Seja
f(x, y)=\left\{\begin{array}{c} \frac{x^{2} \operatorname{sen}\left(x^{2}+y^{2}\right)}{x^{2}+y^{2}} \text { se }(x, y) \neq(0,0) \\\\ 0 \text { se }(x, y)=(0,0) \end{array}\right.
a) Determine \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)
b) A função \frac{\partial f}{\partial y} é contínua em (0,0) ?
c) A função é diferenciável em (0,0) ?

Passo 1

O enunciado define a função
f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{x^{2}\sin\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)}{x^{2}+y^{2}}, & (x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & (x,y)=(0,0). \end{cases}
Pede-se:
  • (a) calcular a derivada parcial em relação a y, ou seja \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y) (tanto para (x,y)\neq(0,0) quanto em (0,0));
  • (b) verificar se \dfrac{\partial f}{\partial y} é contínua em (0,0);
  • (c) verificar se f é diferenciável em (0,0).
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A expressão explícita de f para (x,y)\neq(0,0) e o valor f(0,0)=0.
  • Devemos tratar separadamente o ponto (0,0) (derivada por definição) e os demais pontos (usar regras usuais de derivação).]

Passo 2

Derivação para (x,y)\neq(0,0): reorganização útil. Defina
r^{2}=x^{2}+y^{2}.
Então, para (x,y)\neq(0,0),
f(x,y)=x^{2}\,\frac{\sin(r^{2})}{r^{2}}.
Aqui x e y são variáveis; r^{2} depende de y. Vamos aplicar a regra da cadeia: seja
g(t)=\frac{\sin t}{t}\quad(t\neq0),
então f(x,y)=x^{2}g(r^{2}). Como r^{2}=x^{2}+y^{2}, \partial (r^{2})/\partial y = 2y. Pela regra do produto e da cadeia,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^{2}\,g'(r^{2})\cdot\frac{\partial (r^{2})}{\partial y}=x^{2}\,g'(r^{2})\cdot 2y.
Agora precisamos de g'(t). Calcule g'(t) usando a regra do quociente:
g(t)=\frac{\sin t}{t}\quad\Rightarrow\quad g'(t)=\frac{t\cos t-\sin t}{t^{2}}\quad(t\neq0).
Substituindo t=r^{2} obtemos, para (x,y)\neq(0,0),
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2x^{2}y\cdot\frac{r^{2}\cos(r^{2})-\sin(r^{2})}{r^{4}}.
Voltando a x,y (lembrando r^{2}=x^{2}+y^{2}), uma forma final conveniente é
\boxed{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2x^{2}y\;\frac{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\cos\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)-\sin\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)}{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{2}},\quad (x,y)\neq(0,0).}

Passo 3

Derivada parcial em (0,0) pela definição. A derivada parcial em y no ponto (0,0) é
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}.
Para x=0 e h\neq0 temos
f(0,h)=\frac{0^{2}\sin(0^{2}+h^{2})}{0^{2}+h^{2}}=0.
Logo o quociente é 0/h=0 para todo h\neq0 e, portanto,
\boxed{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.}

Passo 4

Resumo até aqui (importante para a resposta da alínea a)):
  • Para (x,y)\neq(0,0) a expressão está dada no Passo 2.
  • Em (0,0) o valor é 0 (Passo 3).

Passo 5

Verificar continuidade de \dfrac{\partial f}{\partial y} em (0,0). Precisamos mostrar
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.
Usamos a expressão do Passo 2. Note que, com t=r^{2}=x^{2}+y^{2},
t\cos t-\sin t = -\frac{1}{3}t^{3}+o(t^{3})\quad\text{quando }t\to0,
porque as séries de Taylor dão \sin t=t-\tfrac{t^{3}}{6}+o(t^{3}) e \cos t=1-\tfrac{t^{2}}{2}+o(t^{2}). Assim existe uma constante C>0 tal que, para r pequeno,
\bigl|t\cos t-\sin t\bigr|\le C\,t^{3}=C\,r^{6}.
Substituindo na fórmula de \partial f/\partial y obtemos, para r pequeno,
\left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right| \le 2|x|^{2}|y|\;\frac{C\,r^{6}}{r^{4}} = 2C\,|x|^{2}|y|\,r^{2}.
Agora observe que |x|^{2}\le r^{2} e |y|\le r, então
\left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right|\le 2C\;r^{2}\cdot r\cdot r^{2}=2C\,r^{5}.
Como r\to0 implica r^{5}\to0, segue que \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)\to0 quando (x,y)\to(0,0). Portanto
\boxed{\text{a derivada parcial } \dfrac{\partial f}{\partial y} \text{ é contínua em }(0,0).}éí
(Se preferir uma estimativa mais direta: para t=r^{2} pequeno, |t\cos t-\sin t|\le K t^{3} para algum K, o que dá o mesmo fim.)

Passo 6

Verificar diferenciabilidade de f em (0,0). Critério prático: f é diferenciável em (0,0) se existem derivadas parciais em (0,0) e
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-\nabla f(0,0)\cdot (x,y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0.
Já calculámos \dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0. Vamos também obter \dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0) pela definição:
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.
Para y=0 e h\neq0,
f(h,0)=\frac{h^{2}\sin(h^{2})}{h^{2}}=\sin(h^{2}),
logo
\frac{f(h,0)-0}{h}=\frac{\sin(h^{2})}{h}.
Como \sin(h^{2})\sim h^{2} para h\to0, o quociente tende a 0. Assim
\boxed{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.}
Portanto \nabla f(0,0)=(0,0) e a aproximação linear candidata é a função zero.
Falta verificar que f(x,y)/r\to0 quando r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\to0. Usando a forma original,
\left|f(x,y)\right|=\left|x^{2}\frac{\sin(r^{2})}{r^{2}}\right| \le x^{2}\cdot\frac{|\sin(r^{2})|}{r^{2}}.
Mas |\sin(r^{2})|\le r^{2}, então
\left|f(x,y)\right|\le x^{2}.
Daí
\frac{|f(x,y)|}{r}\le\frac{x^{2}}{r}\le\frac{r^{2}}{r}=r\longrightarrow0\quad\text{quando }r\to0.
Isto mostra que
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-0-\nabla f(0,0)\cdot(x,y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0,
portanto f é diferenciável em (0,0) e o diferencial é a forma linear zero.

Resposta

a) \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2x^{2}y\;\frac{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\cos\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)-\sin\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)}{\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)^{2}} para (x,y)\neq(0,0), e \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.
b) Sim, \dfrac{\partial f}{\partial y} é contínua em (0,0).
c) Sim, f é diferenciável em (0,0) e \nabla f(0,0)=(0,0).

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