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UNIVERSIDADE DO ALGARVE ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA

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UNIVERSIDADE DO ALGARVE ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA

CURSO BIETÁPICO EM ENGENHARIA CIVIL 2º ciclo – Regime Diurno/Nocturno

Disciplina de COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA Ano lectivo de 2007/2008 - 1º Semestre

Limites e continuidade. 1. Considere a função : 2 f f D ⊆ → definida por ( , ) ln(1 ) ln(1 ) x f x y y − = − . 1.1) Calcule e represente graficamente o domínio de ( , )f x y .

1.2) Represente graficamente o domínio de ( , )f x y e classifique-o topologicamente. 1.3) Calcule, caso exista,

( , ) ( , ) (1,1)lim ( , ) x y S x y f x y ∈ → sendo

{

}

2 ( , ) : S= x yy x= .

1.4) Calcule, caso exista,

( , ) ( , ) (1,1)lim ( , ) x y T x y f x y ∈ → sendo

{

}

2 2 ( , ) : 2 T = x yy= x x− .

1.5) Conclua sobre a existência do limite

( , ) (1,1)x ylim→ f x y( , ).

2. Prove utilizando a definição que 2

( , ) (2,1)x ylim ( 4→ − +x 2 )y = − . 6

3. Calcule os domínios e os limites, caso existam, das seguintes funções nos pontos indicados:

3.1) ( , ) 22 22 y x y x y x f + − = , (0,0). 3.2) y x y x y x f − + = 3 2 ) , ( , (0,0). 3.3) ( , ) 4 2 2 y x y x y x f + = , (0,0). 3.4) ( , ) 2 2 2 y x y x y x f + = , (0,0). 3.5) 2 2 2 2 2 ) ( ) , ( y x y x y x y x f − + = , (0,0). 3.6) ( , ) 2 23 23 y x y x y x f + − = ,(0,0). 3.7) 2 2 ) , ( y x xy y x f + = , (0,0). 3.8) f x y( , ) ysen1 x = , (0,0). 3.9) ( , ) 42 4 ( 1) y f x y x y = − + , (1,0) . 3.10)

(

)

2 2 ( , ) arctgx f x y x y y = + , (0,0).

(2)

4. Estude a continuidade das seguintes funções em 2. Caso não sejam contínuas verificar se podem ser prolongadas por continuidade.

4.1) ( , ) 3 4 x y f x y x y + = − . 4.2) ( , )f x y = sen( ) ( ) x y x y + + . 4.3) 2 2 9 1 ) , ( y x y x f − − = . 4.4)

(

2 2

)

2 2 1 ( , ) sen f x y x y x y = + + . 4.5) ( , ) 5cos4 3 4 3sen2 22 2 y x x y f x y x y x y + = + + . 4.6) 2 2 2 ( 2)( 1) , ( , ) ( 2,1) ( , ) ( 2) ( 1) 0 , ( , ) ( 2,1) x y x y f x y x y x y + − ≠ − = + + − = − . 4.7) ( , ) 2 2 , ( , ) (0,0) 1 , ( , ) (0,0) xy x y f x y x y x y ≠ = + = . 4.8) 2 3 2 ln(1 ), 1 e 2 2 ( , ) 2 , outros ( , ) x x x y y f x y x y x y − < ≠ − = + ∈ . 4.9) ( , ) 2 2 , se 0 , se 0 x y x y f x y x y x y + + > = + + ≤ . 4.9) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 , se 2 ( , ) sen( 2) , se 2 x xy x y f x y x y x y + − + > = + − + ≤ . 4.10) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 , e ( , ) (0,0) 2 ln( ) ( , ) 0 , e ( , ) (0,0) x y e x y x y f x y x y e x y + ≠ ≠ − + = + = = . 4.11) 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 , 4 e ( , ) (0,0) ( , ) , 4 ,( , ) (0,0) x y x y x y x y x y f x y e x y e x y + − + + < + = + = .

(3)

Limites - resumo teórico

A definição de limite para funções reais de variável vectorial é análoga à definição de limite para f.r.v.r.. E tem a ver com o estudo do comportamento da função na vizinhança de um ponto.

Comecemos por recordar a definição de ponto de acumulação.

Definição1: Um ponto a diz-se ponto de acumulação do conjunto X sse qualquer bola aberta de centro em a contiver pelo menos um ponto de X distinto de a, ou seja,

a é ponto de acumulação de X⇔ ∀r>0Br( ) ( \ { })aX a ≠ ∅. (1.1)

O conjunto de todos os pontos de acumulação de X, chama-se derivado de X e representa-se por X´.

Exemplo1: Consideremos o conjunto X ( , )x y 2:x 2 (4,0) . Qualquer ponto

1 2 ( , )a a

a , com a1 2 é um ponto de acumulação de X, embora não pertença a X. O ponto (4,0)

b pertence a X, mas não é ponto de acumulação deste conjunto já que, por exemplo, (4,0)

1

B X .#

Este exemplo mostra que o facto de um ponto a ser ponto de acumulação de um conjunto X é

independente do facto de ele pertencer ou não a X. O que importa é que, tão perto de a quanto se

queira, se possam encontrar pontos de X distintos de a.

Na disciplina de complementos de matemática apenas estudamos limites de funções com duas variáveis, ou seja, para n= . 2

Definição2: Seja : 2 f f D ⊆ → e ( , )a b 2 um ponto de acumulação de f D , então ( , ) ( , )x ylim→a b f x y( , )= sse l

{

}

0 ( ) 0 : ( , )x y Df \ ( , )a b ( , ) ( , )x y a b f x y( , ) l δ> ε δ > ε δ ∀ ∃ ∈ − < − < onde ( , ) ( , )x y a b = (x a )2+ −(y b)2 .

(4)

Observe-se que, o ponto ( , )a b n deve ser não exterior a f

D , ( , )a b pode ou não pertencer a Df

mas deve pertencer à aderência de Df para ser um ponto de acumulação, pois tem de se garantir que qualquer bola aberta de centro em ( , )a b intersecta Df.

Isto significa, que os valores de ( , )f x y estão tão próximos de l quanto se queira ( ( , )f x y − < ) l δ

desde que ( , ) ( , )x ya b esteja suficientemente perto de ( , )a b (se ( , ) ( , )x ya b < para um valor ε adequado de δ ). Esta definição pode ser interpretada através do seguinte esquema.

2 y l+ δ

ε

( , )a b x l ( , )x y ( , )f x y l− δ

Os valores de ( , )f x y estão tão próximos de l quanto se queira ( ( , )f x y − < ) desde que a l

δ

distância de ( , ) ( , )x ya b a ( , )a b seja suficientemente pequena, mas diferente de zero (se

2 2

0< (x a− ) + −(y b) < para um valor adequado de ε δ ).

