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1/36 ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
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: ff D ⊆ →� � definida por ln(1 )
( , )ln(1 )
xf 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 yf x y
∈→
sendo { }2( , ) :S x y y x= ∈ =� .
1.4) Calcule, caso exista, ( , )
( , ) (1,1)lim ( , )x y T
x yf x y
∈→
sendo { }2 2( , ) : 2T x y y x x= ∈ = −� .
1.5) Conclua sobre a existência do limite ( , ) (1,1)
lim ( , )x y
f x y→
.
2. Prove utilizando a definição que 2
( , ) (2,1)lim ( 4 2 ) 6
x yx y
→− + = − .
3. Calcule os domínios e os limites, caso existam, das seguintes funções nos pontos indicados:
3.1) 22
22
),(yxyx
yxf+−= , )0,0( . 3.2)
yxyx
yxf−
+=3
2),( , )0,0( .
3.3) 24
2
),(yx
yxyxf
+= , )0,0( . 3.4) 22
2
),(yx
yxyxf
+= , )0,0( .
3.5) 222
22
)(),(
yxyxyx
yxf−+
= , )0,0( . 3.6) 22
332),(
yxyx
yxf+−= , )0,0( .
3.7) 22
),(yx
xyyxf
+= , )0,0( . 3.8)
1( , ) senf x y y
x= , )0,0( .
3.9) 4
2 4( , )( 1)
yf x y
x y=
− +, (1,0) . 3.10) ( )2 2( , ) arctg
xf x y x y
y= + , )0,0( .
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Limites e continuidade
2/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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 yf x y
x y+=
−. 4.2) ( , )f x y = sen( )
( )x y
x y+
+.
4.3) 229
1),(
yxyxf
−−= . 4.4) ( )2 2
2 2
1( , ) senf x y x y
x y= +
+.
4.5) 5 3 3 2
4 4 2 2
cos sen( , )
2y x x y
f x yx y x y
+=+ +
. 4.6)
2
2 2
( 2)( 1), ( , ) ( 2,1)
( , ) ( 2) ( 1) 0 , ( , ) ( 2,1)
x yx y
f x y x yx 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 22( , )
2 , outros ( , )
xx x y
yf x y
x y x y
� − < ≠� −= �� + ∈� �
.
4.9) 2 2 , se 0( , )
, se 0
x y x yf x yx y x y
� + + >�= �+ + ≤��
. 4.9) 3 2 2 2
2 2 2 2
2 , se 2( , )
sen( 2) , se 2
x xy x yf 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 yx yf x y
x y e x y
� + ≠ ≠� − += �� + = =�
.
4.11) 2 2
22 2
2 2
4 2 2
, 4 e ( , ) (0,0)
( , ) , 4
, ( , ) (0,0)
x y
x yx y x y
x y
f x y e x y
e x y
+ −
� + + < ≠�+�
�= � + ≥��� =�
.
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3/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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 0 ( ) ( \ { })r rB X>⇔ ∀ ∩ ≠ ∅a 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 � � � �2( , ) : 2 (4,0)X x y x� � � �� . Qualquer ponto
1 2( , )a a�a , com 1 2a � 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)1B 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 2n = .
Definição2: Seja 2: ff D ⊆ →� � e 2( , )a b ∈� um ponto de acumulação de fD , então
( , ) ( , )lim ( , )
x y a bf x y l
→= sse
{ }0 ( ) 0 : ( , ) \ ( , ) ( , ) ( , ) ( , )fx y D a b x y a b f x y lδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ − < � − <
onde 2 2( , ) ( , ) ( ) ( )x y a b x a y b− = − + − .
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4/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Observe-se que, o ponto ( , ) na b ∈� deve ser não exterior a fD , ( , )a b pode ou não pertencer a fD
mas deve pertencer à aderência de fD para ser um ponto de acumulação, pois tem de se garantir
que qualquer bola aberta de centro em ( , )a b intersecta fD .
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
( , )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 l δ− < ) desde que a
distância de ( , ) ( , )x y a b≠ a ( , )a b seja suficientemente pequena, mas diferente de zero (se
2 20 ( ) ( )x a y b 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 ),( 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
( , ) ( , )lim ( , )
x y a bf 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 lyxf −),( até se obter uma expressão em 2 2( , ) ( , ) ( ) ( )x y a b x a y b− = − + − . Claro
que para diferentes majorações podem obter-se diferentes expressões para ( )ε δ .
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5/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Algumas desigualdade úteis:
• 222 yxx +≤ donde 22 yxx +≤ e ( )2 2 ,nn
x x y n≤ + ∈� ;
• 222 yxy +≤ donde 22 yxy +≤ ;
• 2 2xy x y≤ + ;
• yxyx +≤+ ;
• x y x y x y− ≤ + ≤ + ;
• ( )2 2 2 20, kx y k x y k ++ ≤ + ∈� ;
• sin 1 e cos 1x x≤ ≤ ;
• sin e cosx x x x≤ ≤ ;
• 2 2 2 2sin e cosx x x x x≤ ≤ ≤ ;
• arctan2
xπ< .
Um processo bastante útil no cálculo de limites, em particular, quando estes não existem, são os
chamados limites iterados. Supondo
1 2 1 21 2( , ,..., ) ( , ,..., )
lim ( ) lim ( , ,..., )n n
nx x x a a af f x x x l
→ →= =
x ax ,
admite-se que as n variáveis 1 2, ,..., nx x x convergem simultaneamente para 1 2, ,..., na a a . Pode
admitir-se que primeiro se faz tender 1x para 1a depois 2 2x a→ , …, finalmente, n nx a→ , obtendo-
se, assim, um limite escalonado ou iterado, que se representa por
1 1 2 21 2lim lim ... lim ( , ,..., )
n nnx 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 ax 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 2n = , existem dois limites iterados, lim lim ( , )
x a y bf x y
→ → e lim lim ( , )
y b x af x y
→ →.
