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Capítulo 3 LIMITES DE FUNÇÕES VECTORIAIS DE VARIÁVEL VECTORIAL Em Análise Real estudam-se funções reais de variável real (f r.v.r) cujo domínio é um conjunto de números reais e cujo conjunto de chegada é IR. Generalizemos agora o conceito de função, do seguinte modo: De nição 3.1 Seja D um subconjunto de IRn. Designa-se por função vectorial de variável vectorial (f v.v.v) ou função vectorial de n variáveis reais toda a aplicação f : D � IRn �! IRm; que associa a um vector x; x = (x1; x2; : : : ; xn) 2 D; um vector f(x), f (x) = (y1; y2; : : : ; ym) 2 IRm: Exemplos de funções v.v.v. surgem em diversos problemas físicos. Por ex- emplo, para especi car a temperatura de uma região R do espaço, de ne-se uma função T : R � IR3 �! IR em que T (x; y; z) é a temperatura do ponto de coordenadas (x; y; z); para descrever a velocidade de um uido numa região R do espaço, de ne-se uma função V : R � IR4 �! IR3 em que V (x; y; z; t) dá o vector velocidade do uido no ponto (x; y; z) e no instante t (Figura 3.1). Se representarmos (y1; y2; : : : ; ym) por (f1 (x) ; f2 (x) ; : : : ; fm (x)), as funções f1, f2; : : : ; fm designam-se por funções coordenadas de f . Notemos que estas funções são reais, de n variáveis reais, isto é, fi : D � IRn �! IR, i = 1; 2; : : : ;m . 1 Figura 3.1: Fluido em movimento. De nição 3.2 Seja f : D � IRn �! IRm. Designa-se por grá co de f o conjunto Gf = f(x1; x2; : : : ; xn; y1; y2; : : : ; ym) : yi = fi (x1; x2; : : : ; xn) ; i = 1; 2; : : : ;mg Nota 3.1 1. Observe-se que Gf � IRn � IRm 2. Por uma questão de simplicidade de escrita iremos muitas vezes notar as componentes de funções vectoriais de duas variáveis e de funções vectoriais de três variáveis, respectivamente, por (x; y) e (x; y; z). Exemplo 3.1 1. f : IR2 �! IR (x; y) 7�! x2 + y2 Há apenas uma função coordenada, f1 (x; y) = x2 + y2. A Figura 3.2 é uma representação grá ca da função f . O grá co de f está contido em IR3: 2. g : IR2 �! IR (x; y) 7�! y Há apenas uma função coordenada, g1 (x; y) = y. A Figura 3.3 é uma representação grá ca da função g. O grá co de g está contido em IR3. 3. h : IR �! IR2 x 7�! (cos 10x; sin 10x) Neste caso há duas funções coordenadas, h1(x) = cos 10x e h2(x) = sin 10x . 2 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL - 2 - 1 0 1 2 x - 2 - 1 0 1 2y 0 1 2 3 4 z - 2 - 1 0 1 2 x - 2 - 1 0 1 2y Figura 3.2: Representação grá ca de f(x; y) = x2 + y2 A Figura 3.4 é uma representação grá ca da função h. O grá co de h está contido em IR3. 4. f : IR2 �! IR3 (x; y) 7�! �x2y; x+ y; yex� Há três funções coordenadas, f1 (x; y) = x2y, f2 (x; y) = x+y e f3 (x; y) = yex e Gf � IR5. 