Através desta definição prova-se que o limite, se existir, é único, isto é, caso o limite exista, é independente da trajectória descrita pelo ponto ( yx, ) na sua aproximação a ( , )a b . Quando

) ,

( yx → ( , )a b ao longo de uma trajectória, diz-se que se trata de um limite direccional. Se existe

( , ) ( , )x ylim→a b f x y( , ) então todos os limites direccionais são iguais. Basta que dois limites direccionais

sejam diferentes para que não exista limite. Contudo, o facto de vários limites direccionais serem iguais não garante a existência do limite da função (pode sempre haver uma trajectória para a qual o limite não seja igual ou não exista).

A existência do limite deve ser provada por definição. Neste tipo de problemas, um procedimento será majorar f(x,y)−l até se obter uma expressão em ( , ) ( , )x y a b = (x a )2+ −(y b)2 . Claro que para diferentes majorações podem obter-se diferentes expressões para ( )ε δ .

(5)

Algumas desigualdade úteis: x2 x2 + y2 donde x x2 +y2 e n

(

2 2

)

n, xx +y n∈ ; • y2 x2 + y2 donde y x2 + y2 ; xy x2+ ; y2 • x+ yx + y ; • x y− ≤ + ≤ + ; x y x y • 2 2

(

2 2

)

0 , kx +y k x +y k +; • sinx ≤1 e cosx ≤ ; 1 • sinxx e cosx ≤ ; x • 2 2 2 2 sinx ≤ ≤x x e cosxx ; • arctan 2 x < . π

Um processo bastante útil no cálculo de limites, em particular, quando estes não existem, são os chamados limites iterados. Supondo

1 2 1 2 1 2 ( , ,..., ) ( , ,..., ) lim ( ) lim ( , ,..., ) n n n x x x a a a f f x x x l → = → = x a x ,

admite-se que as n variáveis x x1, ,...,2 x convergem simultaneamente para n a a1, ,...,2 a . Pode n

admitir-se que primeiro se faz tender x para 1 a depois 1 x2→ , …, finalmente, a2 xn → , obtendo-an

se, assim, um limite escalonado ou iterado, que se representa por

1 1 2 2 1 2

lim lim ... lim ( , ,..., )

n n n

xa xa xa f x x x .

No caso de se ter n variáveis, os limites iterados são em número de !n . Se existe lim ( )f

x a x e

existem os !n limites iterados então todos têm o mesmo valor. Claro que a existência de dois

limites iterados iguais não implica a existência do limite, mas a existência de dois limites iterados distintos implica a não existência de limite no ponto considerado.

Em particular para n= , existem dois limites iterados, limlim ( , )2

(6)

As propriedades dos limites de f.r.v.r. continuam válidas para funções reais de variável vectorial. Apresentam-se aqui algumas sem demonstração.

Proposição1: Sejam f, g e h funções D n→ , e seja a um ponto de acumulação de D. Então,

são válidas as seguintes propriedades: (1) lim ( )f l lim ( )f l 0

→ = ⇔ → − =

x a x x a x ;

(2) (Lei do enquadramento) Se lim ( )h l

→ =

x a x , lim ( )x ag x =l e existe uma vizinhança Br( )a tal que

( ) ( ) ( )

h xf xg x para todo xBr( )aD então lim ( )f l

→ =

x a x ;

(3) Se lim ( ) 0f

→ =

x a x e existem M > e uma vizinhança 0 Br( )a tal que ( )g xM para todo

( ) r B D ∈ ∩ x a , então lim ( ) ( ) 0f g → = x a x x ;

(4) Se existe r> e ( )0 g x tais que: ( )f x − ≤l g( )x para todo o xBr( )aDf e lim ( )g l

→ =

x a x ,

então lim ( )f l

→ =

x a x ;

(5) Se lim ( )x a f x = ∈l1 , lim ( )x a g x = ∈l2 e

α

,β∈ , então (i) limαf( ) αl1 → = x a x ; (ii) lim(αf( ) βg( )) αl1 βl2 → ± = ± x a x x ; (iii) lim( ( ) ( ))f g l l1 2 → = x a x x ; (iv) 1 2 ( ) lim ( ) l f g l → = x a x x ,(l2 ≠ . 0)

Algumas das propriedades, apresentadas na proposição1 permitem determinar limites de funções de várias variáveis sem recorrer à definição.

(7)

Limites - possível resolução dos exercícios 1. Considere a função :f D→ definida por ( , ) ln(1 )

ln(1 ) x f x y y − = − . 1.1) Calcule e represente graficamente o domínio de ( , )f x y . Resolução: O domínio da função é

{

}

{

}

{

}

2 2 2 ( , ) :1 0 1 0 ln(1 ) 0 ( , ) : 1 1 1 1 ( , ) : 1 1 0 . f D x y x y y x y x y y x y x y y = ∈ − > − > − ≠ = = ∈ < < − ≠ = = ∈ < < ≠

1.2) Represente graficamente o domínio de ( , )f x y e classifique-o topologicamente. Resolução: A representação gráfica de Df é

(Atenção: Complete o gráfico!)

Topologicamente, D , pode ser classificado da seguinte maneira: f

{

2

}

int( )Df = ( , )x y ∈ :x<1 y<1 y≠0 =Df, Df é um conjunto aberto;

{

2

}

front( )Df = ( , )x y ∈ :x=1 y=1 y= ; 0

{

2

}

ad( ) int ( ) front( )Df = Df Df = ( , )x y ∈ :x≤1 y≤ ≠1 Df; Df não é um conjunto fechado;

{

( , ) 2: 1 1

}

ad( )

f f

D′ = x yxy≤ = D ;

f

D , não é um conjunto limitado pois não existe uma bola de 2 que o contenha;

f

(8)

1.3) Calcule, caso exista, ( , ) ( , ) (1,1)lim ( , ) x y S x y f x y ∈ → , sendo

{

}

2 ( , ) : S = x yy x= . Resolução: ( , ) ( , ) (1,1) ( , ) (1,1) 1 ln(1 ) ln(1 )

lim ( , ) lim lim 1

ln(1 ) ln(1 ) x y S y x x y x y x x x f x y y x ∈ = → → → − − = = = − − .

1.4) Calcule, caso exista,

( , ) ( , ) (1,1)lim ( , ) x y T x y f x y ∈ → , sendo

{

}

2 2 ( , ) : 2 T = x yy= x x− . Resolução: 2 ( , ) 2 2 ( , ) (1,1) ( , ) (1,1) 1 . . 1 1 ln(1 ) ln(1 ) 1 1

lim ( , ) lim lim lim

2 ln(1 ) ln(1 2 ) 2 1 x y T y x x x y x y x R C x x x x f x y y x x x ∈ = − ∞ ∞ → → → → − − = = = = − − + − .

1.5) Conclua sobre a existência de

( , ) (1,1)x ylim→ f x y( , ).

Resolução: Como o valor do limite é diferente para trajectórias diferentes conclui-se que não existe ( , ) (1,1)x ylim→ f x y( , ).

