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Exercícios Resolvidos de Diferenciabilidade – Cálculo do Erro

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Enunciado

UFABC – Funções de Várias Variáveis – Lista de Exercícios 3 – Questão 5c

Verifique se as funções abaixo são diferenciáveis em ( 0,0 ) :

c )   f ( x , y ) = x 2 y 2 x 2 + y 2 ,   s e   x , y ≠ 0,0 0 ,                                 s e   x , y = 0  

Passo 1

Fala galera, tudo bem? Essa questão parece complicada, mas estou aqui para te ajudar! Vamos resolver juntos?

Nas questões de diferenciabilidade precisamos que essas duas condições aqui sejam verdadeiras

  1. As derivadas parciais a = ∂ f ∂ x e b = ∂ f ∂ y aplicadas no ponto (no nosso caso x 0 , y 0 = ( 0,0 ) ) devem existir
  2. E o limite do erro E ( h , k ) deve valer zero. Esse limite é:

lim h , k → ( 0,0 ) ⁡ f x 0 + h ,   y 0 + k - f x 0 , y 0 - a h - b k h 2 + k 2

Se essas duas condições forem satisfeitas então a função é diferenciável em ( x 0 , y 0 ) !

Então precisamos seguir esses passos aqui:

  • Calcular f x 0 + h ,   y 0 + k ,   f x 0 , y 0   e as parciais   a ,   b
  • Garantir que a ,   b existam
  • Jogar todos os resultados no limite e calcular! Se o limite for zero, beleza! Se não, significa que a função NÃO é diferenciável no ponto

No nosso caso queremos avaliar em ( 0,0 )

Vamos começar?

Passo 2

Vamos começar calculando as parciais e verificar se elas existem em ( 0,0 ) . Caso alguma não exista já podemos parar por aqui e dizer que a função não é diferenciável.

Nossa função é

f x , y = x 2 y 2 x 2 + y 2

Aí a parcial f x (a partir da definição) é

f x = lim h → 0 ⁡ f h , 0 - f ( 0,0 ) h = lim h → 0 ⁡ h . 0 h 2 + 0 2 - 0 0 2 + 0 2 h = lim h → 0 ⁡ 0 h = 0

a = f x 0,0 = 0

Agora a parcial em y :

f y = lim k → 0 ⁡ f 0 , k - f ( 0,0 ) k = lim k → 0 ⁡ 0 . k 0 2 + k 2 - 0 0 2 + 0 2 k = lim k → 0 ⁡ 0 k = 0

E em ( 0,0 ) :

b = f y 0,0 = 0

Tranquilo até aqui?

Então vimos que as duas parciais existem e valem zero.

Passo 3

Agora vamos calcular a função nos pontos f x 0 + h ,   y 0 + k ,   f x 0 , y 0 , para depois jogar todos esses resultados no limitão!

Como x 0 , y 0 = ( 0,0 ) , e nossa função é

f x , y = x 2 y 2 x 2 + y 2

Daí f ( 0,0 ) (que já usamos no passo anterior) é

f 0,0 = 0

E f ( h , k ) :

f h , k = h 2 k 2 h 2 + k 2

Agora vamos pegar os resultados daqui do passo 3 e as parciais do passo 2 e jogar tudo no limite do passo 1!

Estamos quase lá! Força aí!

Passo 4

O limite que precisamos calcular é esse aqui:

lim h , k → ( 0,0 ) ⁡ f x 0 + h ,   y 0 + k - f x 0 , y 0 - a h - b k h 2 + k 2

Como x 0 , y 0 = ( 0,0 ) , então temos

lim h , k → ( 0,0 ) ⁡ f h ,   k - f 0,0 - a h - b k h 2 + k 2

Vamos resgatar os valores dos passos anteriores:

a = 0

b = 0

f h , k = h 2 k 2 h 2 + k 2

f 0,0 = 0

E substituir

lim h , k → ( 0,0 ) ⁡ h 2 k 2 h 2 + k 2 h 2 + k 2 = lim h , k → ( 0,0 ) ⁡ h 2 k 2 ( h 2 + k 2 ) h 2 + k 2

Agora nossa missão é resolver esse limite! A técnica aqui é fazer uma troca de variáveis: h = k = t , assim nosso limite de duas variáveis vira de uma só:

lim t → 0 ⁡ t 4 2 t 2 2 t 2 = lim t → 0 ⁡ t 2 2 2 t

Avaliando esse limite temos uma indeterminação do tipo 0 / 0 , então vamos aplicar a regra de L’Hopital

lim t → 0 ⁡ t 2 ' 2 2 t ' = lim t → 0 ⁡ 2 t ± 2 2

Para qualquer valor que olhemos (vindo pela esquerda ou pela direita) o limite é zero!

Isso significa que esse limite existe! Pois pela direita a função módulo vale + t e pela esquerda - t , assim os limites bilaterais são iguais e esse limite existe e é zero!

Se esse limite existe, então o nosso limite

lim h , k → 0,0 ⁡ h 2 k 2 h 2 + k 2 h 2 + k 2

Também existe e é zero! E a nossa função

f x , y = x 2 y 2 x 2 + y 2

É diferenciável em ( 0,0 )

E é isso! Espero ter ajudado!

Resposta

é   d i f e r e n c i á v e l

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