3.1 Limite de uma função vectorial Recordemos a de nição de limite no contexto das funções reais de variável real. Seja f : D � IR �! IR e x0 2 D0 (x0 ponto de acumulação de D). Diz-se que o limite de f quando x tende para x0 é L, e escreve-se lim x�!x0 f (x) = L se 8" > 0 9� > 0 : 8x 2 D 0 < jx� x0j < � =) jf (x)� Lj < " Esta de nição, cuja interpretação geométrica está representada na gura 3.5, generaliza-se ao contexto de funções vectoriais de variável vectorial, do seguinte modo: 3 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0- 50 51 0 y - 1 0 - 5 0 5 1 0 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0- 50 51 0 y Figura 3.3: Representação grá ca da função g(x; y) = y De nição 3.3 Sejam f : D � IRn �! IRm e P0 2 D0. Diz-se que o limite de f quando P tende para P0 é L, e escreve-se lim P�!P0 f (P ) = L se 8" > 0 9� > 0 : 8P 2 D 0 < kP � P0k < � =) kf (P )� Lk < " A interpretação geométrica desta de nição para uma função real de variável vectorial, com n = 2, está representada na gura 3.6. Nota 3.2 1. As duas normas que aparecem na de nição são distintas. De facto, kP � P0k representa uma norma em IRn e kf (P )� Lk representa uma norma em IRm. 2. Tal como já acontece em IR, pelo facto de termos kP � P0k > 0 no conceito de limite, não é considerado o valor que a função assume em P0, podendo mesmo não estar de nida neste ponto. Além disso, o facto de P0 2 D0, implica que o conjunto dos valores P 2 D tais que 0 < kP � P0k < � seja não vazio. 3. A noção de limite pode apresentar-se recorrendo ao conceito de bola ( gura 3.7). Assim, lim P�!P0 f (P ) = L 4 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL - 1 - 0 . 5 0 0 . 5 1 x - 1 - 0 . 5 0 0 . 5 1y 0 0 . 5 1 1 . 5 2 z - 1 - 0 . 5 0 0 . 5 1 x - 1 - 0 . 5 0 0 . 5 1y Figura 3.4: Representação grá ca da função h(x) = (cos 10x; sin 10x) se 8" > 0 9� > 0 : 8P 2 D P 2 B (P0; �) n fP0g =) f (P ) 2 B (L; ") ou 8" > 0 9� > 0 : 8P 2 D f (B (P0; �) n fP0g) � B (L; ") : 4. Atendendo à equivalência entre normas, em IRn; quaisquer que sejam as normas utilizadas na de nição de limite, os conceitos são equivalentes. Exemplo 3.2 1. Seja a função f : IR2 �! IR (x; y) 7�! x representada gra camente na gura 3.8. 1. Mostremos, por de nição, que lim (x;y)�!(0;0) x = 0 . Sendo " > 0, arbitrário, queremos mostrar que 9� > 0 : 8 (x; y) 2 IR2 0 < k(x; y)� (0; 0)k < � =) jx� 0j < " . (3.1) 5 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Figura 3.5: Interpretação geométrica da de nição de limite em IR Como jxj = p x2 6 p x2 + y2 = k(x; y)k concluímos (3.1) que é veri cada para � � ". 2. Seja f : IR2 �! IR (x; y) 7�! x2p x2+y2 representada gra camente na gura 3.9. Mostremos, por de nição, que lim (x;y)�!(0;0) x2p x2 + y2 = 0 . Sendo " > 0, arbitrário, queremos mostrar que 9� > 0 : 8 (x; y) 2 IR2� f(0; 0)g ; 0 < k(x; y)k < � =) ����� x2px2 + y2 ����� < " . (3.2) Considerando que x2p x2 + y2 6 x 2 + y2p x2 + y2 = p x2 + y2 concluímos que (3.2) é veri cada com � = ". 