2. Prove utilizando a definição que 2

( , ) (2,1)x ylim ( 4→ − +x 2 )y = − . 6

Resolução: Temos que provar que

{

}

2 2 0 ( ) 0: ( , )x y \ (2,1) ( , ) (2,1)x y 4x 2y 6 δ> ε δ > ε δ ∀ ∃ ∈ − < − + + < , com ( , ) (2,1)x y = (x2)2+ −(y 1)2 .

Como (x2)2≤ −(x 2)2+ −(y 1)2 então x− ≤2 (x2)2+ −(y 1)2 , donde

(

)

(

)

2 2 ( 2) ( 1) 2 2 2 2 4 2 4 4 2 4 8 4 4 8 x y x x x x x ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε − + − < − < ⇔ − < − < ⇔ − + < < + ⇔ ⇔ − + < − < − − ⇔ − − < − < − + e como (y1)2≤ −(x 2)2+ − então (y 1)2 y− ≤1 (x2)2+ −(y 1)2 , vem

(

)

(

)

2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) 1 1 1 1 2 1 2 2 1 x y y y y y ε ε ε ε ε ε ε ε − + − < − < ⇔ − < − < ⇔ − + < < + ⇔ ⇔ − + < < +

(9)

sendo 0< ≤ então ε 1 ε2≤ . Das desigualdades apresentadas em cima vem ε

(

)

2 2

(

)

2 2 2 2 * 2 2 4 8 2 1 6 4 2 6 4 8 2 1 6 2 8 4 2 6 2 8 2 8 4 2 6 2 8 10 4 2 6 10 x y x y x y x y ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε − − + − + + < − + + < − + + + − < − + + < + − − < − + + < + − < − + + < isto é, 2 4x 2y 6 10ε − + + < fazendo min 1, 10 δ ε = vem 2 4x 2y 6 δ − + + < . Obs (*).: De 2 2 2 2ε −8ε < − +4x 2y + <6 2ε + 8ε vem, 2 2 2 2 4x 2y 6 2ε 8ε 4x 2y 6 2ε 8ε − + + > − − + + < + ,

sendo ε2≤ , então ε − ≤ e ε ε2 − +4x 2y2+ > − − , por outro lado, se 6 2ε 8ε ε2≤ , então ε 2

4x 2y 6 2ε 8ε

− + + < + .

3. Calcule os domínios e os limites, caso existam, das seguintes funções nos pontos indicados: 3.1) ( , ) 22 22 y x y x y x f + − = , (0,0). Resolução: O domínio da função é

{

( , ) 2: 2 2 0

}

2\ (0,0)

{

}

f

D = x yx +y ≠ = .

Para o cálculo do limite

2 2 2 2 ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) 0 lim ( , ) lim 0 x y x y x y f x y x y → → − = = + ,

(10)

1º Processo: Investigar a existência do limite através do cálculo dos limites iterados ) , ( lim lim ) , ( lim lim 0 0 ? 0 0y f x y y x f x y x→ → = → → ,

se os limites iterados existirem e forem diferentes, pode concluir-se que o limite não existe. Se forem iguais apenas se pode concluir que, se o limite existir, terá o valor dos limites iterados. Neste caso, calcula-se o limite ao longo de outra trajectória (e assim por diante), se houver indicações de que o limite existe aplica-se, por exemplo, a definição, para se provar a sua existência. Assim,

2 2 2

2 2 2

0 0 0

lim lim lim 1

x y x x y x x y x → → → − = = + e 2 2 2 2 2 2 0 0 0

lim lim lim 1

y x y x y y x y y → → → − == − + .

Como os limites iterados existem e são diferentes pode concluir-se que não existe

2 2 2 2 ) 0 , 0 ( ) , ( lim x y y x y x + − → .

2º Processo: Investigar a existência do limite através do cálculo de limites direccionais. Para existir o limite, este deve ser independente da trajectória. De entre as possíveis trajectórias que passam no ponto (0,0) , calcule-se os limites ao longo da família de rectas, concorrentes, de equação y=mx

(onde m é o declive das rectas).

A restrição de f( yx, ) às rectas y=mxé 2 2 2 2 2 2 1 1 ) ( ) ( ) , ( m m mx x mx x mx x f + − = + − = , logo 2 2 2 2 ( , ) (0,0) 0 0 1 1

lim ( , ) lim ( , ) lim

1 1 y mx x y x x m m f x y f x mx m m = → → → − − = = = + + .

Como o limite depende do declive das rectas (m), isto é, depende da trajectória, conclui-se que o limite não existe.

Obs.: 1 lim ( , ) 0 ) 0 , 0 ( ) , ( = = → f x y m y x ; 5 3 ) , ( lim 2 ) 0 , 0 ( ) , ( =− = → f x y m y x .

Obs.: Neste exemplo, bastava ter utilizado um dos processo para se concluir quanto à não existência do limite.

(11)

3.2) ( , ) 2 3 x y f x y x y + = − , (0,0).

Resolução: O domínio da função é

{

( , ) 2: 3 0

} {

( , ) 2: 3

}

f

D = x yx y− ≠ = x yyx ,

por outro lado, a fronteira do domínio é

{

2

}

front(Df)= ( , )x y ∈ :y=3x . Pretende-se calcular ( , ) (0,0) 2 0 lim 3 0 x y x y x y → + = − .

Este é um exemplo em que uma observação directa da função permite concluir que os limites iterados existem e são diferentes, logo também por este processo se conclui que o não existe limite. Com efeito

0 0 0

2 1

lim lim lim

3 3 3 x y x x y x x y x → → → + = = − e 0 0 0 2 2

lim lim lim 2

3 y x y x y y x y y → → → + = = − − − .

Por outro lado, o limite ao longo das rectas que passam em (0,0), da forma y=mx, é:

( , ) (0,0) 0 2 2 1 2 lim lim , ( 3) 3 3 3 y mx x y x x y x mx m m x y x mx m = → → + = + = + − − − .

Como o limite depende de m, conclui-se pela não existência do mesmo. Repare-se que para qualquer outro ponto pertencente à recta de equação y=3x (m= , diferente de 3) (0,0), do tipo

0 0 0 0 ( , ) ( ,3 )x yx x , 0 0 0 0 0 0 ( , ) ( , ) ( , ) ( ,3 ) 0 0 6 2 2 lim lim 3 3 3 3 x y x y x y x x x x x y x y x y x y x x → → + + = + = = ∞ − − − .

Conclui-se que não existe

0 0

(12)

3.3) f x y( , ) 4x y2 2

x y

=

+ , (0,0). Resolução: O domínio da função é

{

}

2\ (0,0)

f

D = .

Neste caso quando se calculam os limites iterados relativamente ao limite 2 4 2 ( , ) (0,0) 0 lim 0 x y x y x y → + = ,

apenas se pode concluir que se o limite existe é zero, uma vez que,

2

4 2 4 4

0 0 0 0 0

0 0

lim lim lim lim lim 0 0

0 x y x x x x y x y x x → → + = → + = → = → = e 2 4 2 0 0 lim lim 0 y x x y x y → → + = .

