Verifique se a função f(x, y) é contínua no ponto dado (a, b). Justifique sua resposta usando a definição de continuidade.
f(x, y)=\ln \left(x^{2}+y^{2}-1\right) no ponto ( 1,1 ).

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a função f(x,y)=\ln\!\big(x^{2}+y^{2}-1\big) é contínua no ponto (1,1). Informações dadas e observações iniciais úteis:
  • A função é f(x,y)=\ln\!\big(x^{2}+y^{2}-1\big).
  • O ponto de verificação é (a,b)=(1,1).
  • Para usar a definição de continuidade precisamos mostrar que \lim_{(x,y)\to(1,1)} f(x,y) existe e é igual a f(1,1).
  • Note que a função \ln(t) só está definida para t>0. Então é necessário garantir que, numa vizinhança de (1,1), o argumento x^{2}+y^{2}-1 seja positivo (ou seja, que os pontos considerados estejam no domínio de f).

Passo 2

Calcular o valor de f no ponto e avaliar o argumento do logaritmo:
  • Primeiro calcule o argumento em (1,1):
1^{2}+1^{2}-1 = 1.
  • Portanto
f(1,1)=\ln(1)=0.
Conclusão parcial: f(1,1) está bem definida e vale 0. Agora precisamos mostrar que \lim_{(x,y)\to(1,1)} \ln\!\big(x^{2}+y^{2}-1\big)=0.

Passo 3

Estratégia usando definição \varepsilon- \delta: vou mostrar que para todo \varepsilon>0 existe \delta>0 tal que, sempre que \sqrt{(x-1)^{2}+(y-1)^{2}}<\delta, então
\left|\ln\!\big(x^{2}+y^{2}-1\big)-0\right|<\varepsilon.
Para isso trabalho com a função auxiliar
h(x,y)=x^{2}+y^{2}-1,
de forma que f(x,y)=\ln\!\big(h(x,y)\big) e h(1,1)=1.

Passo 4

Garantir que estamos no domínio do logaritmo perto de (1,1). Vou obter uma estimativa de |h(x,y)-1| em função da distância \sqrt{(x-1)^{2}+(y-1)^{2}}.
Começo por escrever
|h(x,y)-1| = |x^{2}+y^{2}-2|.
Reescrevendo x^{2}-1=(x-1)(x+1) e y^{2}-1=(y-1)(y+1) obtemos
|h(x,y)-1| = |(x-1)(x+1) + (y-1)(y+1)| \le |x-1|\,|x+1| + |y-1|\,|y+1|.
Se eu garantir que |x-1|<\tfrac{1}{2} e |y-1|<\tfrac{1}{2} então x e y ficam em (\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}), logo
|x+1|\le \tfrac{5}{2}\quad\text{e}\quad |y+1|\le \tfrac{5}{2}.
Para simplificar a conta posso usar um número maior e conveniente: |x+1|\le 3 e |y+1|\le 3 (essa margem é segura se |x-1|<\tfrac{1}{2} e |y-1|<\tfrac{1}{2}). Assim
|h(x,y)-1| \le 3|x-1| + 3|y-1| \le 3\big(|x-1|+|y-1|\big).
Usando a desigualdade |x-1|+|y-1| \le \sqrt{2}\sqrt{(x-1)^{2}+(y-1)^{2}} obtemos, para \rho=\sqrt{(x-1)^{2}+(y-1)^{2}},
|h(x,y)-1| \le 3\sqrt{2}\,\rho.

Passo 5

Controle do logaritmo pela estimativa anterior. Tome um \varepsilon>0 arbitrário. Vou escolher \delta>0 de modo a garantir duas coisas:
  1. \rho<\delta implique |h(x,y)-1|<\tfrac{1}{2}. Isso garante h(x,y)>\tfrac{1}{2}>0, isto é, estamos no domínio de \ln.
  2. Com h(x,y) em [\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}] eu posso usar uma cota para o crescimento de \ln. De fato, para t\in[\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}] tem-se \left|\dfrac{d}{dt}\ln t\right|=\dfrac{1}{t}\le 2. Portanto, no intervalo citado, \ln é Lipschitz com constante 2, ou seja
|\ln t - \ln 1| \le 2|t-1|.
Agora escolho
\delta = \min\!\left\{\tfrac{1}{2},\; \dfrac{\varepsilon}{6\sqrt{2}}\right\}.
Se \rho<\delta então, pela desigualdade do Passo 4,
|h(x,y)-1| \le 3\sqrt{2}\,\rho < 3\sqrt{2}\,\delta \le 3\sqrt{2}\cdot\dfrac{\varepsilon}{6\sqrt{2}}=\dfrac{\varepsilon}{2}.
Além disso \delta\le\tfrac{1}{2} garante |h(x,y)-1|<\tfrac{1}{2}, logo h(x,y)\in\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}\big). Aplicando a desigualdade Lipschitz de \ln obtemos
\left|\ln\!\big(h(x,y)\big)-\ln(1)\right| \le 2\,|h(x,y)-1| < 2\cdot\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.
Isto mostra que para todo \varepsilon>0 existe \delta>0 tal que \rho<\delta implica |\ln(h(x,y)) - 0|<\varepsilon.

Passo 6

Conclusão pela definição de continuidade: a estimativa do Passo 5 mostra exatamente que
\lim_{(x,y)\to(1,1)} \ln\!\big(x^{2}+y^{2}-1\big)=0=f(1,1).
Além disso verificamos que, numa vizinhança de (1,1), o argumento do logaritmo permanece positivo, portanto f está bem definida perto do ponto. Assim f é contínua em (1,1).

Resposta

Contínua em (1,1).

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