Limites e Continuidade

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 f : D f ⊆
2
→
definida por f ( x, y ) =
ln(1 − x)
.
ln(1 − 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,
lim
( x , y ) →(1,1)
f ( x, y ) sendo S = {( x, y ) ∈
2
: y = x} .
f ( x, y ) sendo T = {( x, y ) ∈
2
: y = 2 x − x2 } .
( x , y )∈S
1.4) Calcule, caso exista,
lim
( x , y ) →(1,1)
( x , y )∈T
1.5) Conclua sobre a existência do limite
2. Prove utilizando a definição que
lim
( x , y ) →(1,1)
f ( x, y ) .
lim (−4 x + 2 y 2 ) = −6 .
( x , y ) → (2,1)
3. Calcule os domínios e os limites, caso existam, das seguintes funções nos pontos indicados:
3.1) f ( x, y ) =
x2 − y2
, (0,0) .
x2 + y2
3.2) f ( x, y ) =
x + 2y
, (0,0) .
3x − y
3.3) f ( x, y ) =
x2 y
, (0,0) .
x4 + y2
3.4) f ( x, y ) =
x2 y
, (0,0) .
x2 + y2
3.5) f ( x, y ) =
x2 y2
, (0,0) .
x 2 y 2 + ( x − y) 2
3.6) f ( x, y ) =
2x 3 − y 3
, (0,0) .
x2 + y2
3.7) f ( x, y ) =
3.9) f ( x, y ) =
xy
x +y
2
2
, (0,0) .
y4
, (1, 0) .
( x − 1)2 + y 4
1
3.8) f ( x, y ) = y sen , (0,0) .
x
3.10) f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) arctg
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x
, (0,0) .
y
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4. Estude a continuidade das seguintes funções em
2
. Caso não sejam contínuas verificar se
podem ser prolongadas por continuidade.
4.1) f ( x, y ) =
4.3) f ( x, y ) =
3x + y
.
x − 4y
4.2) f ( x, y ) =
1
9− x − y
2
2
xy
4.7) f ( x, y ) =
x +y
x2 + y2
, se x + y > 0
x+ y
, se x + y ≤ 0
x + y2
2
.
( x + 2)( y − 1) 2
, ( x, y ) ≠ (−2,1)
4.6) f ( x, y ) = ( x + 2)2 + ( y − 1)2
.
0
, (x, y ) = (−2,1)
x
ln(1 − x), x < 1 e y ≠ 2
. 4.8) f ( x, y ) = 2 − y
2x + y
2
, (x, y ) = (0, 0)
1
4.9) f ( x, y ) =
, ( x, y ) ≠ (0, 0)
2
1
4.4) f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) sen
.
y 5 cos3 x + x 3sen 2 y
.
4.5) f ( x, y ) =
x4 + y4 + 2 x2 y2
2
sen( x + y )
.
( x + y)
.
4.9) f ( x, y ) =
3
x 3 + xy 2 − 2
, outros (x, y ) ∈
, se x 2 + y 2 > 2
sen( x 2 + y 2 − 2) , se x 2 + y 2 ≤ 2
.
2
.
1
, x 2 + y 2 ≠ e 2 e ( x, y ) ≠ (0, 0)
2
2
.
4.10) f ( x, y ) = 2 − ln( x + y )
0
x + y2
x +y
2
4.11) f ( x, y ) =
ex
2
2
, x 2 + y 2 = e2 e ( x, y ) = (0, 0)
, x 2 + y 2 < 4 e ( x, y ) ≠ (0, 0)
+ y2 −4
, x2 + y 2 ≥ 4
e
, ( x, y ) = (0, 0)
.
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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 >0 Br (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
a
(a1 , a2 ) , com a1
b
(4, 0) pertence a X, mas não é ponto de acumulação deste conjunto já que, por exemplo,
B1 (4, 0)
X
2 é um ponto de acumulação de X, embora não pertença a X. O ponto
.#
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
lim
( x , y ) →( a ,b )
f : Df ⊆
2
→
e ( a, b) ∈
2
um ponto de acumulação de D f , então
f ( x, y ) = l sse
∀δ >0 ∃ε (δ ) >0 : ( x, y ) ∈ D f \ {(a, b)}
( x, y ) − ( a , b) < ε
f ( x, y ) − l < δ
onde ( x, y ) − (a, b) = ( x − a ) 2 + ( y − b)2 .
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Limites e continuidade
Observe-se que, o ponto (a, b) ∈
n
deve ser não exterior a D f , (a, b) pode ou não pertencer a D f
mas deve pertencer à aderência de D f para ser um ponto de acumulação, pois tem de se garantir
que qualquer bola aberta de centro em (a, b) intersecta D f .
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) < ε para um valor
adequado de δ ). Esta definição pode ser interpretada através do seguinte esquema.
2
y
l +δ
ε
x
(a, b)
( x, y )
l
f ( x, y )
l −δ
Os valores de f ( x, y ) estão tão próximos de l quanto se queira ( f ( x, y ) − l < δ ) desde que a
distância de ( x, y ) ≠ ( a, b) a (a, b) seja suficientemente pequena, mas diferente de zero (se
0 < ( x − a ) 2 + ( y − b) 2 < ε para um valor adequado de 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 ( x, y ) na sua aproximação a (a, b) . Quando
( x, y ) → (a, b) ao longo de uma trajectória, diz-se que se trata de um limite direccional. Se existe
lim
( x , y ) → ( 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 ) .
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Limites e continuidade
Algumas desigualdade úteis:
n
•
x 2 ≤ x 2 + y 2 donde x ≤ x 2 + y 2 e x ≤
•
y 2 ≤ x 2 + y 2 donde y ≤ x 2 + y 2 ;
•
xy ≤ x 2 + y 2 ;
•
x+ y ≤ x + y ;
•
x− y ≤ x+ y ≤ x + y ;
•
kx 2 + y 2 ≤ k ( x 2 + y 2 ) , k ∈
•
sin x ≤ 1 e cos x ≤ 1 ;
•
sin x ≤ x e cos x ≤ x ;
•
sin x ≤ x ≤ x
•
arctan x <
2
π
2
2
+
0
2
(x
2
+ y2 ) , n ∈
n
;
;
2
e cos x ≤ x ;
.
Um processo bastante útil no cálculo de limites, em particular, quando estes não existem, são os
chamados limites iterados. Supondo
lim f ( x ) =
x →a
lim
( x1 , x2 ,..., xn ) →( a1 , a2 ,..., an )
f ( x1 , x2 ,..., xn ) = l ,
admite-se que as n variáveis x1 , x2 ,..., xn convergem simultaneamente para a1 , a2 ,..., an . Pode
admitir-se que primeiro se faz tender x1 para a1 depois x2 → a2 , …, finalmente, xn → an , obtendose, assim, um limite escalonado ou iterado, que se representa por
lim lim ... lim f ( x1 , x2 ,..., xn ) .
x1 → a1 x2 → a2
xn → an
No caso de se ter n variáveis, os limites iterados são em número de n ! . Se existe lim f ( x ) e
x →a
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 = 2 , existem dois limites iterados, lim lim f ( x, y ) e lim lim f ( x, y ) .
