cdi 2 limites por caminhos e definicao

GUIDG.COM 1 29/7/2012 – Limites de funções de duas variáveis Tags: Funções de várias variáveis, limites, aminhos, dxemplos demonstrados, demonstração, passo a passo, exercícios resolvidos, Cálculo II dois (2).

Cálculo B - Mírian Buss Gonçalves, Diva Marília Flemming Apostila do curso de CDI-II (UDESC-CCT 2010/2) Determine os limites: Pela definição: 1) lim

x, y` a

Q 1,2b c 3x + 2yb c

= 7

2) lim

x, y` a

Q 1,3b c 2x + 3yb c

= 11

3) limx, y` a

Q 0,0b c

2xy

x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwfffffffffffffffffffffffffffffff= 0

Por caminhos e definição:

4) limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff Usando a proposição:

5) limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff= 0

Por caminhos, se possível:

6) limx, y` a

Q 0,0b c

2xyx2 + y2ffffffffffffffffffffff

7) limx, y` a

Q 0,2b c

x2 y@2b c

x4 + y@2b c2

ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff Por caminhos e definição:

8) limx, y` a

Q 0,0b c

3x2 yx2 + y2

ffffffffffffffffffffff

Calcule se possível:

9) limx, y` a

Q 0,1b c

3x4 y@1b c4

x4 + y2@2y + 1

b c3fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff

10) limx, y` a

Q 0,0b c

xy2

x2 + y4

ffffffffffffffffffffff Por caminhos, definição e pela proposição:

11) limx, y` a

Q 0,0b c

x3 + y3

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff Calcule se possível:

12) limx, y` a

Q 0,0b c

x2 y2

x2 + y2


GUIDG.COM 2

I ) Definição: Sejam f :AjR2QR e x0 , y0

` a um ponto de acumulação de A . Dizemos que o limite

de f (x, y) quando (x,y) se aproxima de x0 ,y0

` a é um número real L se, para todo ε > 0 , existir um

δ > 0 tal que f x,y` a

@LLLL

MMM< ε sempre que x,y` a

2 A e 0 < x,y` a

@ x0 , y0

` aLLLMMM< δ .

lim

x , y` a

Q x0 ,y0

b c f x,y` a

= L

II ) Definição resumida em símbolos:

limx , y` a

Q x0 ,y0

b c f x,y` a

= L se 8 ε> 0 9 δ> 0 | f x,y` a

@LLLL

MMM< ε sAqA x@ x0

` a2@ y@ y0

` a2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww< δ .

* s.q. = sempre que. Interpretação: O limite existe se, e somente se as condições da definição forem verificadas (isto é, quando podemos estabelecer uma relação entre as desigualdades propostas), quando isso ocorre dizemos que o limite esta provado. III ) Observação: Para que o limite de uma função de duas variáveis exista, é preciso que a função tenda para L , independentemente do caminho considerado. Por isso a situação é diferente do cálculo 1, aqui existe uma infinidade de curvas (caminhos) das quais o ponto pode se aproximar de L . E essa é a base do teorema que deve ser compreendido antes de começar a provar limites. IV ) Teorema: Seja f uma função de duas variáveis definida numa bola aberta centrada em A x0 , y0

` a

, exceto possivelmente em A x0 , y0

` a . Se f (x , y) tem limites diferentes quando (x, y) tende para

x0 , y0

` a por caminhos diferentes então o limite não existe.

lim

x , y` a

Q x0 ,y0

b c f x,y` a

9+ não existe` a

.

V ) Módulo ou Valor absoluto: Na prova de limites as desigualdades serão fundamentais, se achar necessário faça uma revisão de conteúdo. Uma propriedade que será muito utilizada. Desigualdade triangular: x + y