Não sendo o cálculo dos limites iterados conclusivo relativamente à existência do limite, passemos ao cálculo dos limites direccionais. O limite ao longo das rectas que passam em (0,0), de equação

mx y= , é

2 2

4 2 4 2 2 2 2

( , ) (0,0)lim lim0 lim0 0

y mx x y x x x y x mx xm x y x m x x m = → + = → + = → + = .

Como este limite não depende de m e tem um valor igual ao dos limites iterados, pode existir, ou não, limite, mas se existir à indicações de que o seu valor é zero. Da relação entre x e y na função, calcule-se o limite ao longo da família de parábolas que passam no ponto (0,0), de equação

2 mx y= , 2 2 4 4 2 4 2 4 2 ( , ) (0,0)lim lim0 1 y mx x y x x y mx m x y x m x m = → + = → + = + .

Como o limite ao longo das parábolas depende de m, conclui-se que não existe 4 2 2 ( , ) (0,0)x ylim

x y

x y

→ + .

Obs.: Bastava ter considerado, por exemplo, m= , vindo2

2 2 2 4 2 ( , ) (0,0) 2 lim 0 5 y x x y x y x y = → + = ≠ , diferente do

(13)

3.4) f x y( , ) 2x y2 2

x y

=

+ , (0,0). Resolução: O domínio da função é

{

}

2\ (0,0)

f

D = .

Pretende-se calcular o limite

2 2 2 ( , ) (0,0) 0 lim 0 x y x y x y → + = .

Prova-se que os limites iterados, os limites ao longo das rectas e das parábolas que passam na origem são zero, logo, se existir limite o seu valor é igual a zero. Tente-se provar por definição, para isso há que provar que

0 ( ) 0: ( , )x y Df \{(0,0)} ( , ) (0,0)x y f x y( , ) 0

δ> ε δ > ε δ

∀ ∃ ∈ − < − < ,

isto é, tem que se provar que sendo δ >0 existe outro nº positivo ε (que depende de δ ) tal que para 0< (x0)2 +(y0)2 <ε se tem 2

2 2 0

x y

x +y − <δ .

É válida a seguinte majoração, uma vez que x2x2 +y2 e y x2+y2,

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) x y x y x y x y x y x y x y x y ε δ + + = ≤ = + < ≤ + + + .

Sendo x2+y2 a distância de ( , )x y a (0,0) , para se ter, por exemplo, 2

2 2

| ( , )f x y l| x y 0 0,001

x y

− = − <

+ , basta requerer que ( , )x y esteja a uma distância 0,001 de (0,0) . Mais em geral, para qualquer número positivo ε δ≤ , por muito pequeno que seja, tem-se a garantia que 2x y2 2

x +y <δ , desde que ( , )x y se encontre a uma distância máxima δ de (0,0) . O que

significa dizer que a diferença | ( , ) 0 |f x y − pode ser tão pequena quanto se queira.

Basta, portanto, considerar ε δ≤ para que se garantir que x2+y2 <ε 2 2 2

x y

(14)

Em particular, é suficiente queε = para que δ ∀δ> ∃ε=δ + <ε =δ 2 + 2 <δ 2 2 2 0 : y x y x y x , isto é, que 0 lim 2 2 2 ) 0 , 0 ( ) , ( → x +y = y x y x . 3.5) ( , ) 2 2 2 2 2 ( ) x y f x y x y x y = + − , (0,0). Resolução: O domínio da função é

{

( , ) 2: 2 2 ( )2 0

}

2\ (0,0)

{

}

f

D = x yx y + −x y ≠ = .

Para o cálculo do limite

2 2 2 2 2 ( , ) (0,0) 0 lim ( ) 0 x y x y x y x y → + − = ,

os limites iterados são

2 2

2 2 2 2

0 0 0

0

lim lim lim 0

( ) x y x x y x y x y x → → + − = → = e 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0

lim lim lim 0

( )

y x y

x y

x y x y y

→ → + − = → = ,

ou seja, se o limite existir o seu valor é zero. Como o limite ao longo da recta y x= ,

2 2 4 2 2 2 4 2 ( , ) (0,0)lim ( ) lim0 ( ) 1 0 y x x y x x y x x y x y x x x = → + − = → + − = ≠

pode concluir-se que não existe o limite da função no ponto considerado.

3.6) 23 23 2 ( , ) x y f x y x y − = + , (0,0). Resolução: O domínio da função é

{

}

2\ (0,0)

f

D =

Para o cálculo do limite

3 3 2 2 ( , ) (0,0) 2 0 lim 0 x y x y x y → − = + ,

os limites segundo diferentes trajectórias e os limites iterados sugerem que o valor deste limite é zero.

(15)

Aplicando a definição, deve provar-se que 3 3 2 2 0 ( ) 0 2 2 2 : ( , )x y Df \{(0,0)} x y x y x y δ> ε δ > ε δ − ∀ ∃ ∈ + < < + . Como

(

)

(

)

3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 , x x y y x y x y x x y y x y x y x y x y x y x y x y x y ε + − + + − = = + + + + + + ≤ + <

basta, portanto, considerar 4

δ

ε ≤ , ou, em particular, 4

δ

ε = , para garantir que

3 3 2 2 2 2 2 4 x y x y x y δ ε − δ + < = < + , ou seja, que 0 2 lim 23 23 ) 0 , 0 ( ) , ( + = − → x y y x y x . 3.7) f x y( , ) 2xy 2 x y = + , (0,0). Resolução: O domínio da função é

{

}

2\ (0,0)

f

D = .

Utilizando a definição para se calcular o limite

2 2 ( , ) (0,0) 0 lim 0 x y xy x y+ = ,

basta considerar ε = , para se concluir que δ lim 0 2 2 ) 0 , 0 ( ) , ( → x +y = xy y x .

(16)

3.8)f x y( , ) ysen1

x

= , (0,0). Resolução: O domínio da função é

{

( , ) 2: 0

}

f

D = x yx

Para se calcular o limite

( , ) (0,0) 1

lim sen ,

x yy x

comece-se pelos limites iterados

0 0 1 lim lim sen 0

xyy x= ,

uma vez que a função seno é limitada e o produto de um infinitésimo por uma função limitada é um infinitésimo, contudo

0 0 1 lim lim sen

yxy x, não existe,

uma vez, que não existe 0

1

lim sen lim sen

xy x=t→∞y t, fazendo

1

t x

= .

