Questāo 2: Valor (3,0) Considere a funçāo definida por partes abaixo:
f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}, & (x, y) \neq(0,0) \\\\ 0, & (x, y)=(0,0) \end{array}\right.
c) Valor (0,75) A função f é diferenciável no ponto (0,0) ? Prove.

Passo 1

O enunciado fornece a função definida por partes
f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}, & (x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & (x,y)=(0,0). \end{cases}
A pergunta é: a função f é diferenciável no ponto (0,0)? Preciso provar (ou refutar) diferenciabilidade em (0,0).
Informações relevantes dadas:
  • A regra de f para (x,y)\neq(0,0) é \dfrac{x^3}{x^2+y^2}.
  • O valor em (0,0) é 0.
  • A tarefa é verificar a diferenciabilidade em (0,0) e apresentar uma prova.]

Passo 2

Primeiro calculemos as derivadas parciais em (0,0) (isto nos dará a candidata para o mapa linear que aproximaria f se ela fosse diferenciável).
Definição (rápida): a derivada parcial de f em (0,0) em relação a x é
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.
Para h\neq 0 temos
f(h,0)=\frac{h^{3}}{h^{2}+0}=h.
Logo
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{h-0}{h}=1.
De forma análoga, a derivada parcial em relação a y é
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}.
Mas para h\neq 0 temos f(0,h)=0. Portanto
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{0-0}{h}=0.
Conclusão do passo: as derivadas parciais em (0,0) existem e são \dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=1 e \dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.

Passo 3

Explicando o critério de diferenciabilidade que vamos usar: para uma função real de duas variáveis, se existe um mapa linear L(x,y)=ax+by tal que
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-L(x,y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0,
então f é diferenciável em (0,0) e (a,b)=(\partial_x f(0,0),\partial_y f(0,0)).
Pela Passo 2 a candidata é L(x,y)=1\cdot x + 0\cdot y = x. Precisamos verificar se
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0
ou não.

Passo 4

Calculemos a expressão f(x,y)-x para (x,y)\neq(0,0) de forma algébrica (mostrando etapas):
f(x,y)-x=\frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}-x = x\!\left(\frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}}-1\right) = x\!\left(\frac{x^{2}-(x^{2}+y^{2})}{x^{2}+y^{2}}\right) = x\!\left(\frac{-y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\right) = -\frac{x\,y^{2}}{x^{2}+y^{2}}.
Agora escolhemos um caminho simples de aproximação: y=x. Para pontos (x,x) com x\neq 0 temos
f(x,x)=\frac{x^{3}}{x^{2}+x^{2}}=\frac{x^{3}}{2x^{2}}=\frac{x}{2}.
Então
f(x,x)-x=\frac{x}{2}-x=-\frac{x}{2}.
A norma eu uso r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{x^{2}+x^{2}}=\sqrt{2}\,|x|. Portanto, ao longo do caminho y=x,
\frac{f(x,x)-x}{\sqrt{x^{2}+x^{2}}=\sqrt{2}\,|x|}=\frac{-\tfrac{x}{2}}{\sqrt{2}\,x}=-\frac{1}{2\sqrt{2}}
para x>0 (e análogo para x<0, o valor é constante em módulo). Esse valor é diferente de 0.
Como a razão
\frac{f(x,y)-x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}
não tende a 0 ao longo do caminho y=x (tende a -\tfrac{1}{2\sqrt{2}}), o limite total quando (x,y)\to(0,0) não existe (ou não é zero). Portanto a condição de diferenciabilidade falha.

Passo 5

Interpretação final e motivação curta: mesmo tendo derivadas parciais bem definidas em (0,0), a aproximação linear x não aproxima f com erro pequeno em relação à distância \sqrt{x^2+y^2} ao redor da origem — há direções (por exemplo y=x) em que o erro relativo permanece um número fixo não nulo. Logo f não é diferenciável em (0,0).
Força aí — derivadas parciais existem, mas diferenciabilidade exige mais: o erro tem de ser pequeno comparado à distância em TODAS as direções, e aqui há uma direção que estraga tudo.

Resposta

Não, a função f não é diferenciável em (0,0).

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