x → a y →b
y →b x → a
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Limites e continuidade
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 ( x ) = l ⇔ lim f ( x ) − l = 0 ;
x →a
x →a
(2) (Lei do enquadramento) Se lim h( x ) = l , lim g ( x ) = l e existe uma vizinhança Br (a ) tal que
x →a
x →a
h( x ) ≤ f ( x ) ≤ g ( x ) para todo x ∈ Br (a ) ∩ D então lim f ( x ) = l ;
x →a
(3) Se lim f ( x ) = 0 e existem M > 0 e uma vizinhança Br (a ) tal que g ( x ) ≤ M para todo
x →a
x ∈ Br (a ) ∩ D , então lim f ( x ) g ( x ) = 0 ;
x →a
(4) Se existe r > 0 e g ( x ) tais que: f ( x ) − l ≤ g ( x ) para todo o x ∈ Br (a ) ∩ D f e lim g ( x ) = l ,
x →a
então lim f ( x ) = l ;
x →a
(5) Se lim f ( x ) = l1 ∈ , lim g ( x ) = l2 ∈
x →a
x →a
e α ,β ∈
, então
(i) lim α f ( x ) = α l1 ;
x →a
(ii) lim(α f ( x ) ± β g ( x )) = α l1 ± β l2 ;
x →a
(iii) lim( f ( x ) g ( x )) = l1l2 ;
x →a
(iv) lim
x →a
f ( x ) l1
= , (l2 ≠ 0) .
g ( x ) l2
Algumas das propriedades, apresentadas na proposição1 permitem determinar limites de funções de
várias variáveis sem recorrer à definição.
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Limites e continuidade
Limites - possível resolução dos exercícios
1. Considere a função f : D →
definida por f ( x, y ) =
ln(1 − x)
.
ln(1 − y )
1.1) Calcule e represente graficamente o domínio de f ( x, y ) .
Resolução: O domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
= {( x, y ) ∈
= {( x, y ) ∈
:1 − x > 0 1 − y > 0 ln(1 − y ) ≠ 0} =
2
2
2
: x < 1 y < 1 1 − y ≠ 1} =
: x < 1 y < 1 y ≠ 0} .
1.2) Represente graficamente o domínio de f ( x, y ) e classifique-o topologicamente.
Resolução: A representação gráfica de D f é
(Atenção: Complete o gráfico!)
Topologicamente, D f , pode ser classificado da seguinte maneira:
int(D f ) = {( x, y ) ∈
front(D f ) = {( x, y ) ∈
2
: x < 1 y < 1 y ≠ 0} = D f , D f é um conjunto aberto;
2
: x = 1 y = 1 y = 0} ;
ad(D f ) = int (D f ) front(D f ) = {( x, y ) ∈
D ′f = {( x, y ) ∈
2
: x ≤1
2
: x ≤ 1 y ≤ 1} ≠ D f ; D f não é um conjunto fechado;
y ≤ 1} = ad( D f ) ;
D f , não é um conjunto limitado pois não existe uma bola de
2
que o contenha;
D f , não é um conjunto compacto uma vez que não é fechado nem limitado.
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Limites e continuidade
1.3) Calcule, caso exista,
lim
( x , y ) →(1,1)
f ( x, y ) , sendo S = {( x, y ) ∈
2
: y = x} .
( x , y )∈S
Resolução:
lim
( x , y ) →(1,1)
f ( x, y ) =
( x , y )∈S
1.4) Calcule, caso exista,
lim
lim
( x , y ) →(1,1)
y= x
( x , y ) →(1,1)
ln(1 − x)
ln(1 − x)
= lim
= 1.
x
→
1
ln(1 − y )
ln(1 − x)
f ( x, y ) , sendo T = {( x, y ) ∈
2
: y = 2 x − x2 } .
( x , y )∈T
Resolução:
lim
( x , y ) →(1,1)
( x , y )∈T
1
∞
∞
ln(1 − x)
ln(1 − x)
1
= lim
= lim x − 1 = .
f ( x, y ) = lim
2
( x , y ) → (1,1) ln(1 − y )
x →1 ln(1 − 2 x + x ) R .C . x →1
2
2
y=2 x− x2
x −1
1.5) Conclua sobre a existência de
lim
( x , y ) → (1,1)
f ( x, y ) .
Resolução: Como o valor do limite é diferente para trajectórias diferentes conclui-se que não existe
lim
( x , y ) → (1,1)
f ( x, y ) .
2. Prove utilizando a definição que
lim (−4 x + 2 y 2 ) = −6 .
( x , y ) → (2,1)
Resolução: Temos que provar que
∀δ >0 ∃ε (δ ) >0 : ( x, y ) ∈
2
\ {(2,1)}
( x, y ) − (2,1) < ε
−4 x + 2 y 2 + 6 < δ ,
com ( x, y ) − (2,1) = ( 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
( x − 2)2 + ( y − 1) 2 < ε
x − 2 < ε ⇔ −ε < x − 2 < ε ⇔ −ε + 2 < x < ε + 2 ⇔
⇔ −4 ( ε + 2 ) < −4 x < −4 ( ε − 2 ) ⇔ −4ε − 8 < −4 x < −4ε + 8
e como ( y − 1) 2 ≤ ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 então y − 1 ≤ ( x − 2)2 + ( y − 1)2 , vem
( x − 2)2 + ( y − 1)2 < ε
y − 1 < ε ⇔ −ε < y − 1 < ε ⇔ −ε + 1 < y < ε + 1 ⇔
⇔ 2 ( −ε + 1) < 2 y 2 < 2 ( ε + 1)
2
2
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Limites e continuidade
sendo 0 < ε ≤ 1 então ε ≤ ε . Das desigualdades apresentadas em cima vem
2
−4ε − 8 + 2 ( −ε + 1) + 6 < −4 x + 2 y 2 + 6 < 4ε − 8 + 2 ( ε + 1) + 6
2
2
2ε 2 − 8ε < −4 x + 2 y 2 + 6 < 2ε 2 + 8ε
*
− 2ε − 8ε < −4 x + 2 y 2 + 6 < 2ε + 8ε
− 10ε < −4 x + 2 y 2 + 6 < 10ε
isto é,
−4 x + 2 y 2 + 6 < 10ε
fazendo
ε = min 1,
δ
10
vem
−4 x + 2 y 2 + 6 < δ .
Obs (*).: De
2ε 2 − 8ε < −4 x + 2 y 2 + 6 < 2ε 2 + 8ε
vem,
−4 x + 2 y 2 + 6 > 2ε 2 − 8ε
−4 x + 2 y 2 + 6 < 2ε 2 + 8ε ,
sendo ε 2 ≤ ε , então −ε ≤ ε 2 e −4 x + 2 y 2 + 6 > −2ε − 8ε , por outro lado, se ε 2 ≤ ε , então
−4 x + 2 y 2 + 6 < 2ε + 8ε .
3. Calcule os domínios e os limites, caso existam, das seguintes funções nos pontos indicados:
3.1) f ( x, y ) =
x2 − y2
, (0,0) .
x2 + y2
Resolução: O domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
2
: x 2 + y 2 ≠ 0} =
2
\ {(0, 0)} .
Para o cálculo do limite
lim
( x , y ) →(0,0)
f ( x, y ) =
x2 − y2
0
=
,
( x , y ) →(0,0) x 2 + y 2
0
lim
obtendo-se indeterminação que deve levantada, consideram-se dois processos:
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Limites e continuidade
1º Processo: Investigar a existência do limite através do cálculo dos limites iterados
?
lim lim f ( x, y ) = lim lim f ( x, y ) ,
x →0 y →0
y → 0 x →0
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,
lim lim
x → 0 y →0
x2 − y 2
x2
=
lim
=1
x 2 + y 2 x →0 x 2
e
lim lim
y →0 x →0
x2 − y 2
− y2
=
lim
= −1 .
x 2 + y 2 y →0 y 2
Como os limites iterados existem e são diferentes pode concluir-se que não existe
x2 − y2
.
