Utilizando o Teorema 3, verifique que as funções abaixo são diferenciáveis.
(f) f(x, y)=\left{ \begin{array}{cl} \frac{x y^{3}}{x^{2}+y^{2}}, & \text { se }(x, y) \neq(0,0) \\ 0, & \text { se }(x, y)=(0,0) \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá a função f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}\) definida por \[f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{x y^{3}}{x^{2}+y^{2}}, & \text{se }(x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & \text{se }(x,y)=(0,0). \end{cases}
E pede: verificar que f\] é diferenciável (ou seja, verificar diferenciabilidade em todos os pontos do domínio). Informações relevantes fornecidas: - A função é dada por uma fórmula racional quando \((x,y)\neq(0,0).
- O valor em (0,0) foi definido como 0.
- Deve-se usar o Teorema 3 (o enunciado pediu isso); portanto será verificado que as derivadas parciais existem numa vizinhança e são contínuas no ponto crítico, o que garante diferenciabilidade segundo tal teorema.]

Passo 2

Observação rápida sobre pontos (x,y)\neq(0,0).
Para qualquer ponto com x^{2}+y^{2}\neq0 a função é quociente de funções polinomiais (o numerador x y^{3} e o denominador x^{2}+y^{2}), com o denominador não nulo. Portanto f é diferenciável em todo ponto (x,y)\neq(0,0) (funções polinomiais são diferenciáveis e o quociente é diferenciável onde o denominador é não nulo). Assim só resta verificar diferenciabilidade em (0,0).

Passo 3

Calcular as derivadas parciais em (0,0) pela definição. Lembre a definição: a derivada parcial em relação a x em (0,0) é
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0+h,0)-f(0,0)}{h}.
Compute:
f(h,0)=\frac{h\cdot 0^{3}}{h^{2}+0^{2}}=0,
logo
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{0-0}{h}=0.
Analogamente, a derivada parcial em y em (0,0) é
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}.
Mas
f(0,h)=\frac{0\cdot h^{3}}{0+h^{2}}=0,
portanto
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{0-0}{h}=0.
Conclusão deste passo: \dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0 e \dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.

Passo 4

Calcular as derivadas parciais \dfrac{\partial f}{\partial x} e \dfrac{\partial f}{\partial y} para (x,y)\neq(0,0) (usando regra do quociente). Seja r^{2}=x^{2}+y^{2}. Para (x,y)\neq(0,0) temos f(x,y)=\dfrac{x y^{3}}{r^{2}}. Aplique a regra do quociente:
  • Derivando em relação a x: numerador N(x,y)=x y^{3} tem \partial N/\partial x=y^{3}. Então
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) =\frac{y^{3}\,r^{2}-x y^{3}\cdot 2x}{r^{4}} =\frac{y^{3}\bigl(r^{2}-2x^{2}\bigr)}{r^{4}}.
Como r^{2}-2x^{2}=y^{2}-x^{2}, uma forma mais compacta é
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{y^{3}(y^{2}-x^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
  • Derivando em relação a y: \partial N/\partial y=3x y^{2}. Então
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) =\frac{3x y^{2}\,r^{2}-x y^{3}\cdot 2y}{r^{4}} =\frac{x y^{2}\bigl(3r^{2}-2y^{2}\bigr)}{r^{4}}.
Como 3r^{2}-2y^{2}=3x^{2}+y^{2}, escrevemos
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{x y^{2}(3x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Estas expressões valem para todos os (x,y)\neq(0,0). Note que já mostramos em

Passo 5

Mostrar que as derivadas parciais são contínuas em (0,0). Para usar o Teorema 3 (que afirma que se as derivadas parciais existem numa vizinhança do ponto e são contínuas no ponto então f é diferenciável nele) precisamos verificar continuidade das expressões do

Passo 6

Usamos coordenadas polares (x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta) com r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}. Substituindo nas expressões obtidas:
  • Para \dfrac{\partial f}{\partial x}:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = \frac{(r\sin\theta)^{3}\bigl((r\sin\theta)^{2}-(r\cos\theta)^{2}\bigr)}{r^{4}} = r\sin^{3}\theta\;(\sin^{2}\theta-\cos^{2}\theta).
Assim
\left|\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\right| \le r\;|\sin^{3}\theta|\;|\sin^{2}\theta-\cos^{2}\theta| \le r.
Como r\to0 implica r\to0, segue que \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)\to0 quando (x,y)\to(0,0). Isso mostra continuidade de \dfrac{\partial f}{\partial x} em (0,0) (e combina com o valor \dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0 calculado antes).
  • Para \dfrac{\partial f}{\partial y}:
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = \frac{(r\cos\theta)(r\sin\theta)^{2}\bigl(3(r\cos\theta)^{2}+(r\sin\theta)^{2}\bigr)}{r^{4}} = r\cos\theta\sin^{2}\theta\,(3\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta).
Logo
\left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right| \le r\;|\cos\theta|\;\sin^{2}\theta\;(3\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta) \le 4r,
pois 3\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta\le 4 e os demais fatores têm módulo ≤1. Assim \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)\to0 quando r\to0, mostrando continuidade de \dfrac{\partial f}{\partial y} em (0,0) (compatível com \dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0).
Conclui-se: as derivadas parciais existem numa vizinhança de (0,0) (são as expressões do

Passo 7

Pelo Teorema 3 (hipótese satisfeita), f é diferenciável em (0,0). Juntando com o resultado do

Passo 8

Comentário didático final (rapidez para a prova): uma verificação alternativa direta é notar que em coordenadas polares, para (x,y)\neq(0,0),
f(x,y)=\frac{x y^{3}}{x^{2}+y^{2}}= \frac{r\cos\theta\; r^{3}\sin^{3}\theta}{r^{2}}= r^{2}\cos\theta\sin^{3}\theta,
logo |f(x,y)|\le r^{2}. Isso mostra diretamente que
\frac{|f(x,y)-0 - (0\cdot x+0\cdot y)|}{r}=\frac{|f(x,y)|}{r}\le r\to0,
quando r\to0, mostrando pela definição que f é diferenciável em (0,0) com diferencial nulo. Essa verificação direta dá a mesma conclusão e é útil para responder rapidamente em prova. Mas, conforme pedido, a conclusão acima foi obtida via continuidade das derivadas parciais (Teorema 3).

Resposta

A função f é diferenciável em todo \mathbb{R}^{2}.

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