Seja f(x, y)=x^{1 / 3} y^{1 / 3}.
(a) Mostre que f_{x}(0,0)=0=f_{y}(0,0) (calcule pela definição de derivadas parciais);
(b) Calcule a expressão
\frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) \Delta x-f_{y}(0,0) \Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}} ;
(c) \lim _{(\Delta x, \Delta y) \rightarrow(0,0)} \frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) \Delta x-f_{y}(0,0) \Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}}=0 ?
(d) Interprete o resultado do item anterior.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=x^{1/3}y^{1/3} e pede quatro coisas separadas:
(a) Mostrar que \,f_{x}(0,0)=0=f_{y}(0,0) calculando as derivadas parciais pela definição (ou seja, como limites unidimensionais);
(b) Calcular a expressão
\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0)\Delta x-f_{y}(0,0)\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}};
(c) Determinar se
\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0)\Delta x-f_{y}(0,0)\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}}=0
ou não;
(d) Interpretar o resultado do item anterior (qual é a consequência para a diferenciabilidade em (0,0), e o que isso nos diz intuitivamente).
Informações relevantes fornecidas: a expressão explícita de f e o ponto onde se pede tudo ( 0,0). Nada mais é necessário.

Passo 2

Cálculo de f_{x}(0,0) e f_{y}(0,0) pela definição.
Definição usada: a derivada parcial de f em (0,0) na direção x é
f_{x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(0+h,0)-f(0,0)}{h}.
Aqui f(0,0)=0^{1/3}0^{1/3}=0. Então, substituindo f:
\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\frac{h^{1/3}\cdot 0^{1/3}-0}{h}=\frac{0}{h}=0
para todo h\neq 0. Portanto o limite quando h\to 0 é
f_{x}(0,0)=0.
Analogamente, a derivada parcial na direção y é
f_{y}(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}=\frac{0^{1/3}\cdot k^{1/3}-0}{k}=0,
logo
f_{y}(0,0)=0.
Observação didática curta: aqui usamos que 0^{1/3}=0 e que, ao fixar a outra variável igual a zero, o numerador fica identicamente zero, o que torna o quociente zero para todo passo não nulo, então o limite é zero. Isso é o jeito direto e sagaz de calcular derivadas parciais pela definição quando uma das variáveis é zerada.

Passo 3

Calcular a expressão pedida usando os resultados de f_{x}(0,0) e f_{y}(0,0).
Começamos substituindo f(0,0)=0 e f_{x}(0,0)=f_{y}(0,0)=0 na expressão:
\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0)\Delta x-f_{y}(0,0)\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}} = \frac{f(\Delta x,\Delta y)}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}}.
Agora f(\Delta x,\Delta y)=(\Delta x)^{1/3}(\Delta y)^{1/3}. Podemos juntar as potências:
(\Delta x)^{1/3}(\Delta y)^{1/3}=\big(\Delta x\,\Delta y\big)^{1/3}.
Portanto a expressão fica
\frac{\big(\Delta x\,\Delta y\big)^{1/3}}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}}.

Passo 4

Estudar o limite da expressão encontrada quando (\Delta x,\Delta y)\to(0,0).
Primeira observação: se um dos incrementos for zero (por exemplo \Delta x=0 ou \Delta y=0), o numerador é zero e a expressão vale 0. Então ao longo dos eixos a razão tende a 0.
Agora considere uma reta geral passando pela origem: ponha \Delta x=\Delta y=t com t\to 0. Substituindo:
\frac{\big(t\cdot t\big)^{1/3}}{\sqrt{t^{2}+t^{2}}} = \frac{t^{2/3}}{|t|\sqrt{2}} = \frac{|t|^{-1/3}}{\sqrt{2}}\cdot \operatorname{sgn}(t)^{\!?}
mais simplesmente, em módulo
\left|\frac{t^{2/3}}{|t|\sqrt{2}}\right|=\frac{|t|^{-1/3}}{\sqrt{2}}.
Como |t|^{-1/3}\to +\infty quando t\to 0, a expressão não tende a 0 ao longo da reta \Delta y=\Delta x; em vez disso, o módulo diverge para +\infty. Assim, ao longo dessa direção a razão fica arbitrariamente grande quando nos aproximamos da origem.
Uma forma mais sistemática: escrever em coordenadas polares (com r\ge 0 e \theta fixo),
\Delta x = r\cos\theta,\qquad \Delta y = r\sin\theta, \qquad r=\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}.
Então
\big(\Delta x\,\Delta y\big)^{1/3}=\big(r^{2}\cos\theta\sin\theta\big)^{1/3} = r^{2/3}\big(\cos\theta\sin\theta\big)^{1/3},
e a razão estudada vale
\frac{r^{2/3}\big(\cos\theta\sin\theta\big)^{1/3}}{r}=r^{-1/3}\big(\cos\theta\sin\theta\big)^{1/3}.
Para qualquer direção \theta tal que \cos\theta\sin\theta\neq 0 (por exemplo \theta=\pi/4, que corresponde a \Delta y=\Delta x), o fator \big(\cos\theta\sin\theta\big)^{1/3} é um número fixo não nulo, então o comportamento quando r\to 0^{+} é governado por r^{-1/3}\to +\infty. Logo a razão diverge em módulo para +\infty ao longo dessas direções.
Conclusão do passo: a razão não tende para 0 quando (\Delta x,\Delta y)\to(0,0). Na verdade, ao longo algumas trajetórias (como \Delta y=\Delta x) o módulo da razão cresce sem limite; ao longo outras trajetórias (os eixos) a razão é 0. Portanto o limite não existe e não é 0.