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6/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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 nD ⊆ →� � , e seja a um ponto de acumulação de D. Então,
são válidas as seguintes propriedades:
(1) lim ( ) lim ( ) 0f l f l→ →
= ⇔ − =x a x a
x x ;
(2) (Lei do enquadramento) Se lim ( )h l
→=
x ax , lim ( )g l
→=
x ax e existe uma vizinhança ( )rB a tal que
( ) ( ) ( )h f g≤ ≤x x x para todo ( )rB D∈ ∩x a então lim ( )f l→
=x a
x ;
(3) Se lim ( ) 0f
→=
x ax e existem 0M > e uma vizinhança ( )rB a tal que ( )g M≤x para todo
( )rB D∈ ∩x a , então lim ( ) ( ) 0f g→
=x a
x x ;
(4) Se existe 0r > e ( )g x tais que: ( ) ( )f l g− ≤x x para todo o ( )r fB D∈ ∩x a e lim ( )g l→
=x a
x ,
então lim ( )f l→
=x a
x ;
(5) Se 1lim ( )f l
→= ∈�
x ax , 2lim ( )g l
→= ∈�
x ax e α , β ∈� , então
(i) 1lim ( )f lα α→
=x a
x ;
(ii) 1 2lim( ( ) ( ))f g l lα β α β→
± = ±x a
x x ;
(iii) 1 2lim( ( ) ( ))f g l l→
=x a
x x ;
(iv) 1
2
( )lim
( )lf
g l→=
x a
xx
, 2( 0)l ≠ .
Algumas das propriedades, apresentadas na proposição1 permitem determinar limites de funções de
várias variáveis sem recorrer à definição.
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Limites - possível resolução dos exercícios
1. Considere a função :f D → � definida por ln(1 )
( , )ln(1 )
xf 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 .
fD 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 fD é
(Atenção: Complete o gráfico!) Topologicamente, fD , pode ser classificado da seguinte maneira:
{ }2int( ) ( , ) : 1 1 0f fD x y x y y D= ∈ < < ≠ =� , fD é um conjunto aberto;
{ }2front( ) ( , ) : 1 1 0fD x y x y y= ∈ = = =� ;
{ }2ad( ) int ( ) front( ) ( , ) : 1 1f f f fD D D x y x y D= = ∈ ≤ ≤ ≠�� ; fD não é um conjunto fechado;
{ }2( , ) : 1 1 ad( )f fD x y x y D′ = ∈ ≤ ≤ =� ;
fD , não é um conjunto limitado pois não existe uma bola de 2� que o contenha;
fD , não é um conjunto compacto uma vez que não é fechado nem limitado.
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1.3) Calcule, caso exista, ( , )
( , ) (1,1)lim ( , )x y S
x yf 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 xf x y
y x∈ =
→ → →
− −= = =− −
.
1.4) Calcule, caso exista,
( , )( , ) (1,1)
lim ( , )x y T
x yf x y
∈→
, sendo { }2 2( , ) : 2T x y y x x= ∈ = −� .
Resolução:
2( , ) 2
2( , ) (1,1) ( , ) (1,1) 1 . . 1
1ln(1 ) ln(1 ) 11lim ( , ) lim lim lim
2ln(1 ) ln(1 2 ) 21
x y T y x x
x y x y x R C x
x x xf x yy x x
x∈ = −
∞� �� ∞ �
→ → → →
− − −= = = =− − +
−
.
1.5) Conclua sobre a existência de ( , ) (1,1)
lim ( , )x y
f x y→
.
Resolução: Como o valor do limite é diferente para trajectórias diferentes conclui-se que não existe
( , ) (1,1)lim ( , )
x yf x y
→.
2. Prove utilizando a definição que 2
( , ) (2,1)lim ( 4 2 ) 6
x yx y
→− + = − .
Resolução: Temos que provar que
{ }2 20 ( ) 0 : ( , ) \ (2,1) ( , ) (2,1) 4 2 6x y x y x yδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ − < � − + + <� ,
com 2 2( , ) (2,1) ( 2) ( 1)x y x y− = − + − .
Como 2 2 2( 2) ( 2) ( 1)x x y− ≤ − + − então 2 22 ( 2) ( 1)x x y− ≤ − + − , 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 εε ε ε ε
− + − < � − < ⇔ − < − < ⇔ − + < < + ⇔
⇔ − + < − < − − ⇔ − − < − < − +
e como 2 2 2( 1) ( 2) ( 1)y x y− ≤ − + − então 2 21 ( 2) ( 1)y x y− ≤ − + − , vem
( ) ( )
2 2
2 22
( 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
− + − < � − < ⇔ − < − < ⇔ − + < < + ⇔
⇔ − + < < +
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sendo 0 1ε< ≤ então 2ε ε≤ . Das desigualdades apresentadas em cima vem
( ) ( )2 22
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 εε ε ε ε
ε ε
− − + − + + < − + + < − + + +
− < − + + < +− − < − + + < +
− < − + + <
isto é, 24 2 6 10x y ε− + + <
fazendo
min 1,10δε � �= �
� �
vem 24 2 6x y δ− + + < .
Obs (*).: De
2 2 22 8 4 2 6 2 8x yε ε ε ε− < − + + < +
vem,
2 2 2 24 2 6 2 8 4 2 6 2 8x y x yε ε ε ε− + + > − − + + < + ,
sendo 2ε ε≤ , então 2ε ε− ≤ e 24 2 6 2 8x y ε ε− + + > − − , por outro lado, se 2ε ε≤ , então
24 2 6 2 8x y ε ε− + + < + .
3. Calcule os domínios e os limites, caso existam, das seguintes funções nos pontos indicados:
3.1) 22
22
),(yxyx
yxf+−= , )0,0( .
Resolução: O domínio da função é
{ } { }2 2 2 2( , ) : 0 \ (0,0)fD x y x y= ∈ + ≠ =� � .
Para o cálculo do limite 2 2
2 2( , ) (0,0) ( , ) (0,0)
0lim ( , ) lim
0x y x y
x yf x y
x y→ →
− � �= = � + �,
obtendo-se indeterminação que deve levantada, consideram-se dois processos:
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1º Processo: Investigar a existência do limite através do cálculo dos limites iterados
),(limlim),(limlim00
?
