Seja f(x, y)=\left\{\begin{array}{lll}\frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+y^{2}}, & \text { se } & (x, y) \neq(0,0) ; \\\\ 0, & \text { se } & (x, y)=(0,0) .\end{array}\right.
(a) Calcule o gradiente de f no ponto (0,0).
(b) Mostre que \frac{d}{d t} f(\gamma(t)) \neq \nabla f(\gamma(t)) \cdot \gamma^{\prime}(t) em t=0, onde \gamma(t)=(-t,-t).
(c) Seja \vec{u}=(m, n) um vetor unitário (isto é, m^{2}+n^{2}=1 ). Use a definição de derivada direcional para calcular \frac{\partial f}{\partial \vec{u}}(0,0).
(d) É f diferenciável em (0,0) ? Justifique.

Passo 1

O enunciado define a função
f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+y^{2}},& (x,y)\neq(0,0),\\\\ 0,&(x,y)=(0,0). \end{cases}
Pede (a) o gradiente em (0,0), (b) comparar \dfrac{d}{dt}f(\gamma(t)) com \nabla f\cdot\gamma' para \gamma(t)=(-t,-t), (c) derivada direcional em direção unitária \vec u=(m,n), e (d) verificar diferenciabilidade em (0,0). Vamos usar as definições de derivada parcial, de derivada direcional e o critério de diferenciabilidade.

Passo 2

Definição de derivada parcial em (0,0):
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}, \quad \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}.
Para y=0 e h\neq0,
f(h,0)=\frac{h^3+0}{h^2+0}=h,
logo
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) =\lim_{h\to0}\frac{h-0}{h}=1.
Analogamente, para x=0,
f(0,h)=\frac{0+h^3}{0+h^2}=h \quad\Longrightarrow\quad \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=1.
Portanto
\nabla f(0,0)=(1,1).

Passo 3

Queremos mostrar que a regra da cadeia falha em t=0 para \gamma(t)=(-t,-t).
Primeiro,
f(\gamma(t))=f(-t,-t) =\frac{(-t)^3+(-t)^3}{(-t)^2+(-t)^2} =\frac{-2t^3}{2t^2}=-t.
Logo
\frac{d}{dt}f(\gamma(t))\bigg|_{t=0} =\frac{d}{dt}(-t)\bigg|_{t=0}=-1.
Por outro lado, \gamma'(t)=(-1,-1) é constante, então
\nabla f(\gamma(0))\cdot\gamma'(0) =(1,1)\cdot(-1,-1)=-2.
Como -1\neq -2, a igualdade \frac{d}{dt}f(\gamma(t))=\nabla f(\gamma(t))\cdot\gamma'(t) não vale em t=0.

Passo 4

A derivada direcional de f em (0,0) na direção unitária \vec u=(m,n) é
\frac{\partial f}{\partial \vec u}(0,0) =\lim_{t\to0}\frac{f(tm,tn)-f(0,0)}{t} =\lim_{t\to0}\frac{f(tm,tn)}{t}.
Para t\neq0,
f(tm,tn) =\frac{t^3m^3+t^3n^3}{t^2(m^2+n^2)} =\frac{t^3(m^3+n^3)}{t^2\cdot1} =t\,(m^3+n^3),
então
\frac{\partial f}{\partial \vec u}(0,0) =\lim_{t\to0}\frac{t(m^3+n^3)}{t} =m^3+n^3.

Passo 5

Para f ser diferenciável em (0,0), deveria existir um mapeamento linear L(x,y)=\nabla f(0,0)\cdot(x,y)=x+y tal que
f(x,y)=L(x,y)+o\bigl(\sqrt{x^2+y^2}\bigr).
Isso implica que toda derivada direcional valeria
\frac{\partial f}{\partial \vec u}(0,0) =(1,1)\cdot(m,n)=m+n
para todo (m,n). Mas achamos \tfrac{\partial f}{\partial \vec u}(0,0)=m^3+n^3,
e em geral m^3+n^3\neq m+n. Portanto f não é diferenciável em (0,0).

Resposta

(a) \nabla f(0,0)=(1,1).
(b) \dfrac{d}{dt}f(\gamma(t))\big|_{t=0}=-1\neq -2=\nabla f(\gamma(0))\cdot\gamma'(0).
(c) \displaystyle\frac{\partial f}{\partial \vec u}(0,0)=m^3+n^3.
(d) f não é diferenciável em (0,0).

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