( x , y )→( 0 , 0 ) x 2 + y 2
lim
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 ( x, y ) às rectas y = mx é
f ( x, mx) =
x 2 − (mx) 2 1 − m 2
=
,
x 2 + (mx) 2 1 + m 2
logo
lim
( x , y ) →(0,0)
1 − m 2 1 − m2
.
=
x →0 1 + m 2
1 + m2
f ( x, y ) = lim f ( x, mx) = lim
y = mx
x →0
Como o limite depende do declive das rectas (m), isto é, depende da trajectória, conclui-se que o
limite não existe.
Obs.: m = 1
lim
( x , y ) →( 0, 0 )
f ( x, y ) = 0 ; m = 2
lim
( x , y )→( 0 ,0 )
3
f ( x, y ) = − .
5
Obs.: Neste exemplo, bastava ter utilizado um dos processo para se concluir quanto à não
existência do limite.
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Limites e continuidade
3.2) f ( x, y ) =
x + 2y
, (0,0) .
3x − y
Resolução: O domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
2
: 3 x − y ≠ 0} = {( x, y ) ∈
2
: y ≠ 3 x} ,
por outro lado, a fronteira do domínio é
front( D f ) = {( x, y ) ∈
2
: y = 3 x} .
Pretende-se calcular
lim
( x , y ) →(0,0)
x + 2y
0
=
.
3x − y
0
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
lim lim
x → 0 y →0
x + 2y
x 1
x + 2y
2y
= lim = e lim lim
= lim
= −2 .
x
→
0
y
→
0
x
→
0
y
→
0
3x − y
3x 3
3x − y
−y
Por outro lado, o limite ao longo das rectas que passam em (0,0) , da forma y = mx , é:
x + 2y
x + 2mx 1 + 2m
= lim
=
, (m ≠ 3) .
x →0 3 x − mx
( x , y ) →(0,0) 3 x − y
3− m
y = mx
lim
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 = 3 x (m = 3) , diferente de (0,0) , do tipo
( x0 , y0 ) ≡ ( x0 ,3x0 ) ,
x + 2y
x + 2 y x0 + 6 x0
=
lim
=
=∞.
( x , y ) →( x0 , y0 ) 3 x − y
( x , y ) →( x0 ,3 x0 ) 3 x − y
3 x0 − 3 x0
lim
Conclui-se que não existe
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
f ( x, y ) quando ( x0 , y0 ) ∈ front( D f ) .
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Limites e continuidade
3.3) f ( x, y ) =
x2 y
, (0,0) .
x4 + y2
Resolução: O domínio da função é
Df =
2
\ {(0, 0)} .
Neste caso quando se calculam os limites iterados relativamente ao limite
0
x2 y
=
,
( x , y ) →(0,0) x 4 + y 2
0
lim
apenas se pode concluir que se o limite existe é zero, uma vez que,
lim lim
x → 0 y →0
x2 y
0
0
= lim 4
= lim 4 = lim 0 = 0
4
2
x
→
x
→
x →0
0
0
x +y
x +0
x
e
lim lim
y →0 x →0
x2 y
= 0.
x4 + y2
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
y = mx , é
x2 y
x 2 mx
xm
lim
= lim 4
= lim 2
=0.
( x , y ) →(0,0) x 4 + y 2
x →0 x + m 2 x 2
x →0 x + m 2
y = mx
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
y = mx 2 ,
x2 y
mx 4
m
=
lim
=
.
4
2
4
2
4
2
( x , y ) →(0,0) x + y
x →0 x + m x
1
+
m
2
y = mx
lim
Como o limite ao longo das parábolas depende de m, conclui-se que não existe
Obs.: Bastava ter considerado, por exemplo, m = 2 , vindo
x2 y
.
( x , y ) →(0,0) x 4 + y 2
lim
x2 y
2
= ≠ 0 , diferente do
4
2
( x , y ) →(0,0) x + y
5
y =2 x2
lim
limite ao longo das rectas, para se ter concluído que o limite não existe.
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
12/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
3.4) f ( x, y ) =
x2 y
, (0,0) .
x2 + y2
Resolução: O domínio da função é
Df =
2
\ {(0, 0)} .
Pretende-se calcular o limite
x2 y
0
=
.
2
2
( x , y ) →(0,0) x + y
0
lim
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
∀δ >0 ∃ε (δ ) >0 : ( x, y ) ∈ D f \{(0, 0)}
( x, y ) − (0, 0) < ε
f ( x, y ) − 0 < 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
x2 y
−0 <δ .
x2 + y 2
É válida a seguinte majoração, uma vez que x 2 ≤ x 2 + y 2 e y ≤ x 2 + y 2 ,
x2 y
x2 + y 2
Sendo
x2 + y2
| f ( x, y ) − l |=
a
x2 y
( x2 + y2 ) x2 + y 2
= 2
≤
= x2 + y2 < ε ≤ δ .
2
2
2
x +y
x +y
distância
de
( x, y )
a
(0, 0) ,
para
se
ter,
por
exemplo,
x2 y
− 0 < 0, 001 , basta requerer que ( x, y ) esteja a uma distância 0,001 de (0, 0) .
x2 + y2
Mais em geral, para qualquer número positivo ε ≤ δ , por muito pequeno que seja, tem-se a garantia
que
x2 y
< δ , desde que ( x, y ) se encontre a uma distância máxima δ de (0, 0) . O que
x2 + y2
significa dizer que a diferença | f ( x, y ) − 0 | pode ser tão pequena quanto se queira.
Basta, portanto, considerar ε ≤ δ para que se garantir que
x2 + y2 < ε
x2 y
<δ .
x2 + y2
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13/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
Em particular, é suficiente que ε = δ para que ∀ δ > 0 ∃ε =δ : x 2 + y 2 < ε = δ
x2 y
<δ ,
x2 + y2
isto é, que
x2 y
=0.
( x , y ) →( 0, 0 ) x 2 + y 2
lim
x2 y2
3.5) f ( x, y ) = 2 2
, (0,0) .
x y + ( x − y )2
Resolução: O domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
2
: x 2 y 2 + ( x − y ) 2 ≠ 0} =
2
\ {(0, 0)} .
Para o cálculo do limite
x2 y 2
0
=
,
2
2
2
( x , y ) →(0,0) x y + ( x − y )
0
lim
os limites iterados são
lim lim
x2 y 2
0
= lim 2 = 0
2 2
2
x →0 x
x y + ( x − y)
lim lim
x2 y2
0
= lim 2 = 0 ,
2 2
2
y
→
0
x y + ( x − y)
y
x → 0 y →0
e
y →0 x →0
ou seja, se o limite existir o seu valor é zero. Como o limite ao longo da recta y = x ,
x2 y 2
x4
=
lim
=1 ≠ 0
x →0 x 4 + ( x − x ) 2
( x , y ) →(0,0) x 2 y 2 + ( x − y ) 2
y=x
lim
pode concluir-se que não existe o limite da função no ponto considerado.
