Lista_3

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LISTA 3
Cálculo 2
Limites
Continuidade
Cálculo dos Limites
Exercício 1
Seja f(x, y) =
x2 − y2
x2 + y2
. Determine o limite de f(x, y) quando (x, y) tende a (0, 0) ao longo da curva C, com:
a) C : x = 0 b) C : y = 0 c) C : y = x d) C : y = x2
Você consegue concluir a existência de lim(x,y)→(0,0) f(x, y) pelos valores obtidos?
Exercício 2
(Cederj, EP5–Cálculo III–2017-1) Justifique se o limite existe ou não. Caso exista, calcule-o.
a) lim
(x,y)→(0,0)
√
x+ 3−
√
3
xy + x
b) lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x4 + y3 + z3
x2 + y2 + z4
c) lim
(x,y)→(0,1)
5x2(y − 1)2
x4 + (y − 1)4
d) lim
(x,y)→(0,2)
sen(xy)
x
Exercício 3
Em cada item, determine se o limite existe. Se existir, calcule-o.
a) lim
(x,y)→(0,0)
y√
x2 + y2
b) lim
(x,y,z)→(0,0,0)
xyz
x2 + y2
c) lim
(x,y,z)→(0,0,1)
xyz
x2 + y2
d) lim
(u,v)→(0,0)
u3 − v3
u2 + v2
Exercício 4
Seja f(x, y) =
2xy2
x2 + y4
.
a) Mostre que, fixado m ∈ R qualquer, tem-se limt→0 f(t,mt) = 0. Calcule também limt→0 f(0, t) e conclua
que ao se aproximar de (0, 0) por qualquer reta, o limite de f vale 0.
b) Calcule limt→0 f(t
2, t). O que isso nos diz sobre lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y)?
Exercício 5
(Stewart, Ed. 7, Sec. 14.2, Ex: 1, 29, 31)
a) Suponha que lim
(x,y)→(3,1)
f(x, y) = 6. O que podemos dizer do valor de f(3, 1)? E se a função f for
contínua?
b) Determine o maior conjunto no qual cada função é contínua
F (x, y) =
xy
1 + ex−y
, G(x, y) =
1 + x2 + y2
1− x2 − y2
Exercício 6
(Cederj, EP5–Cálculo III–2017-1) Determine os pontos de R2 nos quais as funções abaixo são contínuas:
a) g(x, y) =

sen (x2 + y2)
x2 + y2
se (x, y) ̸= (0, 0)
1 se (x, y) = (0, 0)
b) f(x, y) =
{
x3−xy2
x2+y2 se (x, y) ̸= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
Solução do Exercício 1
a) Uma parametrização possível para a curva x = 0 é (x, y) = (0, t). Neste caso, o limite da função f quando
(x, y) → (0, 0) é equivalente ao limite de f(0, t) quando t → 0. Usamos isso para escrever
lim
(x,y)→(0,0)
Na curva x = 0
f(x, y) = lim
t→0
f(0, t) = lim
t→0
−t2
t2
= −1.
b) Uma parametrização possível para a curva y = 0 é (x, y) = (t, 0). Neste caso, o limite da função f quando
(x, y) → (0, 0) é equivalente ao limite de f(t, 0) quando t → 0. Usamos isso para escrever
lim
(x,y)→(0,0)
Na curva y = 0
f(x, y) = lim
t→0
f(t, 0) = lim
t→0
t2
t2
= 1.
c) Uma parametrização possível para a curva y = x é (x, y) = (t, t). Neste caso, o limite da função f quando
(x, y) → (0, 0) é equivalente ao limite de f(t, t) quando t → 0. Usamos isso para escrever
lim
(x,y)→(0,0)
Na curva y = x
f(x, y) = lim
t→0
f(t, t) = lim
t→0
0
2t2
= 0.
d) Uma parametrização possível para a curva y = x2 é (x, y) = (t, t2). Neste caso, o limite da função f
quando (x, y) → (0, 0) é equivalente ao limite de f(t, t2) quando t → 0. Usamos isso para escrever
lim
(x,y)→(0,0)
Na curva y = x2
f(x, y) = lim
t→0
f(t, t2) = lim
t→0
t2 − t4
t2 + t4
= lim
t→0
1− t2
1 + t2
= 1.
Destes resultados vemos que a função apresenta diferentes valores de limites para diferentes caminhos. Com
isso concluímos que o limite da função f apresentada quando (x, y) → (0, 0) não existe.