Pelos limites iterados nada se pode concluir. O limite desta função ao longo das rectas que passam no ponto (0,0) é

( , ) (0,0) 0

1 1

lim sen lim sen 0

y mx

x y y x x mx x

=

→ = → = ,

o produto de um infinitésimo por um função limitada é um infinitésimo. Para se utilizar a definição, há que provar que

2 2 0 ( ) 0 1 : ( , )x y Df \{(0,0)} x y ysen x δ> ε δ > ε δ ∀ ∃ ∈ + < < . Como 2 2 1 sen 1 1 1 sen sen x y y y x y x = x ≤≤ ≤ + < , ε

considerando ε δ≤ garante-se que lim sen1 0 ) 0 , 0 ( ) , (xyy x = .

Obs.: Este exemplo mostra que apesar de um dos limites iterados não existir, o limite da função existe. Os limites iterados devem existir para que se possam tirar conclusões.

(17)

3.9) ( , ) 42 4 ( 1) y f x y x y = − + , (1,0) . Resolução: O domínio da função é

{

( , ) 2: ( , ) (1,0)

}

f

D = x yx y

Para o cálculo do limite

4 2 4 ( , ) (1,0) 0 lim = ( 1) 0 x y y x y → − + ,

os limites iterados são

4 2 4 1 0 lim lim 0 ( 1) x y y x y → → − + = , e 4 2 4 0 1 lim lim 1 ( 1) y x y x y → → − + = .

Como os limites iterados são diferentes conclui-se que não existe 42 4 ( , ) (1,0)x ylim ( 1)

y

x y

→ − + .

Caso não se tivessem calculado primeiro os limites iterados, poder-se-ia ter calculado o limite ao longo da família de rectas que passa no ponto (1,0) , T =

{

( , )x y 2:y m x= ( 1)

}

,

( 1) ( , ) 4 4 4 4 2 4 2 4 2 4 4 ( , ) (1,0) 1 1 4 2 4 2 1 ( 1)

lim lim lim

( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) lim 0, 1 ( 1) y m x x y T x y x x x y y m x x y x y x m x m x m x = − ∈ → → → → − = = = − + − + − + − − = = + −

logo se o limite existir é zero. Como o limite sobre S=

{

( , )x y 2:y m x= − , 1

}

1 ( , ) 4 4 4 2 2 4 2 4 2 4 2 ( , ) (1,0) 1 1 4 4 ( 1)

lim lim lim

( 1) ( 1) ( 1) ( 1) , 1 y m x x y S x y x x y y m x x y x y x m x m m = − ∈ → → → − = = = − + − + − + − = + depende de m , não existe 24 4

( , ) (1,0)x ylim ( 1) y

x y

(18)

3.10) f x y( , )

(

x2 y2

)

arctg x

y

= + , (0,0). Resolução: O domínio da função é

{

( , ) 2: 0

}

f

D = x yy

Para o cálculo do limite

(

2 2

)

( , ) (0,0)x ylim arctg x x y y → + .

Comece-se por calcular os limites iterados

(

2 2

)

2 2

0 0 0 0 0

2 2

0 0 0

lim lim arctg lim lim arctg lim arctg

lim lim arctg 0 lim 0, 2 x y x y y x y x x x x x y x y y y y x x x y π → → → → → → → → + = + = = + = = Cálculo auxiliar • 0

lim arctg lim arctg( ) 2 y t x tx y π

→ = →+∞ = , fazendo a mudança de variável

1 t y = , quando y→ , 0 0 t→ ; • 2 0 lim arctg 0 y x y y

→ = , a função arco-tangente é limitada, o produto de um infinitésimo por

uma função limitada é um infinitésimo.

e

(

2 2

)

0 0

lim lim arctg 0

y x

x

x y

y

→ → + = ,

uma vez que, arctg0 0= .

Uma vez que os limites iterados existem e são iguais a zero, se o limite da função existir será zero.

Considerando a família de circunferências que passam em (0,0) , da forma x2+ −(y a)2 = , a2 (0, )

C a e r a= , resolvendo em ordem a x, vem

2 ( )2 2 2 2

(19)

tomando, por exemplo, o limite segundo a semicircunferência de equação x= − 2ay y 2, vem

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2 2 2 ( , ) (0,0) 0 0 2

lim arctg lim 2 arctg

2 lim 2 arctg 0. x ay y x y y y ay y x x y ay y y y y a y ay y =− − → → → − − + = − − + = − = − =

O produto de um infinitésimo por uma função limitada é um infinitésimo.

Obs.: A função arco-tangente é uma função impar arctg( )− = −x arctg( )x .

Através dos limites calculados, se o limite existir o seu valor é zero. Utilizando a definição deve provar-se que

{

}

2 2 2 2 0 ( ) 0: ( , ) f \ (0,0) ( ) arctan x x y D x y x y y δ> ε δ > ε δ ∀ ∃ ∈ + < + < . Como 2 2 2 2 2 2 arctan 2 2 2 2 2 2 2 ( ) arctan ( ) arctan ( ) 2 2 2 ( ) ( ) 2 x y x x x y x y x y y y x y x y x y π π π δ δ δ π π < + = + < + = = + < + < + < basta considerar ε 2δ π

≤ , para se provar que

(

2 2

)

( , ) (0,0)x ylim arctan 0 x

x y

y

→ + = .

Obs.: Pela proposição 1 ponto 3 do resumo teórico

(

2 2

)

( , ) (0,0)x ylim arctg 0 x

x y

y

(20)

Continuidade – resumo teórico

Ao contrário da noção de limite, que está ligada ao estudo do comportamento de uma função na vizinhança de um ponto sem ter em conta o que acontece no próprio ponto, a noção de continuidade relaciona o comportamento de uma função perto de um ponto com o valor que ela toma nesse ponto.

O conceito de continuidade pode ser generalizado a funções definidas em n. Como apenas se

pode visualizar o gráfico de funções com n≤ , no âmbito da disciplina de complementos de 2 matemática, interessa a seguinte definição para funções definidas em 2, cujos gráficos são superfícies.

Definição3: Seja : 2

f

f D ⊂ → . A função f( yx, ), diz-se contínua no ponto ( , )a bDf

quando ∀ ∃δ>0 ε δ( ) 0> : ( , )x yDf \ ( , )

{

a b

}

( , ) ( , )x y - a bf x y( , )− f a b( , ) < . Sendo ( , )δ a b

um ponto de acumulação da função, esta é contínua no ponto ( , )a b sse

( , ) ( , )x ylim→a b f x y( , ) f a b( , )

∃ = .

Graficamente, a continuidade de uma função num determinado ponto significa que o gráfico da função nesse ponto não apresenta qualquer “salto”.

Uma função : n

f

f D ⊆ → é contínua sse for contínua em todos os pontos do seu domínio Df.

Se a condição de continuidade não se verificar num certo ponto ( , )a b , então este será um ponto de descontinuidade.

• A descontinuidade é não essencial, removível ou prolongável se existir

( , ) ( , )x ylim→a b f x y( , ).

