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Ficha 3 — Topologia, continuidade, limites, integrabilidade
A considerar durante duas semanas

1. Seja $S=B_2(0,0)\setminus B_1(0,0)\subset\mathbb{R}^2$.
   1. Determine $\operatorname{int} S$, $\operatorname{ext} S$, $\partial S$, $\overline{S}$.
   2. Classifique $S$ quanto a ser aberto, fechado, conexo ou limitado.
   3. Decida se é verdade ou não que qualquer sucessão de termos em $S$ tem subsucessões convergentes.
   4. Decida se é verdade ou não que qualquer sucessão convergente de termos em $S$ tem limite em $S$.
   5. Mostre que não existe ou dê um exemplo de uma função contínua em $S$ e ilimitada.
   6. Mostre que não existe ou dê um exemplo de uma função $f$ contínua em $S$  verificando $f(3/2, 0)=1$, $f(-3/2, 0)=-2$ e tal que $f\neq 0$ em $S$.
2. Considere uma função definida num subconjunto $D$ de $\mathbb{R}^2$ por \[f(x,y)=\frac{\sqrt{1-x+y}}{x+y}\]
   1. Determine o domínio $D$ de $f$.
      Solução

      

   2. Determine $\operatorname{int} D$, $\partial D$ e $\overline{D}$ e decida se $D$ é aberto, fechado, conexo ou limitado.
      Solução

      

      \begin{align*}\operatorname{int} D & =\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 1-x+y\gt 0, x+y\neq 0\}\\ \partial D & = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 1-x+y= 0 \text{ ou } ( x+y= 0 \text{ e } x\leq 1/2)\} \\ \overline{D} & = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 1-x+y\geq 0 \} \end{align*}

      $D$ não é aberto ($\operatorname{int} D \neq D$), nem fechado ($\overline{D} \neq D$), nem conexo ($D=A\cup B$ com $A= \{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 1-x+y\geq 0, x+y\gt 0\}$, $B=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 1-x+y\geq 0, x+y\lt 0\}$ com $A\neq\emptyset\neq B$, $\overline{A}\cap B = \emptyset$ pois $\overline{A} = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 1-x+y\geq 0, x+y\geq 0\}$ e $\overline{B}\cap A = \emptyset$ de forma análoga), nem limitado (por exemplo os pontos $(x,2x)$ com $x\gt 0$ estão em $D$ e formam um conjunto ilimitado).

   3. Decida se $f$ é ou não prolongável por continuidade a $(0,0)$.
      Solução

      Não é pois, por exemplo, \[\lim_{x\to 0^+}f(x,2x)=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sqrt{1+x}}{3x}=+\infty.\]

3. Considere uma função definida num subconjunto $D$ de $\mathbb{R}^3$ por \[f(x,y,z)=\frac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{z}}.\]

   1. Determine o domínio $D$ de $f$.
   2. Determine $\operatorname{int} D$, $\partial D$ e $\overline{D}$ e decida se $D$ é aberto, fechado, conexo ou limitado.
   3. Decida se $f$ é ou não prolongável por continuidade a $(0,0,0)$.
   4. Decida se $f$ é ou não uma função limitada.
   Solução

   1. \[ D=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:x^2+y^2\leq 1, z>0\}. \]
   2. \begin{align*} \operatorname{int} D & = \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:x^2+y^2< 1, z>0\}, \\ \partial D & = \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:x^2+y^2= 1, z\geq 0\}\\ & \qquad \cup \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:x^2+y^2\leq 1, z=0\}, \\ \overline{D} & = \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:x^2+y^2\leq 1, z\geq 0\} \end{align*}

      Como $\operatorname{int} D\neq D$, $D$ não é aberto.

      Como $\overline{D}\neq D$, $D$ não é fechado.

      

      Como $D$ é convexo (é um cilindro de raio $1$ tendo como eixo o eixo dos $z$s limitado inferiormente pelo plano $z=0$ e não incluindo este) é, em particular, conexo.

      Como todos os pontos da forma $(0,0,k)$ com $k\in\mathbb{N}$ pertencem a $D$, $D$ não é um conjunto limitado.

   3. Como $\lim_{z\to 0} f(0,0,z)= +\infty$ concluímos que não é possível prolongar por continuidade $f$ ao ponto $(0,0,0)$.
   4. O limite calculado na alínea anterior também mostra que $f$ não é limitada.

