1. Seja f(x, y)\) definida em \(\mathbb{R}^{2}\), diferenciável em \((0,0)\) e tal que \(f(t x, t y)=t f(x, y)\) para todo \(t \in \mathbb{R}\) e todo \((x, y) \in \mathbb{R}^{2}\). Prove que \(f\) é linear, isto é, que existem reais \(a\) e \(b\) tais que \(f(x, y)=a x+b y\). 33. Seja \(f(x, y)= \begin{cases}\frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}} & \text { se }(x, y) \neq(0,0) \\\\ 0 & \text { se }(x, y)=(0,0)\end{cases}
a) Verifique que f(t x, t y)=t f(x, y) para todo t e todo (x, y).
b) Olhe para o Exercício 32 e responda: f é diferenciável em (0,0) ? Por quê?
34. Seja f(x, y) diferenciável em \mathbb{R}^{2} e tal que para todo (x, y) em \mathbb{R}^{2}
(1)
\frac{\partial f}{\partial x}(x, y)+\frac{\partial f}{\partial y}(x, y)=0 .
a) Verifique que a função g(u, v) dada por g(u, v)=f(x, y), onde x=u+v e y=u, é tal que \frac{\partial g}{\partial u}=0 \mathrm{em} \mathbb{R}^{2}. Conclua que g(u, v)=\varphi(v) para alguma função \varphi, definida e diferenciável em \mathbb{R}.
b) Determine uma família de soluções da equação (1).

Passo 1

Enunciados e o que se pede (vou listar cada exercício separadamente e as informações dadas):\n
Exercício 32:\n
  • Dada uma função f(x,y)\) definida em \(\mathbb{R}^{2}\), diferenciável em \((0,0)\).\n - Satisfaz para todo \(t\in\mathbb{R}\) e todo \((x,y)\in\mathbb{R}^{2}\) a propriedade \(\;f(t x,t y)=t f(x,y).\)\n Pede-se: provar que \(f\) é linear, isto é, existem reais \(a\) e \(b\) tais que \(f(x,y)=a x+b y\) para todo \((x,y)\).\n\n Exercício 33:\n - Definida \(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}\n
(a) Verificar que \;f(t x,t y)=t f(x,y) para todo t e todo (x,y).\n
(b) Usando o Exercício 32, responder se f é diferenciável em (0,0) e justificar.\n\n
Exercício 34:\n
  • Função f(x,y) diferenciável em \mathbb{R}^{2} e para todo (x,y) satisfaz\n \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)+\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0.\n
(a) Definir g(u,v)=f(x,y) com x=u+v e y=u. Verificar que \frac{\partial g}{\partial u}=0 em \mathbb{R}^{2}. Concluir que existe \varphi tal que g(u,v)=\varphi(v).\n
(b) Determinar a família de soluções da equação \frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}=0.\n\n
Pronto — já sabemos exatamente o que é dado e o que cada item pede. Agora vamos resolver passo a passo, explicando os conceitos conforme aparecem.]

Passo 2

Exercício 32 — primeiro fato simples: valor em (0,0).\n
Usando a propriedade com t=0 obtemos, para todo (x,y),\n f(0\cdot x,0\cdot y)=0\cdot f(x,y).\n
Isto dá \;f(0,0)=0.\n
Explicação didática curta: é só escalar o argumento por 0; do lado direito fica 0 multiplicando f(x,y), logo f(0,0)=0. Esse passo é útil porque a diferenciabilidade em (0,0) será escrita em torno de f(0,0).

Passo 3

Exercício 32 — estratégia e definição de diferenciabilidade que vamos usar.\n
Definição (lembrete prático): f é diferenciável em (0,0) significa que existe uma aplicação linear L:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} (que é a diferencial Df(0,0)) tal que, escrevendo (h,k) para um pequeno vetor,\n f(h,k)=f(0,0)+L(h,k)+o\big(\|(h,k)\|\big),\nonde \|(h,k)\|=\sqrt{h^{2}+k^{2}} e o(\|(h,k)\|) significa uma função que, dividida por \|(h,k)\|, tende a 0 quando \|(h,k)\|\to 0.\n\n
Comentário: a aplicação linear L pode ser representada por L(h,k)=a h+b k, com a=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0) e b=\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0). Vamos usar essa forma.

