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 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 y ∈ y= 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).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 + − + + < ≠ + = + ≥ = .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( ) ( \ { })a ∩ X 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 .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 y ≠ a b esteja suficientemente perto de ( , )a b (se ( , ) ( , )x y − a 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− δOs valores de ( , )f x y estão tão próximos de l quanto se queira ( ( , )f x y − < ) desde que a l
δ
distância de ( , ) ( , )x y ≠ a 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 .
Algumas desigualdade úteis: • x2 ≤x2 + y2 donde x ≤ x2 +y2 e n
(
2 2)
n, x ≤ x +y n∈ ; • y2 ≤x2 + y2 donde y ≤ x2 + y2 ; • xy ≤x2+ ; y2 • x+ y ≤ x + y ; • x y− ≤ + ≤ + ; x y x y • 2 2(
2 2)
0 , kx +y ≤k x +y k∈ +; • sinx ≤1 e cosx ≤ ; 1 • sinx ≤x e cosx ≤ ; x • 2 2 2 2 sinx ≤ ≤x x e cosx ≤ x ; • arctan 2 x < . πUm 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
x→a x→a x→a 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
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 a→ g x =l e existe uma vizinhança Br( )a tal que
( ) ( ) ( )
h x ≤ f x ≤g x para todo x∈Br( )a ∩D 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 x ≤M 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 x∈Br( )a ∩Df 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.
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 y ∈ x≤ y≤ = D ;
f
D , não é um conjunto limitado pois não existe uma bola de 2 que o contenha;
f
1.3) Calcule, caso exista, ( , ) ( , ) (1,1)lim ( , ) x y S x y f x y ∈ → , sendo
{
}
2 ( , ) : S = x y ∈ y 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 y ∈ y= x x− . Resolução: 2 ( , ) 2 2 ( , ) (1,1) ( , ) (1,1) 1 . . 1 1 ln(1 ) ln(1 ) 1 1lim ( , ) 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 − = (x−2)2+ −(y 1)2 .Como (x−2)2≤ −(x 2)2+ −(y 1)2 então x− ≤2 (x−2)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 (y−1)2≤ −(x 2)2+ − então (y 1)2 y− ≤1 (x−2)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 − + − < − < ⇔ − < − < ⇔ − + < < + ⇔ ⇔ − + < < +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){
}
fD = x y ∈ x +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 → → − = = + ,
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.
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 y ∈ x y− ≠ = x y ∈ y≠ x ,
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 y ≡ x 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
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
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< (x−0)2 +(y−0)2 <ε se tem 2
2 2 0
x y
x +y − <δ .
É válida a seguinte majoração, uma vez que x2≤x2 +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
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){
}
fD = x y ∈ x 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.
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 .
3.8)f x y( , ) ysen1
x
= , (0,0). Resolução: O domínio da função é
{
( , ) 2: 0}
f
D = x y ∈ x≠
Para se calcular o limite
( , ) (0,0) 1
lim sen ,
x y→ y x
comece-se pelos limites iterados
0 0 1 lim lim sen 0
x→ y→ y 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
y→ x→ y x, não existe,
uma vez, que não existe 0
1
lim sen lim sen
x→ y 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 ( ) , (xy→ y 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.
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 y ∈ x 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
3.10) f x y( , )
(
x2 y2)
arctg xy
= + , (0,0). Resolução: O domínio da função é
{
( , ) 2: 0}
f
D = x y ∈ y≠
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 20 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
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 2lim 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
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 b ∈Df
quando ∀ ∃δ>0 ε δ( ) 0> : ( , )x y ∈Df \ ( , )
{
a b}
( , ) ( , )x y - a b <ε f x y( , )− f a b( , ) < . Sendo ( , )δ a bum 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 b ∉Df, 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.
• 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 x =αx 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 a∈Df e :g Dg ⊂ → contínua em 0
y = ( )f a ∈Dg, 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 Df ⊂Dg. Se lim ( )x a→ f x =l e g for
contínua no ponto l, então limgof( ) limg f
[
( )]
g l( )→ = → =
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 y ∈ x− y≠ = x y ∈ x≠ y , e a sua fronteira{
2}
front(Df)= ( , )x y ∈ :x=4y = . AA 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 = → → + = + = + ≠ − − − .
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 y ∈ x≠ y ∪{
(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:x−4y≠0}
, ou seja, o denominador não se anula.• Para (x,y)=(0,0) a função é contínua se lim ( , ) (0,0) 0 ) 0 , 0 ( ) ,
(xy→ f 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
4.2) f x y( , ) sen(x y)
x y
+ =
+ .
Resolução: O domínio da função é
{
( , ) 2:}
f D = x y ∈ y≠ − , x e{
2}
front(Df)= ( , )x y ∈ :y= − = . x ANo 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 → → + = = = + .
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 y ∈ x +y ≠ , e{
2 2 2}
front(Df)= ( , )x y ∈ :x +y =9 = APor 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 → − − = → ± − − − = = ∞ − − ± − .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)
22 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 y→ x +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.
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).
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 .*( , )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 y ∈ x=
e
{
( , ) 2: 1 e 2}
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 y ∈ x< 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
• 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 y ∈ x y+ > ,{
( , ) 2: 0}
B= x y ∈ x y+ < e{
( , ) 2: 0}
C= x y ∈ x y+ = . A função é contínua em C sse0 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→limx −x) x +y = x + −( x ) = 2x e 0 0 0 0 0 0 ( , ) ( , )x ylim→x y (x y+ )=( , ) ( ,x y→limx −x )(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 = x0 −x0) (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)
∀ ∈ − .