6 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Figura 3.6: Interpretação geométrica do conceito de limite para f : IR2 �! IR Tal como é conhecido da Análise Real, a caracterização de limite de uma função v.v.v. pode ser feita recorrendo a sucessões. O resultado seguinte vai permitir aplicar ao estudo do limite de funções vectoriais de n variáveis, propriedades, já estudadas, das sucessões em IRn . Proposição 3.1 Sejam f : D � IRn �! IRm e P0 2 D0. Então lim P�!P0 f (P ) = L se e só se para toda a sucessão de elementos de D, (Ps)s2IN, tal que Ps IRn�! P0 se tem f (Ps) IR m �! L. Prova. (ilustração geométrica na gura 3.10) 1. Suponhamos que lim P�!P0 f (P ) = L e que Ps �! P0 e provemos que f (Ps) �! L: Seja " > 0, qualquer. Então 9� > 0 : f(B (P0; �) n fP0g) \D � B (L; ") . (3.3) Atendendo a que Ps �! P0, então, para este � > 0, podemos concluir que 9s0 2 IN : 8s 2 IN s > s0 =) Ps 2 B (P0; �) : (3.4) 7 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Figura 3.7: Ilustração do conceito de limite. De (3.3) e (3.4) concluímos que 8" > 0 9s1 = s0 2 IN : 8s 2 IN s > s1 =) f (Ps) 2 B (L; ") ; o que signi ca que f (Ps) �! L. 2. Admitamos que lim P�!P0 f (P ) 6= L, ou seja, 9" > 0 8� > 0 9P 2 D : 0 < kP � P0k < � ^ kf (P )� Lk > ": Então, se � = 1m 9Pm 2 D : 0 < kPm � P0k < 1 m ^ kf (Pm)� Lk > ": Construímos, assim, uma sucessão (Pm)m2IN ; de elementos de D; tal que Pm �! P0 mas lim m�!1f (Pm) 6= L. A proposição seguinte permite concluir que o estudo de funções vectoriais de n variáveis pode reduzir-se ao estudo dos limites das suas funções coordenadas, isto é, pode reduzir-se ao estudo de limites de funções reais de n variáveis. 8 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Exemplo 3.3 - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0- 50 51 0 y - 1 0 - 5 0 5 1 0 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0- 50 51 0 y Figura 3.8: Representação grá ca def(x; y) = x Proposição 3.2 Sejam f : D � IRn �! IRm e P0 2 D0. Então lim P�!P0 f (P ) = L se e só se lim P�!P0 fi (P ) = Li; i = 1; 2; : : : ;m em que L = (L1; L2; : : : ; Lm). Prova. 1. Suponhamos que lim P�!P0 f (P ) = L; isto é, dado " > 0, arbitrário, 9� > 0 : 8P 2 D 0 < kP � P0k < � =) kf (P )� Lk < ": Queremos provar que 9�i > 0 : 8P 2 D 0 < kP � P0k < �i =) jfi (P )� Lij < " . (3.5) Como (f (P )� L) = (f1 (P )� L1; f2 (P )� L2; : : : ; fm (P )� Lm) e jfi (P )� Lij 6 kf (P )� Lk concluímos que (3.5) se veri ca para �i = �. 9 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0- 50 51 0 y 0 2 . 5 5 7 . 5 1 0 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0- 50 51 0 y Figura 3.9: Representação grá ca de f (x; y) = x 2p x2+y2 2. Suponhamos agora que lim P�!P0 fi (P ) = Li; i = 1; 2; : : : ;m; ou seja, dado " > 0, arbitrário, 9�i > 0 : 8P 2 D 0 < kP � P0k < �i =) jfi (P )� Lij < "p m . Queremos provar que 9� > 0 : 8P 2 D 0 < kP � P0k < � =) kf (P )� Lk < ": Utilizando a norma euclidiana tem-se kf (P )� Lk = rXm i=1 (fi (P )� Li)2: Concluímos assim que para 0 < kP � P0k < �; com � = min f�1; �2; : : : ; �mg, se tem rXm i=1 (fi (P )� Li)2 < sXm i=1 � "p m �2 = r m "2 m = ": A proposição seguinte estabelece propriedades fundamentais respeitantes à aritmética de limites. 