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Capítulo 4 CONTINUIDADE DE UMA FUNÇÃO VETORIAL Recordemos o conceito de continuidade para funções reais de variável real. Seja f : D � IR �! IR e x0 2 D. Diz-se que f contínua em x0 se 8" > 0 9� > 0 : x 2 D ^ jx� x0j < � =) jf (x)� f (x0)j < ": Figura 4.1: f é contínua em x0 2 IR 1 Esta de nição generaliza-se, naturalmente, ao contexto das funções vectori- ais. De nição 4.1 Seja f : D � IRn�! IRm e P0 2 D. Diz-se que f é contínua em P0 se 8" > 0 9� > 0 : P 2 D ^ kP � P0k < � =) kf (P )� f (P0)k < ": Figura 4.2: f é contínua em P0 2 IRn Em termos de bolas abertas, a de nição anterior é equivalente a 8" > 0 9� > 0 : P 2 D \B (P0; �) =) f (P ) 2 B (f (P0) ; ") , ou a 8" > 0 9� > 0 : f (D \B (P0; �)) � B (f (P0) ; ") , ou ainda a No caso de P0 2 D \D0 a de nição anterior pode ser expressa utilizando o conceito de limite, isto é, f contínua em P0 se e só se lim P�!P0 P2D f (P ) = f (P0) : 2 Figura 4.3: 8" > 0 9� > 0 : D \B (P0; �) � f�1 (B (f (P0) ; ")) Se P0 for um ponto isolado de D, f é contínua em P0. Basta que considere- mos, na de nição de continuidade, o valor � por forma que a condição P 2 D ^ kP � P0k < � seja satisfeita unicamente pelo ponto P0. Se f não for contínua em P0 diz-se que é descontínua neste ponto. De nição 4.2 Seja f : D � IRn�! IRm e A � D. Diz-se que f é contínua em A se for contínua em todos os pontos de A. Devido ao facto do conceito de continuidade se poder traduzir recorrendo a limites e relembrando os resultados já vistos na secção anterior, decorrem imediatamente as seguintes proposições: Proposição 4.1 Sejam f : D � IRn�! IRm e P0 2 D. Então f é contínua em P0 se e só se para toda a sucessão (Ps)s2IN de elementos de D, tal que Ps �! P0, se tem f (Ps) �! f (P0) : Prova. (exercício) Proposição 4.2 Sejam f : D � IRn�! IRm e P0 2 D. Então f é contínua em P0 se e só se fi; i = 1; 2; : : : ; n forem contínuas em P0; representando fi : D � IRn�! IR as funções coordenadas da função f . 3 Figura 4.4: f é descontínua em x0 Prova. (exercício) Exemplo 4.1 A função f : IR2 �! IR2 (x; y) 7�! (x; y) é uma função contínua pois as funções coordenadas, f1 (x; y) = x e f2 (x; y) = y; chamadas funções projecção nos eixos, são contínuas. De facto, 8" > 0 9� > 0 : f1 (B (P0; �)) � ]f1 (P0)� "; f1 (P0) + "[ : Basta tomar � � ". De modo análogo se prova que f2 é contínua. A proposição seguinte estabelece propriedades fundamentais relativas à arit- mética de funções contínuas, que se provam com base nas propriedades análogas sobre limites. Proposição 4.3 1. Sejam f; g : D � IRn�! IRm contínuas. Então f � g : D � IRn�! IRm; de nida por (f � g) (P ) = f (P )� g (P ) = (f1 (P )� g1 (P ) ; : : : ; fm (P )� gm (P )) ; é também uma função contínua. 4 Figura 4.5: f é descontínua no conjunto A 2. Sejam f : D � IRn�! IRm e g : D � IRn�! IR contínuas. Então fg : D � IRn�! IRm; de nida por (fg) (P ) = f (P ) g (P ) = (f1 (P ) g1 (P ) ; : : : ; fm (P ) gm (P )) ; é também uma função contínua. 