Passo 4

Exercício 32 — construção da função de uma variável e uso da regra da cadeia.\n
Para um vetor fixo (x,y) (qualquer), considere a função de uma variável real\n g(t)=f(t x,t y).\n
Pelo enunciado temos exatamente a relação simples\n g(t)=t\,f(x,y)\qquad\text{para todo }t.\n
Dessa igualdade, a derivada de g em t=0 (se existir) é\n g'(0)=f(x,y),\nporque a derivada de t\mapsto t\,f(x,y) em 0 é f(x,y) (note que f(x,y) é constante em t aqui).\n\n
Por outro lado, usando a diferenciabilidade de f em (0,0) e a regra da cadeia, podemos calcular g'(0) assim: a derivada de t\mapsto (t x,t y) em 0 é o vetor (x,y), e a derivada (diferencial) de f em (0,0) é a aplicação linear L mencionada; portanto\n g'(0)=L(x,y).\n
Explicação da regra da cadeia num contexto simples: se f é diferenciável em (0,0) e \gamma(t)=(t x,t y) é uma curva diferenciável com \gamma(0)=(0,0) e \gamma'(0)=(x,y), então (f\circ\gamma)'(0)=Df(0,0)\cdot \gamma'(0)=L(x,y).

Passo 5

Exercício 32 — conclusão por comparação das duas formas de g'(0).\n
Juntando os dois cálculos de g'(0) obtemos\n f(x,y)=g'(0)=L(x,y).\n
Como L é linear, existe a e b tais que L(x,y)=a x+b y. Portanto\n f(x,y)=a x+b y\quad\text{para todo }(x,y),\nou seja, f é linear.\n\n
Ainda explicando: a e b são as derivadas parciais de f em (0,0), isto é a=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0) e b=\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0). Esse raciocínio foi possível porque a homogeneidade dada por f(t x,t y)=t f(x,y) nos permitiu relacionar f(x,y) com a derivada de g em 0.

Passo 6

Exercício 33 (a) — verificar a propriedade de homogeneidade para a função concreta.\n
Se (x,y)\neq(0,0), calculemos\n f(t x,t y)=\frac{(t x)^{3}}{(t x)^{2}+(t y)^{2}} =\frac{t^{3}x^{3}}{t^{2}(x^{2}+y^{2})} =\;t\;\frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}} = t\,f(x,y).\n
Se (x,y)=(0,0) então f(0,0)=0 e f(t\cdot 0,t\cdot 0)=f(0,0)=0=t\cdot 0=t\,f(0,0). Portanto a igualdade vale para todo (x,y) e todo t. Conclusão: a propriedade está verificada.

Passo 7

Exercício 33 (b) — aplicação do Resultado do Exercício 32 para testar diferenciabilidade em (0,0).\n
Pelo Exercício 32, se f fosse diferenciável em (0,0) e satisfaz a homogeneidade \,f(t x,t y)=t f(x,y), então f deveria ser linear, isto é existir a,b com\n f(x,y)=a x+b y\quad\text{para todo }(x,y).\n
Vamos calcular as derivadas parciais em (0,0) (pela definição) para identificar a e b e ver se isso bate com f fora da origem.

Passo 8

Exercício 33 (b) — cálculo das derivadas parciais em (0,0).\n
Cálculo da derivada parcial em x:\n \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to 0}\frac{\dfrac{h^{3}}{h^{2}+0}-0}{h} =\lim_{h\to 0}\frac{h^{3}}{h^{3}}=1.\n
Cálculo da derivada parcial em y:\n \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to 0}\frac{0-0}{h}=0.\n
Portanto, se f fosse diferenciável em (0,0), a diferencial seria L(x,y)=1\cdot x+0\cdot y = x, isto é f(x,y) deveria ser f(x,y)=x para todo (x,y).