10 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Figura 3.10: Ilustração geométrica da proposição 3.1 Proposição 3.3 Seja P0 2 D0. Então: 1. Se f; g : D � IRn �! IRm, lim P�!P0 f (P ) = L1 e lim P�!P0 g (P ) = L2 então lim P�!P0 f (P )� g (P ) = L1 � L2: 2. Se f : D � IRn �! IRm, g : D � IRn �! IR , lim P�!P0 f (P ) = L1 e lim P�!P0 g (P ) = L2 então lim P�!P0 (gf) (P ) = lim P�!P0 g (P ) f (P ) = L1L2: 3. Se f : D � IRn �! IRm, g : D � IRn �! IR , lim P�!P0 f (P ) = L1 e lim P�!P0 g (P ) = L2 6= 0 então existe uma vizinhança V de P0 tal que g é não nula em D \ (V n fP0g) e lim P�!P0 f g (P ) = lim P�!P0 f (P ) g (P ) = L1 L2 : Prova. A demonstração é consequência imediata da Proposição sobre arit- mética de sucessões (Proposição 2.4) e da Proposição que caracteriza limite em termos de sucessões (Proposição 3.1). 11 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Provemos apenas que se lim P�!P0 g (P ) = L2; com L2 6= 0, então existe uma vizinhança V de P0 tal que g é não nula em D \ (V n fP0g). Com efeito, 8" > 0 9� > 0 : P 2 D ^ 0 < kP � P0k < � =) jg (P )� L2j < "; ou seja, 8" > 0 9� > 0 : P 2 D \ (B (P0; �) n fP0g) =) g (P ) 2 ]L2 � "; L2 + "[ Se considerarmos " tal que L2� " > 0, no caso de L2 > 0, ou L2 + " < 0, no caso de L2 < 0, conclui-se imediatamente o resultado pretendido. Outro resultado utilizado no cálculo de limites é o seguinte: Proposição 3.4 Sejam D � IRn, i = 1; 2; : : : ; n e P0 = � x01; x 0 2; : : : ; x 0 n � 2 D0. Considerem-se as funções �i : D P=(x1;x2;:::;xn) �!7�! IRxi Então lim P�!P0 �i (P ) = x 0 i . Prova. Seja " > 0, arbitrário. Temos que ��xi � x0i �� � kP � P0k . Logo, 9 � = " : 8P 2 D 0 < kP � P0k < � =) ���i (P )� x0i �� < ": Exemplo 3.4 1. Seja f : IR2 �! IR (x; y) 7�! x2 + y2 + 2 representada gra camente na gura 3.11. Considerando que f é a soma das três funções, (x; y) 7�! x2, (x; y) 7�! y2, (x; y) 7�! 2 , e que o limite da soma é a soma dos limites, o limite do produto é o produto dos limites, e atendendo à proposição anterior, temos: lim (x;y)�!(0;1) x2 + y2 + 2 = � lim (x;y)�!(0;1) x �2 + � lim (x;y)�!(0;1) y �2 + lim (x;y)�!(0;1) 2 = 02 + 12 + 2 = 3: 12 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL - 2 - 1 0 1 2 x - 2 - 1 0 1 2y 2 3 4 5 6 z - 2 - 1 0 1 2 x - 2 - 1 0 1 2y Figura 3.11: Representação grá ca de f(x; y) = x2 + y2 + 2 2. Seja f : IR �! IR2 x 7�! �x2; ex� Tem-se lim x�!1 f (x) = lim x�!1 � x2; ex � = � lim x�!1 x2; lim x�!1 ex � = (1; e) : Proposição 3.5 Sejam f : D � IRn �! IRm e P0 2 D0. 1. Se lim P�!P0 f (P ) = L então para todo o conjunto A tal que P0 2 (A \D)0, tem-se lim P�!P0 P2A\D f (P ) = L: 2. Se existe V , vizinhança de P0, tal que lim P�!P0 P2V \D f (P ) = L, então lim P�!P0 f (P ) = L: Prova. 