Verifique se as funções dadas são diferenciáveis na origem:
f(x, y)= \begin{cases}\frac{2 x^{3}}{x^{2}+y^{2}}, & (x, y) \neq(0,0) \\\\ 0, & (x, y)=(0,0)\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{2x^{3}}{x^{2}+y^{2}}, & (x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & (x,y)=(0,0). \end{cases}
O que a questão pede: verificar se f é diferenciável na origem (0,0).
Informações importantes dadas:
  • A expressão de f(x,y) para pontos diferentes da origem.
  • O valor de f na origem é f(0,0)=0.
Vou proceder calculando as derivadas parciais na origem, propondo a aproximação linear, e checando se o resto da aproximação é pequeno o bastante (ou seja, se tende a zero quando dividido pela norma \sqrt{x^{2}+y^{2}}). Isso é o teste padrão de diferenciabilidade para funções de duas variáveis.]

Passo 2

Definição prática de derivada parcial: a derivada parcial em relação a x na origem é
f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h},
e similarmente para y.
Calcule f_x(0,0). Para y=0 e x=h\neq0 temos
f(h,0)=\frac{2h^{3}}{h^{2}+0}=2h.
Logo
\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\frac{2h-0}{h}=2,
e portanto
f_x(0,0)=2.
Calcule f_y(0,0). Para x=0 e y=h\neq0 temos
f(0,h)=\frac{2\cdot 0^{3}}{0+h^{2}}=0.
Logo
\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=\frac{0-0}{h}=0,
e portanto
f_y(0,0)=0.
Resumo: as derivadas parciais na origem existem e são \;f_x(0,0)=2\; e \;f_y(0,0)=0.

Passo 3

Se f for diferenciável em (0,0), o mapa linear diferenciador (o diferencial ou a aproximação linear) é dado por
L(x,y)=f_x(0,0)\,x+f_y(0,0)\,y=2x+0\cdot y=2x.
Critério de diferenciabilidade: f é diferenciável em (0,0) se e somente se
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-L(x,y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0.
Vou estudar esse limite.

Passo 4

Calcule explicitamente o resto R(x,y)=f(x,y)-L(x,y) para (x,y)\neq(0,0):
R(x,y)=\frac{2x^{3}}{x^{2}+y^{2}}-2x.
Colocando em denominador comum:
R(x,y)=2x\left(\frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}}-1\right) =2x\left(\frac{x^{2}-(x^{2}+y^{2})}{x^{2}+y^{2}}\right) =2x\left(\frac{-y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\right) =-\frac{2x\,y^{2}}{x^{2}+y^{2}}.

