Za koje [inlmath]t\in\mathbb{R}[/inlmath] je [inlmath]f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}[/inlmath] u tacki [inlmath](-2,0)[/inlmath] neprekidna? A funkcija je definisana:
[dispmath]f(x,y)=\begin{cases}
\displaystyle\frac{|y|^t\left(x^2+4x+4\right)}{(x+2)^2+y^2} & (x,y)\ne(-2,0)\\
\\
0 & (x,y)=(-2,0)
\end{cases}[/dispmath]
Ako neko moze mi pomoci

Funkciju [inlmath]f\left(x,y\right)[/inlmath] možemo napisati u ovom obliku:
[dispmath]f\left(x,y\right)=\begin{cases}
\displaystyle\frac{\left|y\right|^t\left(x+2\right)^2}{\left(x+2\right)^2+y^2} & \left(x,y\right)\ne\left(-2,0\right)\\
\\
0 & \left(x,y\right)=\left(-2,0\right)
\end{cases}[/dispmath]
Da bi funkcija [inlmath]f\left(x,y\right)[/inlmath] bila neprekidna u tački [inlmath]\left(-2,0\right)[/inlmath], potrebno je da limes kada se približavamo toj tački po bilo kojoj pravoj koja prolazi kroz tu tačku bude nula.
Pošto se sve prave koje prolaze kroz tačku [inlmath]\left(-2,0\right)[/inlmath] mogu opisati ili jednačinom [inlmath]x=ky-2[/inlmath] ili jednačinom [inlmath]y=0[/inlmath], razmatramo svaki od ta dva slučaja:

[inlmath]\underline{I\quad x=ky-2}[/inlmath]
U izrazu za funkciju [inlmath]f\left(x,y\right)[/inlmath] uvrštavamo [inlmath]ky-2[/inlmath] umesto [inlmath]x[/inlmath] i tražimo limes kad [inlmath]y[/inlmath] teži nuli:
[dispmath]\lim_{y\to0}\frac{\left|y\right|^t\cdot\left(ky\right)^2}{\left(ky\right)^2+y^2}=\lim_{y\to0}\frac{\left|y\right|^t\cdot k^2\cancel{y^2}}{\left(k^2+1\right)\cancel{y^2}}=\lim_{y\to0}\frac{\left|y\right|^t\cdot k^2}{k^2+1}=\frac{k^2}{k^2+1}\lim_{y\to0}\left|y\right|^t[/dispmath]
Imenilac razlomka [inlmath]\frac{k^2}{k^2+1}[/inlmath] je za svako [inlmath]k[/inlmath] veći ili jednak od jedinice, tj. za svako [inlmath]k[/inlmath] je različit od nule, tako da sâm razlomak uvek ima konačnu vrednost. Prema tome, da bi ovaj limes bio jednak nuli za bilo koju vrednost [inlmath]k[/inlmath], potrebno je da bude [inlmath]\lim\limits_{y\to0}\left|y\right|^t=0[/inlmath], a to će biti slučaj kada je [inlmath]t>0[/inlmath] (jer je za [inlmath]t=0[/inlmath] ovaj limes jednak [inlmath]1[/inlmath], a za [inlmath]t<0[/inlmath] jednak je [inlmath]+\infty[/inlmath]).

[inlmath]\underline{II\quad y=0}[/inlmath]
U izrazu za funkciju [inlmath]f\left(x,y\right)[/inlmath] uvrštavamo [inlmath]0[/inlmath] umesto [inlmath]y[/inlmath] i tražimo limes kad [inlmath]x\to-2[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{x\to-2}\frac{0^t\left(x+2\right)^2}{\left(x+2\right)^2+0^2}=0^t\lim_{x\to-2}\frac{\cancel{\left(x+2\right)^2}}{\cancel{\left(x+2\right)^2}}=0^t[/dispmath]
I ovaj limes će biti jednak nuli onda kada je [inlmath]t>0[/inlmath] (za [inlmath]t=0[/inlmath] nije definisan, za [inlmath]t<0[/inlmath] je [inlmath]\infty[/inlmath]).

Presek rešenja ova dva slučaja je [inlmath]t>0[/inlmath].

Jedna dopuna, na koju mi je Onomatopeja skrenuo pažnju (hvala, @Onomatopeja). Neprekidnost funkcije po bilo kojoj pravoj kroz neku tačku jeste potreban, ali ne i dovoljan uslov da bi funkcija bila neprekidna u toj tački. Potreban i dovoljan uslov je da funkcija bude neprekidna po bilo kojoj krivoj.

Prema tome, za [inlmath]t=0[/inlmath] i [inlmath]t<0[/inlmath] je dokazano da funkcija ima prekid u [inlmath]\left(-2,0\right)[/inlmath], jer nije ispunjen potreban uslov da funkcija bude neprekidna po bilo kojoj pravoj kroz tu tačku. Međutim, za [inlmath]t>0[/inlmath] to nije dovoljan kriterijum da bi bila dokazana neprekidnost.

Radi dokazivanja neprekidnosti za [inlmath]t>0[/inlmath], možemo koristiti teoremu o dva policajca:

Za [inlmath]\left(x,y\right)\ne\left(-2,0\right)[/inlmath] važi
[dispmath]0\le\frac{\left|y\right|^t\left(x+2\right)^2}{\left(x+2\right)^2+y^2}\le\frac{\left|y\right|^t\cancel{\left(x+2\right)^2}}{\cancel{\left(x+2\right)^2}}=\left|y\right|^t[/dispmath]
a pošto [inlmath]\left|y\right|^t\to0[/inlmath] kada [inlmath]\left(x,y\right)\to\left(-2,0\right)[/inlmath], zaključujemo da i vrednost funkcije teži nuli kako se približava toj tački, te je funkcija za [inlmath]t>0[/inlmath] neprekidna.