3.6) f ( x, y ) =
2 x3 − y 3
, (0,0) .
x2 + y2
Resolução: O domínio da função é
Df =
2
\ {(0, 0)}
Para o cálculo do limite
2 x3 − y 3
0
=
,
( x , y ) → (0,0) x 2 + y 2
0
lim
os limites segundo diferentes trajectórias e os limites iterados sugerem que o valor deste limite é
zero.
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
14/ 36
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Limites e continuidade
Aplicando a definição, deve provar-se que
x2 + y2 < ε
∀δ >0 ∃ε (δ )>0 : ( x, y ) ∈ D f \{(0, 0)}
2 x3 − y 3
<δ .
x2 + y2
Como
(
)
2 x3 − y 3 2 x 3 + y 3 2 x x 2 + y y 2 2 x x 2 + y y 2
2 x3 − y 3
=
≤ 2
=
≤
≤ 2( x + y ) ≤
x2 + y 2
x2 + y 2
x + y2
x2 + y 2
x2 + y 2
≤ 4 x 2 + y 2 < 4ε ,
basta, portanto, considerar ε ≤
δ
4
, ou, em particular, ε =
x2 + y2 < ε =
δ
δ
4
, para garantir que
2 x3 − y 3
<δ ,
x2 + y2
4
ou seja, que
2x 3 − y 3
= 0.
( x , y ) →( 0, 0 ) x 2 + y 2
lim
3.7) f ( x, y ) =
xy
x + y2
2
, (0,0) .
Resolução: O domínio da função é
Df =
\ {(0, 0)} .
2
Utilizando a definição para se calcular o limite
lim
xy
( x , y ) →(0,0)
basta considerar ε = δ , para se concluir que
x +y
2
lim
( x , y )→( 0, 0 )
2
=
0
,
0
xy
x2 + y2
= 0.
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
3.8) f ( x, y ) = y sen
1
, (0,0) .
x
Resolução: O domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
2
: x ≠ 0}
Para se calcular o limite
1
y sen ,
( x , y ) → (0,0)
x
lim
comece-se pelos limites iterados
lim lim y sen
x → 0 y →0
1
=0,
x
uma vez que a função seno é limitada e o produto de um infinitésimo por uma função limitada é um
infinitésimo, contudo
lim lim y sen
y → 0 x →0
uma vez, que não existe lim y sen
x→0
1
, não existe,
x
1
1
= lim y sen t , fazendo t = .
x t →∞
x
Pelos limites iterados nada se pode concluir. O limite desta função ao longo das rectas que passam
no ponto (0,0) é
lim
( x , y ) →(0,0)
y sen
y = mx
1
1
= lim mx sen = 0 ,
x
→
0
x
x
o produto de um infinitésimo por um função limitada é um infinitésimo. Para se utilizar a definição,
há que provar que
x2 + y2 < ε
∀δ >0 ∃ε (δ ) >0 : ( x, y ) ∈ D f \{(0, 0)}
ysen
1
<δ .
x
Como
y sen
considerando ε ≤ δ garante-se que
1
1
= y sen
x
x
lim
( x , y ) →( 0, 0 )
y sen
≤
1
sen ≤1
x
y ≤ x2 + y 2 < ε ,
1
=0.
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.
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Limites e continuidade
3.9) f ( x, y ) =
4
y
, (1, 0) .
( x − 1)2 + y 4
Resolução: O domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
2
: ( x, y ) ≠ (1, 0)}
Para o cálculo do limite
y4
0
=
,
2
4
( x , y ) →(1,0) ( x − 1) + y
0
lim
os limites iterados são
y4
=0,
y →0 ( x − 1) 2 + y 4
lim lim
x →1
e
y4
=1.
x →1 ( x − 1) 2 + y 4
lim lim
y →0
y4
Como os limites iterados são diferentes conclui-se que não existe lim
.
( x , y ) →(1,0) ( x − 1) 2 + y 4
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)} ,
y4
y4
m 4 ( x − 1)4
lim
lim
=
=
=
( x , y ) →(1,0) ( x − 1) 2 + y 4
x →1 ( x − 1) 2 + y 4
x →1 ( x − 1) 2 + m 4 ( x − 1) 4
y = m ( x −1)
( x , y )∈T
lim
m 4 ( x − 1)2
= 0,
x →1 1 + m 4 ( x − 1) 2
= lim
{
logo se o limite existir é zero. Como o limite sobre S = ( x, y ) ∈
2
}
: y = m x −1 ,
y4
y4
m 4 ( x − 1) 2
=
lim
=
lim
=
( x , y ) →(1,0) ( x − 1) 2 + y 4
x →1 ( x − 1) 2 + y 4
x →1 ( x − 1) 2 + m 4 ( x − 1) 2
y = m x −1
( x , y )∈S
lim
=
depende de m , não existe
m4
,
1 + m4
y4
.
( x , y ) →(1,0) ( x − 1) 2 + y 4
lim
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17/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
3.10) f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) arctg
x
, (0,0) .
y
Resolução: O domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
2
: y ≠ 0}
Para o cálculo do limite
lim
( x , y ) →(0,0)
(x
2
+ y 2 ) arctg
x
.
y
Comece-se por calcular os limites iterados
lim lim ( x 2 + y 2 ) arctg
x → 0 y →0
x
x
x
= lim lim x 2 arctg + lim y 2 arctg
=
x
→
0
y
→
0
y
→
0
y
y
y
= lim x 2 lim arctg
x→0
y →0
π
x
+ 0 = lim x 2 = 0,
2 x→0
y
Cálculo auxiliar
•
lim arctg
y →0
x
π
1
= lim arctg(tx) = , fazendo a mudança de variável t = , quando y → 0 ,
y t →+∞
2
y
t → 0;
•
lim y 2 arctg
y →0
x
= 0 , a função arco-tangente é limitada, o produto de um infinitésimo por
y
uma função limitada é um infinitésimo.
e
lim lim ( x 2 + y 2 ) arctg
y →0 x →0
x
= 0,
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 x 2 + ( y − a )2 = a 2 ,
C (0, a ) e r = a , resolvendo em ordem a x, vem
x 2 + ( y − a ) 2 = a 2 ⇔ x = ± 2ay − y 2
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18/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
tomando, por exemplo, o limite segundo a semicircunferência de equação x = − 2ay − y 2 , vem
lim
( x , y ) →(0,0)
( x2 + y 2 ) arctg
x =− 2 ay − y 2
(
x
= lim
y y →0
− 2ay − y 2
)
2
+ y 2 arctg
= − lim 2ay arctg
y →0
− 2ay − y 2
=
y
2a − y
= 0.
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
∀δ >0 ∃ε (δ ) >0 : ( x, y ) ∈ D f \ {(0, 0)}
x2 + y2 < ε
( x 2 + y 2 ) arctan
x
<δ .
y
Como
( x 2 + y 2 ) arctan
x
x
= ( x 2 + y 2 ) arctan
y
y
= ( x2 + y2 )
basta considerar ε ≤
2δ
π
π
2
, para se provar que
<δ
<
arctan
(x2 + y2 ) <
lim
( x , y ) →(0,0)
Obs.: Pela proposição 1 ponto 3 do resumo teórico
x π
<
y 2
( x2 + y 2 )
(x
2
lim
2δ
π
+ y 2 ) arctan
( x , y ) →(0,0)
(x
2
π
2
=
x2 + y2 <
2δ
π
x
= 0.
y
+ y 2 ) arctg
x
=0.
y
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
19/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
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.
n
O conceito de continuidade pode ser generalizado a funções definidas em
. Como apenas se
pode visualizar o gráfico de funções com n ≤ 2 , no âmbito da disciplina de complementos de
matemática, interessa a seguinte definição para funções definidas em
2
, cujos gráficos são
superfícies.