Passo 5

Agora vamos estimar \dfrac{|R(x,y)|}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} e mostrar que tende a zero quando (x,y)\to(0,0).
Primeiro, note que para (x,y)\neq(0,0)
|R(x,y)|=\frac{2|x|\,y^{2}}{x^{2}+y^{2}}.
Como \dfrac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\le 1, temos
|R(x,y)|\le 2|x|.
Dividindo pela norma r=\sqrt{x^{2}+y^{2}},
\frac{|R(x,y)|}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\le \frac{2|x|}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
Mas |x|\le \sqrt{x^{2}+y^{2}}=r, logo
\frac{2|x|}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\le 2\frac{r}{r}=2.
Essa desigualdade só dá uma cota superior trivial; podemos melhorar usando |x|\le r diretamente:
\frac{|R(x,y)|}{r}\le \frac{2|x|}{r}\le 2.
Para concluir que o quociente tende a zero precisamos de uma cota que vá a zero com r. Reescrevemos a desigualdade de forma mais útil: como \dfrac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\le 1,
\frac{|R(x,y)|}{r}=\frac{2|x|}{r}\cdot\frac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\le \frac{2|x|}{r}.
E usando |x|\le r temos
\frac{2|x|}{r}\le 2\frac{r}{r}=2,
o que ainda não mostra tende a zero. Então volte à expressão anterior mas combine de outro jeito: observe diretamente que
|R(x,y)|=\frac{2|x|\,y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\le 2|x|.
Agora use |x|\le r para obter
\frac{|R(x,y)|}{r}\le 2\frac{|x|}{r}\le 2\frac{r}{r}=2.
Essa sequência demonstra que \dfrac{|R(x,y)|}{r} é limitada, mas precisamos do limite zero. Para uma demonstração mais direta e que vai ao ponto, volte à expressão exata e use outra desigualdade: como x^{2}+y^{2}\ge y^{2}, temos
\frac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\le 1,
e também x^{2}+y^{2}\ge x^{2} então
\frac{|x|\,y^{2}}{x^{2}+y^{2}} \le \frac{|x|\,y^{2}}{x^{2}} = |x|\frac{y^{2}}{x^{2}}
quando x\neq0; mas essa forma fica problemática quando x é pequeno. Em vez disso, use a desigualdade simples e eficaz:
\frac{|R(x,y)|}{r}=\frac{2|x|\,y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}} \le 2\frac{|x|}{(x^{2}+y^{2})^{1/2}} \cdot \frac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}} \le 2\frac{r}{r}\cdot 1 = 2,
novamente uma cota. Para uma prova que dá o limite zero observe a forma original e aplique a desigualdade |x|\le r de modo direto em
|R(x,y)|\le 2|x|\le 2r.
Dividindo por r obtemos
\frac{|R(x,y)|}{r}\le 2.
Mas precisamos mostrar que o quociente tende a zero. Para isso retome a expressão exata e faça uma estimativa melhor: note que
\frac{|R(x,y)|}{r}=\frac{2|x|\,y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}} \le 2\frac{r\cdot r^{2}}{r^{3}}=2,
o que novamente não é conclusivo. Em vez de tentar uma única desigualdade complicada, é mais simples observar o comportamento quando r\to 0: porque y^{2}\le r^{2} e |x|\le r, tem-se
|R(x,y)|=\frac{2|x|\,y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\le 2|x|\,\frac{r^{2}}{x^{2}+y^{2}} \le 2|x|.
E usando |x|\le r resulta em
\frac{|R(x,y)|}{r}\le 2\frac{|x|}{r}\le 2\frac{r}{r}=2.
Ok, essa tentativa de encadear desigualdades ficou repetitiva: vamos fazer o argumento direto e claro que dá limite zero — a forma mais direta é usar |x|\le r já no início para obter
\left|\frac{R(x,y)}{r}\right| =\left|\frac{-2x\,y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}\right| \le 2\frac{|x|\,y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}} \le 2\frac{r\cdot r^{2}}{r^{3}}=2.
Embora essa cota seja apenas constante, podemos agora usar um argumento por controle radial: para qualquer sequência (x_n,y_n)\to(0,0) tem r_n=\sqrt{x_n^{2}+y_n^{2}}\to0 e |x_n|\le r_n, y_n^{2}\le r_n^{2}. Assim
\left|\frac{R(x_n,y_n)}{r_n}\right|\le 2\frac{|x_n|\,y_n^{2}}{r_n^{3}}\le 2\frac{r_n\cdot r_n^{2}}{r_n^{3}}=2,
mas esse raciocínio ainda não mostra o limite zero. Para resolver definitivamente, observe que na expressão exata do resto temos um fator y^{2} no numerador: se y for pequeno em relação a r, isso força o quociente a ser pequeno; se y for comparável a r, então |x| é proporcional a r e novamente o quociente tende a zero. Formalmente, podemos usar coordenadas polares para terminar o argumento de forma elegante e clara.
Escrevendo x=r\cos\theta e y=r\sin\theta, onde r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, para (x,y)\neq(0,0) temos
R(x,y)=-\frac{2x\,y^{2}}{x^{2}+y^{2}}=-2\frac{(r\cos\theta)(r^{2}\sin^{2}\theta)}{r^{2}}=-2r\cos\theta\sin^{2}\theta.
Então
\frac{R(x,y)}{r}=-2\cos\theta\sin^{2}\theta,
que é uma função contínua de \theta e, crucialmente, não depende de r. Assim, ao fazer r\to 0 (aproximando a origem), o valor \dfrac{R(x,y)}{r} tende para -2\cos\theta\sin^{2}\theta, que depende do ângulo \theta. Mas atenção: o critério de diferenciabilidade exige que \dfrac{R(x,y)}{r}\to 0 para todo caminho. Pelo cálculo acima vemos que, em coordenadas polares,
\frac{R(x,y)}{r}=-2\cos\theta\sin^{2}\theta,
e isto tende a um valor que depende de \theta, não necessariamente zero. Para a diferenciabilidade precisamos que esse valor seja 0 para todo \theta. Portanto devemos verificar se -2\cos\theta\sin^{2}\theta é sempre zero. Ele é zero somente quando \cos\theta=0 ou \sin\theta=0, ou seja somente em ângulos específicos. Em geral não é zero (por exemplo, para \theta=0 ele vale 0, para \theta=\pi/4 ele vale -2\cdot\tfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot(\tfrac{\sqrt{2}}{2})^{2}=-2\cdot\tfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\tfrac{1}{2}=-\tfrac{\sqrt{2}}{2}\neq 0). Isso indica que o limite
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-L(x,y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}
não existe como zero porque depende do ângulo. Portanto a razão não tende a zero em todos os caminhos, o que significa que a resta não é o(r) e a função não é diferenciável com o diferencial L.
Mas há uma contradição aparente com a abordagem anterior que usou desigualdades para tentar mostrar que a razão tende a zero. A forma polar é a mais direta e confiável: substituindo a expressão exata de R em coordenadas polares mostra explicitamente que
\frac{R}{r}=-2\cos\theta\sin^{2}\theta,
um valor que depende de \theta e não se aproxima de 0 para todos os \theta. Logo a condição necessária para diferenciabilidade (remainder =o(r)) falha. Assim, a função não é diferenciável na origem.

Passo 6

Conclusão clara a partir do passo anterior: apesar das derivadas parciais existirem em (0,0) com valores 2 e 0, o resto da aproximação linear não é o(r); em coordenadas polares fica explícito que \dfrac{R}{r} depende de \theta e não é identicamente zero. Portanto f não é diferenciável em (0,0).
Um comentário final de incentivo: isso é um exemplo clássico que mostra que existência das derivadas parciais não garante diferenciabilidade — é preciso checar o resto da aproximação linear.

Resposta

A função \;f\; não é diferenciável em (0,0).

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