1. Seja " > 0 qualquer. Sabemos que 9� > 0 : 8P 2 D 0 < kP � P0k < � =) kf (P )� Lk < ". 13 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Queremos provar que 9�1 > 0 : 8P 2 (A \D) 0 < kP � P0k < �1 =) fjA\D (P )� L < ". É imediato que esta proposição é verdadeira para �1 = �, uma vez que A \D é um subconjunto de D. 2. Seja " > 0; qualquer. Por hipótese, 9� > 0 : 8P 2 V \D; 0 < kP � P0k < � =) kf (P )� Lk < ". Queremos provar que 9�1 > 0 : 8P 2 D; 0 < kP � P0k < �1 =) kf (P )� Lk < ". Se V é vizinhança de P0, 9 r > 0 : B (P0; r) � V . Considerando �1 = min f�; rg, temos que se P 2 D e 0 < kP � P0k < �1 então kf (P )� Lk < ". O resultado anterior pode ser utilizado para provar a não existência de limite. Com efeito, se tivermos dois conjuntos A e B, tais que lim P�!P0 P2A\D f (P ) 6= lim P�!P0 P2B\D f (P ) concluímos que não existe lim P�!P0 f (P ). O mesmo podemos concluir se não existir um daqueles limites. Exemplo 3.5 1. Seja f : IR2n f(0; 0)g �! IR (x; y) 7�! x+2y3x�y , Consideremos os conjuntos A = f(x; 0) : x 2 IRn f0gg e B = f(0; y) : y 2 IRn f0gg . 14 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Veri camos que lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2A x+ 2y 3x� y = limx�!0 x 3x = lim x�!0 1 3 = 1 3 ; e lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2B x+ 2y 3x� y = limy�!0 2y �y = limy�!0�2 = �2. Como lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2A x+ 2y 3x� y 6= lim(x;y)�!(0;0) (x;y)2B x+ 2y 3x� y , podemos a rmar que lim (x;y)�!(0;0) x+ 2y 3x� y não existe. O limite desta função também poderia ser estudado através de conjuntos do tipo Am = f(x; y) 2 IRn (0; 0) : y = m xg : Neste caso, teríamos lim (x;y)�!(0;0) y=m x x+ 2y 3x� y = limx�!0 x+ 2mx 3x� 2mx = limx�!0 x (1 + 2m) x (3� 2m) = 1 + 2m 3� 2m: Como este limite depende dem, concluímos que não existe limite da função no ponto (0; 0). 2. Seja f : IR2n f(0; 0)g �! IR (x; y) 7�! x4 y4+(y�x)2 . Considerando A = f(x; y) 2 IRn (0; 0) : y = xg ; temos lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2Am x4 y4 + (y � x)2 = limx�!0 x4 x4 + (x� x)2 = limx�!0 x4 x4 + 0 = 1: Se B = � (x; y) 2 IRn (0; 0) : y = x2 ; 15 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL vem lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2B x4 y4 + (y � x)2 = limx�!0 x4 x8 + (x2 � x)2 = limx�!0 x2 x6 + x2 � 2x+ 1 = 0: Como lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2A f (x; y) 6= lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2B f (x; y) concluímos que não existe limite de f em (0; 0). Se A; B � Df e se lim (x;y)�!(x0;y0) (x;y)2A f (x; y) = lim (x;y)�!