Definição3: Seja f : D f ⊂
2
→
. A função f ( x, y ) , diz-se contínua no ponto ( a, b) ∈ D f
quando ∀δ >0 ∃ε (δ ) >0 : ( x, y ) ∈ D f \ {(a, b)}
( x, y ) - ( a , b ) < ε
f ( x, y ) − f (a, b) < δ . Sendo (a, b)
um ponto de acumulação da função, esta é contínua no ponto (a, b) sse ∃ lim
( x , y ) → ( 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 f : D f ⊆
n
→
é contínua sse for contínua em todos os pontos do seu domínio D f .
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
lim
( x , y ) → ( 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) =
lim
( x , y ) → ( a ,b )
f ( x, y ) :
f * ( x, y ) =
f ( x, y )
lim
( x , y ) → ( a ,b )
,( x, y ) ∈ D f
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) ∉ D f , como é exigido que exista
lim
( x , y ) → ( 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.
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
20/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
•
Caso não exista
lim
f ( x, y ) , a descontinuidade é não removível e a função não poderá
( x , y ) → ( a ,b )
ser prolongada por continuidade
Uma função f : D f ⊂
n
→
diz-se descontínua num ponto (a, b) sse não for contínua nem
prolongável por continuidade a esse ponto.
n
Definição4: Uma função f :
→
da forma f ( x1 , x2 ,..., xn ) = α x1i1 x2i2 ...xnin , onde α é um escalar
e i1 , i2 ,..., in são números inteiros não negativos, é chamado um monómio. Uma função que
representa a soma de monómios é um polinómio.
n
Proposição2: Uma função polinomial f :
→
é contínua em todo o ponto a ∈
Definição5: Se g e h forem ambas funções polinomiais, à função f ( x ) =
n
.
g ( x)
dá-se o nome de
h( x )
função racional.
Proposição3: Uma função racional f : D f ⊂
n
→
é contínua em todos os pontos do seu
domínio.
Proposição4: Supondo as funções f :
definidas por, f ( x ) ± g ( x ) , f ( x ) g ( x ) ,
n
→
e g:
n
→
contínuas em a. Então as funções
f ( x)
, ( g (a ) ≠ 0) e α f ( x ) ( α ∈
g ( x)
), 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 f : D f ⊂
n
→
contínua no ponto a ∈ D f e g : Dg ⊂
→
contínua em
y0 = 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 f : D f ⊂
n
→
, g : Dg ⊂
→
e f ( D f ) ⊂ Dg . Se lim f ( x ) = l e g for
x →a
contínua no ponto l, então lim gof ( x ) = lim g [ f ( x ) ] = g (l ) .
x →a
x →a
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
21/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
Continuidade - possível resolução dos exercícios
2
4. Estude a continuidade das seguintes funções em
. Caso não sejam contínuas, verifique se
podem ser prolongadas por continuidade.
4.1) f ( x, y ) =
3x + y
.
x − 4y
Resolução: O domínio de f ( x, y ) é D f = {( x, y ) ∈
2
: x − 4 y ≠ 0} = {( x, y ) ∈
2
: x ≠ 4 y} , e a sua
fronteira
front( D f ) = {( x, y ) ∈
2
: x = 4 y} = A .
A função é contínua no seu domínio por ser uma função racional. Como, D f ≠
contínua em
2
2
, a função não é
.
A função poderá ser prolongada por continuidade aos pontos da fronteira do domínio da função
(pontos de acumulação), ou seja, a
2
, se existir
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) , onde ( x0 , y0 ) ∈ A é
( x0 , y0 )∈A
um ponto genérico da recta de equação y =
x
x
, isto é, qualquer ponto do tipo ( x0 , y0 ) = x0 , 0 .
4
4
i) Para ( x0 , y0 ) = (0, 0)
3x + y
0
=
.
( x , y ) →(0,0) x − 4 y
0
lim
Os limites iterados são
3x + y
=3
x →0 y →0 x − 4 y
lim lim
e
lim lim
y →0 x→0
3x + y
= −4 ,
x − 4y
como os limites iterados são diferentes conclui-se que o limite da função não existe na origem.
Repare-se que
lim
( x , y ) →(0,0)
y = mx
3x + y
3 x + mx 3 + m
1
= lim
=
, m≠
.
x
→
0
x − 4y
x − 4mx 1 − 4m
4
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
22/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
ii) Para ( x0 , y0 ) = x0 ,
x0
1
≠ (0, 0) , repare-se que m = ,
4
4
3x + y
3x + y
=
=
lim
lim
x
( x , y ) →( x0 , y0 ) x − 4 y
( x , y ) → x0 , 0 ) x − 4 y
4
x0
4 =∞,
x0
x0 − 4
4
3 x0 +
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 ( x0 , y0 ) = x0 ,
x0
,e
4
consequentemente, esta não pode ser prolongada por continuidade, a estes pontos, e assim, a função
não pode ser prolongada de modo contínuo a
3x + y
,
Obs: Caso se tenha f ( x, y ) = x − 4 y
0 ,
*
,
( x, y ) = (0, 0)
2
: x ≠ 4 y} ∪ {(0, 0)} .
Para x − 4 y ≠ 0 a função é contínua uma vez que esta definida por uma função racional cujo
domínio é D = {( x, y ) ∈
•
.
x - 4y ≠ 0
D f * = {( x, y ) ∈
•
2
2
: x − 4 y ≠ 0} , ou seja, o denominador não se anula.
Para ( x, y ) = (0,0) a função é contínua se
existe
lim
( x , y ) →( 0 , 0 )
f ( x, y ) = f (0,0) = 0 . Como foi visto não
3x + y
, logo, a função não é contínua na origem, ou seja, não é contínua em
( x , y ) →( 0 , 0 ) x − 4 y
lim
todo o seu domínio. Para além disso, a origem é um ponto de descontinuidade não removível,
por não existir
lim
( x , y ) →( 0, 0 )
3x + y
, podendo concluir-se que a função não é prolongável por
x − 4y
continuidade à origem, nem a
2
.
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23/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
4.2) f ( x, y ) =
sen( x + y )
.
x+ y
Resolução: O domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
2
: y ≠ − x} ,
front( D f ) = {( x, y ) ∈
2
: y = − x} = A .
e
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 g (t ) = sen t e h( x, y ) = x + y , e
o denominador é uma função polinomial. A função não é contínua em
Para
que
lim
( x , y ) → ( x0 , y0 )
a
função
possa
ser
prolongada
por
2
continuidade
, uma vez, que D f ≠
a
2
deve
2
.
existir
f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) , onde ( x0 , y0 ) é um ponto genérico que pertença à recta de equação
( x0 , y0 )∈A
y = − x , ou seja, qualquer ponto do tipo ( x0 , y0 ) = ( x0 , − x0 ) .
i) Para ( x0 , y0 ) = (0, 0) , pretende-se calcular
lim
( x , y ) →(0,0)
sen( x + y )
0
=
,
x+ y
0
para isso utiliza-se o teorema 2 do resumo teórico.