LL MM ≤ xLL MM+ y

LL MM

Demonstração:

x + yLL MM2 = x + y

` a2 = x2 + 2xy + y2 ≤ x2 + 2 xyLL MM+ y2

≤ xLL MM2 + 2 xy

LL MM+ yLL MM2 = x

LL MM+ yLL MM

b c2

x + yLL MM≤ x

LL MM+ yLL MM

X̂^̂̂̂^̂\^̂̂̂^̂̂Z

GUIDG.COM 3 Agora a prova de limites de duas variáveis. O raciocínio pode ser estendido para n variáveis. Exemplos: 1) Mostre pela definição que:

limx, y` a

Q 1,2b c 3x + 2yb c

= 7

Solução: *Antes vamos esclarecer que: f x,y

` a= 3x + 2y , L = 7 , x0 = 1 , y0 = 2 e de forma análoga será feita

para todos os seguintes. Quando o exercício é dado com o valor do limite, não esta pedindo o valor, somente a prova, então não é necessário usar caminhos. Para provar a existência de um limite é necessário proceder do modo que faremos abaixo, ou de mesma clareza. Queremos mostrar que:

limx, y` a

Q 1,2b c 3x + 2yb c

= 7 se 8 ε> 0 9 δ> 0 | 3x + 2y@7LLL

MMM< ε sAqA x@1` a2 + y@2

b c2swwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww< δ A

Trabalhando a desigualdade que envolve ε : 3x + 2y@7LLL

MMM= 3x@3 + 2y@4LLL

MMM

= 3 x@1` a

+ 2 y@2b cLLLL

MMMM≤ 3 x@1` aLLL

MMM+ 2 y@2b cLLLL

MMMM

≤ 3 x@1LL MM+ 2 y@2

LLLMMM

Pela propriedade de módulo, podemos concluir que:

x@1LL MM= x@1

` a2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww ≤ x@1` a2 + y@2

b c2swwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww< δ

y@2LLL

MMM= y@2b c2swwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww

≤ x@1` a2 + y@2

b c2swwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww

< δ

3x + 2y@7LLL

MMM≤ 3 x@1LL MM+ 2 y@2

LLLMMM

< 3δ + 2δ = 5δ

Então comparando as inequações, podemos admitir:

3x + 2y@7LLL

MMM< 5δ

3x + 2y@7LLL

MMM< ε

X̂\̂^̂Z

ε = 5δ[ δ = ε5fff

Portanto escolhendo δ = ε5fff a definição de limite é verificada.

Verificação do δ (opcional):

3x + 2y@7LLL

MMM≤ 3 x@1LL MM+ 2 y@2

LLLMMM

< 3δ + 2δ< 3A

ε5fff+ 2A

ε5fff= ε

Logo, lim

x, y` a

Q 1,2b c 3x + 2yb c

= 7

GUIDG.COM 4 2) Mostrar pela definição que:

limx, y` a

Q 1,3b c 2x + 3yb c

= 11

3) Mostre pela definição que:

limx, y` a

Q 0,0b c

2xy


Solução: Queremos mostrar que:

limx, y` a

Q 0,0b c

2xy

x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwfffffffffffffffffffffffffffffff= 0 se 8 ε> 0 9 δ> 0 |2xy

x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwfffffffffffffffffffffffffffffffLLLLLLL

MMMMMMM< ε sAqA x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww< δ A

Pelas propriedades de módulo, concluímos que:

8 x, y` a

≠ 0, 0b c x

LL MM≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwyLL MM≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww

X̂^̂\^̂̂Z

Trabalhando a desigualdade que envolve ε :

2xy


MMMMMMM=

2 xLL MMA yLL MM

x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwfffffffffffffffffffffffffffffff≤ 2 x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwA x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwx2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwfffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff

≤ 2 x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww

Comparado as inequações, podemos admitir:

2xy


MMMMMMM< ε


X̂^̂̂̂^̂̂\^̂̂̂^̂̂̂Z

ε = 2 x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww [ ε2fff= x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww< δ

δ = ε2fff


Verificação do δ (opcional):

2xy


MMMMMMM≤ 2A x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww

< 2Aε2fff= ε

Logo, limx, y` a

Q 0,0b c

2xy


GUIDG.COM 5 4) Mostre pela definição que o limite existe:

limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff Solução: Como não temos o valor L do limite, utilizando caminhos distintos vamos supor o limite e prova-lo. Já que o enunciado diz que ele existe.

Seja o caminho C1 = x,y` a

2 R2

| x = 0R S

(analogamente aos seguintes) ou informalmente C1 :x = 0 .