00yxfyxf
xyyx →→→→= ,
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 20 0 0lim lim lim 1x y x
x y xx y x→ → →
− = =+
e 2 2 2
2 2 20 0 0lim lim lim 1y x y
x y yx y y→ → →
− −= = −+
.
Como os limites iterados existem e são diferentes pode concluir-se que não existe
22
22
)0,0(),(lim
yxyx
yx +−
→.
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 mxy =
(onde m é o declive das rectas).
A restrição de ),( yxf às rectas mxy = é
2
2
22
22
11
)()(
),(mm
mxxmxx
mxxf+−=
+−= ,
logo 2 2
2 2( , ) (0,0) 0 0
1 1lim ( , ) lim ( , ) lim
1 1y mx
x y x x
m mf 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.: 0),(lim1)0,0(),(
=�=→
yxfmyx
; 53
),(lim2)0,0(),(
−=�=→
yxfmyx
.
Obs.: Neste exemplo, bastava ter utilizado um dos processo para se concluir quanto à não
existência do limite.
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11/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
3.2) 2( , )
3x y
f x yx y+=−
, )0,0( .
Resolução: O domínio da função é
{ } { }2 2( , ) : 3 0 ( , ) : 3fD x y x y x y y x= ∈ − ≠ = ∈ ≠� � ,
por outro lado, a fronteira do domínio é
{ }2front( ) ( , ) : 3fD x y y x= ∈ =� .
Pretende-se calcular
( , ) (0,0)
2 0lim
3 0x y
x yx 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 1limlim lim
3 3 3x y x
x y xx y x→ → →
+ = =−
e 0 0 0
2 2limlim lim 2
3y x y
x y yx y y→ → →
+ = = −− −
.
Por outro lado, o limite ao longo das rectas que passam em )0,0( , da forma mxy = , é:
( , ) (0,0) 0
2 2 1 2lim lim , ( 3)
3 3 3y mx
x y x
x y x mx mm
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 3y x= ( 3)m = , diferente de )0,0( , do tipo
0 0 0 0( , ) ( ,3 )x y x x≡ ,
0 0 0 0
0 0
( , ) ( , ) ( , ) ( ,3 )0 0
62 2lim lim
3 3 3 3x y x y x y x x
x xx y x yx y x y x x→ →
++ += = = ∞− − −
.
Conclui-se que não existe 0 0( , ) ( , )
lim ( , )x y x y
f x y→
quando 0 0( , ) front( )fx y D∈ .
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3.3) 2
4 2( , )x y
f x yx y
=+
, )0,0( .
Resolução: O domínio da função é
{ }2 \ (0,0)fD = � . Neste caso quando se calculam os limites iterados relativamente ao limite
2
4 2( , ) (0,0)
0lim
0x y
x yx y→
� �= � + �,
apenas se pode concluir que se o limite existe é zero, uma vez que,
2
4 2 4 40 0 0 0 0
0 0lim lim lim lim lim 0 0
0x y x x x
x yx y x x→ → → → →
= = = =+ +
e
2
4 20 0lim lim 0y x
x yx 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
mxy = , é
2 2
4 2 4 2 2 2 2( , ) (0,0) 0 0lim lim lim 0
y mxx y x x
x y x mx xmx 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
2mxy = ,
2
2 4
4 2 4 2 4 2( , ) (0,0) 0lim lim
1y mx
x y x
x y mx mx y x m x m
=→ →
= =+ + +
.
Como o limite ao longo das parábolas depende de m, conclui-se que não existe 2
4 2( , ) (0,0)lim
x y
x yx y→ +
.
Obs.: Bastava ter considerado, por exemplo, 2m = , vindo22
2
4 2( , ) (0,0)
2lim 0
5y x
x y
x yx y
=→
= ≠+
, diferente do
limite ao longo das rectas, para se ter concluído que o limite não existe.
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Limites e continuidade
13/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
3.4) 2
2 2( , )x y
f x yx y
=+
, )0,0( .
Resolução: O domínio da função é
{ }2 \ (0,0)fD = � . Pretende-se calcular o limite
2
2 2( , ) (0,0)
0lim
0x y
x yx 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 : ( , ) \{(0,0)} ( , ) (0,0) ( , ) 0fx y D x y f x yδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ − < � − < ,
isto é, tem que se provar que sendo 0>δ existe outro nº positivo ε (que depende de δ ) tal que
para ε<−+−< 22 )0()0(0 yx se tem 2
2 2 0x y
x yδ− <
+.
É válida a seguinte majoração, uma vez que 222 yxx +≤ e 2 2y x y≤ + ,
2 2 2 2 222 2
2 2 2 2 2 2
( )
x y x y x yx yx y
x y x y x yε δ+ +
= ≤ = + < ≤+ + +
.
Sendo 2 2x y+ a distância de ( , )x y a (0,0) , para se ter, por exemplo,
2
2 2| ( , ) | 0 0,001x y
f x y lx 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 2
2 2
x yx 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 2 2x y ε+ <2
2 2
x yx y
δ� <+
.
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14/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Em particular, é suficiente que δε = para que δδεδεδ <+
�=<+∃∀ => 22
222
0 :yx
yxyx ,
isto é, que
0 lim22
2
)0,0(),(=
+→ yxyx
yx.
3.5) 2 2
2 2 2( , )( )
x yf x y
x y x y=
+ −, )0,0( .
Resolução: O domínio da função é
{ } { }2 2 2 2 2( , ) : ( ) 0 \ (0,0)fD x y x y x y= ∈ + − ≠ =� � .
Para o cálculo do limite 2 2
2 2 2( , ) (0,0)
0lim
( ) 0x y
x yx y x y→
� �= � + − �,
os limites iterados são 2 2
2 2 2 20 0 0
0limlim lim 0
( )x y x
x yx y x y x→ → →
= =+ −
e 2 2
2 2 2 20 0 0
0lim lim lim 0
( )y x y
x yx 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) 0lim lim 1 0
( ) ( )y x
x y x
x y xx y x y x x x
=→ →
= = ≠+ − + −
pode concluir-se que não existe o limite da função no ponto considerado.
3.6) 3 3
2 2
2( , )
x yf x y
x y−=
+, )0,0( .