Passo 9

Exercício 33 (b) — mostrar contradição verificando um ponto fora da origem.\n
Verifiquemos em (1,1): pela definição de f,\n f(1,1)=\frac{1^{3}}{1^{2}+1^{2}}=\frac{1}{2},\nmas se f fosse linear igual a x teríamos f(1,1)=1. Como \dfrac{1}{2}\neq 1, há contradição com a conclusão do Exercício 32. Logo f não é diferenciável em (0,0).\n\n
Comentário alternativo (mais direto): podemos também verificar a falha da definição de diferenciabilidade checando o quociente\n \frac{f(x,y)-L(x,y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}
ao longo da reta y=x — ele não tende a 0; de fato f(x,x)-x = -\dfrac{x}{2} e dividido por \sqrt{2}|x| tende a -\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\neq 0. Isso confirma que não há diferenciabilidade.

Passo 10

Exercício 34 (a) — calcular \dfrac{\partial g}{\partial u} pelo efeito da mudança de variáveis.\n
Definimos g(u,v)=f(x,y) com x=u+v e y=u. Aplicando a regra da cadeia para derivada parcial de g em relação a u:\n \frac{\partial g}{\partial u}(u,v) =\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\cdot\frac{\partial x}{\partial u} +\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\cdot\frac{\partial y}{\partial u}.\n
Aqui \dfrac{\partial x}{\partial u}=1 porque x=u+v e \dfrac{\partial y}{\partial u}=1 porque y=u. Portanto\n \frac{\partial g}{\partial u}(u,v)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)+\frac{\partial f}{\partial y}(x,y).\n
Pelo enunciado sabemos que essa soma é 0 para todo (x,y), logo\n \frac{\partial g}{\partial u}(u,v)=0\quad\text{para todo }(u,v).

Passo 11

Exercício 34 (a) — concluir que g depende só de v e existe \varphi.\n
Se a derivada parcial de g em relação a u é 0 em toda \mathbb{R}^{2}, isto significa que g é constante ao variar u com v fixo: para cada v fixo a função u\mapsto g(u,v) é constante. Portanto existe uma função univariada \varphi tal que\n g(u,v)=\varphi(v)\quad\text{para todo }(u,v).\n
Como f é diferenciável e a mudança de variáveis é linear e suave, g é diferenciável; daí \varphi também é diferenciável (é a restrição de g a uma linha). Conclusão do item (a): g(u,v)=\varphi(v).

Passo 12

Exercício 34 (b) — expressão da família de soluções em termos de \varphi.\n
Voltando às variáveis originais: como x=u+v e y=u, obtemos v=x-y. Usando g(u,v)=\varphi(v) e g(u,v)=f(u+v,u)=f(x,y) segue\n f(x,y)=\varphi(x-y),\npara alguma \varphi:\mathbb{R}\to\mathbb{R} diferenciável. Essa é a família completa de soluções: qualquer função diferenciável univariada \varphi fornece uma f(x,y)=\varphi(x-y) que satisfaz\n \frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}=0,\npois \dfrac{\partial}{\partial x}\varphi(x-y)=\varphi'(x-y) e \dfrac{\partial}{\partial y}\varphi(x-y)=-\varphi'(x-y), cuja soma é 0.\n\n
Exemplo concreto (ilustrativo): se \varphi(t)=\sin t, então f(x,y)=\sin(x-y) é solução; se \varphi(t)=at+b então f(x,y)=a(x-y)+b é solução, etc.

Resposta

Exercício 32: f(x,y)=a x+b y, com a=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0) e b=\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0).\n
Exercício 33 (a): Sim, \;f(t x,t y)=t f(x,y) para todo t e todo (x,y).\n
Exercício 33 (b): f não é diferenciável em (0,0) (porque, se fosse, pelo Exercício 32 teria que ser f(x,y)=x para todo (x,y), o que é falso, pois f(1,1)=\tfrac{1}{2}\neq 1).\n
Exercício 34 (a): \dfrac{\partial g}{\partial u}=0 e g(u,v)=\varphi(v) para alguma função diferenciável \varphi.\n
Exercício 34 (b): A família de soluções é \;f(x,y)=\varphi(x-y), com \varphi:\mathbb{R}\to\mathbb{R} diferenciável.

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