Seja h :
2
→
ponto (0, 0) ∈
definida por h( x, y ) = x + y , tem-se
2
e g : Dg ⊂
→
lim ( x + y ) = 0 = l , que é contínua no
( x , y ) →(0,0)
definida por
sen t
, t≠0
g (t ) =
t
1 , t=0
sen t
= 1 = g (0) , então
t →0
t
contínua em h(0, 0) = 0 ∈ Dg , pois lim
lim
( x , y ) →(0,0)
goh( x, y ) =
sen(x + y )
= g (0) = 1 .
( x , y ) →(0,0)
x+ y
lim
Existindo este limite a função pode ser prolongada por continuidade à origem.
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
ii) Para ( x0 , y0 ) = ( x0 , − x0 ) ≠ (0, 0) .
sen(x + y )
sen(x + y )
=
lim
= 1 (porquê?).
( x , y ) →( x0 , y0 )
( x , y ) →( x0 , − x0 )
x+ y
x+ y
lim
Por i) e ii) conclui-se que o limite pedido existe para qualquer ponto da recta y = − x , nestes termos,
a função pode ser prolongada por continuidade a estes pontos, e a
2
. Esse prolongamento é dado
pela função
sen( x + y )
,
x+ y
f ( x, y ) =
1
,
*
que é contínua em todos os pontos de
4.3) f ( x, y ) =
1
9 − x2 − y2
2
x+ y ≠0
,
x+ y =0
(o seu domínio).
.
Resolução: O domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
2
: x 2 + y 2 ≠ 9} ,
e
front( D f ) = {( x, y ) ∈
2
: x 2 + y 2 = 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 x 2 + y 2 = 9 (a fronteira do domínio). A
função não é contínua em
2
, uma vez, que D f ≠
2
.
A função não pode ser prolongada por continuidade aos pontos ( x0 , y0 ) ∈ A , uma vez que
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
1
=
lim
9 − x 2 − y 2 ( x , y ) →( x0 ,±
9 − x02
1
1
=
2
2
) 9− x − y
9 − x02 − ± 9 − x02
(
Conclui-se que a função não é contínua nem prolongável por continuidade a
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
2
)
2
= ∞.
.
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ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
1
4.4) f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) sen
x + y2
2
.
Resolução: O domínio da função é
Df =
2
\ {(0, 0)} .
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 D f ≠
2
.
A função pode ser prolongada por continuidade em ( x, y ) = (0, 0) , uma vez que,
lim
( x , y ) →(0,0)
(x
2
+ y 2 ) sen
1
x2 + y 2
1
lim
t 2sen = 0 .
+
t →0
t
=
x =t cosθ
y = t senθ
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 ) =
*
(x
2
1
+ y 2 ) sen
x + y2
2
é o prolongamento por continuidade de f ( x, y ) a
4.5) f ( x, y ) =
,
, ( x, y ) = (0, 0)
0
Obs.: Pela proposição 1 ponto 3 do resumo teórico
, ( x, y ) ≠ (0, 0)
2
.
lim
( x , y ) →(0,0)
(x
2
+ y 2 ) sen
1
x2 + y 2
= 0.
y 5 cos3 x + x 3sen 2 y
.
x4 + y4 + 2 x2 y2
Resolução: O domínio da função é
Df =
2
\ {(0, 0)} .
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
Como a função não é contínua em
2
2
, uma vez, que D f ≠
2
.
, vamos estudar a continuidade na origem para verificar se
pode ser prolongada por continuidade a esse ponto e, consequentemente, a
2
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
.
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Limites e continuidade
Os limites iterados são
lim lim
x →0 y →0
y 5 cos3 x + x3sen 2 y
y 5 cos3 x + x3sen 2 y
=
0
e
lim
lim
= 0.
y →0 x→0
x4 + y 4 + 2 x2 y 2
x4 + y 4 + 2 x2 y 2
Por definição
y 5 cos3 x + x 3sen 2 y
<δ
x4 + y4 + 2 x2 y 2
x2 + y2 < ε
∀δ >0 ∃ε (δ ) >0 : ( x, y ) ∈ D f \{(0, 0)}
y 5 cos3 x + x3sen 2 y
y 5 cos3 x + x 3sen 2 y
y 5 cos3 x + x 3sen 2 y
y 5 cos3 x + x 3sen 2 y
=
=
≤
=
x4 + y 4 + 2x2 y 2
x4 + y 4 + 2 x2 y 2
( x 2 + y 2 )2
( x 2 + y 2 )2
=
y 5 cos3 x + x 3 sen 2 y
( x 2 + y 2 )2
( x 2 + y 2 )5 cos3 x + ( x 2 + y 2 )3 sen 2 y
≤
( x 2 + y 2 )2
( x 2 + y 2 )5 + ( x 2 + y 2 )3 sen 2 y
≤
( x2 + y 2 )2
≤
2
( x 2 + y 2 )5 + ( x 2 + y 2 ) 3 y
≤
≤
( x 2 + y 2 )2
( x 2 + y 2 )5 + ( x 2 + y 2 )3 ( x 2 + y 2 ) 2 2 ( x 2 + y 2 )5
=
=
( x 2 + y 2 )2
( x 2 + y 2 )2
≤
5
1
4
1
2( x 2 + y 2 ) 2 2( x 2 + y 2 ) 2 ( x 2 + y 2 ) 2
2
2 2
= 2
=
= 2( x + y ) = 2 x 2 + y 2 < 2ε ,
2 2
2
2 2
(x + y )
(x + y )
ou seja, basta considerar ε =
δ
2
, para se garantir que
x2 + y2 < ε =
δ
y 5 cos3 x + x3sen 2 y
<δ ,
x4 + y 4 + 2 x2 y 2
2
concluindo-se que,
lim
( x , y ) →(0,0)
Existindo este limite, fazendo f (0, 0) =
y 5 cos3 x + x3sen 2 y
= 0.
x4 + y 4 + 2 x2 y 2
lim
( x , y ) → (0,0)
continuidade à origem, e, consequentemente a
2
f ( x, y ) = 0 , a função será prolongável por
.
O prolongamento de f ( x, y ) à origem é a função
y 5 cos3 x + x 3sen 2 y
, ( x, y ) ≠ (0, 0)
f * ( x, y ) =
x4 + y4 + 2 x2 y 2
0
, ( x, y ) = (0, 0)
que é contínua em
2
(o seu domínio).
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Limites e continuidade
xy
4.6) f ( x, y ) =
,
( x, y ) ≠ (0, 0)
,
( x, y ) = (0, 0)
x + y2
2
1
.
Resolução: Neste exemplo, temos uma função definida por ramos.
Quanto ao domínio:
xy
1) No primeiro ramo, f ( x, y ) =
x +y
2
2
, cujo domínio é
2
\ {(0, 0)} ;
2) No segundo ramo, f ( x, y ) = 1 para ( x, y ) = (0, 0) .
Por 1) e 2), conclui-se que D f =
2
.
Quanto à continuidade:
•
Para ( x, y ) ≠ (0,0) a função é contínua uma vez que esta definida por uma função racional
2
cujo domínio é
•
\ {(0, 0)} .