4. Considere uma função definida num subconjunto $D$ de $\mathbb{R}^2$ por \[f(x,y)=\frac{\sqrt{y-x}}{\log\left(1+\sqrt{1-x^2-y^2}\right)}\]

   1. Determine o domínio $D$ de $f$.
      Solução

      Notar que $\log\left(1+\sqrt{1-x^2-y^2}\right)$ está sempre definido desde que o argumento do logaritmo esteja definido, pois este é sempre $\geq 1$. Por sua vez $1+\sqrt{1-x^2-y^2}$ está definido para $1-x^2-y^2 \geq 0 \Leftrightarrow x^2+y^2 \leq 1$. Para $\log\left(1+\sqrt{1-x^2-y^2}\right)$ ser diferente de $0$, devemos ter \[1+\sqrt{1-x^2-y^2}\gt 1\Leftrightarrow 1-x^2-y^2 \gt 0 \Leftrightarrow x^2+y^2 \lt 1.\] Portanto \[D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y\geq x, x^2+y^2\lt 1\}.\]

      

   2. Determine $\operatorname{int} D$, $\partial D$ e $\overline{D}$ e decida se $D$ é aberto, fechado, conexo ou limitado.
      Solução

      \begin{align*}\operatorname{int} D & = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x^2+y^2\lt 1, y\gt x\} , \\ \partial D & = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x^2+y^2 = 1, y\geq x\} \cup \left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y= x, |x| \leq \textstyle\frac{\sqrt{2}}{2} \right\}, \\ \overline{D}& = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x^2+y^2 \leq 1, y\geq x\}.\end{align*} Como $D\neq \operatorname{int} D$, $D$ não é aberto. Como $D\neq \overline{D}$, $D$ não é fechado. Como $D\subset B_1(0,0)$, temos que $D$ é limitado. Para qualquer ponto $(x_0,y_0)\in D$ temos que o segmento de recta $\{(tx_0,ty_0): t\in [0,1]\}$ une o ponto a $(0,0)$ pelo que quaisquer dois pontos de $D$ pode ser unidos por um caminho. Assim $D$ é conexo por arcos e portanto conexo.

5. Seja $r:[0,1]\to B_1(0,0)\subset\mathbb{R}^2$ uma função contínua e seja $L$ o seu contradomínio.

   1. Mostre que existe $c\in [0,1[$ tal que $\|r(t)\|\leq c$ para todo o $t\in [0,1]$.
      Solução

      

      $[0,1]$ é limitado e fechado. $r$ e a norma são funções contínuas. Pelo teorema da continuidade da função composta a função $[0,1]\mapsto \|r(t)\|$ é contínua. Além disso tem contradomínio em $[0,1[$. Pelo teorema de Weierstrass esta função tem um máximo que terá que ser um número em $[0,1[$.

   2. Mostre que $B_1(0,0)\setminus L$ é um conjunto aberto.
      Solução

      Seja $(x_0,y_0)\in B_1(0,0) \setminus L$ e $d:L \to \mathbb{R}$ definida por $d(x,y)= \|(x,y) - (x_0,y_0)\|$. $L$ é limitado e fechado pelo teorema de Weierstrass aplicado à função $r$. Temos $d\gt 0$ em todos os pontos de $L$ e trata-se de uma função contínua. Pelo teorema de Weierstrass aplicado a $d$ esta função terá um mínimo positivo $m_1$. Portanto $B_{m_1}(x_0,y_0)\cap L =\emptyset$. Da mesma forma seja $m_2$ o mínimo da distância de $(x_0,y_0)$ a $\partial B_1(0,0)$. Tomando $m=\min(m_1,m_2)$ a bola $B_m(x_0,y_0)$ não intersecta $L$ e está contida em $B_1(0,0)$ o que mostra que $(x_0,y_0)$ é um ponto interior de $B_1(0,0) \setminus L$. Portanto este último conjunto é aberto.

      

   3. Decida se $B_1(0,0)\setminus L$ tem que ser necessariamente conexo, desconexo ou se ambas as situações podem ocorrer para diferentes funções $r$.
      Solução

      

      Tomando $r(t)=(\cos 2\pi t, \sen 2\pi t)/2 $ com $t \in [0,1]$ e $r(t)=(t/2, 0)$ com $t \in [0,1]$ obtemos duas situações em que $B_1(0,0)\setminus L$ é desconexo no primeiro caso e conexo no segundo caso.

