Mostrar que a função abaixo é, exceto na origem, contínua:
f(x, y)= \begin{cases}\frac{6 x^{2} y}{x^{4}+y^{2}}+3, & (x, y) \neq(0,0), \\\\ 0, & (x, y)=(0,0) .\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{6x^{2}y}{x^{4}+y^{2}}+3, & (x,y)\neq(0,0),\\[6pt] 0, & (x,y)=(0,0). \end{cases}
O que se pede: mostrar que f é contínua em todo ponto diferente da origem, isto é, provar que para todo ponto (a,b) com (a,b)\neq(0,0) vale
\lim_{(x,y)\to(a,b)} f(x,y)=f(a,b).
Informações dadas que vamos usar:
  • A expressão explícita de f para (x,y)\neq(0,0).
  • Em qualquer ponto (a,b)\neq(0,0) temos a^{4}+b^{2}>0 (logo o denominador aí é estritamente positivo).]

Passo 2

Lembrete prático (definição e fatos que vamos usar):
  • Definição de continuidade num ponto: uma função F é contínua em (a,b) se \lim_{(x,y)\to(a,b)}F(x,y)=F(a,b).
  • Fatos básicos sobre funções polinomiais e operações: polinômios (e somas, produtos) são contínuos; se U e V são contínuos e V(a,b)\neq0, então a função (x,y)\mapsto U(x,y)/V(x,y) é contínua em (a,b). Vou demonstrar esse fato com um argumento tipo \varepsilon- \delta aplicado ao nosso caso, para que fique bem claro como usar no exame.
  • Aqui convém separar f em duas partes: a constante 3 (que é contínua) e a parte racional
g(x,y)=\frac{6x^{2}y}{x^{4}+y^{2}}.
Se eu mostrar que g é contínua em (a,b) então f=g+3 também será contínua em (a,b).

Passo 3

Escolha de um ponto arbitrário fora da origem e análise do denominador.
Seja (a,b) tal que (a,b)\neq(0,0). Defina
U(x,y)=6x^{2}y,\qquad V(x,y)=x^{4}+y^{2}.
Observe que U e V são polinômios em x,y, logo são contínuos em toda parte. Em particular, definimos
U_{0}=U(a,b)=6a^{2}b,\qquad V_{0}=V(a,b)=a^{4}+b^{2}.
Como (a,b)\neq(0,0) temos V_{0}>0. Por continuidade de V existe um raio \delta_{1}>0 tal que, sempre que \sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}<\delta_{1},
|V(x,y)-V_{0}|<\frac{V_{0}}{2}.
Isto implica, para tais (x,y), que
V(x,y)>V_{0}-\frac{V_{0}}{2}=\frac{V_{0}}{2}>0.
Assim perto de (a,b) o denominador nunca se anula e, melhor ainda, fica limitado abaixo por V_{0}/2. Esse é o passo importante para poder dividir por V(x,y) sem sustos.

Passo 4

Prova \varepsilon- \delta de continuidade de g em (a,b).
Queremos mostrar: para todo \varepsilon>0 existe \delta>0 tal que se \sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}<\delta então
\bigg|\frac{U(x,y)}{V(x,y)}-\frac{U_{0}}{V_{0}}\bigg|<\varepsilon.
Calcule a diferença e manipule para obter termos que possamos controlar:
\bigg|\frac{U}{V}-\frac{U_{0}}{V_{0}}\bigg| =\bigg|\frac{U V_{0}-U_{0}V}{V V_{0}}\bigg| =\frac{1}{|V V_{0}|}\,\big| (U-U_{0})V_{0}-U_{0}(V-V_{0})\big|.
Pela desigualdade triangular,
\big| (U-U_{0})V_{0}-U_{0}(V-V_{0})\big| \le |U-U_{0}|\,|V_{0}| + |U_{0}|\,|V-V_{0}|.
Logo
\bigg|\frac{U}{V}-\frac{U_{0}}{V_{0}}\bigg| \le \frac{|U-U_{0}|\,|V_{0}| + |U_{0}|\,|V-V_{0}|}{|V||V_{0}|} =\frac{|U-U_{0}|}{|V|} + \frac{|U_{0}|}{|V_{0}|}\cdot\frac{|V-V_{0}|}{|V|}.
Agora use o fato já estabelecido no Passo 3: para (x,y) suficientemente próximos de (a,b) temos |V(x,y)|\ge V_{0}/2. Assim, para tais pontos,
\bigg|\frac{U}{V}-\frac{U_{0}}{V_{0}}\bigg| \le \frac{2}{V_{0}}\,|U(x,y)-U_{0}| + \frac{2|U_{0}|}{V_{0}^{2}}\,|V(x,y)-V_{0}|.
Agora vêm escolhas explícitas de \delta. Como U e V são contínuos em (a,b), existem \delta_{2}>0 e \delta_{3}>0 tais que sempre que \sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}<\delta_{2} temos
|U(x,y)-U_{0}|<\frac{\varepsilon V_{0}}{4},
e sempre que \sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}<\delta_{3} temos
|V(x,y)-V_{0}|<\frac{\varepsilon V_{0}^{2}}{4|U_{0}|}\quad\text{(se }U_{0}\neq0\text{)}.
Se U_{0}=0 então o segundo termo já é nulo e não exige controle extra; se U_{0}\neq0 a escolha acima é válida. Tome
\delta=\min\{\delta_{1},\delta_{2},\delta_{3}\}
(com a convenção de que, se U_{0}=0, não é necessário usar \delta_{3}). Para \sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}<\delta as duas desigualdades acima valem, e então, pela estimativa anterior,
\bigg|\frac{U}{V}-\frac{U_{0}}{V_{0}}\bigg| \le \frac{2}{V_{0}}\cdot\frac{\varepsilon V_{0}}{4} + \frac{2|U_{0}|}{V_{0}^{2}}\cdot\frac{\varepsilon V_{0}^{2}}{4|U_{0}|} = \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.
Isso demonstra que \lim_{(x,y)\to(a,b)} g(x,y)=g(a,b), ou seja, g é contínua em (a,b). Como f=g+3 e somar uma constante preserva continuidade, concluímos que f é contínua em (a,b).

Passo 5

Conclusão geral e comentário final.
Como (a,b)\neq(0,0) foi escolhido de forma arbitrária, o argumento acima mostra que f é contínua em todo ponto do plano exceto possivelmente na origem. (O enunciado pedia exatamente isso: mostrar continuidade exceto na origem.) Se for necessário analisar a origem separadamente, isto é outro problema (investigar \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) e comparar com f(0,0)=0), mas aqui encerramos mostrando continuidade em qualquer (a,b)\neq(0,0).

Resposta

A função f é contínua em todo ponto (x,y) tal que (x,y)\neq(0,0).

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