Para ( x, y ) = (0,0) , prova-se (exercício 3.7)) que
lim
( x , y ) →( 0 , 0 )
xy
x + y2
2
= 0 ≠ f (0,0) = 1 , 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
xy
= 0 (exercício 3g) a descontinuidade é removível, e a função é prolongável
existe lim
( x , y ) →(0,0)
x2 + y2
xy
por continuidade à origem, basta considerar f (0, 0) = lim
= 0 . A função
2
( x , y ) →(0,0)
x + y2
xy
f ( x, y ) =
*
x2 + y2
0
,
( x, y ) ≠ (0, 0)
,
( x, y ) = (0, 0)
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
2
\ {(0, 0)} , mas, pode ser prolongada por continuidade a
, sendo esse prolongamento dado por f * ( x, y ) .
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Limites e continuidade
( x + 2)( y − 1)
,
4.7) f ( x, y ) = ( x + 2)2 + ( y − 1)2
0
,
2
(x, y ) ≠ (−2,1)
.
(x, y ) = (−2,1)
Resolução: Por raciocínio análogo ao do exercício anterior conclui-se que D f =
2
.
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
( x , y ) →( −2 ,1)
t = x + 2,
translação dos eixos, isto é, considerando
y →1
f ( x, y ) = f (−2,1) = 0 . Fazendo uma
x → −2
t →0
e
w = y −1,
w → 0 , vem
( x + 2)( y − 1) 2
tw 2
=
lim
= 0 (exercício 3.4)).
( x , y ) →( −2 ,1) ( x + 2) 2 + ( y − 1) 2
( t , w )→( 0, 0 ) t 2 + w 2
lim
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
seja, em
2
lim
( x , y ) →( −2 ,1)
f ( x, y ) = f (−2,1) = 0 a função é contínua em todo o seu domínio, ou
.
x
ln(1 − x), x < 1 e y ≠ 2
2
−
y
4.8) f ( x, y ) =
2x + y
2
3
, outros (x, y ) ∈
.
2
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
A = {( x, y ) ∈
2
: x =1 }
e
B = {( x, y ) ∈
2
: x <1 e y = 2 } .
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Limites e continuidade
Quanto ao domínio:
1) No primeiro ramo, f ( x, y ) =
x
ln(1 − x ) cujo domínio é D = {( x, y ) ∈
2− y
2) No segundo ramo f ( x, y ) = 2 x 2 + y 3 cujo domínio é
Por 1) e 2) conclui-se que o domínio da função é D f =
2
2
2
: x < 1 e y ≠ 2} .
.
.
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
•
Em A, para pontos do tipo ( x0 , y0 ) = (1, y0 ) , ( y0 ≠ 2 ), a função não é contínua, uma vez que
2
).
x
ln(1 − x) = −∞ ( y0 ≠ 2 ).
( x , y ) →(1, y0 ) 2 − y
lim
•
Em B, para pontos do tipo ( x0 , y0 ) = ( x0 , 2) , ( x0 ≠ 1 ) a função não é contínua, uma vez que
lim
( x , y ) →( x0 ,2)
x
ln(1 − x) = ∞ ( x0 ≠ 1 ).
2− y
2
Conclusão: A função é contínua em
prolongada por continuidade a
4.9) f ( x, y ) =
x2 + y2
x+ y
2
\ {( x, y ) ∈
2
: x = 1 ou (x < 1 e y = 2)} , não pode ser
,
, se x + y > 0
, se x + y ≤ 0
.
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
domínio,
2
x 2 + y 2 que é uma função contínua no seu
, em particular, para todo o par ( x, y ) que verifica a condição x + y > 0 .
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
30/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
•
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 = − x , ou seja, para os
pontos do tipo ( x0 , y0 ) = ( x0 , − x0 ) , considerem-se os conjuntos
e
A = {( x, y ) ∈
2
: x + y > 0} ,
B = {( x, y ) ∈
2
: x + y < 0}
C = {( x, y ) ∈
2
: x + y = 0} .
A função é contínua em C sse
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
f ( x, y ) =
( x , y )∈A
lim
( x , y ) → ( x0 , y0 )
f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) ,
( x , y )∈B
ou seja,
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
x2 + y2 =
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
( x + y ) = f ( x0 , y0 ) = 0 .
Como
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
x2 + y2 =
lim
( x , y ) →( x0 , − x0 )
x 2 + y 2 = x02 + (− x0 )2 = 2 x02
e
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
( x + y) =
lim
( x , y ) → ( x0 , − x0 )
( x + y ) = x0 − x0 = 0 ,
sobre os pontos da recta de equação y = − x , a função é contínua apenas nos pontos que
verifiquem a igualdade
2 x02 = 0 ,
ou seja, para x0 = 0 , isto é, para o ponto ( x0 , y0 ) = ( 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
∀( x, y ) ∈
2
A função não é prolongável por continuidade a
\ {( x0 , − x0 )}
2
{(0, 0)} .
.
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
31/ 36
ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
4.10) f ( x, y ) =
x3 + xy 2 − 2
, se x 2 + y 2 > 2
sen( x 2 + y 2 − 2) , se x 2 + y 2 ≤ 2
.
Resolução: Quanto ao domínio:
1) No primeiro ramo, quando ( x, y ) verifica a condição x 2 + y 2 > 2 , f ( x, y ) = x 3 + xy 2 − 2 .
Repare-se que f ( x, y ) = x 3 + xy 2 − 2 , não está definida para todo o par ( x, y ) que verifica
a condição x 2 + y 2 > 2 , por exemplo, não está definida para o ponto (−2, 0) . O domínio
deste ramo é {( x, y ) ∈
2
: x 3 + xy 2 − 2 ≥ 0} .
2) No segundo ramo, f ( x, y ) = sen( x 2 + y 2 − 2) cujo domínio é
2
, em particular, está
definida para os pontos do círculo de equação x 2 + y 2 ≤ 2 .
Por 1) e 2), conclui-se que o domínio da função é
D f = {( x, y ) ∈
2
: x3 + xy 2 ≥ 2}
= ( x, y ) ∈
2
: y2 ≥
2 − x3
x
{( x, y) ∈
2
: x 2 + y 2 ≤ 2} =
{( x, y) ∈
2
: x 2 + y 2 ≤ 2}
Graficamente,
4
2
-4
-2
0
2
4
-2
-4
(Atenção: Complete o gráfico)
Os pontos de intersecção das curvas x3 + xy 2 = 2 e x 2 + y 2 = 2 , são (1,1) e (1, −1) . Podem ser
obtidos através da resolução do sistema
x3 + xy 2 = 2
x +y =2
2
2
⇔
x( x 2 + y 2 ) = 2
x +y =2
2
2
⇔
x =1
y = ±1
.
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32/ 36
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Limites e continuidade
Quanto à continuidade. Deve investigar-se a continuidade nos dois ramos e sobre os pontos que
verificam a condição que os separa, ou seja, sobre os pontos da circunferência de equação
x2 + y 2 = 2 .
• No primeiro ramo, a função é definida por
x 3 + xy 2 − 2 que é uma função contínua no seu
domínio.
• No segundo ramo, a função é definida por sen( x 2 + y 2 − 2) , que é a composta de duas funções
contínuas, g (t ) = sen t , em
, e h( x, y ) = x 2 + y 2 − 2 , em
2
, portanto, contínua para todo o
par ( x, y ) que verifica a condição x 2 + y 2 ≤ 2 .
• Sobre a circunferência de equação
x 2 + y 2 = 2 , ou seja, para os pontos do tipo
)
(
( x0 , y0 ) = x0 , ± 2 − x02 , a função será contínua sse
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
x 3 + xy 2 − 2 =
lim
( x , y ) → ( x0 , y0 )
sen( x 2 + y 2 − 2) = f ( x0 , y0 ) = 0 .
