Seja a função dada por f(x, y)= \begin{cases}\frac{(x-y)^{2}}{x^{2}+y^{2}} & (x, y) \neq(0,0) \\\\ 0 & (x, y)=(0,0)\end{cases}
(a) f(x, y) é diferenciável em \mathbb{R}^{2} ?
(b) Calcule \left.\frac{d f}{d t}(g(t))\right|_{t=0} onde g(t)=\left(1-t^{2}, 2+t\right).

Passo 1

O enunciado fornece a função
f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle \frac{(x-y)^{2}}{x^{2}+y^{2}}, & (x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & (x,y)=(0,0), \end{cases}
e pede duas coisas:
  1. (a) Pergunta se f(x,y) é diferenciável em \mathbb{R}^{2}.
  2. (b) Calcular \left.\dfrac{d}{dt}f(g(t))\right|_{t=0} onde g(t)=\bigl(1-t^{2},\,2+t\bigr).
Informações relevantes dadas: a expressão de f para (x,y)\neq(0,0) e o valor definido em (0,0). Não há outras figuras ou tabelas.]

Passo 2

Primeiro vamos lembrar uma coisa importante (explicada passo a passo): se uma função é diferenciável num ponto então ela é, em particular, contínua nesse ponto. Portanto, para mostrar que f NÃO é diferenciável em algum ponto basta mostrar que ela não é contínua nesse ponto.
Também é útil lembrar que, quando uma função é dada por quociente de polinômios e o denominador é não nulo num ponto, essa função é suave (infinitamente diferenciável) naquele ponto — porque soma, produto e divisão por função não nula preservam diferenciabilidade. Vou usar isso a seguir.

Passo 3

Analisando pontos fora da origem: para (x,y)\neq(0,0) a função é razão de polinômios com denominador x^{2}+y^{2}\neq0. Logo, para todo (x,y)\neq(0,0) a função f é diferenciável (é até C^{\infty}). Isso resolve a diferenciabilidade em todos os pontos exceto possivelmente em (0,0).

Passo 4

Agora focamos em (0,0). Vamos estudar a continuidade de f em (0,0). Se a função não for contínua em (0,0), então certamente não é diferenciável ali.
Calcule o valor de f ao aproximar (x,y) de (0,0) por duas direções diferentes:
  • Ao aproximar pela reta y=0 (ou seja pontos (h,0) com h\to0, h\neq0):
f(h,0)=\frac{(h-0)^{2}}{h^{2}+0^{2}}=\frac{h^{2}}{h^{2}}=1.
Logo \displaystyle \lim_{h\to0}f(h,0)=1.
  • Ao aproximar pela reta y=x (ou seja pontos (t,t) com t\to0, t\neq0):
f(t,t)=\frac{(t-t)^{2}}{t^{2}+t^{2}}=\frac{0}{2t^{2}}=0.
Logo \displaystyle \lim_{t\to0}f(t,t)=0.
Como as duas aproximações dão limites diferentes (um dá 1, outro dá 0), não existe limite único de f(x,y) quando (x,y)\to(0,0). Portanto f não é contínua em (0,0).

Passo 5

Concluímos então que f não é diferenciável em (0,0) (porque diferenciabilidade implica continuidade). Para reforçar a intuição, podemos também olhar as derivadas parciais em (0,0) pela definição: por exemplo
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{1-0}{h}=\lim_{h\to0}\frac{1}{h},
que não existe como número finito. (Isto confirma que não há derivadas parciais finitas em (0,0).)
Portanto, a resposta para (a) é: f é diferenciável em todo \mathbb{R}^{2} exceto possivelmente em (0,0), e na verdade NÃO é diferenciável em (0,0).

Passo 6

Agora parte (b). Como g(0)=\bigl(1-0^{2},\,2+0\bigr)=(1,2) e (1,2)\neq(0,0), estamos compondo f com uma curva que passa por um ponto onde f é diferenciável. Assim podemos usar a regra da cadeia: se f é diferenciável em (1,2) e g é diferenciável em 0, então
\left.\frac{d}{dt}f(g(t))\right|_{t=0}=\nabla f(1,2)\cdot g'(0),
onde \nabla f é o gradiente de f.

Passo 7

Precisamos do gradiente \nabla f(x,y)=\bigl(\dfrac{\partial f}{\partial x},\dfrac{\partial f}{\partial y}\bigr) para (x,y)\neq(0,0). Vamos derivar usando a regra do quociente. Defina
N(x,y)=(x-y)^{2},\qquad D(x,y)=x^{2}+y^{2},\qquad f=\frac{N}{D}.
As derivadas parciais de N e D são
N_x=2(x-y),\quad N_y=-2(x-y),\quad D_x=2x,\quad D_y=2y.
Pela regra do quociente,
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{N_x D - N D_x}{D^{2}}
e
\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{N_y D - N D_y}{D^{2}}.

Passo 8

Agora simplificamos explicitamente cada uma:
Para \dfrac{\partial f}{\partial x}:
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2(x-y)(x^{2}+y^{2})-2x(x-y)^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Colocando 2(x-y) em evidência no numerador:
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2(x-y)\bigl((x^{2}+y^{2})-x(x-y)\bigr)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Simplificando o parêntese:
(x^{2}+y^{2})-x(x-y)=x^{2}+y^{2}-x^{2}+xy=y^{2}+xy=y(x+y).
Logo
\boxed{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2(x-y)\,y\,(x+y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.}
Para \dfrac{\partial f}{\partial y}:
\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-2(x-y)(x^{2}+y^{2})-2y(x-y)^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Colocando -2(x-y) em evidência:
\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-2(x-y)\bigl((x^{2}+y^{2})+y(x-y)\bigr)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Simplificando o parêntese:
(x^{2}+y^{2})+y(x-y)=x^{2}+y^{2}+xy-y^{2}=x^{2}+xy=x(x+y).
Logo
\boxed{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-2(x-y)\,x\,(x+y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.}

Passo 9

Avalie o gradiente em (1,2). Primeiro calcule as quantidades:
x-y=1-2=-1,\quad x+y=1+2=3,\quad x^{2}+y^{2}=1+4=5,\quad (x^{2}+y^{2})^{2}=25.
Substituindo em \dfrac{\partial f}{\partial x}:
\frac{\partial f}{\partial x}(1,2)=\frac{2(-1)\cdot 2\cdot 3}{25}=\frac{-12}{25}.
Substituindo em \dfrac{\partial f}{\partial y}:
\frac{\partial f}{\partial y}(1,2)=\frac{-2(-1)\cdot 1\cdot 3}{25}=\frac{6}{25}.
Portanto
\nabla f(1,2)=\left(-\frac{12}{25},\;\frac{6}{25}\right).

Passo 10

Agora compute g'(t). Como g(t)=\bigl(1-t^{2},\,2+t\bigr), temos
g'(t)=(-2t,\;1),
então g'(0)=(0,1).
Pela regra da cadeia:
\left.\frac{d}{dt}f(g(t))\right|_{t=0}=\nabla f(1,2)\cdot g'(0) =\left(-\frac{12}{25},\frac{6}{25}\right)\cdot(0,1)=0+\frac{6}{25}=\frac{6}{25}.

Resposta

(a) Não. f é diferenciável em \mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\}, mas não é diferenciável em (0,0).
(b) \displaystyle \left.\frac{d}{dt}f(g(t))\right|_{t=0}=\frac{6}{25}.

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