Então o limite de duas variáveis passa a um limite de uma variável. Note que o caminho x = 0 é o eixo y (a interpretação dos demais caminhos são feitas de forma análoga, sejam retas, curvas, parábolas e etc.).

lim0, yb c

Q 0,0b c f 0, y

b c= 2xy2

x2 + y2ffffffffffffffffffffffH

JIK= lim

yQ 0

2A0A y2

02 + y2

ffffffffffffffffffffffff= 0 = L

C2 :y = 0 .

limx,0b c

Q 0,0b c f x,0

b c= 2xy2


JIK= lim

xQ 0

2x A02

x2 + 02fffffffffffffffffffff= 0 = L

C3 :y = kx .

limx, kxb c

Q 0,0b c f x, kx

b c= 2xy2

x2 + y2ffffffffffffffffffffff= 2x kx

` a2

x2 + kx` a2

ffffffffffffffffffffffffffffff= 2x3 k2

x2 1 + k2

b cfffffffffffffffffffffffffffffffffHLLJ

IMMK= lim

xQ 0

2xk2

1 + k2

ffffffffffffffffff= 0 = L

C4 :y = kx2

limx, kx

2b cQ 0,0b c f x, kx2

b c= 2xy2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff= 2x kx2b c2

x2 + kx2b c2

ffffffffffffffffffffffffffffffffff= 2x5 k2

x2 1 + x2 k2b cfffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff

HLLLLJ

IMMMMK= lim

xQ 0

2x3 k2

1 + x2 k2

fffffffffffffffffffffffffff= 0 = L

Então pelo resultado L do limite ser igual nos quatro caminhos, supomos que L = 0 e seguimos para a verificação através da definição. Queremos mostrar que:

limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2ffffffffffffffffffffff= 0 se 8 ε> 0 9 δ> 0 |

2xy2

x2 + y2ffffffffffffffffffffffLLLLLL

MMMMMM< ε sAqA x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww< δ A


2xy2


MMMMMM=2 xLL MMy2

x2 + y2ffffffffffffffffffffff

...

GUIDG.COM 6 Aqui podemos fazer as seguintes considerações: y2 ≤ x2 + y2

xLL MM≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww

Ou também:

y2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff≤ x2 + y2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff= 1 ; x,y` a

≠ 0,0b c

Substituindo:

2xy2


MMMMMM=2 xLL MMy2


≤2 x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww x2 + y2

b c

x2 + y2

ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= 2 x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww

Comparando:

2xy2


MMMMMM< ε


X̂^̂̂̂\̂^̂̂̂^̂Z


δ = ε2fff


Logo, limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2


VI ) Proposição: Se limx, y` a

Q x0 , y0

b c f x,y` a

= 0 e g(x, y) é uma função limitada numa bola aberta de centro

em x0 , y0

` a , então: lim

x, y` a

Q x0 , y0

b c f x,y` a

Ag x,y` a

= 0

A prova foi omitida, e pode ser encontrada no livro Cálculo B, pg 54/55.

Exemplo: 5) Utilizando a proposição mostre que o limite existe:

limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2


GUIDG.COM 7 Solução 1:

Definindo f x,y` a

= x ; g x,y` a

= 2y2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff então:

limx, y` a

Q 0,0b c f x,y

` a= 0

Agora temos que mostrar que g(x,y) é limitada 8 x,y` a

≠ 0,0b c

:

g x,y` aLLL

MMM= 2y2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff= 2Ay2

x2 + y2


≤ 2Ax2 + y2

x2 + y2


Logo g x,y

` aLLLMMM≤ 2 8 x,y

` a≠ 0,0b c

, assim:

limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2ffffffffffffffffffffff= lim

x, y` a

Q 0,0b cx A

2y2

x2 + y2ffffffffffffffffffffff= lim

x, y` a

Q 0,0b cx

{~~~~~~ }~~~~~~yL = 0

A 2y2

x2 + y2ffffffffffffffffffffffz~~~ |~~~xLimitada

= 0

Solução 2:

Definindo f x,y` a

= 2y ; g x,y` a

= yxx2 + y2ffffffffffffffffffffff então:

limx, y` a

Q 0,0b c f x,y

` a= 0

Agora temos que mostrar que g(x,y) é limitada. Aplicando substituição polar (coordenadas polares), lembrando que: sin2 x + cos2 x = 1

g r cosθ ,r sinθb c

= yxx2 + y2ffffffffffffffffffffff= r sinθ A r cosθ

r2 cos2 θ + r 2 sin2 θffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= r 2

A sinθ A cosθr 2 cos2 θ + sin2 θb cfffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= sinθcosθ

Logo g r cosθ,r sinθb cLLLL

MMMM= sinθcosθLL MM≤ 1 8 x,y

` a≠ 0,0b c

, assim:

limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff= limx, y` a

Q 0,0b c2yA

yxx2 + y2


Q 0,0b c2y

{~~~~~~~~ }~~~~~~~~yL = 0

Ayx

x2 + y2ffffffffffffffffffffffz~~~ |~~~xLimitada

= 0

Quanto as propriedades: limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff se f x,y` a

= 2y ; g x,y` a

= yxx2 + y2ffffffffffffffffffffff então:

limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2


Q 0,0b c f x,y

` aAg x,y` a

= limx, y` a

Q 0,0b c f x,y

` aA lim

x, y` a

Q 0,0b cg x,y

` a

= limx, y` a

Q 0,0b c2yA lim

x, y` a

Q 0,0b c

yxx2 + y2ffffffffffffffffffffff

Quanto a substituição polar: g r cosθ ,r sinθ

b c= sinθcosθ , e se: x,y

` aQ 0,0b c

então x2 + y2 = r 2 logo

r 2Q 0 , rQ 0 , e o limite também muda com a substituição, vamos ver o que acontece:

...

GUIDG.COM 8

limx, y` a

Q 0,0b c

2xy2

x2 + y2


Q 0,0b c f x,y

` aA lim

r Q 0g r cosθ,r sinθb c

= limx, y` a

Q 0,0b c2yA lim

r Q 0sinθcosθ

=lim

x, y` a

Q 0,0b c2y

{~~~~~~~~ }~~~~~~~~yL = 0

A sinθcosθ = 0A sinθcosθ = 0

E isto se aplica de forma análoga as outros limites. 6) Prove a inexistência por caminhos:

limx, y` a

Q 0,0b c

2xyx2 + y2ffffffffffffffffffffff

Solução: Utilizando caminhos distintos vamos supor um valor L do limite, e se existir apenas um valor , provaremos pela definição: C1 :x = 0

lim0, yb c

Q 0,0b c

2xyx2 + y2ffffffffffffffffffffff= 2A0A y

02 + y2

ffffffffffffffffffffff= 0 = L1

HJ

IK

C2 :y = 0

limx,0b c

Q 0,0b c

2A x A0

x2 + 02

fffffffffffffffffffff= 0 = L1

F G

C3 :y = x

limx, x` a

Q 0,0b c

2xxx2 + x2

ffffffffffffffffffffff= 2x2

2x2

ffffffffff= 1 = L2

F G

Como L1 ≠ L2 , isto é, por caminhos, concluímos que o limite não existe. Leia III e IV se não entender.

7) limx, y` a

Q 0,2b c

x2 y@2b c

x4 + y@2b c2

ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff Solução: C1 :x = 0

lim0, yb c

Q 0,2b c

02 y@2b c

04 + y@2b c2

ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= limyQ 2

0y2@4y + 4

ffffffffffffffffffffffffffffffffffff= 0 = L1

F G

C2 :y = kx + 2

limx, kx+ 2b c

Q 0,2b c

x2 kx + 2@2` a

x4 + kx + 2@2` a2

fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffHJ

IK= lim

xQ 0

x2 kx` a

x4 + kx` a2

ffffffffffffffffffffffffffffff= kx3

x2 x2 + k2b cffffffffffffffffffffffffffffffffffff= kx

x2 + k2


k2

fffffff= 0 = L1

HLJ

IMK

GUIDG.COM 9 C3 :y = kx2 + 2

limx, kx

2 + 2b c

Q 0,2b c

x2 kx2 + 2@2b c

x4 + kx2 + 2@2b c2

fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= limxQ 0

x2 kx2b c

x4 + kx2b c2

ffffffffffffffffffffffffffffffffff= x4 k

x4 + k2A x4

fffffffffffffffffffffffffffffffff= x4 k

x4 1 + k2b cfffffffffffffffffffffffffffffffff= k

1 + k2ffffffffffffffffff= L2

HLLLJ

IMMMK

Como L1 ≠ L2 , isto é, por caminhos, concluímos que o limite não existe. 8) Utilize caminhos e prove a existência do limite:

limx, y` a

Q 0,0b c

3x2 yx2 + y2

ffffffffffffffffffffff Solução: Utilizando caminhos distintos vamos supor um valor L do limite, e se existir apenas um valor , provaremos pela definição: C1 :y = kx

limx, kxb c

Q 0,0b c

3x2 kx

x2 + kx` a2

ffffffffffffffffffffffffffffff= limxQ 0

3kx3

x2 1 + k2b cfffffffffffffffffffffffffffffffff= 3kx

1 + k2b cffffffffffffffffffffffff= 0 = L1

HLJ

IMK

C2 :y = kx2

limx, kx

2b cQ 0,0b c

3x2 kx2

x2 + kx2b c2

ffffffffffffffffffffffffffffffffff= limxQ 0

3kx4

x2 1 + k2 x2b cfffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= 3kx2

1 + k2 x2

fffffffffffffffffffffffffff= 0 = L1

HLJ

IMK

Como o resultado L do limite é igual nos dois caminhos, supomos que L = 0 e seguimos para a verificação através da definição. Queremos mostrar que:

limx, y` a

Q 0,0b c

3x2 yx2 + y2ffffffffffffffffffffff= 0 se 8 ε> 0 9 δ> 0 |

3x2 yx2 + y2ffffffffffffffffffffffLLLLLL


Vemos facilmente que, e pelas propriedades de módulos:

8 x, y` a

≠ 0, 0b c x2 ≤ x2 + y2

yLL MM= y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww<δ

X̂\̂^̂Z


3x2 yx2 + y2ffffffffffffffffffffffLLLLLL

MMMMMM=3x2 yLL MM


≤3 x2 + y2b c

yLL MM

x2 + y2ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff


Comparando as desigualdades, podemos admitir que:

GUIDG.COM 10

3x2 yx2 + y2

ffffffffffffffffffffffLLLLLL

MMMMMM≤ ε


X̂^̂̂̂\̂^̂̂̂^̂Z


δ = ε3fff


9) Calcule se possível:

limx, y` a

Q 0,1b c

3x4 y@1b c4

x4 + y2@2y + 1

b c3fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff

Solução: Utilizando caminhos distintos vamos supor um valor L do limite, e se existir apenas um valor , provaremos pela definição: C1 :y = kx + 1

limx, kx+ 1b c

Q 0,1b c

3x4 kx + 1` a

@1b c4

x4 + kx + 1` a2

@2 kx + 1` a

+ 1b c3ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= lim

xQ 0

3x4 k4 x4

x4 + k2 x2 + 2kx + 1@2kx@2 + 1b c3ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff

limxQ 0

3x8 k4

x4 + k2 x2b c3fffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= 3x8 k4

x2 x2 + k2b cd e3

fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= 3x8 k4

x6b c

x2 + k2b c3

ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= 3x2 k4

x2 + k2b c3fffffffffffffffffffffffffffffff= 0

k2fffffff= 0 = L1

HLLLJ

IMMMK

C2 :y = kx2 + 1

limx, kx+ 1b c

Q 0,1b c

3x4 kx2 + 1b c

@1d e4

x4 + kx2 + 1b c2

@2 kx2 + 1b c

+ 1f g3fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= lim

xQ 0

3x4 k4 x8

x4 + k2x4 + 2kx

2 + 1@2kx2@2 + 1

b c3fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff

limxQ 0

3x12 k4

x4 + k2 x4b c3fffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= 3x12 k4

x4 1 + k2b cd e3

ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= 3x12 k4

x12 1 + k2b c3

fffffffffffffffffffffffffffffffffffff= 3k4

1 + k2b c3fffffffffffffffffffffffffff= L2

HLLLJ

IMMMK

Como L1 ≠ L2 , isto é, por caminhos, concluímos que o limite não existe.