3. Sejam f; g : D � IRn�! IRm contínuas. Então (f j g) : D � IRn�! IR; de nida por (f j g) (P ) = (f (P ) j g (P )) ; é também uma função contínua. Prova. (exercício) Exemplo 4.2 1. A função real de n variáveis reais, denominada função polinomial, de nida por p (x1; x2; : : : ; xn) = X i1; i2;:::;in2IN0 �i1:::in x i1 1 : : : x in n , 5 Figura 4.6: funções projeção onde �i1:::in 2 IR são não nulos, apenas para um número nito de valores dos índices i1; : : : ; in, é contínua em todo o seu domínio. 2. A função q : IRn �! IR, de nida por q (x1; x2; : : : ; xn) = p1 (x1; x2; : : : ; xn) p2 (x1; x2; : : : ; xn) , onde p1 e p2 são funções polinomiais, é contínua em todo o ponto � x01; : : : ; x 0 n � , onde p2 � x01; : : : ; x 0 n � 6= 0. 3. A função f : IR2 �! IR2 (x; y) 7�! �x2y; �y + x3� = �1 + x2�� é contínua, uma vez que a função f1 (x; y) = x2y é contínua porque é polinomial, e a função f2 (x; y) = � y + x3 � = � 1 + x2 � é contínua porque é o quociente de duas funções contínuas em que o denominador nunca se anula. 4. Determinemos o domínio de continuidade da função real de duas variáveis reais, de nida por f (x; y) = � xy se y > x �y2 se y < x : Consideremos D1 = f(x; y) : y > xg ; D2 = f(x; y) : y = xg e D3 = f(x; y) : y < xg : 6 Figura 4.7: f1 é contínua � Como D1 e D3 são conjuntos abertos e aí f está de nida por funções polinomiais, concluímos que f é contínua em D1 [D3. � Seja agora (x0; y0) 2 D2, ou seja, x0 = y0: Temos que lim (x;y)�!(x0;y0) (x;y)2D1[D2 f (x; y) = lim (x;y)�!(x0;y0) xy = x0y0 = y 2 0 , lim (x;y)�!(x0;y0) (x;y)2D3 f (x; y) = lim (x;y)�!(x0;y0) �y2 = �y20 ; f (x0; y0) = y 2 0 . Logo, só existe lim (x;y)�!(x0;y0) f (x; y) e é igual a f (x0; y0) quando (x0; y0) = (0; 0). Concluímos assim que f é contínua em D1 [D3 [ f(0; 0)g. A proposição seguinte estabelece condições sobre o cálculo do limite de uma função composta. Proposição 4.4 Sejam f : D � IRn �! IRm e g : E � IRm �! IRk duas funções com f (D) � E e seja P0 um ponto de acumulação de D. Suponhamos que lim P�!P0 f (P ) = Q0; em que Q0 é um ponto de acumulação de E; e que lim Q�!Q0 g (Q) = M0. Então lim P�!P0 (g � f) (P ) = M0 se uma das seguintes proposições for veri - cada: 7 - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y - 1 0 0 0 - 5 0 0 0 5 0 0 1 0 0 0 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y Figura 4.8: Representação grá ca de f1 (x; y) = x2y 1. 9r > 0 : P 2 D; 0 < kP � P0k < r =) f (P ) 6= Q0. 2. g é contínua em Q0 Prova. (exercício) Exemplo 4.3 Mostremos que lim (x;y)�!(2;0) sin(xy) xy = 1: Seja h : � (x; y) 2 IR2 : x 6= 0 ^ y 6= 0 �! IR (x; y) 7�! sin(xy)xy . Então h = g � f , onde f : � (x; y) 2 IR2 : x 6= 0 ^ y 6= 0 �! IR (x; y) 7�! xy e g : IRn f0g �! IR t 7�! sin tt : As condições do teorema anterior são veri cadas, pois, � f (Df ) = IRn f0g = Dg; � lim (x;y)�!