6. Considere uma função $g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[g(x,y)=\begin{cases}\dfrac{\operatorname{sen}x\operatorname{sen}y}{x^2+y^2},& \text{ se } (x,y)\neq (0,0) \\ 0, & \text{ se } (x,y)= (0,0).\end{cases}\] Decida se:

   1. $g$ é limitada.
   2. $g$ tem limite no infinito.
   3. $g$ é contínua em $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$.
   4. $g$ é contínua em $(0,0)$.
   Solução

   1. Temos, para todo o $x\in\mathbb{R}$, $|\operatorname{sen}x|\leq |x|\leq \sqrt{x^2+y^2}$ e analogamente trocando $x$ com $y$, donde \[ |g(x,y)|\leq \frac{|x||y|}{x^2+y^2}\leq 1.\] pelo que $g$ é limitada.
   2. Temos, para todo o $x\in\mathbb{R}$, $|\operatorname{sen}x|\leq 1$ donde \[ |g(x,y)|\leq \frac{1}{x^2+y^2}.\] Como $\lim_{(x,y)\to \infty}\frac{1}{x^2+y^2}=0$ concluímos que $\lim_{(x,y)\to \infty}g(x,y)=0$.
   3. A continuidade em $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ segue de resultados que incluem a continuidade do $\operatorname{sen}$, continuidade dos polinómios, continuidade do produto, continuidade da composta e continuidade do quociente. [Se se surpreender de ver a continuidade da função composta na lista de resultados invocados note que $(x,y)\mapsto \operatorname{sen} x$ pode ser considerado como a composição $(x,y)\mapsto x = u\mapsto \operatorname{sen}u$.]
   4. Considerando a restrição de $g$ à recta $y=x$ obtemos $g(x,x)=\frac{\operatorname{sen}^2 x}{2x^2}$ pelo que $\displaystyle\lim_{\overset{y=x}{ (x,y)\to(0,0) }}g(x,y)=\frac{1}{2}\neq 0 = g(0,0)$, pelo que $g$ não é contínua em $(0,0)$.

7. Seja $A\subset\mathbb{R}^n$ tal que $\emptyset\neq A\neq\mathbb{R}^n$. Justifique que $\partial A$ é um conjunto não vazio.

8. Considere a função $h:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ definida por $h(x,y)=x^2y^2-y^3-x^3+xy$.
   1. Decida se $h$ é ou não uma função majorada.
   2. Decida se $h$ é ou não uma função minorada.
   3. Mostre que $h$ possui um extremo local no interior do conjunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y\geq x^2, x\geq y^2\}$.
   Solução

   1. Observando que, para todo o $x\in\mathbb{R}$, se tem $h(x,0)=-x^3$, é imediato \[\lim_{x\to -\infty}h(x,0)=+\infty.\] Então, $h$ não é majorada.
   2. Tal como na alínea a., \[\lim_{x\to+\infty}h(x,0)=-\infty,\] o que mostra que $h$ não é minorada.
   3. Seja $A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y\geq x^2, x\geq y^2\}$.

      

      Como $A$ é conjunto limitado e fechado e $h$ é função contínua em $\mathbb{R^2}$, o Teorema de Weierstrass garante que $h$ tem máximo e mínimo em $A$. Uma vez que \[h(x,y)=x^2(y^2-x)+y(x-y^2)=(x-y^2)(y-x^2),\] reconhece-se que $h(x,y)=0$ se $(x,y)\in\partial A$ e $h(x,y)>0$ se $(x,y)\in\operatorname{int}A$. Assim, o ponto de máximo de $h$ em $A$ é ponto do interior de $A$.

9. Decida se a função $F$ definida em $\mathbb{R}^3\setminus\{(0,0,0)\}$ por \[F(x,y,z)=\frac{xyz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\] é ou não prolongável por continuidade a $(0,0,0)$.

10. Considere uma função $h:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ definida por \[h(x,y)=\begin{cases}\dfrac{x^2\sen^2 y}{x^2+4y^2}, & \text{ se $(x,y)\neq(0,0)$,} \\ 0, & \text{ se $(x,y)=(0,0)$.}\end{cases}\]

    Justifique que o contradomínio da restrição de $h$ a uma qualquer bola fechada centrada em $(0,0)$ é um intervalo da forma $[0,\alpha]$ com $\alpha\in {]0,1]}$.

