Seja f(x, y)=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}. Mostre que f(x, y) é diferenciável. v=(-1,2).

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}
e pede para mostrar que f é diferenciável. Também é fornecido o vetor (ou ponto) v=(-1,2).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{dom}(f)=\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\mid 4-x^{2}-y^{2}\ge 0\}.
O conjunto acima é o disco fechado de raio 2 centrado na origem. O valor do vetor dado é (-1,2), e
(-1)^{2}+2^{2}=1+4=5>4,
ou seja, v não pertence ao domínio de f.
Não vou resolver nada ainda; apenas organizo o que foi pedido e as informações dadas.

Passo 2

Definição prática de diferenciabilidade em duas variáveis (explicada devagarinho): seja um ponto (a,b) onde queremos testar f. Dizemos que f é diferenciável em (a,b) se existe uma aplicação linear L:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} tal que, chamando h=(h_{1},h_{2}),
f(a+h_{1},b+h_{2})-f(a,b)-L(h)=o(\|h\|)\quad\text{quando }\|h\|\to 0.
Aqui \|h\|=\sqrt{h_{1}^{2}+h_{2}^{2}} e o(\|h\|) significa que o resto é muito menor que \|h\| quando \|h\| tende a zero.
Na prática, quando f tem derivadas parciais contínuas numa vizinhança de (a,b), a linearização L é dada por
L(h)=f_{x}(a,b)\,h_{1}+f_{y}(a,b)\,h_{2},
onde f_{x} e f_{y} são as derivadas parciais de f. Então, mostrar que as parciais existem e são contínuas numa vizinhança aberta do ponto é uma maneira prática de garantir diferenciabilidade.

Passo 3

Estratégia simples e muito usada: escrevemos f como composição de funções mais simples e aplicamos regras de derivação por composição.
Definimos
u(x,y)=4-x^{2}-y^{2}
e
\varphi(t)=\sqrt{t}=t^{1/2},\quad t\ge 0.
Então f(x,y)=\varphi(u(x,y)).
Observações importantes:
  • u(x,y) é um polinômio (combinação de x^{2} e y^{2}), logo é diferenciável em todo \mathbb{R}^{2}.
  • \varphi(t)=t^{1/2} é diferenciável para todo t>0 com
\varphi'(t)=\frac{1}{2}t^{-1/2}=\frac{1}{2\sqrt{t}},
mas \varphi não tem derivada finita em t=0 (pois \varphi'(t)\to\infty quando t\downarrow 0).
Pelo teorema da composição, f=\varphi\circ u será diferenciável em pontos (x,y) tais que u(x,y)>0, isto é, quando
4-x^{2}-y^{2}>0\quad\Longleftrightarrow\quad x^{2}+y^{2}<4.
Em palavras: a composição de duas funções diferenciáveis é diferenciável onde a derivada da função exterior existe (aqui \varphi' precisa existir), portanto diferenciável no disco aberto de raio 2.

Passo 4

Vamos calcular explicitamente as derivadas parciais para ver a forma da linearização. Usamos a regra da cadeia (explico passo a passo):
Primeiro calcule as derivadas de u:
u_{x}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}(4-x^{2}-y^{2})=-2x,
u_{y}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(4-x^{2}-y^{2})=-2y.
A derivada de \varphi é \varphi'(t)=\dfrac{1}{2\sqrt{t}} para t>0.
Aplicando a regra da cadeia para parciais:
f_{x}(x,y)=\varphi'(u(x,y))\cdot u_{x}(x,y)=\frac{1}{2\sqrt{u(x,y)}}\cdot(-2x).
Simplificando:
f_{x}(x,y)=-\frac{x}{\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}}.
Analogamente,
f_{y}(x,y)=-\frac{y}{\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}}.
Essas fórmulas valem para todo (x,y) com 4-x^{2}-y^{2}>0, isto é, para x^{2}+y^{2}<4.

Passo 5

Agora preciso justificar por que as derivadas parciais acima garantem diferenciabilidade. Observação: cada uma das funções
x\mapsto x,\qquad (x,y)\mapsto \sqrt{4-x^{2}-y^{2}}
é contínua onde definida; a razão de duas funções contínuas com denominador não nulo é contínua. Assim f_{x} e f_{y} são contínuas em todo ponto do disco aberto \{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}<4\} (pois o denominador \sqrt{4-x^{2}-y^{2}}>0 ali).
Teorema (versão prática): se as derivadas parciais existem numa vizinhança de (a,b) e são contínuas em (a,b), então f é diferenciável em (a,b). Aplicando isso, concluímos que f é diferenciável em todo ponto com x^{2}+y^{2}<4.
Em palavras simpáticas: dentro do disco de raio 2 a raiz quadrada não “encosta” no zero, tudo é suave, as parciais existem e variam continuamente — por isso f tem boa aproximação linear em cada ponto interno.

Passo 6

E quanto aos pontos da fronteira onde x^{2}+y^{2}=4? Ali u(x,y)=0 e \varphi'(0) não existe (tende a infinito). Para ver que não dá para estender diferenciabilidade na fronteira, basta um exemplo concreto: considere o ponto (2,0) sobre a fronteira. Temos f(2,0)=0. Aproximando por pontos (2-h,0) com h>0 pequeno,
f(2-h,0)=\sqrt{4-(2-h)^{2}}=\sqrt{4-(4-4h+h^{2})}=\sqrt{4h-h^{2}}=\sqrt{h}\sqrt{4-h}.
Para h pequeno isso é aproximadamente 2\sqrt{h}. Se f fosse diferenciável em (2,0) com linearização L, então o erro teria que ser o(\|(h,0)\|)=o(h), mas
\frac{f(2-h,0)-f(2,0)}{h}=\frac{2\sqrt{h}+o(\sqrt{h})}{h}=\frac{2}{\sqrt{h}}+o\!\big(\tfrac{1}{\sqrt{h}}\big)\to\infty
quando h\to 0^{+}. Logo a condição de erro o(h) não é satisfeita — portanto f não é diferenciável em pontos da circunferência x^{2}+y^{2}=4.

Passo 7

Retomando o vetor/ponto v=(-1,2) que você forneceu: calculei antes que
(-1)^{2}+2^{2}=5>4,
portanto v não pertence ao domínio de f. Conclusão prática e rápida: não faz sentido falar que f é diferenciável em v, porque f não está nem definida em v. Se a sua intenção era outra (por exemplo, pedir a derivada direcional em alguma direção dada por v em um ponto do domínio), me diga o ponto onde queres avaliar; do jeito que está, só posso afirmar que v está fora do domínio.

Resposta

f é diferenciável em todo ponto (x,y) tal que x^{2}+y^{2}<4.
As derivadas parciais são
f_{x}(x,y)=-\frac{x}{\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}},\qquad f_{y}(x,y)=-\frac{y}{\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}},
válidas para x^{2}+y^{2}<4.
f não é diferenciável nos pontos com x^{2}+y^{2}=4.
O ponto v=(-1,2) satisfaz (-1)^{2}+2^{2}=5>4, logo v\notin dom (f) e não se pode falar em diferenciabilidade de f em v.

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