Chama-se, portanto, prolongamento por continuidade de f ao ponto ( , )a b , à função f que * coincide com f nos pontos onde esta já estava definida e que no ponto a toma o valor

*( , ) f a b = ( , ) ( , )x ylim→a b f x y( , ): * ( , ) ( , ) ( , ) ,( , ) ( , ) lim ( , ) ,( , ) ( , )f x y a b f x y x y D f x y f x y x y a b → ∈ = = .

Neste caso, também, se diz que a função é prolongável por continuidade no ponto ( , )a b . Note-se que, embora ( , )a bDf, como é exigido que exista

( , ) ( , )x ylim→a b f x y( , ), o ponto ( , )a b

terá que ser um ponto de acumulação do domínio, para que faça sentido calcular o limite nesse ponto.

(21)

• Caso não exista

( , ) ( , )x ylim→a b f x y( , ), a descontinuidade é não removível e a função não poderá

ser prolongada por continuidade

Uma função : n f

f D ⊂ → diz-se descontínua num ponto ( , )a b sse não for contínua nem

prolongável por continuidade a esse ponto.

Definição4: Uma função :f n→ da forma 1 2

1 2 1 2

( , ,..., ) i i... in

n n

f x x xx x x , onde α é um escalar

e i i1 2, ,...,i são números inteiros não negativos, é chamado um monómio. Uma função que n

representa a soma de monómios é um polinómio.

Proposição2: Uma função polinomial :f n → é contínua em todo o ponto a n.

Definição5: Se g e h forem ambas funções polinomiais, à função ( ) ( ) ( ) g f h = x x x dá-se o nome de função racional.

Proposição3: Uma função racional : n f

f D ⊂ → é contínua em todos os pontos do seu domínio.

Proposição4: Supondo as funções :f n → e :g n → contínuas em a. Então as funções

definidas por, ( )f x ±g( )x , ( ) ( )f x g x , ( ) ( ) f g x x , ( ( ) 0)g a e αf( )x (α∈ ), são contínuas em a.

Tal como acontece no caso de f.r.v.r, a composta de duas funções contínuas, quando tal composição é possível, é ainda uma função contínua.

Teorema1: Seja : n f

f D ⊂ → contínua no ponto aDf e :g Dg ⊂ → contínua em 0

y = ( )f aDg, então a função composta gof( )x =g f

[

( )x é contínua no ponto a.

]

Pode ainda, estabelecer-se a seguinte relação entre limite e composição de funções.

Teorema 2: Sejam : n f

f D ⊂ → , :g Dg ⊂ → e ( )f DfDg. Se lim ( )x a f x =l e g for

contínua no ponto l, então limgof( ) limg f

[

( )

]

g l( )

→ = → =

(22)

Continuidade - possível resolução dos exercícios

4. Estude a continuidade das seguintes funções em 2. Caso não sejam contínuas, verifique se podem ser prolongadas por continuidade.

4.1) ( , ) 3 4 x y f x y x y + = − . Resolução: O domínio de ( , )f x y é

{

( , ) 2: 4 0

} {

( , ) 2: 4

}

f D = x yxy≠ = x yxy , e a sua fronteira

{

2

}

front(Df)= ( , )x y ∈ :x=4y = . A

A função é contínua no seu domínio por ser uma função racional. Como, 2

f

D ≠ , a função não é contínua em 2.

A função poderá ser prolongada por continuidade aos pontos da fronteira do domínio da função (pontos de acumulação), ou seja, a 2, se existir

0 0 (0 0, ) 0 0 ( , ) ( , )lim ( , ) ( , ) x y A x y x y f x y f x y ∈ → = , onde ( , )x y0 0 ∈ é A

um ponto genérico da recta de equação 4

x

y= , isto é, qualquer ponto do tipo ( , )x y0 0 0, 0 4 x x = . i) Para

(

x y0, 0

)

=(0,0) ( , ) (0,0) 3 0 lim 4 0 x y x y x y → −+ = .

Os limites iterados são

0 0 3 lim lim 3 4 x y x y x y → → −+ = e 0 0 3 lim lim 4 4 y x x y x y → → −+ = − ,

como os limites iterados são diferentes conclui-se que o limite da função não existe na origem. Repare-se que ( , ) (0,0) 0 3 3 3 1 lim lim , 4 4 1 4 4 y mx x y x x y x mx m m x y x mx m = → → + = + = + − − − .

(23)

ii) Para ( , )x y0 0 0, 40 x x = ≠(0,0), repare-se que 1 4 m= , 0 0 0 0 0 0 ( , ) ( , ) ( , ) , ) 0 4 0 3 3 3 4 lim lim 4 4 4 4 x x y x y x y x x x x y x y x x y x y x + + = + = = ∞ − − ,

e, portanto, o limite da função não existe para estes ponto.

Por i) e ii), conclui-se que não existe o limite da função para qualquer ponto ( , )x y0 0 0, 0 4

x x

= , e

consequentemente, esta não pode ser prolongada por continuidade, a estes pontos, e assim, a função não pode ser prolongada de modo contínuo a 2.

Obs: Caso se tenha *

3 , - 4 0 4 ( , ) 0 , ( , ) (0,0) x y x y x y f x y x y + − = = ,

{

}

* ( , ) 2: 4 f D = x yxy

{

(0,0)

}

.

• Para x−4y≠ a função é contínua uma vez que esta definida por uma função racional cujo 0 domínio é D=

{

( , )x y 2:x4y0

}

, ou seja, o denominador não se anula.

• Para (x,y)=(0,0) a função é contínua se lim ( , ) (0,0) 0 ) 0 , 0 ( ) ,

(xyf x y = f = . Como foi visto não

existe y x y x y x 4 3 lim ) 0 , 0 ( ) , ( − +

→ , logo, a função não é contínua na origem, ou seja, não é contínua em

todo o seu domínio. Para além disso, a origem é um ponto de descontinuidade não removível, por não existir

y x y x y x 4 3 lim ) 0 , 0 ( ) , ( − +

→ , podendo concluir-se que a função não é prolongável por

(24)

4.2) f x y( , ) sen(x y)

x y

+ =

+ .

Resolução: O domínio da função é

{

( , ) 2:

}

f D = x yy≠ − , x e

{

2

}

front(Df)= ( , )x y ∈ :y= − = . x A

No seu domínio a função é contínua, pois é o quociente de duas funções contínuas (o denominador não se anula). O numerador é a composta de duas funções contínuas ( ) seng t = t e ( , )h x y = + , e x y

o denominador é uma função polinomial. A função não é contínua em 2, uma vez, que 2

f

D ≠ .

Para que a função possa ser prolongada por continuidade a 2 deve existir

0 0 (0 0, ) 0 0 ( , ) ( , )lim ( , ) ( , ) x y A x y x y f x y f x y

→ = , onde ( , )x y é um ponto genérico que pertença à recta de equação 0 0 y= − , ou seja, qualquer ponto do tipo x ( , )x y0 0 =

(

x0,−x0

)

.

i) Para ( , ) (0,0)x y0 0 = , pretende-se calcular

( , ) (0,0) sen( ) 0 lim 0 x y x y x y → + = + ,

para isso utiliza-se o teorema 2 do resumo teórico.