    Solução

    Uma bola fechada é um conjunto convexo, logo conexo, e é um conjunto limitado e fechado.

    Os resultados sobre continuidade da função composta, continuidade da função $\sen$, continuidade dos polinómios, continuidade do produto e continuidade do quociente estabelecem que $h$ é contínua em $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$.

    A estimativa \[\frac{x^2\sen^2 y}{x^2+4y^2} \mathtip{\leq}{|\sen \lambda|\leq |\lambda|} \frac{x^2}{x^2+4y^2}y^2\leq {y^2} \leq x^2+y^2\] permite estabelecer, através da definição de continuidade, que $h$ é contínua em $(0,0)$.

    Como $h$ é contínua em $\mathbb{R}^2$, os teoremas do valor intermédio e de Weierstrass garantem que o contradomínio será um conexo limitado e fechado de $\mathbb{R}$, logo um intervalo limitado e fechado. Como \[ 0\leq h(x,y) \leq \frac{x^2}{x^2+4y^2}\leq 1 \] e $h(0,0)=0$, o contradomínio será um intervalo da forma indicada.

11. Considere uma função $G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[G(x,y)=\begin{cases}\displaystyle\lim_{k\to +\infty}\operatorname{sen}^{2k}\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right), & \text{ se } (x,y)\neq (0,0), \\ 0, & \text{ se } (x,y)= (0,0). \end{cases}\]

    1. Decida em que pontos é que $G$ é contínua.
    2. Decida se a função $G$ é integrável em $[-1,1]^2$.
    Solução

    Temos

    \[\lim_{k\to +\infty}\operatorname{sen}^{2k}\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)=\begin{cases}0, & \text{ se } x^2+y^2\neq \frac{2}{\pi+2 n\pi} \forall_{n\in\mathbb{N}}, \\ 1, & \text{ caso contrário.}\end{cases}\]

    Tal permite reconhecer que $G$ é limitada e que os seus pontos de descontinuidade são a origem e os pontos nas circunferências centradas em $(0,0)$ e de raio $\sqrt{\frac{2}{\pi+2n\pi}}$.

    

    A origem é um conjunto com medida nula (decorre trivialmente da definição de medida nula).

    Para um certo $n\in\mathbb{N}$, a circunferência centrada em $(0,0)$ e de raio $\sqrt{\frac{2}{\pi+2n\pi}}$ é a união de duas semicircunferências de equações $y=\pm \sqrt{\frac{2}{\pi+2n\pi}-x^2}$. Cada uma das semicircunferências é um gráfico de uma função contínua definida em $\left[-\sqrt{\frac{2}{\pi+2n\pi}},\sqrt{\frac{2}{\pi+2n\pi}}\right]$ com valores em $\mathbb{R}$, portanto um conjunto de medida bidimensional nula. Sendo a união de dois conjuntos com medida bidimensional nula, cada circunferência é um conjunto com medida bidimensional nula. A união de todas as circunferências com as equações que determinámos é uma união numerável de conjuntos com medida nula, logo também tem medida nula. Finalmente a união deste último conjunto com $\{(0,0)\}$ também terá medida nula.

    Portanto o conjunto de pontos de descontinuidade de $G$ tem medida nula, $G$ está definida num intervalo e é limitada. Logo $G$ é integrável.

12. Justifique que o contradomínio da função $h:\{(x,y)\in \mathbb{R}^2: |x|+ e^{y^2} \leq 4 \}\to\mathbb{R}$, definida por $h(x,y)=|y+x|e^{x\sqrt{y^2+1}}$, é um intervalo $[0,c]$ com $c\gt 0$.
    Sugestão

    Prove que o domínio da função é um conjunto limitado, fechado e conexo e use resultados sobre continuidade.

    Para provar que o domínio é conexo note que se $(x,y_0)$ é um ponto do domínio também $(x,y)$ para $|y|\leq |y_0|$ é um ponto do domínio pois $|x|+ e^{y}\leq |x| + e^{y_0^2}\leq 4$. Assim o segmento de recta unindo $(x,0)$ a $(x,y_0)$ está contido no domínio. De forma análoga o segmento unindo $(0,0)$ a $(x,0)$ está contido no domínio. De maneira que $(0,0)$ pode ser unido por um caminho a qualquer ponto do domínio o que acarreta que o domínio é conexo por arcos.