(2;0) xy = 0; � 0 2 D0g; � lim t�!0 g (t) = lim t�!0 sin t t = 1; 8 4.1. CARACTERIZAÇÃO DE CONTINUIDADE ATRAVÉS DE CONJUNTOS ABERTOS E FECHADOS - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y - 1 0 - 5 0 5 1 0 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y Figura 4.9: Representação grá ca de f2 (x; y) = � y + x3 � = � 1 + x2 � � Qualquer que seja P 2 Df , f (P ) 6= 0. Logo, podemos concluir que lim (x;y)�!(2;0) h (x; y) = lim t�!0 g (t) = 1. 4.1 Caracterização de Continuidade através de Conjuntos Abertos e Fechados Para estudar a continuidade de funções recorre-se, por vezes, ao conceito de imagem inversa de um conjunto. Recorde-se que, sendo f : D � IRn�! IRm e A um subconjunto de IRm, a imagem inversa de A por f de ne-se por f�1 (A) = fx 2 D : f (x) 2 Ag : Proposição 4.5 Seja f : IRn�! IRm . Então f é contínua se e só se a imagem inversa de todo o aberto de IRm é um aberto de IRn. Prova. 1. Seja f contínua e A � IRm um conjunto aberto.Provemos que f�1 (A) é um aberto. Consideremos então P 2 f�1 (A). Pretendemos mostrar que 9" > 0 : B (P; ") � f�1 (A) : (4.1) 9 4.1. CARACTERIZAÇÃO DE CONTINUIDADE ATRAVÉS DE CONJUNTOS ABERTOS E FECHADOS - 4 - 2 0 2 4 x - 4 - 2 0 2 4 y 0 0 . 5 1 z - 4 - 2 0 2 4 x - 4 - 2 0 2 4 y Figura 4.10: Representação grá ca de h (x; y) = sin(xy)xy Ora, se P 2 f�1 (A) então f (P ) 2 A. Como A é aberto, então 9� > 0 : B (f (P ) ; �) � A: (4.2) Mas f é contínua. Logo, para este valor �, 9� > 0 : f (B (P; �)) � B (f (P ) ; �) : (4.3) De (4.2) e (4.3) concluímos que 9� > 0 : f (B (P; �)) � A, ou seja, B (P; �) �f�1 (A) : Portanto, veri ca-se (4.1) com " = �. 2. Suponhamos agora que a imagem inversa por f de todo o aberto de IRm é um aberto de IRn, e provemos que f é contínua, ou seja, provemos que para todo o P0 2 IRn e para todo " > 0, 9� > 0 : P 2 B (P0; �) =) f (P ) 2 B (f (P0) ; ") : (4.4) Mas B (f (P0) ; ") é um aberto de IR m, donde, por hipótese, f�1 (B (f (P0) ; ")) é um conjunto aberto. Por outro lado, P0 2 f�1 (B (f (P0) ; ")). Então 9� > 0 : B (P0; �) � f�1 (B (f (P0) ; ")) : 10 4.1. CARACTERIZAÇÃO DE CONTINUIDADE ATRAVÉS DE CONJUNTOS ABERTOS E FECHADOS donde 9� > 0 : f (B (P0; �)) � B (f (P0) ; ") ou ainda, 9� > 0 : P 2 B (P0; �) =) f (P ) 2 B (f (P0) ; ") : Logo, veri ca-se (4.4) com � = �. Exemplo 4.4 O conjunto B = � (x; y) 2 IR2 : y < 7 é um conjunto aberto porque a função f (x; y) = y é contínua e B = f�1 (A) sendo A = ]�1; 7[ . Também para conjuntos fechados se veri ca uma proposição análoga à an- terior. Proposição 4.6 Seja f : IRn�! IRm . Então f é contínua se e só se a imagem inversa de todo o fechado de IRm é um fechado de IRn. Prova. (exercício) Nota 4.1 Notemos que os resultados anteriores se aplicam a imagens inversas e não a imagens directas. Recorde-se que, sendo f : D � IRn�! IRm e A um subconjunto de IRn, a imagem directa de A por f de ne-se por f (A) = fy 2 IRm : y = f (x) ; x 2 Ag : 1. A função f : IR �! IR x 7�! 2x1+x2 é contínua. Mas, sendo U = � 3 4 ; 2 � aberto e V = [3;+1[ fechado, f �� 3 4 ; 2 �� = � 4 5 ; 1 � não é aberto e f ([3;+1[) = � 0; 3 5 � não é fechado. 