Resolução: O domínio da função é
{ }2 \ (0,0)fD = �
Para o cálculo do limite 3 3
2 2( , ) (0,0)
2 0lim
0x y
x yx y→
− � �= � + �,
os limites segundo diferentes trajectórias e os limites iterados sugerem que o valor deste limite é
zero.
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Limites e continuidade
15/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Aplicando a definição, deve provar-se que
3 32 2
0 ( ) 0 2 2
2: ( , ) \{(0,0)}f
x yx y D x y
x yδ ε δ ε δ> >−∀ ∃ ∈ + < � <
+ .
Como
( ) ( )3 3 2 23 3 2 23 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
22 2 22 2
4 4 ,
x x y yx y x y x x y yx yx y
x y x y x y x y x y
x y ε
+− + +− = ≤ = ≤ ≤ + ≤+ + + + +
≤ + <
basta, portanto, considerar 4δε ≤ , ou, em particular,
4δε = , para garantir que
3 32 2
2 2
24
x yx y
x yδε δ−+ < = � <
+,
ou seja, que
02
lim22
33
)0,0(),(=
+−
→ yxyx
yx.
3.7) 2 2
( , )xy
f x yx y
=+
, )0,0( .
Resolução: O domínio da função é
{ }2 \ (0,0)fD = � .
Utilizando a definição para se calcular o limite
2 2( , ) (0,0)
0lim
0x y
xy
x y→
� �= � �+
,
basta considerar δε = , para se concluir que 0lim22)0,0(),(
=+→ yx
xyyx
.
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16/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
3.8) 1( , ) senf x y y
x= , )0,0( .
Resolução: O domínio da função é
{ }2( , ) : 0fD x y x= ∈ ≠�
Para se calcular o limite
( , ) (0,0)
1lim sen ,
x yy
x→
comece-se pelos limites iterados
0 0
1limlim sen 0x y
yx→ →
= ,
uma vez que a função seno é limitada e o produto de um infinitésimo por uma função limitada é um
infinitésimo, contudo
0 0
1lim lim seny x
yx→ →
, não existe,
uma vez, que não existe 0
1lim sen lim senx t
y y tx→ →∞
= , fazendo 1
tx
= .
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 1lim sen lim sen 0
y mxx y x
y mxx x
=→ →
= = ,
o produto de um infinitésimo por um função limitada é um infinitésimo. Para se utilizar a definição,
há que provar que
2 20 ( ) 0
1: ( , ) \{(0,0)} senfx y D x y y
xδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ + < � < .
Como 2 2
1sen 1
1 1sen sen
x
y y y x yx x
ε≤
= ≤ ≤ + < ,
considerando ε δ≤ garante-se que 0 1
senlim)0,0(),(
=→ x
yyx
.
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
17/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
3.9) 4
2 4( , )( 1)
yf x y
x y=
− +, (1,0) .
Resolução: O domínio da função é
{ }2( , ) : ( , ) (1,0)fD x y x y= ∈ ≠�
Para o cálculo do limite 4
2 4( , ) (1,0)
0lim =
( 1) 0x y
yx y→
� �� − + �
,
os limites iterados são 4
2 41 0lim lim 0
( 1)x y
yx y→ →
=− +
,
e 4
2 40 1lim lim 1
( 1)y x
yx y→ →
=− +
.
Como os limites iterados são diferentes conclui-se que não existe 4
2 4( , ) (1,0)lim
( 1)x y
yx 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) , { }2( , ) : ( 1)T x y y m x= ∈ = −� ,
( 1)( , )
4 4 4 4
2 4 2 4 2 4 4( , ) (1,0) 1 1
4 2
4 21
( 1)lim lim lim
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
( 1) lim 0,
1 ( 1)
y m xx y Tx y x x
x
y y m xx y x y x m x
m xm x
= −∈→ → →
→
−= = =− + − + − + −
−= =+ −
logo se o limite existir é zero. Como o limite sobre { }2( , ) : 1S x y y m x= ∈ = −� ,
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 xx y Sx y x x
y y m xx y x y x m x
mm
= −∈→ → →
−= = =− + − + − + −
=+
depende de m , não existe 4
2 4( , ) (1,0)lim
( 1)x y
yx y→ − +
.
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Limites e continuidade
18/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
3.10) ( )2 2( , ) arctgx
f x y x yy
= + , )0,0( .
Resolução: O domínio da função é
{ }2( , ) : 0fD x y y= ∈ ≠�
Para o cálculo do limite
( )2 2
( , ) (0,0)lim arctg
x y
xx 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 limarctg 0 lim 0,2
x y x y y
x y x
x x xx y x y
y y y
xx x
yπ
→ → → → →
→ → →
� �+ = + =�
�
� �= + = =�
�
Cálculo auxiliar
• 0
lim arctg lim arctg( )2y t
xtx
yπ
→ →+∞= = , fazendo a mudança de variável
1t
y= , quando 0y → ,
0t → ;
• 2
0lim arctg 0y
xy
y→= , a função arco-tangente é limitada, o produto de um infinitésimo por
uma função limitada é um infinitésimo.
e
( )2 2
0 0lim lim arctg 0y x
xx 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 2 2 2( )x y a a+ − = ,
(0, )C a e r a= , resolvendo em ordem a x, vem
2 2 2 2( ) 2x y a a x ay y+ − = ⇔ = ± −
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Limites e continuidade
19/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
tomando, por exemplo, o limite segundo a semicircunferência de equação 22x ay y= − − , vem
( ) ( )22
222 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 yxx y ay y y
y y
a yay
y
=− −
→ →
→
− −� �+ = − − + =� �
−= − =
O produto de um infinitésimo por uma função limitada é um infinitésimo.
Obs.: A função arco-tangente é uma função impar arctg( ) arctg( )x x− = − .
Através dos limites calculados, se o limite existir o seu valor é zero. Utilizando a definição deve
provar-se que
{ } 2 2 2 20 ( ) 0 : ( , ) \ (0,0) ( ) arctanf
xx y D x y x y
yδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ + < � + < .
