Seja f(x, y) definida por f(x, y)=\left\{\begin{array}{cl}\left(x^{2}+y^{2}\right) \sin \left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right), & (x, y) \neq(0,0) \\\\ 0, & (x, y)=(0,0)\end{array}\right..
(a) Calcule as derivadas parciais de f.
(b) Mostre que f é diferenciável no ponto (0,0). justifique.

Passo 1

O enunciado define
f(x,y)= \begin{cases} (x^{2}+y^{2})\;\sin\bigl(\tfrac{1}{x^{2}+y^{2}}\bigr),&(x,y)\neq(0,0),\\\\ 0,&(x,y)=(0,0), \end{cases}
e pede (a) as derivadas parciais \frac{\partial f}{\partial x} e \frac{\partial f}{\partial y} em todo ponto, e (b) mostrar que f é diferenciável em (0,0). Para isso vamos usar cadeia para (x,y)\neq(0,0), definição de derivada parcial em (0,0) e o critério de diferenciabilidade via resto o(\|(h,k)\|).

Passo 2

Seja u=x^{2}+y^{2} e defina g(u)=u\sin\bigl(\tfrac1u\bigr). Então para (x,y)\neq(0,0) vale
f(x,y)=g\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\,.
Pela regra da cadeia,
\frac{\partial f}{\partial x} =g'(u)\,\frac{\partial u}{\partial x} \quad\text{e}\quad \frac{\partial f}{\partial y} =g'(u)\,\frac{\partial u}{\partial y},
onde \partial u/\partial x=2x e \partial u/\partial y=2y. Calculamos
g'(u) =\sin\bigl(\tfrac1u\bigr) +u\cos\bigl(\tfrac1u\bigr)\cdot\bigl(-\tfrac1{u^{2}}\bigr) =\sin\bigl(\tfrac1u\bigr) -\frac{\cos\bigl(\tfrac1u\bigr)}{u}.
Logo, para (x,y)\neq(0,0),
\frac{\partial f}{\partial x} =2x\,\sin\bigl(\tfrac1{u}\bigr) -\frac{2x}{u}\,\cos\bigl(\tfrac1{u}\bigr),
\frac{\partial f}{\partial y} =2y\,\sin\bigl(\tfrac1{u}\bigr) -\frac{2y}{u}\,\cos\bigl(\tfrac1{u}\bigr),
com u=x^{2}+y^{2}.

Passo 3

Em (0,0) usamos a definição
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) =\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to0}\frac{h^{2}\sin\bigl(\tfrac1{h^{2}}\bigr)}{h} =\lim_{h\to0}h\,\sin\bigl(\tfrac1{h^{2}}\bigr)=0.
Analogamente
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) =\lim_{k\to0}\frac{f(0,k)-0}{k} =\lim_{k\to0}k\,\sin\bigl(\tfrac1{k^{2}}\bigr)=0.

Passo 4

Para mostrar que f é diferenciável em (0,0) basta verificar que
f(h,k)-f(0,0) =o\bigl(\sqrt{h^{2}+k^{2}}\bigr).
Para (h,k)\neq(0,0) temos
\bigl|f(h,k)-0\bigr| =\bigl|(h^{2}+k^{2})\sin\!\bigl(\tfrac1{h^{2}+k^{2}}\bigr)\bigr| \le h^{2}+k^{2}.
Logo
\frac{|f(h,k)|}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}} \le\frac{h^{2}+k^{2}}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}} =\sqrt{h^{2}+k^{2}} \;\xrightarrow{\,(h,k)\to(0,0)\,}\;0,
o que mostra o resto ser o(\|(h,k)\|). Como o mapa linear candidato é zero (já que \partial f/\partial x(0,0)=\partial f/\partial y(0,0)=0), concluímos que f é diferenciável em (0,0).

Resposta

(a) Para (x,y)\neq(0,0),
\frac{\partial f}{\partial x} =2x\,\sin\!\bigl(\tfrac1{x^{2}+y^{2}}\bigr) -\frac{2x}{x^{2}+y^{2}}\cos\!\bigl(\tfrac1{x^{2}+y^{2}}\bigr),
\frac{\partial f}{\partial y} =2y\,\sin\!\bigl(\tfrac1{x^{2}+y^{2}}\bigr) -\frac{2y}{x^{2}+y^{2}}\cos\!\bigl(\tfrac1{x^{2}+y^{2}}\bigr),
e em (0,0),
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0, \quad \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.
(b) f é diferenciável em (0,0) porque
\displaystyle\frac{|f(h,k)-0|}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}\le\sqrt{h^{2}+k^{2}}\to0.

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