Seja h: 2→ definida por ( , )h x y = + , tem-se x y

( , ) (0,0)x ylim (→ x y+ ) 0= = , que é contínua no l

ponto (0,0) 2 e :g g D ⊂ → definida por sen , 0 ( ) 1 , 0 t t g t t t ≠ = = contínua em (0,0) 0h = ∈Dg, pois 0 sen lim t t t → = 1=g(0), então ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) sen( ) lim ( , ) lim (0) 1 x y x y x y goh x y g x y → → + = = = + .

(25)

ii) Para ( , ) ( ,x y0 0 = x0 −x0) (0,0)≠ . 0 0 0 0 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) sen( ) sen( ) lim lim 1 x y x y x y x x x y x y x y x y → → − + = + = + + (porquê?).

Por i) e ii) conclui-se que o limite pedido existe para qualquer ponto da recta y= − , nestes termos, x

a função pode ser prolongada por continuidade a estes pontos, e a 2. Esse prolongamento é dado pela função * sen( ) , 0 ( , ) 1 , 0 x y x y x y f x y x y + + ≠ + = + = ,

que é contínua em todos os pontos de 2(o seu domínio).

4.3) 2 2 9 1 ) , ( y x y x f − − = .

Resolução: O domínio da função é

{

( , ) 2: 2 2 9

}

f D = x yx +y ≠ , e

{

2 2 2

}

front(Df)= ( , )x y ∈ :x +y =9 = A

Por ser uma função racional, é contínua no seu domínio, ou seja, em todos os pontos do plano com excepção dos pontos sobre a circunferência de equação x2+ y2 =9 (a fronteira do domínio). A função não é contínua em 2, uma vez, que 2

f

D ≠ .

A função não pode ser prolongada por continuidade aos pontos ( , )x y0 0 ∈ , uma vez que A

(

)

2 0 0 2 2 0 0 2 2 2 ( , ) ( , ) ( , ) ( , 9 ) 2 2 0 0 1 1 1 lim lim 9 9 9 9 x y x y x y x y x x x y x x → − − = ± − − − = = ∞ − − ± − .

(26)

4.4) ( , )f x y =

(

2 2

)

2 2 1 sen x y x y + + . Resolução: O domínio da função é

{

}

2\ (0,0)

f

D = .

Para (x,y)≠(0,0) a função é contínua, pois é o produto de duas funções contínuas. A função não é contínua em 2, uma vez, que 2

f

D ≠ .

A função pode ser prolongada por continuidade em ( , ) (0,0)x y = , uma vez que,

(

2 2

)

2

2 2

( , ) (0,0) cos 0

sen

1 1

lim sen lim sen 0

x y x t t y t x y t t x y θ θ + → = → = + = = + .

Sendo sen x uma função limitada, o produto de um infinitésimo por uma função limitada é um infinitésimo. Para se provar por definição que o limite é zero, basta fazer ε = δ . Assim a função

*( , ) f x y =

(

)

2 2 2 2 1 sen , ( , ) (0,0) 0 , ( , ) (0,0) x y x y x y x y + ≠ + = ,

é o prolongamento por continuidade de ( , )f x y a 2.

Obs.: Pela proposição 1 ponto 3 do resumo teórico

(

2 2

)

2 2 ( , ) (0,0) 1 lim sen 0 x yx +y x +y = . 4.5) ( , ) 5cos4 3 4 3sen2 22 2 y x x y f x y x y x y + = + + .

Resolução: O domínio da função é

{

}

2\ (0,0)

f

D = .

A função é contínua no seu domínio, pois é o quociente de duas funções contínuas e o denominador não se anula. A função não é contínua em 2, uma vez, que 2

f

D ≠ .

Como a função não é contínua em 2, vamos estudar a continuidade na origem para verificar se pode ser prolongada por continuidade a esse ponto e, consequentemente, a 2.

(27)

Os limites iterados são 5 3 3 2 4 4 2 2 0 0 cos sen lim lim 0 2 x y y x x y x y x y → → + = + + e 5 3 3 2 4 4 2 2 0 0 cos sen lim lim 0 2 y x y x x y x y x y → → + = + + . Por definição 5 3 3 2 2 2 0 ( ) 0 4 4 2 2 cos sen : ( , ) \{(0,0)} 2 f y x x y x y D x y x y x y δ> ε δ > ε δ + ∀ ∃ ∈ + < < + + 5 3 3 2 5 3 3 2 5 3 3 2 5 3 3 2 4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 5 3 3 2 2 2 5 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2

cos sen cos sen cos sen

cos sen

2 2 ( ) ( )

cos sen ( ) cos ( ) sen

( ) ( ) y x x y y x x y y x x y y x x y x y x y x y x y x y x y y x x y x y x x y y x y x y + + + + = = = + + + + + + + + + + = ≤ ≤ + + 2 2 2 5 2 2 3 2 2 2 5 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 2 3 2 2 2 2 2 5 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) sen ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) x y x y y x y x y y x y x y x y x y x y x y x y x y + + + + + + ≤ ≤ ≤ + + + + + + + ≤ = = + + = 5 1 4 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2( ) ( ) 2( ) 2 2 , ( ) ( ) x y x y x y x y x y x y x y ε + = + + = + = + < + +

ou seja, basta considerar 2

δ

ε = , para se garantir que

5 3 3 2 2 2 4 4 2 2 cos sen 2 2 y x x y x y x y x y δ ε + δ + < = < + + , concluindo-se que, 5 3 3 2 4 4 2 2 ( , ) (0,0) cos sen lim 0 2 x y y x x y x y x y → + = + + .

Existindo este limite, fazendo

( , ) (0,0)

(0,0) lim ( , ) 0

x y

f f x y

= = , a função será prolongável por continuidade à origem, e, consequentemente a 2.

O prolongamento de ( , )f x y à origem é a função

5 3 3 2 * 4 4 2 2 cos sen , ( , ) (0,0) ( , ) 2 0 , ( , ) (0,0) y x x y x y f x y x y x y x y + = + + = que é contínua em 2 (o seu domínio).

(28)

4.6) ( , ) 2 2 , ( , ) (0,0) 1 , ( , ) (0,0) xy x y f x y x y x y ≠ = + = .

Resolução: Neste exemplo, temos uma função definida por ramos. Quanto ao domínio: 1) No primeiro ramo, 2 2 ( , ) xy f x y x y = + , cujo domínio é

{

}

2\ (0,0) ;

2) No segundo ramo, ( , ) 1f x y = para ( , ) (0,0)x y = . Por 1) e 2), conclui-se que 2

f

D = .

Quanto à continuidade:

• Para (x,y)≠(0,0) a função é contínua uma vez que esta definida por uma função racional cujo domínio é 2\ (0,0) .