Como
2 2 2 2 2 2
arctan2
2 2 2 2 2 2
( ) arctan ( ) arctan ( )2
2 2 ( ) ( )
2
xy
x xx y x y x y
y y
x y x y x y
π
π
π δ δδπ π
<
+ = + < + =
= + < � + < � + <
basta considerar 2δεπ
≤ , para se provar que ( )2 2
( , ) (0,0)lim arctan 0
x y
xx y
y→+ = .
Obs.: Pela proposição 1 ponto 3 do resumo teórico ( )2 2
( , ) (0,0)lim arctg 0
x y
xx y
y→+ = .
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Limites e continuidade
20/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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 2n ≤ , no âmbito da disciplina de complementos de
matemática, interessa a seguinte definição para funções definidas em 2� , cujos gráficos são
superfícies.
Definição3: Seja 2: ff D ⊂ →� � . A função ),( yxf , diz-se contínua no ponto ( , ) fa b D∈
quando { }0 ( ) 0 : ( , ) \ ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )fx y D a b x y - a b f x y f a bδ ε δ ε 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 : nff D ⊆ →� � é contínua sse for contínua em todos os pontos do seu domínio fD .
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 bf x y
→:
*
( , ) ( , )
( , ) ,( , )( , )
lim ( , ) , ( , ) ( , )f
x y a b
f x y x y Df 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 ( , ) fa b D∉ , 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.
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Limites e continuidade
21/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
• Caso não exista
( , ) ( , )lim ( , )
x y a bf x y
→, a descontinuidade é não removível e a função não poderá
ser prolongada por continuidade
Uma função : n
ff D ⊂ →� � diz-se descontínua num ponto ( , )a b sse não for contínua nem
prolongável por continuidade a esse ponto.
Definição4: Uma função : nf →� � da forma 1 21 2 1 2( , ,..., ) ... nii i
n nf x x x x x xα= , onde α é um escalar
e 1 2, ,..., ni i i são números inteiros não negativos, é chamado um monómio. Uma função que
representa a soma de monómios é um polinómio.
Proposição2: Uma função polinomial : nf →� � é contínua em todo o ponto n∈�a .
Definição5: Se g e h forem ambas funções polinomiais, à função ( )
( )( )
gf
h= xx
x dá-se o nome de
função racional.
Proposição3: Uma função racional : n
ff D ⊂ →� � é contínua em todos os pontos do seu
domínio.
Proposição4: Supondo as funções : nf →� � e : ng →� � contínuas em a. Então as funções
definidas por, ( ) ( )f g±x x , ( ) ( )f gx x , ( )( )
fg
xx
, ( ( ) 0)g ≠a e ( )fα 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
ff D ⊂ →� � contínua no ponto fD∈a e :g gD ⊂ →� � contínua em
0y = ( ) gf D∈a , então a função composta [ ]( ) ( )gof g f=x x é contínua no ponto a.
Pode ainda, estabelecer-se a seguinte relação entre limite e composição de funções. Teorema 2: Sejam : n
ff D ⊂ →� � , : gg D ⊂ →� � e ( )f gf D D⊂ . Se lim ( )f l→
=x a
x e g for
contínua no ponto l, então [ ]lim ( ) lim ( ) ( )gof g f g l→ →
= =x a x a
x x .
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Limites e continuidade
22/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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( , )
4x y
f x yx y
+=−
.
Resolução: O domínio de ( , )f x y é { } { }2 2( , ) : 4 0 ( , ) : 4fD x y x y x y x y= ∈ − ≠ = ∈ ≠� � , e a sua
fronteira
{ }2front( ) ( , ) : 4fD x y x y A= ∈ = =� .
A função é contínua no seu domínio por ser uma função racional. Como, 2
fD ≠ � , 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 yf x y f x y
∈→
= , onde 0 0( , )x y A∈ é
um ponto genérico da recta de equação 4x
y = , isto é, qualquer ponto do tipo 0 0( , )x y 00 ,
4x
x� �= � �
.
i) Para ( )0 0, (0,0)x y =
( , ) (0,0)
3 0lim
4 0x y
x yx y→
+ � �= � − �.
Os limites iterados são
0 0
3lim lim 3
4x y
x yx y→ →
+ =−
e
0 0
3limlim 4
4y x
x yx 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 1lim lim ,
4 4 1 4 4y mx
x y x
x y x mx mm
x y x mx m=→ →
+ + + � �= = ≠� − − − �.
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23/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
ii) Para 0 0( , )x y 00 ,
4x
x� �= � �
(0,0)≠ , repare-se que 14
m = ,
00 00
00
( , ) ( , )( , ) , ) 0
4 0
33 3 4lim lim4 4 4
4
xx y x yx y x
xxx y x y
xx 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 0 0( , )x y 00 ,
4x
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 yx y
x yf x yx y
+� ≠� −= �� =�
,
{ }*2( , ) : 4
fD x y x y= ∈ ≠� { }(0,0)∪ .
• Para 4 0x y− ≠ a função é contínua uma vez que esta definida por uma função racional cujo
domínio é { }2( , ) : 4 0D x y x y= ∈ − ≠� , ou seja, o denominador não se anula.
• Para )0,0(),( =yx a função é contínua se 0)0,0(),(lim)0,0(),(
==→
fyxfyx
. Como foi visto não
existe yxyx
yx 43
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 yxyx
yx 43
lim)0,0(),( −
+→
, podendo concluir-se que a função não é prolongável por
continuidade à origem, nem a 2� .
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24/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
4.2) sen( )( , )
x yf x y
x y+=
+.
Resolução: O domínio da função é { }2( , ) : fD x y y x= ∈ ≠ −� ,
e
{ }2front( ) ( , ) :fD 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 x y= + , e
o denominador é uma função polinomial. A função não é contínua em 2� , uma vez, que 2
fD ≠ � .
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 yf x y f x y
∈→
= , onde 0 0( , )x y é um ponto genérico que pertença à recta de equação
y x= − , ou seja, qualquer ponto do tipo 0 0( , )x y ( )0 0,x x= − .
i) Para 0 0( , ) (0,0)x y = , pretende-se calcular
( , ) (0,0)
sen( ) 0lim
0x y
x yx y→
+ � �= � + �,
para isso utiliza-se o teorema 2 do resumo teórico.