(x0;y0) (x;y)2B f (x; y) = L nada podemos concluir sobre a existência de limite de f quando (x; y) tende para (x0; y0). Neste caso podemos suspeitarque o limite existe e que será L. Para o provar, podemos recorrer à de nição de limite. Exemplo 3.6 Calculemos o limite da função f (x; y) = ( xy2 x2+y2 se (x; y) 6= (0; 0) 0 se (x; y) = (0; 0) no ponto (0; 0). ( gura 3.12) Considerando os conjuntos Am = f(x; y) 2 IRn (0; 0) : y = m xg ; temos lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2Am xy2 x2 + y2 = lim x�!0 m2x3 x2 +m2x2 = lim x�!0 m2x 1 +m2 = 0 1 +m2 = 0: Tomando Bk = � (x; y) 2 IRn (0; 0) : y = kx2 ; temos lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2Bk xy2 x2 + y2 = lim x�!0 k2x5 x2 (1 + k2x2) = lim x�!0 k2x3 1 + k2x2 = 0 1 = 0:Como ambos os limites calculados são coincidentes, provavelmente o seu valor comum, zero, será o lim (x;y)�!(0;0) f (x; y) : 16 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0- 50 51 0 y - 5 - 2 . 5 0 2 . 5 5 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0- 50 51 0 y Figura 3.12: Representação grá ca de f (x; y) = xy 2 x2+y2 Recorrendo à de nição, vamos veri car se, para " > 0, arbitrário, se veri ca 9� > 0 : 8 (x; y) 2 IR2; 0 < k(x; y)k < � =) ���� xy2x2 + y2 � 0 ���� < " . (3.6) Ora, como ���� xy2x2 + y2 ���� = jxj jyj2x2 + y2 � p x2 + y2 �p x2 + y2 �2 x2 + y2 = p x2 + y2; basta considerar � = " para que se veri que (3.6). Em conclusão, lim (x;y)�!(0;0) f (x; y) = 0: A proposição seguinte estabelece condições para que possamos concluir sobre a existência de limite de uma função num ponto, recorrendo a subconjuntos do domínio da função. Proposição 3.6 Sejam D � IRn com D = D1 [D2 e P0 2 D01 \D02: Consid- eremos f : D �! IRm. Se lim P�!P0 fjD1 (P ) = lim P�!P0 fjD2 (P ) = L então lim P�!P0 f (P ) = L: 17 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Prova. Seja " > 0, qualquer. Pretendemos provar que 9� > 0 : 8P 2 D; 0 < kP � P0k < � =) kf (P )� Lk < ". Se lim P�!P0 fjD1 (P ) = L então 9�1 > 0 : 8P 2 D1; 0 < kP � P0k < �1 =) kf (P )� Lk < ", e se lim P�!P0 fjD2 (P ) = L então 9�2 > 0 : 8P 2 D2; 0 < kP � P0k < �2 =) kf (P )� Lk < ". Consideremos � = min f�1,�2g e P 2 D. Se P 2 D1 e 0 < kP � P0k < � então também 0 < kP � P0k < �1 e, consequentemente, kf (P )� Lk < "; se P 2 D2 e 0 < kP � P0k < � então 0 < kP � P0k < �2 e, consequentemente, kf (P )� Lk < ". Nota 3.3 A proposição anterior pode generalizar-se ao caso em que D é a reunião de um número nito de conjuntos. Exemplo 3.7 Consideremos a função g : IR2 �! IR de nida por g (x; y) = 8<: x 2 ; x2 + y2 < 2y x+ y ; x2 + y2 = 2y y2 ; x2 + y2 > 2y Estudemos a existência de limite de g (x; y) quando (x; y) tende para (0; 0), para (1; 1) e para (0; 1). Comecemos por dividir o domínio da função, D = IR2, em três regiões: D1 = � (x; y) 2 IR2 : x2 + y2 < 2y ; D2 = � (x; y) 2 IR2 : x2 + y2 = 2y ; D3 = � (x; y) 2 IR2 : x2 + y2 > 2y : � (0; 0) é ponto de acumulação de D1, D2 e D3 e D = D1 [D2 [D3. Além disso, lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2D1 g (x; y) = lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2D1 x2 = 0 , lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2D2 g (x; y) = lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2D2 x+ y = 0 , lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2D3 g (x; y) = lim (x;y)�!