Verifique se a função é diferenciável:
\mathrm{f}(\mathrm{x}, \mathrm{y})=\mathrm{xe}^{\mathrm{y}}

Passo 1

O enunciado dá a função
\mathrm{f}(\mathrm{x},\mathrm{y})=\mathrm{xe}^{\mathrm{y}}
e pede para verificar se ela é diferenciável. Vou entender isso como: verificar a diferenciabilidade em um ponto arbitrário (x_0,y_0) e, portanto, em quais pontos do plano \mathbb{R}^2 a função é diferenciável. Também vou indicar qual é o diferencial/gradiente (porque normalmente é útil na prova).
Informações dadas:
  • A expressão de \mathrm{f} é \mathrm{f}(\mathrm{x},\mathrm{y})=\mathrm{xe}^{\mathrm{y}}.
  • Não há restrição de domínio escrita, logo o domínio natural é \mathbb{R}^2.
O que se pede:
  • Determinar se \mathrm{f} é diferenciável (em geral: em todo \mathbb{R}^2 ou em quais pontos).
  • (Indiretamente) obter o diferencial / gradiente, que costuma ser parte da verificação prática.

Passo 2

Lembrete (definição e critério que vamos usar).
  • Definição (intuição precisa): \mathrm{f} é diferenciável em (x_0,y_0) se existe uma aplicação linear L:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} tal que
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{\mathrm{f}(x_0+h,y_0+k)-\mathrm{f}(x_0,y_0)-L(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}=0.
Quando as derivadas parciais existem, o candidato natural para L é
L(h,k)=\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial x}(x_0,y_0)\,h+\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial y}(x_0,y_0)\,k.
  • Teorema prático (muito usado em provas): se as derivadas parciais \partial_x\mathrm{f} e \partial_y\mathrm{f} existem numa vizinhança de (x_0,y_0) e são contínuas em (x_0,y_0), então \mathrm{f} é diferenciável em (x_0,y_0). Esse é o critério que facilita bastante.
Vou aplicar esse critério (mais simples) e depois, para treinar, faço também uma verificação direta do resto para fixar a ideia.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais (mostrando passo a passo como fazer na prova).
  • Derivada parcial em relação a x: tratar y como constante e derivar x\mapsto x e^{y}. Como e^{y} é constante quando derivamos em x,
\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial x}(x,y)=e^{y}.
Explicação curta: derivada de x é 1, então sobra 1\cdot e^{y}.
  • Derivada parcial em relação a y: tratar x como constante e derivar y\mapsto x e^{y}. Aqui x é constante multiplicando e^{y}, e a derivada de e^{y} é e^{y}, logo
\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial y}(x,y)=x e^{y}.
Explicação curta: regra do produto simplificada porque x é constante.

Passo 4

Verificar continuidade das derivadas parciais (critério do passo 2).
  • \frac{\partial \mathrm{f}}{\partial x}(x,y)=e^{y}. A função y\mapsto e^{y} é contínua em todo \mathbb{R}, portanto esta derivada parcial é contínua em todo \mathbb{R}^2 (independe de x, mas é contínua como função de (x,y)).
  • \frac{\partial \mathrm{f}}{\partial y}(x,y)=x e^{y}. Essa é a produto das funções x (projeção no primeiro coordenada) e e^{y}; ambas são contínuas, logo o produto é contínuo em todo \mathbb{R}^2.
Como as duas derivadas parciais existem e são contínuas em cada ponto de \mathbb{R}^2, pelo teorema prático do Passo 2, segue-se que \mathrm{f} é diferenciável em todo ponto (x_0,y_0)\in\mathbb{R}^2.

Passo 5

Escrever explicitamente o diferencial e o gradiente — isso é muito útil na prova, basta obter as derivadas parciais e montar a forma linear.
  • O diferencial em (x_0,y_0) aplicado ao incremento (h,k) é
\mathrm{d}\mathrm{f}(x_0,y_0)(h,k)=\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial x}(x_0,y_0)\,h+\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial y}(x_0,y_0)\,k = e^{y_0}\,h + x_0 e^{y_0}\,k.
  • O gradiente é
\nabla \mathrm{f}(x,y)=\bigl(e^{y},\; x e^{y}\bigr).
Na prova, escrever isso mostra que se sabe tanto que a função é diferenciável quanto qual é a aproximação linear.

Passo 6

(Verificação direta do resto — alternativa prática para a prova, caso o enunciado peça mostrar a definição)
  • Começo da conta: para (h,k)\to(0,0),
\begin{aligned} R(h,k)&:=\mathrm{f}(x_0+h,y_0+k)-\mathrm{f}(x_0,y_0)-\bigl(e^{y_0}h+x_0 e^{y_0}k\bigr)\\[4pt] &=(x_0+h)e^{y_0+k}-x_0 e^{y_0}-e^{y_0}h-x_0 e^{y_0}k. \end{aligned}
  • Factorizando e^{y_0} e usando e^{k}=1+k+r(k) com r(k)=o(k) quando k\to0 (isto é, r(k)/k\to0):
\begin{aligned} R(h,k)&=e^{y_0}\bigl[(x_0+h)e^{k}-x_0 - h - x_0 k\bigr]\\[4pt] &=e^{y_0}\bigl[(x_0+h)(1+k+r(k)) - x_0 - h - x_0 k\bigr]\\[4pt] &=e^{y_0}\bigl[x_0 + x_0 k + x_0 r(k) + h + h k + h r(k) - x_0 - h - x_0 k\bigr]\\[4pt] &=e^{y_0}\bigl{x_0 r(k) + h k + h r(k)\bigr}. \end{aligned}
(ou seja, os termos que sobraram são esses três).
  • Agora faço a estimativa para mostrar que R(h,k)/\sqrt{h^2+k^2}\to0. Notando que |h r(k)|/\sqrt{h^2+k^2}\le |r(k)| porque |h|/\sqrt{h^2+k^2}\le1, e que |x_0 r(k)|/\sqrt{h^2+k^2}=|x_0|\cdot|r(k)|/\sqrt{h^2+k^2} mas r(k)=o(k) e |k|/\sqrt{h^2+k^2}\le1, fica claro que os termos com r(k) vão a zero quando (h,k)\to(0,0). Para o termo h k usa-se a desigualdade
|h k|\le\frac{h^2+k^2}{2},
portanto
\frac{|h k|}{\sqrt{h^2+k^2}}\le\frac{\sqrt{h^2+k^2}}{2}\to0.
Juntando tudo, concluímos que
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{R(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}=0,
o que confirma diretamente a diferenciabilidade segundo a definição.]

Resposta

A função \mathrm{f}(\mathrm{x},\mathrm{y})=\mathrm{xe}^{\mathrm{y}} é diferenciável em todo \mathbb{R}^2.
O diferencial em (x_0,y_0) é \mathrm{d}\mathrm{f}(x_0,y_0)(h,k)=e^{y_0}h+x_0 e^{y_0}k.

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