Seja 2:h →� � definida por ( , )h x y x y= + , tem-se ( , ) (0,0)
lim ( ) 0x y
x y l→
+ = = , que é contínua no
ponto 2(0,0)∈� e :g gD ⊂ →� � definida por
sen, 0
( ) 1 , 0
tt
g t tt
� ≠�= �� =�
contínua em (0,0) 0h = gD∈ , pois 0
senlimt
tt→
= 1 (0)g= , então
( , ) (0,0) ( , ) (0,0)
sen( )lim ( , ) lim (0) 1
x y x y
x ygoh x y g
x y→ →
+= = =+
.
Existindo este limite a função pode ser prolongada por continuidade à origem.
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25/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
ii) Para 0 0 0 0( , ) ( , ) (0,0)x y x x= − ≠ .
0 0 0 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )
sen( ) sen( )lim lim 1
x y x y x y x x
x y x yx y x y→ → −
+ += =+ +
(porquê?).
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( ), 0
( , ) 1 , 0
x yx y
x yf x yx y
+� + ≠� += �� + =�
,
que é contínua em todos os pontos de 2� (o seu domínio).
4.3) 229
1),(
yxyxf
−−= .
Resolução: O domínio da função é { }2 2 2( , ) : 9fD x y x y= ∈ + ≠� ,
e
{ }2 2 2front( ) ( , ) : 9fD x y x y 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 922 =+ yx (a fronteira do domínio). A
função não é contínua em 2� , uma vez, que 2
fD ≠ � .
A função não pode ser prolongada por continuidade aos pontos 0 0( , )x y A∈ , uma vez que
( )20 0 0 022 2 2 2( , ) ( , ) ( , ) ( , 9 ) 2 2
0 0
1 1 1lim lim
9 9 9 9x y x y x y x xx y x y x x
→ → ± −= = = ∞
− − − − − − ± −.
Conclui-se que a função não é contínua nem prolongável por continuidade a 2
� .
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Limites e continuidade
26/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
4.4) ( , )f x y = ( )2 2
2 2
1senx y
x y+
+.
Resolução: O domínio da função é { }2 \ (0,0)fD = � .
Para )0,0(),( ≠yx a função é contínua, pois é o produto de duas funções contínuas. A função não é
contínua em 2� , uma vez, que 2
fD ≠ � .
A função pode ser prolongada por continuidade em ( , ) (0,0)x y = , uma vez que,
( )2 2 2
2 2( , ) (0,0) cos 0sen
1 1lim sen lim sen 0
x y x t ty t
x y ttx 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 δε = . Assim a função
*( , )f x y =( )2 2
2 2
1sen , ( , ) (0,0)
0 , ( , ) (0,0)
x y x yx 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)
1lim sen 0
x yx y
x y→+ =
+.
4.5)5 3 3 2
4 4 2 2
cos sen( , )
2y x x y
f x yx y x y
+=+ +
.
Resolução: O domínio da função é
{ }2 \ (0,0)fD = � .
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
fD ≠ � .
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� .
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Limites e continuidade
27/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Os limites iterados são 5 3 3 2
4 4 2 20 0
cos senlim lim 0
2x y
y x x yx y x y→ →
+ =+ +
e 5 3 3 2
4 4 2 20 0
cos senlim lim 0
2y x
y x x yx y x y→ →
+ =+ +
.
Por definição
5 3 3 22 2
0 ( ) 0 4 4 2 2
cos sen: ( , ) \{(0,0)}
2f
y x x yx y D x y
x y x yδ ε δ ε δ> >+∀ ∃ ∈ + < � <
+ +
5 3 3 2 5 3 3 2 5 3 3 25 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 sencos sen2 2 ( ) ( )
cos sen ( ) cos ( ) sen
( ) ( )
y x x y y x x y y x x yy x x yx 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
+ + ++ = = ≤ =+ + + + + +
+ + + += ≤ ≤
+ +22 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 yx y x y
+ + + + + +≤ ≤ ≤
+ +
+ + + + +≤ = =
+ +
=
5 1 412 2 2 2 2 22 2 2
2 2 2 222 2 2 2 2 2
2( ) 2( ) ( )2( ) 2 2 ,
( ) ( )x y x y x y
x y x yx y x y
ε+ + += = + = + <+ +
ou seja, basta considerar 2δε = , para se garantir que
5 3 3 2
2 24 4 2 2
cos sen2 2
y x x yx y
x y x yδε δ++ < = � <
+ +,
concluindo-se que, 5 3 3 2
4 4 2 2( , ) (0,0)
cos senlim 0
2x y
y x x yx y x y→
+ =+ +
.
Existindo este limite, fazendo
( , ) (0,0)(0,0) lim ( , ) 0
x yf 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 yx y
f x y x y x yx y
� + ≠�= + +�� =�
que é contínua em 2� (o seu domínio).
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4.6) 2 2, ( , ) (0,0)
( , )
1 , ( , ) (0,0)
xyx 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 yx 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 2fD = � .
Quanto à continuidade:
• Para )0,0(),( ≠yx a função é contínua uma vez que esta definida por uma função racional
cujo domínio é { }2 \ (0,0)� .
• Para )0,0(),( =yx , prova-se (exercício 3.7)) que 1)0,0(0lim22)0,0(),(
=≠=+→
fyx
xyyx
, 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)
lim 0x y
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 0x y
xyf
x y→= =
+. A função
* 2 2, ( , ) (0,0)
( , )
0 , ( , ) (0,0)
xyx 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 .
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29/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
4.7)
2
2 2
( 2)( 1), ( , ) ( 2,1)
( , ) ( 2) ( 1) 0 , ( , ) ( 2,1)
x yx y
f x y x yx y
� + − ≠ −�= + + −�� = −�
.
Resolução: Por raciocínio análogo ao do exercício anterior conclui-se que 2fD = � .
Quanto à continuidade:
• Para )1,2(),( −≠yx , a função é contínua, pois esta definida por uma função racional cujo
domínio é precisamente { }2 \ ( 2,1)−� .