2
Solução do Exercício 2
a) Temos:
lim
(x,y)→(0,0)
√
x+ 3−
√
3
xy + x
= lim
(x,y)→(0,0)
√
x+ 3−
√
3
x(y + 1)
√
x+ 3 +
√
3
√
x+ 3 +
√
3
= lim
(x,y)→(0,0)
(
√
x+ 3)2 − (
√
3)2
x(
√
x+ 3 +
√
3)
1
y + 1
= lim
(x,y)→(0,0)
(x+ 3)− 3
x(
√
x+ 3 +
√
3)
1
y + 1
= lim
(x,y)→(0,0)
1
√
x+ 3 +
√
3
1
y + 1
= lim
(x,y)→(0,0)
1
√
x+ 3 +
√
3
· lim
(x,y)→(0,0)
1
y + 1
=
1
2
√
3
(1) =
1
2
√
3
b) Considerando o caminho

x = 0
y = 0
z = t
temos que lim(x,y,z)→(0,0,0)
x4+y3+z3
x2+y2+z4 = limt→0
t3
t4
= limt→0
1
t
. Assim,
se t → 0+, então
1
t
→ ∞. Se t → 0−, então
1
t
→ −∞. Logo, não existe o limite sobre este caminho.
Portanto, não existe lim(x,y,z)→(0,0,0)
x4+y3+z3
x2+y2+z4 .
c) O teste dos dois caminhos diz que se f(x, y) tem limites diferentes ao longo de dois caminhos diferentes,
quando (x, y) se aproxima de (a, b), então lim(x,y)→(a,b) f(x, y) não existe.
Assim, considerando o limite através da família de retas que passam por (0, 1), isto é, y = mx+1, temos:
lim
(x,y)→(0,1)
5x2(y − 1)2
x4 + (y − 1)4
= lim
x→0
5x2(mx+ 1− 1)2
x4 + (mx+ 1− 1)4
= lim
x→0
5m2x4
x4(1 +m4)
= lim
x→0
5m2
1 +m4
=
5m2
1 +m4
.
Como este limite depende de m, o limite do enunciado não existe. Mais explicitamente, podemos tomar
como caminhos as retas y = x+ 1 (m = 1) e y = 2x+ 1 (m = 2) e obter:
lim(x,y)→(0,0)
5x2(y − 1)2
x4 + (y − 1)4
=
5(1)2
1 + (1)4
=
5
2
(ao longo do caminho y = x+ 1, m = 1)
lim(x,y)→(0,0)
5x2(y − 1)2
x4 + (y − 1)4
=
5(2)2
1 + (2)4
=
20
17
(ao longo do caminho y = 2x+ 1, m = 2)
e concluímos que o limite lim(x,y)→(0,0)
5x2(y − 1)2
x4 + (y − 1)4
não existe.
d) Notemos que
lim
(x,y)→(0,2)
sen(xy)
x
= lim
(x,y)→(0,2)
y
sen(xy)
xy
=
(
lim
(x,y)→(0,2)
y
)(
lim
(x,y)→(0,2)
sen(xy)
xy
)
= 2 lim
(x,y)→(0,2)
sen(xy)
xy
.
Agora considere u = xy e note que quando (x, y) → (0, 2) temos u → 0. Portanto:
lim
(x,y)→(0,2)
sen(xy)
xy
= lim
u→0
sen(u)
u
= 1
(para ser formal, note que o caso u = 0, “ignorado” pelo limite da direita, corresponde a pontos da forma
xy = 0 que nem estão no domínio da função da esquerda, e por isso mesmo podem ser ignorados também)
e enfim
lim
(x,y)→(0,2)
sen(xy)
x
= 2 · 1 = 2.
3
Solução do Exercício 3
a) Sendo f(x, y) =
y√
x2 + y2
, tentemos caminhos com
x = 0. Temos
f(0, y) =
y√
x2 + y2
=
y
|y|
Isto significa que:
lim
t→0+
f(0, t) = 1; lim
t→0−
f(0, t) = −1
E assim o limite não existe.
b) Escrevendo g(x, y) =
xy
x2 + y2
, sabemos que g é limitada, com − 1
2 ≤ g(x, y) ≤ 1
2 . De fato:
−1
2
≤ g(x, y) ≤ 1
2
⇐⇒ −
(
x2 + y2
)
≤ 2xy ≤ x2 + y2.
A desigualdade da esquerda equivale a x2 + y2 + 2xy ≥ 0, que vale pois x2 + y2 + 2xy = (x + y)2;
analogamente, a da direita equivale a x2 + y2 − 2xy ≥ 0, que vale pois x2 + y2 − 2xy = (x− y)2.
(Ou em coordenadas polares: g(x, y) =
(r cos θ)(r sin θ)
r2
= sin θ cos θ = sin(2θ)
2 , claramente entre − 1
2 e 1
2 .)
Enfim, podemos atacar o limite pedido:
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
xyz
x2 + y2
= lim
(x,y,z)→(0,0,0)
g(x, y) · z = 0
pelo Teorema do Anulamento, pois g é limitada e z → 0.
c) Tentemos dois caminhos distintos tendendo a (0, 0, 1):
g(t, t, 1) =
t2
t2 + t2
=
1
2
=⇒ lim
t→0
g(t, t, 1) =
1
2
g(t,−t, 1) =
−t2
t2 + t2
= −1
2
=⇒ lim
t→0
g(t,−t, 1) = −1
2
Como ambos os caminhos (t, t, 1) e (t,−t, 1) tendem a (0, 0, 1) quando t → 0, conclui-se que o limite
pedido não existe.
d) Neste caso, vale a pena separar a fração:
u3 − v3
u2 + v2
=
u3
u2 + v2
− v3
u2 + v2
= u · u2
u2 + v2
− v · v2
u2 + v2
.
