O que o problema pede: decidir se \displaystyle\lim_{(x,y)\to(x_{0},y_{0})}f(x,y) existe e é igual a f(x_{0},y_{0})=0. Se sim, f é contínua no ponto; se não, não é contínua.]
Passo 2
Lembrete rápido (definição de continuidade que usarei):
Uma função f é contínua em um ponto (x_{0},y_{0}) se e somente se
Então preciso avaliar o limite da função quando (x,y) tende para (x_{0},y_{0})=\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) vindo de qualquer direção no plano.
Estratégia: mostrar que para pontos fora do disco (onde x^{2}+y^{2}\ge1) a função já vale 0, e para pontos dentro do disco (onde x^{2}+y^{2}<1) a expressão é e^{1/(x^{2}+y^{2}-1)}, que tende a 0 quando x^{2}+y^{2}\to1^{-}. Depois faço uma prova \varepsilon-\delta para ser rigoroso.
Passo 3
Calcular o limite vindo do interior do disco (caso potencialmente não-nulo).
Defina r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}. Para pontos com x^{2}+y^{2}<1 tem-se r<1 e
f(x,y)=e^{\frac{1}{r^{2}-1}}.
Observe que
\frac{1}{r^{2}-1} = -\frac{1}{1-r^{2}}.
Como r^{2}\to 1^{-} (isto é, aproximando-se de 1 por valores menores), temos 1-r^{2}\to 0^{+}, portanto -\dfrac{1}{1-r^{2}}\to -\infty. Assim
Logo o valor da função quando (x,y) se aproxima do ponto pelo interior do disco tende a 0.
Passo 4
Calcular o limite vindo do exterior e comparar.
Para pontos com x^{2}+y^{2}>1 (fora do disco aberto) e também quando x^{2}+y^{2}=1, a função vale 0 por definição. Logo qualquer sequência de pontos com x^{2}+y^{2}\ge 1 que tenda ao ponto fornece valores exatamente 0, e em particular o limite por essas direções é 0.
Combinando Passo 3 e Passo 4: tanto ao aproximar pelo interior (onde a função tende a 0) quanto pelo exterior (onde a função vale 0) obtemos o mesmo valor 0. Isso sugere que
\lim_{(x,y)\to(x_{0},y_{0})} f(x,y)=0.
Passo 5
Prova \varepsilon-\delta rigorosa (para ficar bem formal):
Seja \varepsilon>0. Queremos \delta>0 tal que, sempre que 0<\sqrt{(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}}<\delta, então |f(x,y)-0|<\varepsilon.
Caso 1: \varepsilon\ge 1. Para qualquer (x,y) tem-se 0\le f(x,y)\le 1 (pois para x^{2}+y^{2}<1 o expoente é negativo e o exponencial é <1, e para x^{2}+y^{2}\ge1 a função vale 0). Logo |f(x,y)-0|\le 1\le\varepsilon, qualquer \delta>0 serve.
Caso 2: 0<\varepsilon<1. Então -\ln\varepsilon>0. Para x^{2}+y^{2}<1 escrevemos, como antes,
f(x,y)=e^{-\frac{1}{1-r^{2}}}.
Queremos e^{-\frac{1}{1-r^{2}}}<\varepsilon. Tomando logaritmo (permitido porque tudo positivo) dá
Agora relacionamos 1-r^{2} com a distância euclidiana d=\sqrt{(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}}. Como r=\|(x,y)\| e 1=\|(x_{0},y_{0})\|, vale a desigualdade triangular para normas:
porque r\le 1 próximo do ponto (podemos exigir \delta\le 1/2 para garantir r\le 3/2, mas uma estimativa simples suficiente é 1+r\le 2 tomando \delta\le 1). Portanto
1-r^{2}\le 2d.
Se assegurarmos 2d<\dfrac{1}{-\ln\varepsilon}, então 1-r^{2}<\dfrac{1}{-\ln\varepsilon} e consequentemente f(x,y)<\varepsilon. Assim basta escolher
Com essa escolha, sempre que 0<d<\delta teremos |f(x,y)-0|<\varepsilon. Isso estabelece o limite igual a 0 de forma rigorosa.
Passo 6
Conclusão final: como \displaystyle\lim_{(x,y)\to(x_{0},y_{0})} f(x,y)=0 e f(x_{0},y_{0})=0, a função é contínua em \displaystyle\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right).
Resposta
Sim. A função é contínua em \displaystyle\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right).