Questão 4: Seja
f(x, y)=\left\{\begin{array}{l} \left(x^{2}+y^{2}\right) \cdot \operatorname{sen}\left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right) ; \text { se }(x, y) \neq(0,0) \\\\ 0 ; \text { se }(x, y)=(0,0) \end{array}\right.
) Determine as derivadas parciais de f, \forall(x, y) \in \mathbb{R}^{2}.
b) A função f é diferenciável em (0,0) ?

Passo 1

O enunciado fornece a função
f(x,y)=\begin{cases} \left(x^{2}+y^{2}\right)\cdot \operatorname{sen}\!\left(\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}\right), & \text{se }(x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & \text{se }(x,y)=(0,0). \end{cases}
As perguntas são:
  1. Determinar as derivadas parciais de f para todo (x,y)\in\mathbb{R}^{2} (ou seja, tanto em pontos diferentes de (0,0) quanto em (0,0)).
  2. Verificar se f é diferenciável em (0,0).
Dados relevantes que o enunciado dá e que usaremos: a expressão explícita de f para (x,y)\neq(0,0) e o valor f(0,0)=0.]

Passo 2

Vamos calcular as derivadas parciais em um ponto (x,y) com (x,y)\neq(0,0). Uma forma prática é notar que f depende de x e y apenas através da combinação u=x^{2}+y^{2}. Definimos
u(x,y)=x^{2}+y^{2}, \qquad h(u)=u\cdot \operatorname{sen}\!\left(\frac{1}{u}\right)\quad (u>0),
de modo que, para (x,y)\neq(0,0),
f(x,y)=h\big(u(x,y)\big).
Explicando a ideia (cadeia de responsabilidades): para calcular \partial f/\partial x usamos a regra da cadeia para funções compostas f=h\circ u: primeiro derivamos h em relação a u, depois multiplicamos pela derivada de u em relação a x.

Passo 3

Calculemos h'(u). Para u>0,
h(u)=u\sin\!\left(\frac{1}{u}\right).
Derivando em relação a u (produto de duas funções u e \sin(1/u)):
h'(u)=1\cdot \sin\!\left(\frac{1}{u}\right) + u\cdot \frac{d}{du}\left[\sin\!\left(\frac{1}{u}\right)\right].
Agora a derivada \dfrac{d}{du}\sin\!\left(\dfrac{1}{u}\right) usa novamente a regra da cadeia: a derivada de \sin(v) é \cos(v) vezes a derivada de v=1/u, que é -1/u^{2}. Assim
\frac{d}{du}\sin\!\left(\frac{1}{u}\right)=\cos\!\left(\frac{1}{u}\right)\cdot\left(-\frac{1}{u^{2}}\right)=-\frac{1}{u^{2}}\cos\!\left(\frac{1}{u}\right).
Substituindo:
h'(u)=\sin\!\left(\frac{1}{u}\right) + u\cdot\left(-\frac{1}{u^{2}}\cos\!\left(\frac{1}{u}\right)\right) =\sin\!\left(\frac{1}{u}\right)-\frac{1}{u}\cos\!\left(\frac{1}{u}\right).

Passo 4

Agora usamos \partial u/\partial x = 2x. Aplicando a regra da cadeia:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=h'(u)\cdot\frac{\partial u}{\partial x} =2x\left(\sin\!\left(\frac{1}{u}\right)-\frac{1}{u}\cos\!\left(\frac{1}{u}\right)\right),
onde recordamos que u=x^{2}+y^{2}. Escrevendo explicitamente:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x\left(\sin\!\left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right)-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\cos\!\left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right)\right), \quad (x,y)\neq(0,0).

Passo 5

De modo análogo, \partial u/\partial y = 2y. Portanto, para (x,y)\neq(0,0),
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y\left(\sin\!\left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right)-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\cos\!\left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right)\right).

Passo 6

Agora calculemos as derivadas parciais no ponto (0,0) pelo seu conceito: por definição
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)}{h}.
Para h\neq 0 temos f(h,0)=h^{2}\sin\!\left(\dfrac{1}{h^{2}}\right). Então
\frac{f(h,0)}{h}=h\sin\!\left(\frac{1}{h^{2}}\right).
Usando a desigualdade |\sin(\cdot)|\le 1, obtemos
\left|h\sin\!\left(\frac{1}{h^{2}}\right)\right|\le |h|\xrightarrow{h\to 0}0.
Logo o limite é 0, isto é,
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.

Passo 7

De maneira idêntica, para a derivada em y usamos a direção (0,h):
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to 0}h\sin\!\left(\frac{1}{h^{2}}\right)=0.
Portanto ambas as derivadas parciais em (0,0) são iguais a 0.

Passo 8

Agora verificamos a diferenciabilidade em (0,0). Recordando a definição: f é diferenciável em (0,0) se existe uma aplicação linear L:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} tal que
f(x,y)=f(0,0)+L(x,y)+o\!\big(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\big) \quad\text{quando }(x,y)\to(0,0).
Quando as derivadas parciais existem, o candidato natural para L é L(x,y)=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)\,x+\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)\,y. Aqui encontrámos \dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0, logo o candidato é L\equiv 0. Precisamos verificar que
\frac{f(x,y)-0}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\xrightarrow{(x,y)\to(0,0)}0.

Passo 9

Para (x,y)\neq(0,0) temos f(x,y)=(x^{2}+y^{2})\sin\!\left(\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}\right). Usando |\sin|\le 1,
\left|\frac{f(x,y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right| =\frac{|x^{2}+y^{2}|\cdot\left|\sin\!\left(\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}\right)\right|}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \le \frac{x^{2}+y^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}}.
Como \sqrt{x^{2}+y^{2}}\to 0 quando (x,y)\to(0,0), a desigualdade acima implica que
\frac{f(x,y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\xrightarrow{(x,y)\to(0,0)}0.
Logo o resto é o(\sqrt{x^{2}+y^{2}}) e f é diferenciável em (0,0) com diferencial nula.

Resposta

\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x\left(\sin\!\left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right)-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\cos\!\left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right)\right),\qquad (x,y)\neq(0,0);\quad \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0;\newline
\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y\left(\sin\!\left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right)-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\cos\!\left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right)\right),\qquad (x,y)\neq(0,0);\quad \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.\newline
Sim. f é diferenciável em (0,0) e Df(0,0)=(0,0).

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