{

}

• Para (x,y)=(0,0), prova-se (exercício 3.7)) que lim 0 (0,0) 1 2 2 ) 0 , 0 ( ) , ( → x +y = ≠ f = xy y x , logo,

a função não é contínua na origem, portanto não é contínua no seu domínio (em 2).

A função é contínua em 2\ (0,0) .

{

}

Quanto ao prolongamento por continuidade da função à origem (ponto de descontinuidade): Como existe

2 2 ( , ) (0,0)x ylim 0

xy

x y

+ = (exercício 3g) a descontinuidade é removível, e a função é prolongável

por continuidade à origem, basta considerar

2 2 ( , ) (0,0) (0,0) lim 0 x y xy f x y → = = + . A função *( , ) 2 2 , ( , ) (0,0) 0 , ( , ) (0,0) xy x y f x y x y x y ≠ = + =

é o prolongamento por continuidade da função à origem. Esta função é contínua em todo o seu domínio, ou seja, em 2.

Conclusão: A função é contínua em 2\ (0,0) , mas, pode ser prolongada por continuidade a

{

}

2, sendo esse prolongamento dado por f x y .*( , )

(29)

4.7) 2 2 2 ( 2)( 1) , ( , ) ( 2,1) ( , ) ( 2) ( 1) 0 , ( , ) ( 2,1) x y x y f x y x y x y + − ≠ − = + + − = − .

Resolução: Por raciocínio análogo ao do exercício anterior conclui-se que 2

f

D = .

Quanto à continuidade:

• Para (x,y)≠(−2,1), a função é contínua, pois esta definida por uma função racional cujo domínio é precisamente 2\ ( 2,1)

{

}

.

• Para (x,y)=(−2,1), a função é contínua sse lim ( , ) ( 2,1) 0 ) 1 , 2 ( ) , (xy→− f x y = f − = . Fazendo uma

translação dos eixos, isto é, considerando t= x+2, x→−2 t→0 e w= y−1, 0 1 → → w y , vem 0 lim ) 1 ( ) 2 ( ) 1 )( 2 ( lim 2 2 2 ) 0 , 0 ( ) , ( 2 2 2 ) 1 , 2 ( ) , ( + + − = + = − + → − → t w tw y x y x w t y x (exercício 3.4)).

Equivalentemente, para o cálculo deste limite, poder-se-ia ter calculado o limite sobre a família de rectas que passa no ponto (−2,1), com equação y−1=m(x+2).

Conclusão: Como lim ( , ) ( 2,1) 0 ) 1 , 2 ( ) ,

(xy→− f x y = f − = a função é contínua em todo o seu domínio, ou

seja, em 2. 4.8) 2 3 2 ln(1 ), 1 e 2 2 ( , ) 2 , outros ( , ) x x x y y f x y x y x y − < ≠ − = + ∈ .

Resolução: A função está definida por ramos, e em cada ramo por uma função. Para se estudar a continuidade desta função, deve investigar-se a continuidade nos dois ramos e sobre os pontos que verificam as condições que os separam, ou seja, sobre os conjuntos

{

( , ) 2: 1

}

A= x yx=

e

{

( , ) 2: 1 e 2

}

(30)

Quanto ao domínio: 1) No primeiro ramo, ( , ) ln(1 ) 2 x f x y x y = − − cujo domínio é

{

}

2 ( , ) : 1 e 2 D= x yx< y≠ .

2) No segundo ramo f x y( , ) 2= x2+ cujo domínio é y3 2.

Por 1) e 2) conclui-se que o domínio da função é 2

f

D = .

Quanto à continuidade:

• No primeiro ramo, a função contínua por ser o produto de duas funções contínuas em D. • No segundo ramo, a função é contínua por ser uma função polinomial (contínua em 2). • Em A, para pontos do tipo ( , ) (1, )x y0 0 = y0 , (y0 ≠ ), a função não é contínua, uma vez que 2

0 ( , ) (1, )x ylimy 2 ln(1 ) x x y → − − = −∞ (y0≠ ). 2

• Em B, para pontos do tipo ( , ) ( , 2)x y0 0 = x0 , (x0≠ ) a função não é contínua, uma vez que 1

0

( , ) ( ,2)x ylimx 2 ln(1 )

x x

y

→ − − = ∞ (x0≠ ). 1

Conclusão: A função é contínua em 2\ ( , )

{

x y 2:x=1 ou (x<1 e y=2)

}

, não pode ser prolongada por continuidade a 2,

4.9) ( , ) 2 2 , se 0 , se 0 x y x y f x y x y x y + + > = + + ≤ .

Resolução: Analogamente ao exercício anterior conclui-se que o domínio da função é 2.

Também neste exemplo, para se estudar a continuidade da função deve investigar-se a continuidade nos dois ramos e sobre os pontos que verificam a condição que os separa, ou seja, sobre a recta de equação x y+ = . 0

• No primeiro ramo, a função é definida por x2+y2 que é uma função contínua no seu domínio, 2, em particular, para todo o par ( , )x y que verifica a condição x y+ > . 0

(31)

• No segundo ramo, a função é definida por x y+ , contínua em 2, em particular, contínua para todo o par ( , )x y que verifica a condição x y+ ≤ . 0

• Para se estudar a continuidade da função sobre a recta de equação y= − , ou seja, para os x

pontos do tipo ( , )x y0 0 =

(

x0,−x0

)

, considerem-se os conjuntos

{

( , ) 2: 0

}

A= x yx y+ > ,

{

( , ) 2: 0

}

B= x yx y+ < e

{

( , ) 2: 0

}

C= x yx y+ = . A função é contínua em C sse

0 0 0 0 ( , ) ( , ) 0 0 ( , ) ( , )lim ( , ) ( , ) ( , )lim ( , ) ( , ) x y A x y B x y x y f x y x y x y f x y f x y ∈ ∈ → = → = , ou seja, 0 0 0 0 2 2 0 0 ( , ) ( , )x ylim→x y x +y =( , ) ( , )x ylim→x y (x y+ )= f x y( , ) 0= . Como 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( , ) ( , )x ylim→x y x +y =( , ) ( ,x y→limxx) x +y = x + −( x ) = 2x e 0 0 0 0 0 0 ( , ) ( , )x ylim→x y (x y+ )=( , ) ( ,x y→limxx )(x y+ )= − = , x x 0

sobre os pontos da recta de equação y= − , a função é contínua apenas nos pontos que x

verifiquem a igualdade

2 0 2x = , 0

ou seja, para x0 = , isto é, para o ponto 0 ( , ) ( ,x y0 0 = x0x0) (0,0)= .

Conclusão: A função é contínua no seu domínio com excepção dos pontos sobre a recta x y+ = 0 exceptuando a origem, isto é

{

} {

}

2

0 0

( , )x y \ ( ,x x ) (0,0)

∀ ∈ − .

Referências

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