Passo 5

Interpretação do resultado (item (d)) e comentários didáticos.
Definição usada: f é diferenciável em (0,0) se existe um mapa linear L:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} tal que
\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-L(\Delta x,\Delta y)}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}}\to 0 \quad\text{quando }(\Delta x,\Delta y)\to(0,0).
Quando as derivadas parciais existem, o candidato natural a L é a forma linear dada por L(\Delta x,\Delta y)=f_{x}(0,0)\Delta x+f_{y}(0,0)\Delta y. No nosso caso já calculamos f_{x}(0,0)=f_{y}(0,0)=0, então o candidato é L\equiv 0, e o critério de diferenciabilidade reduz-se exatamente ao limite que investigamos nos passos anteriores.
O resultado mostrou que esse limite não é 0 (nem existe; é até divergente ao longo de certas direções). Logo f não é diferenciável em (0,0), apesar de ter derivadas parciais iguais a zero ali. Esse é um exemplo clássico que ilustra uma lição importante: existência das derivadas parciais em um ponto não garante diferenciabilidade nesse ponto. Diferenciabilidade exige que o erro entre f e a aproximação linear (a partir das parciais) seja muito menor que a norma do vetor (\Delta x,\Delta y) — precisamente, que seja o(\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}). No nosso caso o erro é f(\Delta x,\Delta y)= (\Delta x\,\Delta y)^{1/3}, que para direções gerais decresce mais devagar do que a norma (na verdade dá uma razão que cresce como r^{-1/3}), por isso a aproximação linear falha.
Exemplo comparativo rápido e útil para memorização: a função g(x,y)=xy tem g_x(0,0)=g_y(0,0)=0 e é diferenciável em (0,0). A razão correspondente é
\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},
e usando a desigualdade 2|xy|\le x^{2}+y^{2} obtemos |xy|/\sqrt{x^{2}+y^{2}}\le \tfrac{1}{2}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\to 0. Para g o erro é da ordem r^{2} ou r (dependendo da forma de medir), aqui decai rápido o suficiente; para f(x,y)=x^{1/3}y^{1/3} o erro decai mais lentamente e causa a não diferenciabilidade.
Um último comentário motivacional: é normal sentir surpresa quando as parciais existem mas a função não é diferenciável. A intuição geométrica é que, olhando apenas nas direções dos eixos, a função parece “plana” (derivadas zero), mas em direções oblíquas ela varia de forma suficientemente forte para impedir uma aproximação linear válida em todas as direções ao mesmo tempo.

Resposta

(a) f_{x}(0,0)=0 e f_{y}(0,0)=0
(b) \displaystyle \frac{\big(\Delta x\,\Delta y\big)^{1/3}}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}}
(c) Não. O limite não é 0 (nem existe): por exemplo ao longo de \Delta y=\Delta x=t a expressão tem módulo \frac{|t|^{-1/3}}{\sqrt{2}}\to+\infty quando t\to 0.
(d) Interpretação: apesar de as derivadas parciais em (0,0) existirem e serem 0, a função não é diferenciável em (0,0). Isso mostra que existência das derivadas parciais não implica diferenciabilidade — é preciso que o erro dividido pela norma do incremento tenda a zero em todas as direções, o que aqui não acontece.

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