11 4.2. CARACTERIZAÇÃO DE CONTINUIDADE ATRAVÉS DE CONJUNTOS COMPACTOS Figura 4.11: U é aberto mas f(U) não é aberto; V é fechado mas f(V ) não é fechado. 2. A função f : IR2 �! IR (x; y) 7�! 2x1+x2 é contínua (porquê?). Mas, sendo U = � (x; y) : 34 < x < 2 aberto e V = f(x; y) : x � 3g fechado, f (U) = � 4 5 ; 1 � não é aberto e f (V ) = � 0; 3 5 � não é fechado. 4.2 Caracterização de Continuidade através de Conjuntos Compactos Tal como acontece com o conceito de imagem inversa de um conjunto, tam- bém o conceito de imagem directa pode ser útil no estudo da continuidade de uma função. Proposição 4.7 Seja f : IRn�! IRm contínua . Então a imagem directa de todo o compacto de IRn é um compacto de IRm. 12 4.2. CARACTERIZAÇÃO DE CONTINUIDADE ATRAVÉS DE CONJUNTOS COMPACTOS - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y - 0 . 5 0 0 . 5 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y Figura 4.12: Representação grá ca de f (x; y) = 2x1+x2 Prova. Seja D um compacto de IRn e f uma função contínua. Provemos que f (D) é um compacto de IRm, ou seja, provemos que de toda a sucessão de f (D) é possível extrair uma subsucessão convergente para um ponto de f (D). Consideremos a sucessão (Qs) de elementos de f (D). Então, existe numa sucessão de elementos de D, (Ps), tal que f (Ps) = Qs. Mas como D é compacto, 9 (Psl) � (Ps) : Psl �! P0 , P0 2 D: Como f é contínua, concluímos que f (Psl) �! f (P0) : Mas como (f (Psl)) = (Qsl) é uma subsucessão de (Qs), o resultado está provado. Exemplo 4.5 A circunferência A = � (x; y) 2 IR2 : x2 + y2 = 1 é um subcon- junto compacto de IR2, uma vez que a função f : [0; 2�] �! IR2 t 7�! (cos t; sin t) é contínua, [0; 2�] é compacto em IR e f ([0; 2�]) = A. A proposição seguinte indica condições de existência de solução para prob- lemas de optimização, ou seja, problemas do tipo:� max f (P ) P 2 D � IRn ou � min f (P ) P 2 D � IRn 13 4.2. CARACTERIZAÇÃO DE CONTINUIDADE ATRAVÉS DE CONJUNTOS COMPACTOS Proposição 4.8 (Teorema de Weierstrass) Seja D � IRn, compacto, e f : D�! IR contínua Então f é limitada e admite, pelo menos, um máximo e um mínimo, ou seja, 9P1; P2 2 D : f(P1) � f(P ) � f(P2); 8P 2 D: Prova. Como f é contínua e D é compacto, f (D) é compacto, isto é, fechado e limitado. Se f (D) é limitado então tem supremo, S, donde� 8P 2 D; f (P ) 6 S; 8� > 0 9P� 2 D : f (P�) > S � �: Seja � = 1m ; m 2 IN. Então 9 (Pm) � D : f (Pm) 6 S ^ f (Pm) > S � �: Como 1m �! 0 , então f (Pm) �! S. Mas f (D), sendo compacto, é fechado, donde contém todos os limites das suas sucessões. Logo, S 2 f (D), isto é, 9P2 2 D : f (P2) = S: ou seja, a função atinge um máximo. De modo análogo se prova que a função atinge um mínimo (exercício) Introduzimos agora o conceito de continuidade uniforme, também já con- hecido da Análise Real. Enquanto que na de nição de continuidade o valor de � depende de " e de P0, na de nição de continuidade uniforme, a partir de " dado, é possível obter um � > 0, tal que a implicação kP � P0k < � =) kf (P )� f (P0)k < " é veri cada por todos os pontos P0 do domínio de f . As funções com esta propriedade dizem-se uniformemente contínuas. Mais formalmente, introduzimos a De nição 4.3 Seja f : D � IRn�! IRm. Diz-se que f é uniformemente contínua em D se 8" > 0 9� > 0 : 8P;Q 2 D; kP �Qk < � =) kf (P )� f (Q)k < ": Exemplo 4.6 A função f : IR2 �! IR (x; y) 7�! x é uniformemente contínua. De facto, 8" > 0 9� = " : 8(x1; y1); (x2; y2) k(x1; y1)� (x2; y2)k < � =) jx1 � x2j < "; uma vez que jx1 � x2j � k(x1; y1)� (x2; y2)k : 14 4.2. CARACTERIZAÇÃO DE CONTINUIDADE ATRAVÉS DE CONJUNTOS COMPACTOS Tal como para as funções reais de variável real, é válida a seguinte proposição: Proposição 4.9 Sejam f : D � IRn�! IRm uma função contínua e D um conjunto compacto. Então f é uniformemente contínua. Prova. Façamos a prova por absurdo, ou seja, admitamos que f não é uni- formemente contínua. Então 9" > 0 8� > 0 9P;Q 2 D : kP �Qk < � ^ kf (P )� f (Q)k > ": (4.5) Seja � = 1m ; m 2 IN. De (4.5), 9Pm; Qm 2 D : kPm �Qmk < � ^ kf (Pm)� f (Qm)k > ": (4.6) As sucessões (Pm)m2IN e (Qm)m2IN são limitadas pois D, sendo compacto, é limitado. Sendo assim, pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, existe (Pim) � (Pn) tal que Pim �! P0 ; (4.7) existe (Qim) � (Qn) tal que Qim �! Q0: De (4.6), como kPm �Qmk < �, concluímos que P0 = Q0: Por outro lado, como f é contínua, podemos concluir, de (4.7), que f (Pim) �! f (P0) e f (Qim) �! f (Q0) ; o que contradiz o facto de existir " > 0 tal que kf (Pm)� f (Qm)k > ": As funções lineares são exemplos importantes de funções uniformemente con- tínuas. Com efeito, seja f : IRn �! IRm P 7�! AP em que A é uma matriz m� n: A = 2664 a11 a12 : : : a1n a21 a22 : : : a2n : : : : : : : : : : : : am1 am2 : : : amn 3775 Provemos que f (P ) = AP é uniformemente contínua, ou seja, 8" > 0 9� > 0 : 8P;Q 2 IRn; kP �Qk < � =) kAP �AQk < ": Para isso, comecemos por demonstrar o seguinte resultado: Proposição 4.10 Para todo o P 2 IRn tem-se 9M 2 IR+ : kAPk2 6M kPk2 com M = qPm i=1 Pn j=1 a 2 ij 15 4.2. CARACTERIZAÇÃO DE CONTINUIDADE ATRAVÉS DE CONJUNTOS COMPACTOS Prova. Sendo P = (x1; x2; : : : ; xn) e AP = (y1; y2; : : : ; ym), temos que jyij = ���Xn j=1 aijxj ��� ; i = 1; : : : ;m donde, aplicando a desigualdade de Cauchy-Schwarz, jyij 6 �Xn j=1 a2ij � 1 2 �Xn j=1 x2j � 1 2 ; i = 1; : : : ;m ou ainda, y2i 6 �Xn j=1 a2ij ��Xn j=1 x2j � ; i = 1; : : : ;m . (4.8) Somando as m desigualdades (4.8), obtém-se a expressãoXm i=1 y2i 6 �Xm i=1 Xn j=1 a2ij ��Xn j=1 x2j � , à qual podemos dar a forma kAPk2 6M2 kPk2 em que M2 = Xm i=1 Xn j=1 a2ij . Concluímos assim que 9 M > 0 : kAPk2 6M kPk2 . Agora é fácil provar que f é uniformemente contínua, atendendo a que 9 M > 0 : kAP �AQk 6 kA (P �Q)k 6M kP �Qk : Logo, a continuidade uniforme da função decorre imediatamente, tomando � = "M : No exemplo seguinte apresenta-se uma aplicação da proposição 3.2.10: Exemplo 4.7 Consideremosa matriz A = � p 2 + 1 1 0 p 2 � : A gura 13 representa os conjuntos B = � (x; y) 2 IR2 : k(x; y)k2 < 1 e C = fAP : P 2 B; P = (x; y)g : O conjunto C está contido na bola aberta de raio M , com M = q 6 + 2 p 2 = 2:97: n 16 4.3. CARACTERIZAÇÃO DE CONTINUIDADE ATRAVÉS DE CONJUNTOS CONEXOS Figura 4.13: A é conexo; B e C não são conexos 4.3 Caracterização de Continuidade através de Conjuntos Conexos Recordemos que, em IR, um conjunto é conexo se e só se for um intervalo. Além disso, sendo f : I � IR �! IR, f contínua e I conexo, então f (I) é conexo. Generalizemos estes resultados: De nição 4.4 Seja A � IRn. Diz-se que A é conexo se não existirem conjun- tos abertos X e Y tais que A � X [ Y ; A \X 6= ?; A \ Y 6= ?; A \X \ Y = ? . Nota 4.2 A noção de conexo corresponde à ideia intuitiva de conjunto de uma só peça. 17 4.4. EXERCÍCIOS Exemplo 4.8 O conjunto f(x; y) : xy > 0g é não conexo; o conjunto f(x; y) : xy > 0g é conexo. Na proposição seguinte provaremos que a imagem contínua de um conexo é um conjunto conexo. Proposição 4.11 Seja f : A � IRn�! IRm, f contínua e A conexo. Então f (A) é conexo. Prova. Suponhamos que f (A) é não conexo. Então existem abertos de IRm; X e Y , tais que f (A) � X [ Y ; f (A) \X 6= ?; f (A) \ Y 6= ?; f (A) \X \ Y = ? . Como f (A) � X [ Y então A � f�1 (X [ Y ) ou ainda, A � f�1 (X) [ f�1 (Y ) ; com f�1 (X) e f�1 (Y ) abertos de IRn; devido à continuidade de f . Atendendo a que f (A) \X 6= ?; temos f�1 (f (A)) \ f�1 (X) = A \ f�1 (X) 6= ?: De modo análogo, A \ f�1 (Y ) 6= ?: Finalmente, como f (A) \X \ Y = ?; concluímos que A \ f�1 (X) \ f�1 (Y ) = ?; donde A não é conexo. 4.4 Exercícios 1. Determine o domínio das seguintes funções e estude a existência de limite nos pontos indicados; caso os pontos pertençam ao domínio da função, estude também a continuidade nesses pontos. (a) f (x; y) = � 2xy x2+y2 se (x; y) 6= (0; 0) 0 se (x; y) = (0; 0) em P0 = (0; 0) : (b) f (x; y) = x 2�y2 x+y em P0 = (�1; 1) 18 4.4. EXERCÍCIOS (c) f (x; y) = ( x2�y2 x+y se x 6= �y 0 se x = �y em P0 = (0; 0) e P1 = (�1; 1) : (d) f (x; y) = x 2�2xy+y2 x2y�y3 em P0 = (0; 0), P1 = (�1; 1) e P2 = (1; 1) : (e) f (x; y) = � xjyj jxj+jyj ; x x2�y � em P0 = (0; 0) e P0 = (2; 2) : (f) f (x; y; z) = x 2yz x8+y4+z2 em P0 = (0; 0; 0) : (g) f (x; y) = � x se x = y x2 se x 6= y em P0 = (1; 1) e P1 = (2; 2) : (h) f (x; y) = ( jyj x2 e � jyj x2 se x 6= 0 0 se x = 0 em P0 = (0; 0). (i) f (x; y) = ( x2 ln(y+1) x2+y2 se x 2 + y2 < 1 ^ (x; y) 6= (0; 0) 0 se x2 + y2 > 1 em P0 = (0; 0) e P1 = (1; 0) : (j) f (x; y) = ( y2 sin x x2+y2 se x 2 + y2 < 1 ^ (x; y) 6= (0; 0) 1 se x2 + y2 > 1 em P0 = (0; 0) e P1 = (0; 1) : (k) f (x; y) = 8<: x2 sin y x2+y2 se x 6= 0 ^ y 6= 0 1� y2 se x = 0 1� x2 se y = 0 em P0 = (0; 0) e P1 = (�1; 0) : 2. Determine a região de continuidade das seguintes funções: (a) f (x; y) = ( xy2 x2+y4 se x < y 2 0 se x � y2 . (b) f (x; y) = ( x+yp x2+y2+1 se x2 + y2 > 1 x+ y se x2 + y2 6 1 . (c) f (x; y) = ( jyj x2 e � jyj x2 se x 6= 0 0 se x = 0 . 19
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