10) limx, y` a

Q 0,0b c

xy2

x2 + y4


GUIDG.COM 11 Solução: Utilizando caminhos distintos vamos supor um valor L do limite, e se existir apenas um valor , provaremos pela definição: C1 :y = 0

limx,0b c

Q 0,0b c

x02

x2 + 04fffffffffffffffffffff= lim

xQ 0

0

x2 + 04fffffffffffffffffffff= 0 = L1

C2 :y = kx

limx, kxb c

Q 0,0b c

x kx` a2

x2 + kx` a4


x3 k2

x2 + k4 x4

ffffffffffffffffffffffffffffff= x3 k2

x2 1 + k4 x2b cfffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= xk2

1 + k4 x2

fffffffffffffffffffffffffff= 0 = L1

HLJ

IMK

C3 :y = xpwwwwwwwwwwwwwwwwwww

limx, xpwwwwwwwwwwb c

Q 0,0b c

x xpwwwwwwwwwwwwwwwwwwwb c2

x2 + xpwwwwwwwwwwwwwwwwwwwb c4fffffffffffffffffffffffffffffffffff= lim

xQ 0

x2

x2 + x2ffffffffffffffffffffff= x2

2x2ffffffffff= 1

2fff= L2

F G

Como L1 ≠ L2 , isto é, por caminhos, concluímos que o limite não existe.

11) limx, y` a

Q 0,0b c

x3 + y3

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff Solução: Utilizando caminhos distintos vamos supor um valor L do limite, e se existir apenas um valor , provaremos pela definição: C1 :y = kx

limx, kxb c

Q 0,0b c

x3 + kx` a3

x2 + kx` a2


x3 + k3 x3

x2 + k2x2

ffffffffffffffffffffffffffffff= x3 1 + k3b c

x2 1 + k2

b cfffffffffffffffffffffffffffffffff= x + xk3

1 + k2

fffffffffffffffffffffff= 0 = L1

HLLJ

IMMK

C2 :y = xpwwwwwwwwwwwwwwwwwww


Q 0,0b c

x3 + xpwwwwwwwwwwwwwwwwwwwb c3

x2 + xpwwwwwwwwwwwwwwwwwwwb c2fffffffffffffffffffffffffffffffffff= lim

xQ 0

x3 + x xpwwwwwwwwwwwwwwwwwwwx2 + xfffffffffffffffffffffffffffffffff= x x2 + xpwwwwwwwwwwwwwwwwwwwb c

x x + 1` afffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= x2 + xpwwwwwwwwwwwwwwwwwww

x + 1fffffffffffffffffffffffffff= 0 = L1

HLJ

IMK


limx, y` a

Q 0,0b c

x3 + y3

x2 + y2ffffffffffffffffffffff= 0 se 8 ε > 0 9 δ> 0 |

x3 + y3



GUIDG.COM 12 Podemos admitir que:

x2 ≤ x2 + y2 e x

LL MM= x2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww<δ

y2 ≤ x2 + y2 e yLL MM= y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww<δ

X̂^̂\^̂̂Z

(☻) Trabalhando a desigualdade que envolve ε : x3 + y3


MMMMMM=xLL MMx2 + y

LL MMy2

x2 + y2ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff

≤xLL MM x2 + y2b c

+ yLL MM x2 + y2b c

x2 + y2fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= x2 + y2

b cxLL MM+ y

LL MMb c

x2 + y2fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= x

LL MM+ yLL MM

< 2δ

Comparando as desigualdades, vemos que:

x3 + y3


MMMMMM≤ ε

< 2δ

X̂^̂̂\^̂̂̂Z

ε = 2δ [ δ = ε2fff


Também podemos resolver de outra maneira a partir deste ponto: (☻) Trabalhando a desigualdade que envolve ε : x3 + y3


MMMMMM=xLL MMx2 + y

LL MMy2

x2 + y2ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff

≤x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwx2 + x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwy2

x2 + y2

fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww x2 + y2b c

x2 + y2

fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww<δ

Portanto escolhendo δ = ε a definição de limite também é verificada.

