Determine, em cada caso, os pontos onde f é diferenciável. Calcule as derivadas parciais de f nestes pontos, encontrando as funções \tilde{f} e t ou fazendo o cálculo direto, o que lhe parecer mais simples.
f(x, y)=e^{-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}}

Passo 1

O enunciado pede:
  • Determinar os pontos onde f é diferenciável.
  • Calcular as derivadas parciais de f nesses pontos.
  • Encontrar a aplicação linear t (o diferencial) em cada ponto, ou fazer o cálculo direto.
Informações dadas:
  • A função é \displaystyle f(x,y)=e^{-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}}.
  • Como o enunciado não explicita o valor em (0,0) e este tipo de exercício é clássico, vou considerar a extensão usual por continuidade, ou seja: definimos \displaystyle f(0,0)=0. (Se você tiver outra definição em mente, me avise; aqui sigo a hipótese padrão.)
  • Então estudaremos diferenciabilidade em todos os pontos de \mathbb{R}^{2}, separando o caso (x,y)\neq(0,0) e o caso (0,0).

Passo 2

Análise para (x,y)\neq(0,0).
Raciocínio didático (regra prática): se uma função é composição de funções elementares (polinômios, potências, soma, produto, exponencial, recíproco) em pontos onde todas essas operações fazem sentido, então é C^\infty nesses pontos; logo é diferenciável. Vou fazer o cálculo direto das derivadas parciais para ficar claro como proceder na prova.
Defina \displaystyle r^{2}=x^{2}+y^{2} e \displaystyle u(x,y)=-\frac{1}{r^{2}}=-\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{-1}. Então \displaystyle f(x,y)=e^{u(x,y)}.
Aplicando a regra da cadeia para derivada parcial em relação a x:
  • Primeiro calcule \displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}. Como u=-(x^{2}+y^{2})^{-1}, usamos a derivada de v^{-1}: \frac{d}{dx}v^{-1}=-v^{-2}v'. Assim
\frac{\partial u}{\partial x} = -\bigl(-1\bigr)\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{-2}\cdot 2x = \frac{2x}{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{2}}.
  • Agora \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=e^{u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}. Portanto, para (x,y)\neq(0,0),
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = e^{-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}}\cdot\frac{2x}{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{2}}.
Do mesmo modo, em relação a y:
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = e^{-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}}\cdot\frac{2y}{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{2}}, \qquad (x,y)\neq(0,0).
Comentário amigo: essas fórmulas aparecem direto aplicando a cadeia; importante na prova é escrever o passo da derivada de -(x^{2}+y^{2})^{-1} com calma, como fiz acima.

Passo 3

Conclusão para (x,y)\neq(0,0).
Como as expressões das derivadas parciais acima são combinações de funções suaves em pontos onde x^{2}+y^{2}\neq0, temos que f é C^{\infty} e, em particular, diferenciável em todo ponto (x,y) com (x,y)\neq(0,0). O diferencial (aplicação linear) em um ponto (a,b)\neq(0,0) é
t_{(a,b)}(h,k)=\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)\,h+\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)\,k.

Passo 4

Cálculo das derivadas parciais em (0,0) pelo limite (definição).
Queremos \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.
Usando f(0,0)=0 e f(h,0)=e^{-1/h^{2}} para h\neq0, temos
\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\frac{e^{-1/h^{2}}}{h}.
Estudamos o limite do módulo:
\left|\frac{e^{-1/h^{2}}}{h}\right|=\frac{1}{|h|}e^{-1/h^{2}}.
Faça a substituição s=\dfrac{1}{|h|} (então s\to+\infty quando h\to0). O termo vira s e^{-s^{2}}. Mostramos que
\lim_{s\to+\infty}s e^{-s^{2}}=0.
Uma forma direta é usar L’Hôpital: escreva s e^{-s^{2}}=\dfrac{s}{e^{s^{2}}}. Aplicando L’Hôpital,
\lim_{s\to\infty}\frac{s}{e^{s^{2}}} =\lim_{s\to\infty}\frac{1}{2s e^{s^{2}}}=0.
Logo \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.
De maneira idêntica para y, \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.
Comentário amigo: intuitivamente, a exponencial decai tão rápido que domina o divisor h, fazendo o quociente ir a zero.

Passo 5

Verificação da diferenciabilidade em (0,0).
Para ser diferenciável em (0,0) com diferencial igual ao produto escalar com o gradiente, precisamos mostrar que
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)-f(0,0)-\nabla f(0,0)\cdot(h,k)}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}=0.
Já obtivemos \nabla f(0,0)=(0,0), e f(0,0)=0. Assim o numerador fica simplesmente f(h,k). De modo que precisamos provar
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{e^{-\frac{1}{h^{2}+k^{2}}}}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}=0.
Defina r=\sqrt{h^{2}+k^{2}}. Então a expressão é \dfrac{e^{-1/r^{2}}}{r}. Com s=1/r temos novamente s e^{-s^{2}} com s\to\infty, cujo limite é 0 (ver Passo 4). Portanto
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)-0-0}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}=0,
ou seja, f é diferenciável em (0,0) e o diferencial ali é a aplicação nula:
t_{(0,0)}(h,k)=0.

Passo 6

Regularidade adicional e continuidade das derivadas.
Podemos ainda notar que as derivadas parciais que calculamos para (x,y)\neq(0,0),
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{2x}{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{2}}\,e^{-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{2y}{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{2}}\,e^{-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}},
tendem a 0 quando (x,y)\to(0,0). Isso porque seus módulos são majorados por constantes vezes expressões do tipo s^{3}e^{-s^{2}} com s\to\infty, que vão a zero. Assim as derivadas são contínuas em (0,0) e f é de classe C^{1} (na verdade C^{\infty}) em todo \mathbb{R}^{2}.

Passo 7

Resumo prático para a prova (o que escrever de forma curta):
  • Para (x,y)\neq(0,0) usar regra da cadeia e as fórmulas do Passo 2.
  • Em (0,0) calcular derivadas parciais por limite (veja Passo 4) e verificar diferenciabilidade pelo quociente com \sqrt{h^{2}+k^{2}} (Passo 5); o diferencial em (0,0) é zero.

Resposta

f é diferenciável em todo \mathbb{R}^{2} (assumindo f(0,0)=0).\n
Para (x,y)\neq(0,0):
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{2x}{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{2}}\,e^{-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{2y}{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{2}}\,e^{-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}},
e o diferencial em (a,b)\neq(0,0) é
t_{(a,b)}(h,k)=\frac{2a}{\bigl(a^{2}+b^{2}\bigr)^{2}}e^{-\frac{1}{a^{2}+b^{2}}}\,h +\frac{2b}{\bigl(a^{2}+b^{2}\bigr)^{2}}e^{-\frac{1}{a^{2}+b^{2}}}\,k.
Em (0,0):
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0,
e o diferencial é a aplicação nula t_{(0,0)}(h,k)=0.

Exercícios relacionados