3.1 Derivadas e gradientes - parte 4

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Se bem que adequada do ponto de vista teórico, a definição de função diferenciável, acabada de dar, não é fácil de verificar directamente na prática. Felizmente existe uma condição suficiente de muito mais fácil verificação prática e que na maioria das situações que nos interessa considerar serve perfeitamente. Enunciamos o resultado associado, mas omitimos a prova:

Proposição (condição suficiente de diferenciabilidade)

Sejam $f : D \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ e $a \in {\rm int}\, D$. Se as derivadas parciais de $f$ existem numa bola aberta centrada em $a$ e são contínuas em $a$, então $f$ é diferenciável em $a$.

De acordo com a discussão na parte 2, a diferenciabilidade de uma função num ponto deve garantir-nos não só a continuidade nesse ponto (como confirmámos na última proposição da parte 3), como a possibilidade de se aproximarem linearmente os valores da função para valores da variável junto a esse ponto (o que, no caso de $n=2$, está relacionado com a possibilidade de se considerar o plano tangente ao gráfico da função em ponto correspondente).

Exemplo

Considere-se a função $f$ definida em $\mathbb{R}^2$ por $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$. O seu gráfico é o cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$, ilustrado na seguinte figura:

Ficheiro the para manipular no LiveMath Viewer: cone.the.

Exemplo de ponto onde $f$ é diferenciável e consequências:

Considere-se o ponto $(3,4)$ do domínio da função.

Como as derivadas parciais existem e são contínuas fora de $(0,0)$, sendo dadas por

(1)

\begin{align} f_x = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \quad f_y = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}, \end{align}

a proposição em cima garante-nos que a função é diferenciável em $\mathbb{R}^2 \setminus \{ (0,0) \}$, logo, em particular, também em $(3,4)$, onde $f_x(3,4)=\frac{3}{5}$ e $f_y(3,4)=\frac{4}{5}$.

O plano tangente em $(3,4,5)$ é, de acordo com a definição¹ dada na parte 3, o plano de equação

(2)

\begin{align} z=5+\Big(\frac{3}{5},\frac{4}{5}\Big)\cdot (x-3,y-4) \Leftrightarrow z=5+\frac{3}{5}(x-3)+\frac{4}{5}(y-4). \end{align}

O valor, por exemplo, de $f(3,1;3,9)$ “deverá” então ser bem aproximado por $5 + \big(\frac{3}{5};\frac{4}{5}\big) \cdot (0,1;-0,1)$. Na verdade, o primeiro é 4,98196…, enquanto o segundo é 4,98, o que corresponde a um erro relativo de cerca de 0,04 %.

Exemplo de ponto onde $f$ não é diferenciável e consequências:

Considere-se o ponto $(0,0)$ do domínio da função.

(3)

\begin{align} f'_x(0,0) = \Big(\frac{d}{dx} \sqrt{x^2}\Big)|_{x=0} = \Big(\frac{d}{dx} |x|\Big)|_{x=0}. \quad \mbox{Não existe!} \end{align}

(4)

\begin{align} f'_y(0,0) = \Big(\frac{d}{dy} \sqrt{y^2}\Big)|_{y=0} = \Big(\frac{d}{dx} |y|\Big)|_{y=0}. \quad \mbox{Não existe!} \end{align}

Evidentemente, $f$ não é diferenciável em $(0,0)$. Aliás, pela figura era já clara a não existência de plano tangente em $(0,0,0)$. E, qualquer que seja o plano que se considere a passar por $(0,0,0)$, há sempre pontos próximos de $(0,0)$ para os quais o valor de $f$ está muito distante da aproximação linear relacionada com tal plano.

Exercício

Considere a função $f$ definida em $\mathbb{R}^2$ por

(5)

\begin{align} f(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} & \mbox{ se } (x,y) \not= (0,0) \\ 0 & \mbox{ se } (x,y) = (0,0). \end{array} \right. \end{align}

Mostre que as derivadas parciais em $(0,0)$ existem e são nulas, mas que a função não é diferenciável nesse ponto (o que, aliás, salta à vista por observação do aspecto do gráfico da função junto à origem).

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Seguir para a parte 5 ou adicionar um comentário em baixo.

Footnotes

1. $z = f(a)+\nabla f(a) \cdot (x-a)$