13. Determine o contradomínio da função $\psi$ definida por $\psi(x,y)=\sqrt{\arctg(x^2+4y^2)}$, e identifique e classifique os seus pontos de extremo se existirem.

    Solução

    Temos $\psi= \phi\circ \theta$ em que $\phi:[0,+\infty[\to\mathbb{R}$ é definida por $\phi(t)=\sqrt{\arctg t}$ e $\theta(x,y)=x^2+ 4y^2$. Temos que $\theta(0,0)=0$, $\theta\geq 0$, $\lim_{(x,y)\to \infty}\theta(x,y)=+\infty$ (pois $x^2+ 4y^2\geq x^2+y^2$), e $\theta$ é contínua. Portanto o contradomínio de $\theta$ é, pelo teorema do valor intermédio, $[0,+\infty[$. Daí decorre que o contradomínio de $\psi$ é $\left[0,\sqrt{\pi/2}\right[$ graças a propriedades conhecidas das funções $\arctg$ e raiz quadrada. A função possui $0$ como mínimo absoluto ocorrendo em $(0,0)$.

    [Embora tal não seja pedido, vamos sugerir como discutir a mesma questão supondo que em vez de extremos (absolutos) estávamos interessados em extremos locais. Restringindo a função a rectas $y=cx$ com $c\in\mathbb{R}$ ou $x=0$ é fácil de perceber que não pode haver pontos de extremo local em pontos $(x,y)\neq (0,0)$ pois $\arctg$ e a raiz quadrada são funções estritamente crescentes.]

14. Seja $h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ uma função contínua tal que $h(0)=1$ e é nula numa vizinhança de $1$. Mostre que a função $G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[G(x,y)=\int_{x^2+y^2}^{xy+x+y+1}h(t)\, dt\] possui um máximo local em $(0,0)$.

    Solução

    Como $h$ é contínua e $h(0)=1$, existe uma vizinhança de $0$, $V_\epsilon(0)$, onde $h\gt 0$.

    Sabemos que existe uma vizinhança de $1$, $V_\delta(1)$, onde $h$ é identicamente nula.

    Da continuidade da função $(x,y)\mapsto x^2+y^2$, existe $r_1\gt 0$ tal que $(x,y) \in B_{r_1}(0,0)\Rightarrow x^2+y^2\in V_\epsilon(0)$. Além disso $x^2+y^2\geq 0$.

    Da continuidade da função $(x,y)\mapsto xy+x+y+1$, existe $r_2\gt 0$ tal que $(x,y) \in B_{r_2}(0,0)\Rightarrow xy+x+y+1 \in V_\delta(1)$.

    Seja $r=\min(r_1,r_2)$. Então se $(x,y)\in B_r(0,0)$ podemos afirmar que \[G(x,y)=\int_{x^2+y^2}^{xy+x+y+1}h(t)\, dt \leq \int_0^1 h(t)\, dt = G(0,0)\] em que usámos $\int_0^{x^2+y^2}h(t)\, dt \geq 0$ e $\int_{xy+x+y+1}^1 h(t)\, dt = 0$.

15. Verifique que a distância de um ponto a um conjunto é uma função contínua.
    Sugestão

    Comece por mostrar que sendo $\emptyset\neq A\subset\mathbb{R}^n$ e quaisquer que sejam $\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}\in \mathbb{R}^n$ e $\epsilon\gt 0$ temos $d(\boldsymbol{x}, A)\lt \|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|+\epsilon+ d(\boldsymbol{y}, A)$.

    Solução

    Primeiro verificamos a sugestão. Sejam $\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}\in \mathbb{R}^n$. Temos\[d(\boldsymbol{x}, A) = \inf_{z\in A} \|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{z}\|\] portanto, para qualquer $\boldsymbol{z}\in A$ temos então \[d(\boldsymbol{x}, A) \leq \|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{z} \|\leq \|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\| + \|\boldsymbol{z}-\boldsymbol{y}\|\] Mas, por definição de ínfimo, qualquer que seja $\epsilon \gt 0$, existe $\boldsymbol{z}\in A$ tal que $\|\boldsymbol{z}-\boldsymbol{y}\|\lt d(\boldsymbol{y},A)+\epsilon$.