• Para )1,2(),( −=yx , a função é contínua sse 0)1,2(),(lim)1,2(),(
=−=−→
fyxfyx
. Fazendo uma
translação dos eixos, isto é, considerando 2+= xt , 02 →�−→ tx e 1−= yw ,
01 →�→ wy , vem
0lim)1()2(
)1)(2(lim
22
2
)0,0(),(22
2
)1,2(),(=
+=
−++−+
→−→ wttw
yxyx
wtyx (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 )1,2(− , com equação )2(1 +=− xmy .
Conclusão: Como 0)1,2(),(lim
)1,2(),(=−=
−→fyxf
yx a função é contínua em todo o seu domínio, ou
seja, em 2� .
4.8) 2 3 2
ln(1 ), 1 e 22( , )
2 , outros ( , )
xx x y
yf 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 B x y x y= ∈ < =� .
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30/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Quanto ao domínio:
1) No primeiro ramo, ( , ) ln(1 )2
xf x y x
y= −
− cujo domínio é { }2( , ) : 1 e 2D x y x y= ∈ < ≠� .
2) No segundo ramo 2 3( , ) 2f x y x y= + cujo domínio é 2� .
Por 1) e 2) conclui-se que o domínio da função é 2
fD = � .
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 0 0 0( , ) (1, )x y y= , ( 0 2y ≠ ), a função não é contínua, uma vez que
0( , ) (1, )lim ln(1 )
2x y y
xx
y→− = −∞
− ( 0 2y ≠ ).
• Em B, para pontos do tipo 0 0 0( , ) ( , 2)x y x= , ( 0 1x ≠ ) a função não é contínua, uma vez que
0( , ) ( ,2)lim ln(1 )
2x y x
xx
y→− = ∞
− ( 0 1x ≠ ).
Conclusão: A função é contínua em { }2 2\ ( , ) : 1 ou ( 1 e 2)x y x x y∈ = < =� � , não pode ser
prolongada por continuidade a 2� ,
4.9) 2 2 , se 0( , )
, se 0
x y x yf x yx 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 0x y+ = .
• No primeiro ramo, a função é definida por 2 2x y+ que é uma função contínua no seu
domínio, 2� , em particular, para todo o par ( , )x y que verifica a condição 0x y+ > .
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31/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
• 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 0x y+ ≤ .
• Para se estudar a continuidade da função sobre a recta de equação y x= − , ou seja, para os
pontos do tipo ( )0 0 0 0( , ) ,x y x x= − , considerem-se os conjuntos
{ }2( , ) : 0A x y x y= ∈ + >� ,
{ }2( , ) : 0B x y x y= ∈ + <�
e
{ }2( , ) : 0C x y x 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 x y x yf x y f x y f x y
∈ ∈→ →
= = ,
ou seja,
0 0 0 0
2 20 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )
lim lim ( ) ( , ) 0x y x y x y x y
x y x y f x y→ →
+ = + = = .
Como
0 0 0 0
2 2 2 2 2 2 20 0 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )
lim lim ( ) 2x y x y x y x x
x y x y x x x→ → −
+ = + = + − =
e
0 0 0 00 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )
lim ( ) lim ( ) 0x y x y x y x x
x y x y x x→ → −
+ = + = − = ,
sobre os pontos da recta de equação y x= − , a função é contínua apenas nos pontos que
verifiquem a igualdade
202 0x = ,
ou seja, para 0 0x = , isto é, para o ponto 0 0 0 0( , ) ( , ) (0,0)x y x x= − = .
Conclusão: A função é contínua no seu domínio com excepção dos pontos sobre a recta 0x y+ =
exceptuando a origem, isto é
{ } { }20 0( , ) \ ( , ) (0,0)x y x x∀ ∈ −� � .
A função não é prolongável por continuidade a 2� .
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32/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
-4
-2
0
2
4
-4 -2 2 4
4.10) 3 2 2 2
2 2 2 2
2 , se 2( , )
sen( 2) , se 2
x xy x yf x y
x y x y
� + − + >�= �+ − + ≤��
.
Resolução: Quanto ao domínio:
1) No primeiro ramo, quando ( , )x y verifica a condição 2 2 2x y+ > , 3 2( , ) 2f x y x xy= + − .
Repare-se que 3 2( , ) 2f x y x xy= + − , não está definida para todo o par ( , )x y que verifica
a condição 2 2 2x y+ > , por exemplo, não está definida para o ponto ( 2,0)− . O domínio
deste ramo é { }2 3 2( , ) : 2 0x y x xy∈ + − ≥� .
2) No segundo ramo, 2 2( , ) sen( 2)f x y x y= + − cujo domínio é 2
� , em particular, está
definida para os pontos do círculo de equação 2 2 2x y+ ≤ .
Por 1) e 2), conclui-se que o domínio da função é
{ } { }{ }
2 3 2 2 2 2
32 2 2 2 2
( , ) : 2 ( , ) : 2
2 ( , ) : ( , ) : 2
fD x y x xy x y x y
xx y y x y x y
x
= ∈ + ≥ ∈ + ≤ =
� �−= ∈ ≥ ∈ + ≤� � �
� �
� �
�
�
Graficamente,
(Atenção: Complete o gráfico)
Os pontos de intersecção das curvas 3 2 2x xy+ = e 2 2 2x y+ = , são (1,1) e (1, 1)− . Podem ser
obtidos através da resolução do sistema
3 2 2 2
2 2 2 2
2 ( ) 2 112 2
x xy x x y x
yx y x y
� �+ = + = =�� �⇔ ⇔� � � = ±+ = + =� � �� �.
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33/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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 2 2 2x y+ = .
• No primeiro ramo, a função é definida por 3 2 2x xy+ − que é uma função contínua no seu
domínio.
• No segundo ramo, a função é definida por 2 2sen( 2)x y+ − , que é a composta de duas funções
contínuas, ( ) seng t t= , em � , e 2 2( , ) 2h x y x y= + − , em 2� , portanto, contínua para todo o
par ( , )x y que verifica a condição 2 2 2x y+ ≤ .
• Sobre a circunferência de equação 2 2 2x y+ = , ou seja, para os pontos do tipo
( )20 0 0 0( , ) , 2x y x x= ± − , a função será contínua sse
0 0 0 0
3 2 2 20 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )
lim 2 lim sen( 2) ( , ) 0x y x y x y x y
x xy x y f x y→ →
+ − = + − = = .