Como
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
x 3 + xy 2 − 2 =
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
x( x 2 + y 2 ) − 2 = x0 ( x02 + y02 ) − 2
=
x02 + y02 = 2
2 x0 − 2
e
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
sen( x 2 + y 2 − 2) = sen( x02 + y02 − 2) 2 =2 sen0 = 0 ,
x0 + y0 = 2
sobre a circunferência a função será contínua apenas nos pontos que verifiquem a igualdade
2 x0 − 2 = 0 ,
ou seja, para x0 = 1
y0 = ±1 , isto é, para os pontos (1, −1) e (1,1) . Que são precisamente os
pontos de intersecção das condições que representam os domínios dos dois ramos da função.
Conclusão: A função é contínua no seu domínio com excepção dos pontos sobre a circunferência
x 2 + y 2 = 2 que não sejam os pontos (1, −1) e (1,1) . Isto é, a função é contínua em
( D \ {( x , ±
f
0
})
{(1, −1), (1,1)} .
2 − x02 )
A função não pode ser prolongada por continuidade a
2
.
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33/ 36
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Limites e continuidade
Obs.: Tendo em conta o domínio da função, estudar a continuidade de f ( x, y ) seria equivalente a
estudar a continuidade de
g ( x, y ) =
x3 + xy 2 − 2
, se x3 + xy 2 > 2
sen( x 2 + y 2 − 2) , se x 2 + y 2 ≤ 2
.
Isto é, deveríamos estudar a continuidade nos dois ramos (onde a função é contínua) e sobre os
pontos de intersecção dos domínios dos dois ramos, ou seja, nos pontos (1, −1) e (1,1) , provando-se
que a função é contínua neste pontos. Intuitivamente, basta ter em conta o gráfico do domínio de
f ( x, y ) .
1
, x 2 + y 2 ≠ e 2 e ( x, y ) ≠ (0, 0)
2
2
4.11) f ( x, y ) = 2 − ln( x + y )
.
0
, x 2 + y 2 = e2 e ( x, y ) = (0, 0)
Resolução: O domínio da função é D f =
2
. Para se estudar a continuidade da função considerem-
se os seguintes conjuntos
A = {( x, y ) ∈
2
B = {( x, y ) ∈
e
: x 2 + y 2 ≠ e 2 e x 2 + y 2 ≠ 0} ,
2
: x 2 + y 2 = 0} = {(0, 0)} ,
C = {( x, y ) ∈
2
: x 2 + y 2 = e2 } .
•
Para ( x, y ) ∈ A a função é contínua, uma vez que é o domínio de f ( x, y ) =
•
Para ( x, y ) ∈ B , a função é contínua uma vez que
•
Para ( x, y ) ∈ C , a função não é contínua uma vez que
lim
( x , y ) →( x0 , ±
1
=
lim
2
2
e 2 − x02 ) 2 − ln( x + y )
( x , y ) → ( x0 , ± e 2 − x02 )
1
.
2 − ln( x 2 + y 2 )
1
= 0 = f (0, 0) .
( x , y ) →(0,0) 2 − ln( x 2 + y 2 )
lim
1
(
2 − ln x02 + ± e 2 − x02
)
2
=
1
1
= =∞,
2
2 − ln e
0
como o limite não existe a função não pode ser prolongada por continuidade aos pontos de C.
Conclusão: A função é contínua em
continuidade a
2
2
\ {( x, y ) ∈
2
: x 2 + y 2 = e 2 } . Não pode ser prolongada por
.
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Limites e continuidade
x+ y
2
x +y
2
4.12) f ( x, y ) =
ex
2
, x 2 + y 2 < 4 e ( x, y ) ≠ (0, 0)
2
+ y2 −4
, x2 + y 2 ≥ 4
e
, ( x, y ) = (0, 0)
.
Resolução: O domínio da função é D f =
2
.
Para se estudar a continuidade da função deve investigar-se a continuidade nos seus ramos e sobre
os pontos que verificam as condições que os separam. Para isso considerem-se os conjuntos
A = {( x, y ) ∈
2
: x 2 + y 2 < 4 ( x, y ) ≠ (0, 0)} ,
B = {( x, y ) ∈
2
: x 2 + y 2 > 4} ,
C = {( x, y ) ∈
2
: ( x, y ) = (0, 0)} ,
D = {( x, y ) ∈
2
: x 2 + y 2 = 4} .
e
•
Para ( x, y ) ∈ A , f ( x, y ) é contínua pois esta definida por uma função racional (o denominador
não se anula).
•
Para ( x, y ) ∈ B , f ( x, y ) é contínua pois é a composta de duas funções contínuas g (t ) = et e
h ( x, y ) = x 2 + y 2 − 4 , g [ h ( x, y ) ] = g x 2 + y 2 − 4 = e x
•
Para ( x, y ) ∈ C , a função é contínua sse
x + y2
lim
x +y
2
( x , y ) →(0,0)
x = my 2
2
= lim
y →0
lim
( x , y ) →(0,0)
m y +y
4
+ y2 −4
x + y2
x2 + y2
my 2 + y 2
2
2
2
= lim
y →0
.
= e = f (0, 0) .
m +1
y m2 y 2 + 1
=∞,
como limite não existe a função não é contínua na origem, nem pode ser prolongada por
continuidade a este ponto.
•
Para ( x, y ) ∈ D , os pontos estão sobre a circunferência de equação x 2 + y 2 = 4 , ou seja, são do
tipo ( x0 , y0 ) = ( x0 , ± 4 − x02 ) . A função será continua sse
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
( x , y )∈A
f ( x, y ) =
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) .
( x , y )∈B
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ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Limites e continuidade
Por um lado,
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
f ( x, y ) =
( x , y )∈A
x + y2
lim
x2 + y2
( x , y ) → ( x0 , ± 4 − x02 )
=
(
x0 + ± 4 − x02
(
)
x02 + ± 4 − x02
2
)
=
2
− x02 + x0 + 4
4
=
− x02 + x0 + 4
,
2
por outro
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
f ( x, y ) =
( x , y )∈B
lim
( x , y ) → ( x0 , ± 4 − x02 )
e
x2 + y 2 − 4
=e
(
x02 + ± 4 − x02
) −4 = 1 ,
2
e,
f ( x0 , y0 ) = f ( x0 , ± 4 − x ) = e
2
0
(
x02 + ± 4 − x02
) −4 = 1 =
2
lim
( x , y ) → ( x0 , y0 )
f ( x, y ) .
( x , y )∈B
Assim, f ( x, y ) é contínua, em D, para os pontos que verificam
lim
( x , y ) →( x0 , x0 )
f ( x, y ) =
( x , y )∈A
ou seja, x0 = 2
lim
( x , y ) →( x0 , x0 )
( x , y )∈B
y0 = 0 ou x0 = −1
f ( x, y ) ⇔
− x02 + x0 + 4
= 1,
2
y0 = ± 3 . Assim, em D a função é descontínua excepto
nos pontos (2, 0) e (−1, ± 3) .
Conclusão: A função f ( x, y ) é contínua em
(
2
\ {( x, y ) ∈
2
) {
}
: x 2 + y 2 = 4 ou x = y = 0} ∪ (2, 0), (−1, ± 3) .
Não é prolongável por continuidade a
2
.
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