    Assim obtemos que, quaisquer que sejam $\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}\in \mathbb{R}^n$ e $\epsilon\gt 0$ \[d(\boldsymbol{x}, A)\lt \|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|+\epsilon+ d(\boldsymbol{y}, A).\]

    Obviamente o papel de $\boldsymbol{x}$ e $\boldsymbol{y}$ pode ser trocado na desigualdade anterior e daí obtemos que, quaisquer que sejam $\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}\in \mathbb{R}^n$ e $\epsilon\gt 0$ \[|d(\boldsymbol{x}, A)-d(\boldsymbol{y}, A)| \lt \|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|+\epsilon.\]

    Fazendo agora $\epsilon\to 0$ obtemos que, quaisquer que sejam $\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}\in \mathbb{R}^n$, temos \[|d(\boldsymbol{x}, A)-d(\boldsymbol{y}, A)| \leq \|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|.\]

    O resultado segue da desigualdade anterior e da definição de continuidade.

16. Considere a função $g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[g(x,y)=\begin{cases}x,& \text{ se $x \neq y^2$,}\\ x+y^2,& \text{ se $x = y^2$.} \end{cases}\] Determine:
    1. os pontos em que $g$ é contínua.
       Solução

       

       Se $A=(x_0,y_0)$ é um ponto tal que $x_0\neq y_0^2$, então existe uma bola centrada em $(x_0, y_0)$ onde $g$ coincide com o polinómio $x$ que é uma função contínua. Logo $g$ é contínua em $(x_0,y_0)$.

       Se $B=(x_1,y_1)$ é um ponto tal que $x_1=y_1^2$ então \begin{align*} \lim_{\stackrel{(x,y)\to (x_1,y_1)}{x\neq y^2}} g(x,y) & = x_1, \\ \lim_{\stackrel{(x,y)\to (x_1,y_1)}{x=y^2}} g(x,y) & = x_1+y_1^2 = 2x_1\end{align*} pelo que $g$ não será contínua em $(x_1,y_1)$ se $x_1\neq 0$.

       No ponto $(0,0)$ a função $g$ é contínua. Para justificarmos esta afirmação basta notar que, sendo $(x,y)$ um ponto sobre a parábola $x=y^2$ ou não, temos sempre $|g(x,y)-g(0,0)|\leq |x|+y^2$ e usar a continuidade da função definida pelo lado direito da desigualdade em $(0,0)$.

    2. se a função é ou não integrável em $[0,1]^2$.
       Solução

       A função $g$ é limitada em $[0,1]^2$ ($|g|\leq 2$) e o seu conjunto de pontos de descontinuidade é um subconjunto do gráfico da função $[0,1]\ni y\mapsto y^2$, isto é de $\{(y^2, y): y\in [0,1]\}$. Como esta última função é contínua, o seu gráfico tem medida bidimensional nula e portanto $g$ é integrável.

17. Justifique que o contradomínio da função $h:\mathbb{R}^3\setminus \{(0,0,0)\}\to\mathbb{R}$, definida por $h(x,y,z)=\frac{x^2+4y^2+9z^2}{\sqrt{x^4+9y^4+4z^4}}$, é um intervalo $[\alpha, \beta]$ com $0<\alpha <\beta$.
    Sugestão

    $h(\lambda x, \lambda y, \lambda z)=h(x,y,z)$ para todo o $\lambda >0$ e $(x,y,z)\in\mathbb R^3$.

    Solução

    Temos de facto, para $\lambda\gt 0$, $h(\lambda x, \lambda y , \lambda z)= \frac{\lambda^2 x^2+4\lambda^2 y^2+9\lambda^2 z^2}{\sqrt{\lambda^4 x^4+9\lambda^4 y^4+4 \lambda^4 z^4}}= \frac{x^2+4y^2+9z^2}{\sqrt{x^4+9y^4+4z^4}} = h(x,y,z)$. Em particular, para $\lambda = \|(x,y,z)\|^{-1}$ obtemos que $h(x,y,z)=h\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}, \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}, \frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\right)$. Daí decorre que o contradomínio de $h$ é igual ao contradomínio da sua restrição a $\partial B_1(0,0,0)$. Este conjunto é conexo, limitado e fechado e a função $h$ é contínua pelo que o seu contradomínio será um conexo limitado e fechado de $\mathbb{R}$, portanto um intervalo limitado e fechado $[\alpha, \beta]\subset\mathbb R$. Como $h$ só toma valores positivos e não é constante, obtemos adicionalmente que $0\lt \alpha\lt \beta$.

Veja as páginas 6, 7, 8, 9 e 10 do texto.