaystyle \frac{\partial h}{\partial u}=\frac{2(v+1)}{(u+v+2)^2}
\displaystyle \frac{\partial h}{\partial v}=-\frac{2(u+1)}{(u+v+2)^2}

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