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Exercícios Resolvidos de Diferenciabilidade

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Enunciado

IME, Cálculo 2, 2018, VE1, Q3B

  1. Estude, em função dos valores α ∈ R , a continuidade da função f : R 2 → R ,   dada por

    2. f x , y = x 4 + 2 x 2 y 2 + α y 4 cos ⁡ x 2 + α y 2 - 1 ,         x , y ≠ ( 0,0 ) - 2 α ,         x , y = ( 0,0 )

  2. Analise a diferenciabilidade de f ( x , y ) em ( 0,0 ) para os casos de α = 0 e α = 1 .

Passo 1

Faaaala, pessoal! Primeiramente, vale ressaltar que a derivabilidade de uma função implica sua continuidade. Pela propriedade contra-positiva, a descontinuidade de f ( x , y ) em ( 0,0 ) para α = 0 implica que não é derivável nesse ponto.

Passo 2

Para α = 1 , temos:

f x , y = x 4 + 2 x 2 y 2 + y 4 cos ⁡ x 2 + y 2 - 1 ,         x , y ≠ ( 0,0 ) - 2 ,         x , y = ( 0,0 )

Pela definição de derivada, esta existe apenas se para v → = ( v 1 ,   v 2 ) unitário e arbitrário o limite abaixo existir e for finito:

∂ f ∂ v 0,0 = lim h → 0 ⁡ f 0,0 + h v → - f 0,0 h v → =

= lim h → 0 ⁡ 1 h ⋅ h 4 v 1 4 + 2 v 1 2 v 2 2 + v 2 4 cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 1 - - 2   =

= lim h → 0 ⁡ 1 h ⋅ h 4 v 1 4 + 2 v 1 2 v 2 2 + v 2 4 + 2 ( cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 1 ) cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 1 = ( L ' H ô p i t a l )

= lim h → 0 ⁡ 4 h 3 v 1 2 + v 2 2 2 - 2 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 ⋅ 2 h v 1 2 + v 2 2 cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 1 - h ⋅ sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 ⋅ 2 h v 1 2 + v 2 2 =

= lim h → 0 ⁡ 4 h 3 v 1 2 + v 2 2 2 - 4 h v 1 2 + v 2 2 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 1 - 4 h 2 v 1 2 + v 2 2 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 = ( L ' H ô p i t a l )

= lim h → 0 ⁡ 12 h 2 v 1 2 + v 2 2 2 - 4 v 1 2 + v 2 2 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 h 2 v 1 2 + v 2 2 2 cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 2 h v 1 2 + v 2 2 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 h v 1 2 + v 2 2 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 h 3 v 1 2 + v 2 2 2 cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2

Dividindo em cima e embaixo por h 2 v 1 2 + v 2 2 2 ficamos com:

lim h → 0 ⁡ 12 - 4 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 - 2 h sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 h sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 h cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 =

= lim h → 0 ⁡ 12 - 4 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 h - 2 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2   =

Repare que o termo em chaves pode sair do limite pela regra do produto de Leibniz:

- 1 18 lim h → 0 ⁡ 12 - 4 sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 h   =

Passo 3

Repare que o limite acima ainda não está determinado. Para continuar usaremos a notação de o-pequeno e as expansões em Taylor para t → 0 :

sin ⁡ t = t + o ( t 2 )

cos ⁡ t = 1 - t 2 2 ! + o ( t 2 )

Onde t = h 2 v 1 2 + v 2 2 , nesse caso. Logo,

sin ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 = h 2 v 1 2 + v 2 2 + o h 4 v 1 2 + v 2 2 2 = h 2 v 1 2 + v 2 2 + o h 4

cos ⁡ h 2 v 1 2 + v 2 2 = 1 - h 4 v 1 2 + v 2 2 2 2 ! + o h 4 v 1 2 + v 2 2 2 = 1 - h 4 v 1 2 + v 2 2 2 2 ! + o h 4

Assim, o limite do passo anterior assume o valor de:

- 1 18 lim h → 0 ⁡ 12 - 4 h 2 v 1 2 + v 2 2 + o h 4 h 2 v 1 2 + v 2 2 - 8 1 - h 2 v 1 2 + v 2 2 2 ! + o h 4 h =

= - 1 18 lim h → 0 ⁡ 4 h 2 v 1 2 + v 2 2 + o ( h 4 ) h =

= - 1 18 lim h → 0 ⁡ o h h

O limite lim h → 0 ⁡ o h h equivale a 0 por definição e, temos, portanto que o limite original existe e :

∂ f ∂ v 0,0 = 0 ,   ∀ v

Resposta

Para α = 0 , não é diferenciável em ( 0,0 ) e para α = 1 , é diferenciável neste ponto.

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