Enunciado

9. Seja

f x , y = x 2 + y 2 sen ⁡ 1 x 2 + y 2 → x , y ≠ 0,0

= 0 → x , y = 0,0

  1. Determine ∂ f ∂ x e ∂ f ∂ y
  2. Mostre que ∂ f ∂ x e ∂ f ∂ y não são contínuas em ( 0,0 )
  3. Mostre, usando a definição que f é diferençável em ( 0,0 )
  4. Mostre que f é uma função diferenciavel em R²

Passo 1

Neste item a) descobrimos que nossas derivadas parciais são

∂ f ∂ x = 2 x   sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 x x 2 + y 2 - 1 cos ⁡ 1 x 2 + y 2

∂ f ∂ y = 2 y   sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 y x 2 + y 2 - 1 cos ⁡ 1 x 2 + y 2

Agora o exercício pede para que mostremos que não são continuas em (0,0) sendo bem rigoroso não podemos apenas plotar o ponto nessa derivada, porque a função tem uma uma quebra no domínio. Logo para provar isso podemos fazer um limite

lim x , y → 0,0 ⁡ ∂ f ∂ x

E

lim x , y → 0,0 ⁡ ∂ f ∂ y

Isso fica matematicamente correto 😉

Passo 2

Vamos começar com f x

lim x , y → 0,0 ⁡ ∂ f ∂ x

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x   sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 x x 2 + y 2 - 1 cos ⁡ 1 x 2 + y 2

Vamos lembrar a hierarquia das funções

Polinomio > funções trigonométricas

Polinômios são mais rápidos que funções senóides. Então quando temos esse limite

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x   sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 x x 2 + y 2 - 1 cos ⁡ 1 x 2 + y 2

Podemos fazer o seguinte

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x   sen ⁡ 1 x 2 + y 2 -   lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x x 2 + y 2 - 1 cos ⁡ 1 x 2 + y 2

O primeiro limite tende a zero porque o polinômio é mais rápido a chegar a zero que o seno em oscilar. Agora ficamos com

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x x 2 + y 2 - 1 cos ⁡ 1 x 2 + y 2

O mesmo pensamento serve para esse limite. Podemos ate excluir ele do nosso limitem, pois o resultado vai depender apenas dos outros fatores

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x x 2 + y 2 - 1

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x x 2 + y 2  

Nesse limite a parte de baixo tem termos ao quadrado que tendem a zero e no numerador apenas um termo de expoente 1. Logo o denominador vai a zero mais rápido que o numerador.

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x x 2 + y 2   = ∞

Passo 3

Como a derivada parcial em y é muito parecida com a x

∂ f ∂ y = 2 y   sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 y x 2 + y 2 - 1 cos ⁡ 1 x 2 + y 2

Podemos então concluir que

l i m x , y → 0,0 2 y   sen ⁡ 1 x 2 + y 2 - 2 y x 2 + y 2 - 1 cos ⁡ 1 x 2 + y 2 = ∞

Terminamos por aqui. Pode comemorar! \o/

Te vejo na próxima resolução

: )

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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