A função f é diferenciável em (0,0) ? E em (x, y) \neq(0,0) ?
f(x, y)=\left\{\begin{array}{r}\frac{x y}{x^{2}+y^{2}}, \text { se }(x, y) \neq(0,0) \\\ 0, \text { se }(x, y)=(0,0)\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{xy}{x^{2}+y^{2}}, & \text{se }(x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & \text{se }(x,y)=(0,0), \end{cases}
e pergunta duas coisas separadas:
  • f é diferenciável em (0,0) ?
  • f é diferenciável em cada ponto (x,y)\neq(0,0) ?
As informações relevantes são a fórmula para (x,y)\neq(0,0) e o valor f(0,0)=0.]

Passo 2

Lembrete importante (definição e consequência que vou usar).
  • Dizemos que f é diferenciável em um ponto a=(a_1,a_2) se existe uma aplicação linear (no caso de \mathbb{R}^2 é um produto escalar com o gradiente) L:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} tal que
\lim_{\mathbf{h}\to\mathbf{0}}\frac{f(a+\mathbf{h})-f(a)-L(\mathbf{h})}{\|\mathbf{h}\|}=0.
  • Uma consequência imediata é que se f é diferenciável em a então f é contínua em a. Portanto, se mostrarmos que f NÃO é contínua em a, já concluímos que não é diferenciável lá.
Vou usar essa consequência para o caso (0,0), e para pontos distintos de zero usarei que quocientes de polinômios com denominador não nulo são funções suaves.

Passo 3

Verificar continuidade (e portanto diferenciabilidade) em (0,0) por um caminho simples.
Considere a reta y=x. Para t\neq0 temos
f(t,t)=\frac{t\cdot t}{t^{2}+t^{2}}=\frac{t^{2}}{2t^{2}}=\frac{1}{2}.
Logo
\lim_{t\to 0} f(t,t)=\frac{1}{2}\neq 0=f(0,0).
Portanto f não é contínua em (0,0). Pelo item anterior, não pode ser diferenciável em (0,0).

Passo 4

Comentário didático extra (por que às vezes confundem com derivadas parciais): mesmo que as derivadas parciais em (0,0) existam, isso não garante diferenciabilidade. Vamos calcular as derivadas parciais em (0,0) para ver essa sutileza.
A derivada parcial em x em (0,0) é
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.
Como f(h,0)=\dfrac{h\cdot 0}{h^{2}+0}=0, obtemos
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{0-0}{h}=0.
Analogamente, usando f(0,h)=0, temos
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.
Portanto as derivadas parciais em (0,0) existem e valem zero; contudo, já vimos que f não é contínua (e portanto não diferenciável) em (0,0). Isso ilustra que existência de derivadas parciais isoladas não implica diferenciabilidade.

Passo 5

Outra forma de ver a falha da linearidade (intuição): se f fosse diferenciável em (0,0) com diferencial dada por \nabla f(0,0)=(0,0) (já que as parciais são zero), então qualquer derivada direcional teria que ser zero. Mas ao aproximar por uma reta y=mx (com m\neq 0) obtemos para t\neq0
f(t,mt)=\frac{t\cdot mt}{t^{2}+m^{2}t^{2}}=\frac{m}{1+m^{2}},
que é uma constante não nula quando m\neq0. Assim \lim_{t\to 0}f(t,mt)\neq 0, e a razão \dfrac{f(t,mt)-0}{t} não tende a zero (na verdade diverge), contradizendo a linearização esperada. Isso reforça que f não é diferenciável em (0,0).

Passo 6

Agora tratar o caso (x,y)\neq(0,0). Para pontos fora da origem a expressão
f(x,y)=\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}
é um quociente de polinômios cujo denominador x^{2}+y^{2} é estritamente positivo quando (x,y)\neq(0,0). Funções polinomiais são C^{\infty} e, onde o denominador não se anula, o quociente é também C^{\infty} (aplicando a regra do quociente). Portanto f é diferenciável em todo ponto (x,y)\neq(0,0).

Passo 7

Para concretizar, calculemos as derivadas parciais em um ponto (x,y)\neq(0,0) usando a regra do quociente. Fazendo as contas:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) =\frac{y(x^{2}+y^{2})-xy(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}} =\frac{y(y^{2}-x^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}},
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) =\frac{x(x^{2}+y^{2})-xy(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}} =\frac{x(x^{2}-y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Essas expressões são funções racionais com denominador positivo e contínuas em qualquer ponto com x^{2}+y^{2}\neq0. Assim o gradiente existe e é contínuo fora da origem, o que garante diferenciabilidade lá.

Resposta

f não é diferenciável em (0,0).\n f é diferenciável em todo ponto (x,y)\neq(0,0).

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