Como 0 ≤ u2
u2 + v2
≤ 1 e u → 0, o primeiro termo tem limite 0 quando (u, v) → (0, 0) (pelo Teorema
do Anulamento). Analogamente, como 0 ≤ v2
u2 + v2
≤ 1 e v → 0, o segundo termo tem limite 0 quando
(u, v) → (0, 0). Assim, o limite pedido vale 0− 0 = 0.
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Solução do Exercício 4
a) Temos
f(t,mt) =
2 · t · (mt)2
t2 + (mt)4
=
2m2t3
t2 (1 +m4t2)
=
2m2t
1 +m4t2
lim
t→0
f(t,mt) = lim
t→0
2m2t
1 +m4t2
=
0
1
= 0.
E também:
f(0, t) =
2 · 0 · t4
02 + t4
= 0 =⇒ lim
t→0
f(0, t) = 0.
b) Agora
f
(
t2, t
)
=
2 · t2 · t2
(t2)
2
+ t4
=
2t4
2t4
= 1 =⇒ lim
t→0
f
(
t2, t
)
= 1
Como por caminhos retos tendendo a (0, 0) o limite vale 0, mas pela parábola (t2, t) o limite vale 1,
conclui-se que lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) não existe.
Solução do Exercício 5
a) Em geral não podemos dizer nada do valor de f(3, 1), mas no caso em que f for contínua em (3, 1) sabemos
que: (1) lim(x,y)→(3,1) f(x, y) existe e (2) lim(x,y)→(3,1) f(x, y) = f(3, 1). Portanto, se f for contínua em
(3, 1) temos que f(3, 1) = 6
b) Como F (x, y) é o quociente de funções contínuas (o polinômio p(x, y) = xy e a função g(x, y) = ex−y, que
é composta de contínuas), e o denominador nunca se anula, concluímos que F é contínua em todo R2.
Como G(x, y) é quociente de polinômios, ela é contínua nos pontos onde o denominador não se anula.
5
Isto é, G é contínua nos pontos (x, y)tais que
1− x2 − y2 ̸= 0 ⇔ x2 + y2 ̸= 1.
Ou seja, G é contínua em todo R2 exceto nos pontos da circunferência centrada na origem de raio 1; nestes
pontos o denominador é igual a 0 e portanto G não está definida nesta circunferência. Em particular,
como estes pontos nem estão no domínio de G, G é contínua em todos os pontos de seu domínio.
Solução do Exercício 6
a) Começamos observando que a função g é contínua em R2 − {(0, 0)}, pois é quociente e composições de
funções contínuas em tal conjunto.
Para analisar a continuidade de g em (0, 0) utilizamos u = x2+y2. Note que quando (x, y) → (0, 0) temos
u → 0 e assim:
lim
(x,y)→(0,0)
sen(x2 + y2)
x2 + y2
= lim
u→0
senu
u
= 1 = g(0, 0).
Daí, g é contínua também em (0, 0), e portanto contínua em R2.
(Novamente, para ser preciso, observe que u = 0 corresponde exatamente a x = y = 0; como ambos esses
casos são irrelevantes em seus respectivos limites, a substituição se justifica).
b) Começamos observando que a função f é contínua R2 − {(0, 0)}, pois é representada em tal conjunto
através de quocientes de polinômios e o denominador é diferente de 0. Agora para analisar a continuidade
de f em (0, 0) usaremos o Teorema do Anulamento. De fato, quando (x, y) → (0, 0), temos:
f(x, y) = x︸︷︷︸
→0
· x
2 − y2
x2 + y2︸ ︷︷ ︸
−1≤·≤1
−→ 0.
Para comprovar que a fração é de fato limitada, existem duas maneiras. Uma é notar que para quaisquer
x, y ∈ R vale
−x2 − y2 ≤ x2 − y2 ≤ x2 + y2
6
(a primeira desigualdade equivale a x2 ≥ 0, e a segunda equivale a y2 ≥ 0). Dividindo tudo por x2 + y2
(positivo em R2 − {(0, 0)}), temos
−1 ≤ x2 − y2
x2 + y2
≤ 1
A outra opção boa seria usar coordenadas polares; fazendo x = r cos θ e y = r sen θ vem
x2 − y2
x2 + y2
=
r2(cos2 θ − sin2 θ)
r2
= cos(2θ)
que claramente fica entre −1 e 1. De uma forma ou de outra, esta fração é limitada como afirmamos
anteriormente. Assim,
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0 = f(0, 0)
e f é contínua também em (0, 0). Enfim concluímos que f é contínua em R2.
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