GUIDG.COM 13 Agora vamos usar a proposição, aplicando as propriedades de limites:

limx, y` a

Q 0,0b c

x3 + y3

x2 + y2ffffffffffffffffffffff= xx2 + yy2

x2 + y2ffffffffffffffffffffffffffffff= xx2

x2 + y2ffffffffffffffffffffff+ yy2


JIK

= limx, y` a

Q 0,0b c

xx2

x2 + y2ffffffffffffffffffffff+ lim

x, y` a

Q 0,0b c

yy2


=lim

x, y` a

Q 0,0b cx

{~~~~~~ }~~~~~~yL = 0

limx, y` a

Q 0,0b c

x2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffffz~~~~~~~~~~~~~ |~~~~~~~~~~~~~xI

+lim

x, y` a

Q 0,0b cy

{~~~~~~ }~~~~~~yL = 0

limx, y` a

Q 0,0b c

y2


z~~~~~~~~~~~~~ |~~~~~~~~~~~~~xII

Queremos mostrar que as funções dos limites I [ f(x, y) ] e II [ g(x, y) ] , (isto é estamos definindo as funções) são funções limitadas com (x, y) ≠ (0, 0) .

I ) x2

x2 + y2


x2 + y2

ffffffffffffffffffffff= 1 , assim: f x, y` aLLL

MMM≤ 1

II) y2

x2 + y2


x2 + y2

ffffffffffffffffffffff= 1 , assim: g x, y` aLLL

MMM≤ 1

Logo pela proposição fica provado que limx, y` a

Q 0,0b c

x3 + y3

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff= 0 .

Também pode-se aplicar a substituição polar para a resolução (siga o exemplo 5). 12) Calcule se possível:

limx, y` a

Q 0,0b c

x2 y2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff Solução: Utilizando caminhos distintos vamos supor um valor L do limite, e se existir apenas um valor , provaremos pela definição: C1 :y = xpwwwwwwwwwwwwwwwwwww


Q 0,0b c

x2 xpwwwwwwwwwwwwwwwwwww2

x2 + xpwwwwwwwwwwwwwwwwwww2fffffffffffffffffffffffffffff= lim

xQ 0

x3

x2 + xfffffffffffffffffff= x3

x x + 1` afffffffffffffffffffffffffff= x2

x + 1ffffffffffffffff= 0 = L1

HJ

IK

C2 :y = x2

limx, x2b c

Q 0,0b c

x2 x2b c2

x2 + x2b c2


x6

x2 + x4ffffffffffffffffffffff= x6

x2 1 + x2b cfffffffffffffffffffffffffffffffff= x4

1 + x2ffffffffffffffffff= 0 = L1

HLJ

IMK


GUIDG.COM 14

limx, y` a

Q 0,0b c

x2 y2

x2 + y2ffffffffffffffffffffff= 0 se 8 ε > 0 9 δ> 0 |

x2 y2



Vemos facilmente que, e pelas propriedades de módulos:

x2 ≤ x2 + y2 e x

LL MM= x2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww<δ

y2 ≤ x2 + y2 e yLL MM= y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww<δ

X̂^̂\^̂̂Z

Trabalhando a desigualdade que envolve ε , num dos métodos possíveis:

x2 y2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffffLLLLLL

MMMMMM=xLL MM2

y2

x2 + y2

ffffffffffffffffffffff≤ xLL MM2

y2 + x2b c

x2 + y2

fffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff= xLL MM2

≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwd e2

Agora comparamos as desigualdades:

x2 y2


MMMMMM≤ ε

≤ x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwd e2

X̂^̂̂̂^̂̂\^̂̂̂^̂̂̂Z

ε = x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwd e2

[ εpwwwwwwwwwwwwwwwww= x2 + y2qwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww<δ [ δ = εpwwwwwwwwwwwwwwwww

Portanto escolhendo δ = εpwwwwwwwwwwwwwwwww a definição de limite é verificada.

cdi 2 limites por caminhos e definicao

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