Questão 1 - Verifique se a função f: \mathbb{R}^{2} \setminus\{(0,0)\} \longrightarrow \mathbb{R} definida por f(x, y)=\sqrt{x^{2}+y^{2}} \ln \left(x^{2}+y^{2}\right) é diferenciável em seu domínio.

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a função f:\mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\}\to\mathbb{R} dada por
f(x,y)=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\;\ln\!\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)
é diferenciável em todo ponto do seu domínio. Informações relevantes que temos:
  • O domínio é \mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\}, ou seja, todos os pontos com x^{2}+y^{2}>0.
  • A função envolve a raiz \sqrt{x^{2}+y^{2}} e o logaritmo \ln(x^{2}+y^{2}), definidos quando x^{2}+y^{2}>0.
  • A tarefa é verificar diferenciabilidade (para cada ponto do domínio).

Passo 2

Primeiro vamos reescrever f de forma mais simples usando s=x^{2}+y^{2}. Então
f(x,y)=\sqrt{s}\,\ln s.
Como s>0 no domínio, podemos usar a identidade \ln s=\ln(r^{2})=2\ln r com r=\sqrt{s}. Assim outra forma conveniente é
f(x,y)=2r\ln r,
onde r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}>0. Essa reescrita é útil porque separa a dependência da distância r ao invés de tratar x e y diretamente.

Passo 3

Vamos calcular a derivada de h(s)=\sqrt{s}\,\ln s em relação a s (uma função de uma variável). Usamos a regra do produto e a regra da cadeia elementar:
  • \sqrt{s}=s^{1/2} tem derivada \tfrac{1}{2}s^{-1/2}=\dfrac{1}{2\sqrt{s}}.
  • \ln s tem derivada \dfrac{1}{s}.
Aplicando a regra do produto:
h'(s)=\frac{1}{2\sqrt{s}}\ln s + \sqrt{s}\cdot\frac{1}{s}.
Agora colocamos em denominador comum para simplificar:
h'(s)=\frac{\ln s}{2\sqrt{s}}+\frac{1}{\sqrt{s}}=\frac{\ln s + 2}{2\sqrt{s}}.
Esse cálculo é só uma derivada unidimensional: explica como a função que depende de s=x^{2}+y^{2} varia quando s varia.

Passo 4

Agora aplicamos a regra da cadeia para obter as derivadas parciais de f em relação a x e y. Note que s=x^{2}+y^{2} tem derivadas parciais
\frac{\partial s}{\partial x}=2x,\qquad \frac{\partial s}{\partial y}=2y.
Pela cadeia:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=h'(s)\cdot\frac{\partial s}{\partial x}= \frac{\ln s + 2}{2\sqrt{s}}\cdot 2x
e análogamente para y. Simplificando os fatores 2:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{x\bigl(\ln s + 2\bigr)}{\sqrt{s}},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{y\bigl(\ln s + 2\bigr)}{\sqrt{s}}.
Substituindo s=x^{2}+y^{2} de volta:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{x\bigl(\ln(x^{2}+y^{2})+2\bigr)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{y\bigl(\ln(x^{2}+y^{2})+2\bigr)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
Se você preferir ver pela forma radial f=2r\ln r: derivando em r 2\ln r + 2, e então \partial f/\partial x=(2\ln r+2)\cdot \partial r/\partial x com \partial r/\partial x = x/r, que leva à mesma expressão acima. Isso mostra consistência entre métodos.

Passo 5

Agora vamos checar continuidade das derivadas parciais. As expressões obtidas são produtos/razões de funções elementares:
  • A função x\mapsto x e y\mapsto y são contínuas.
  • A função s\mapsto \ln s + 2 é contínua para s>0.
  • A função s\mapsto \sqrt{s} é contínua e não nula no domínio porque s>0.
    Portanto cada componente da gradiente
\nabla f(x,y)=\left(\frac{x(\ln(x^{2}+y^{2})+2)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},\;\frac{y(\ln(x^{2}+y^{2})+2)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right)
é uma função composta de funções contínuas em todo ponto com x^{2}+y^{2}>0. Logo as derivadas parciais existem e são contínuas no domínio \mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\}.

Passo 6

Usamos agora um resultado padrão (que vou explicar de forma simples): se as derivadas parciais de uma função existem numa vizinhança de um ponto e são contínuas nesse ponto, então a função é diferenciável nesse ponto (ou seja, admite aproximação linear dada pelo gradiente). Não é preciso provar o teorema aqui em detalhe, mas intuitivamente continuidade das parciais impede comportamentos “estranhos” e garante que a melhor aproximação linear (o diferencial) realmente descreve o comportamento local da função.
Aplicando esse teorema: como mostramos no Passo 5 que as derivadas parciais existem e são contínuas em cada ponto do domínio (onde x^{2}+y^{2}>0), concluímos que f é diferenciável em todo ponto do domínio.

Passo 7

Resumo prático (como usar na prova): para mostrar diferenciabilidade de funções do tipo F(\,x,y\,)=\varphi(x^{2}+y^{2}) com \varphi suficientemente regular em (0,\infty), uma boa estratégia é:
  1. escrever s=x^{2}+y^{2} e calcular \varphi'(s);
  2. usar \partial f/\partial x=\varphi'(s)\cdot 2x e análogo para y;
  3. verificar que essas derivadas parciais são contínuas no domínio (geralmente porque \varphi' e as funções elementares são contínuas);
  4. concluir diferenciabilidade pelo teorema das derivadas parciais contínuas.
    No nosso caso \varphi(s)=\sqrt{s}\ln s é diferenciável para s>0 e este procedimento funciona direto.

Resposta

Sim. f é diferenciável em \mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\}.\n \displaystyle \nabla f(x,y)=\left(\frac{x\bigl(\ln(x^{2}+y^{2})+2\bigr)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},\;\frac{y\bigl(\ln(x^{2}+y^{2})+2\bigr)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right)

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