Como
( ) 2 20 0 0 0 0 0
3 2 2 2 2 20 0 0 0( , ) ( , ) ( , ) , 2
lim 2 lim ( ) 2 ( ) 2 2 2x y x y x y x y x y
x xy x x y x x y x→ → + =
+ − = + − = + − = −
e
2 20 0 0 0
2 2 2 20 0( , ) ( , ) 2
lim sen( 2) sen( 2) sen0 0x y x y x y
x y x y→ + =
+ − = + − = = ,
sobre a circunferência a função será contínua apenas nos pontos que verifiquem a igualdade
02 2 0x − = ,
ou seja, para 0 01 1x y= � = ± , 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 2 2 2x y+ = que não sejam os pontos (1, 1)− e (1,1) . Isto é, a função é contínua em
{ }( ) { }20 0\ ( , 2 ) (1, 1), (1,1)fD x x± − −� .
A função não pode ser prolongada por continuidade a 2� .
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34/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Obs.: Tendo em conta o domínio da função, estudar a continuidade de ( , )f x y seria equivalente a
estudar a continuidade de
3 2 3 2
2 2 2 2
2 , se 2( , )
sen( 2) , se 2
x xy x xyg x y
x y x y
� + − + >�= �+ − + ≤��
.
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 .
4.11) 2 2 2
2 2
2 2 2
1, e ( , ) (0,0)
2 ln( )( , )
0 , e ( , ) (0,0)
x y e x yx yf x y
x y e x y
� + ≠ ≠� − += �� + = =�
.
Resolução: O domínio da função é 2fD = � . Para se estudar a continuidade da função considerem-
se os seguintes conjuntos
{ }2 2 2 2 2 2( , ) : e 0A x y x y e x y= ∈ + ≠ + ≠� ,
{ } { }2 2 2( , ) : 0 (0,0)B x y x y= ∈ + = =� ,
e
{ }2 2 2 2( , ) :C x y x y e= ∈ + =� .
• Para ( , )x y A∈ a função é contínua, uma vez que é o domínio de 2 2
1( , )
2 ln( )f x y
x y=
− +.
• Para ( , )x y B∈ , a função é contínua uma vez que 2 2( , ) (0,0)
1lim 0 (0,0)
2 ln( )x yf
x y→= =
− +.
• Para ( , )x y C∈ , a função não é contínua uma vez que
( )2 2 2 20 0 0 0
2 2 22( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 2 2 2
0 0
1 1 1 1lim lim
2 ln( ) 2 ln 02 lnx y x e x x y x e xx y ex e x→ ± − → ± −= = = = ∞
− + −� �− + ± −� �
,
como o limite não existe a função não pode ser prolongada por continuidade aos pontos de C.
Conclusão: A função é contínua em { }2 2 2 2 2\ ( , ) :x y x y e∈ + =� � . Não pode ser prolongada por
continuidade a 2� .
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35/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
4.12) 2 2
22 2
2 2
4 2 2
, 4 e ( , ) (0,0)
( , ) , 4
, ( , ) (0,0)
x y
x yx y x y
x y
f x y e x y
e x y
+ −
� + + < ≠�+�
�= � + ≥��� =�
.
Resolução: O domínio da função é 2fD = � .
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
{ }2 2 2( , ) : 4 ( , ) (0,0)A x y x y x y= ∈ + < ≠� ,
{ }2 2 2( , ) : 4B x y x y= ∈ + >� ,
{ }2( , ) : ( , ) (0,0)C x y x y= ∈ =� ,
e
{ }2 2 2( , ) : 4D x y x y= ∈ + =� .
• 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 ( ) tg t e= e
2 2( , ) 4h x y x y= + − , [ ] 2 22 2 4( , ) 4 x yg h x y g x y e + −� �= + − =� � .
• Para ( , )x y C∈ , a função é contínua sse 2
2 2( , ) (0,0)lim (0,0)
x y
x ye f
x y→
+ = =+
.
2
2 2 2
2 2 2 4 2 2 2( , ) (0,0) 0 0
1lim lim lim
1x my
x y y y
x y my y m
x y m y y y m y=→ → →
+ + += = = ∞+ + +
,
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 2 2 4x y+ = , ou seja, são do
tipo 20 0 0 0( , ) ( , 4 )x y x x= ± − . A função será continua sse
0 0 0 0( , ) ( , )
0 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )lim ( , ) lim ( , ) ( , )x y A x y B
x y x y x y x yf x y f x y f x y
∈ ∈→ →
= = .
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Limites e continuidade
36/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Por um lado,
( )( )20 0 0 0( , )
22
2 22 0 00 0 0 0
2 2 2( , ) ( , ) ( , ) ( , 4 ) 2 20 0
4 4 4lim ( , ) lim
244x y A
x y x y x y x x
x x x x x xx yf x y
x y x x∈→ → ± −
+ ± − − + + − + ++= = = =+ + ± −
,
por outro
( )22 2
2 2 0 0
20 0 0 0( , )
4 44
( , ) ( , ) ( , ) ( , 4 )lim ( , ) lim 1x y B
x xx y
x y x y x y x xf x y e e
∈
+ ± − −+ −
→ → ± −= = = ,
e,
( )22 20 0
0 0( , )
4 420 0 0 0 ( , ) ( , )
( , ) ( , 4 ) 1 lim ( , )x y B
x x
x y x yf x y f x x e f x y
∈
+ ± − −
→= ± − = = = .
Assim, ( , )f x y é contínua, em D, para os pontos que verificam
0 0 0 0( , ) ( , )
20 0
( , ) ( , ) ( , ) ( , )
4lim ( , ) lim ( , ) 1
2x y A x y B
x y x x x y x x
x xf x y f x y
∈ ∈→ →
− + += ⇔ = ,
ou seja, 0 02 0x y= � = ou 0 01 3x y= − � = ± . 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 2 2 2\ ( , ) : 4 ou 0 (2,0), ( 1, 3)x y x y x y∈ + = = = ∪ − ±� � .
Não é prolongável por continuidade a 2� .