(0;0) (x;y)2D3 y2 = 0 . 18 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Logo, pela proposição 3.1.6, concluímos que lim (x;y)�!(0;0) g (x; y) = 0: � (1; 1) é ponto de acumulação de D1, D2 e D3: Além disso lim (x;y)�!(1;1) (x;y)2D1 g (x; y) = lim (x;y)�!(1;1) (x;y)2D1 x2 = 1 , lim (x;y)�!(1;1) (x;y)2D2 g (x; y) = lim (x;y)�!(1;1) (x;y)2D2 x+ y = 2 , lim (x;y)�!(1;1) (x;y)2D3 g (x; y) = lim (x;y)�!(1;1) (x;y)2D3 y2 = 1 . Pela proposição 3.1.5 (parte 1) concluímos que lim (x;y)�!(0;0) g (x; y) não existe. � (0; 1) é ponto de acumulação de D1 mas não de D2[ D3. Como D1 é vizinhança de (0; 1) e lim (x;y)�!(0;1) (x;y)2D1 g (x; y) = lim (x;y)�!(0;1) (x;y)2D1 x2 = 0; pela proposição 3.1.5 (parte 2) concluímos que lim (x;y)�!(0;1) g (x; y) = 0: A proposição seguinte dá-nos uma condição necessária para a existência de limite de uma função num ponto, sendo, portanto, útil, na demonstração da não existência de certos limites. Proposição 3.7 Sejam f : D � IRn �! IRm e P0 2 D0. Se existe lim P�!P0 f (P ) então existem M > 0 e uma vizinhança V de P0, tais que kf (P )k 6M , para todo o P 2 D \ V n fP0g : Prova. Suponhamos que lim P�!P0 f (P ) = L. Então, 8" > 0 9� > 0 : 8P 2 D; 0 < kP � P0k < � =) kf (P )� Lk < ". Considerando " xo, por exemplo " = 1, temos que 9�1 > 0 : 8P 2 D; 0 < kP � P0k < �1 =) kf (P )� Lk < 1. 19 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Mas kf (P )k � kLk 6 jkf (P )k � kLkj 6 kf (P )� Lk . Logo, P 2 D ^ 0 < kP � P0k < �1 =) kf (P )k � kLk < 1, ou ainda, P 2 D ^ 0 < kP � P0k < �1 =) kf (P )k < 1 + kLk . Concluímos então que existemM = 1+kLk > 0 e V = B (P0; �1), vizinhança de P0, tais que kf (P )k 6M , 8P 2 D \ V n fP0g . Exemplo 3.8 Consideremos a função f : IR2n f(0; 0)g �! IR (x; y) 7�! 1x2+y2 , e estudemos a existência do limite de f no ponto (0; 0). ( gura 3.13) - 1 0 - 5 0 5 1 0x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y 0 0 . 0 2 0 . 0 4 0 . 0 6 0 . 0 8 z - 1 0 - 5 0 5 1 0x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y Figura 3.13: Representação grá ca de f(x; y) = 1x2+y2 Mostremos que, qualquer que seja a vizinhança W de (0; 0), a função não é limitada, ou seja, 8M > 0 8W 2 V(0;0) 9P 2 IR2 \W n f(0; 0)g : kf (P )k > M: (3.7) 20 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL Ora, se W é vizinhança de (0; 0), então 9r > 0 : B ((0; 0) ; r) �W . Por outro lado, kf (P )k > M () 1 x2 + y2 > M () p x2 + y2 < 1p M () kPk < 1p M . Portanto, o ponto P tal que P 2 B ((0; 0) ; �) com � = min n r; 1p M o ; veri ca (3.7). Logo, lim (x;y)�!(0;0) 1 x2 + y2 não existe. A proposição seguinte é também útil no cálculo de certos limites. Proposição 3.8 Sejam f; g : D � IRn �! IRm, P0 2 D0 e V uma vizinhança de P0. Seja ainda lim P�!P0 g (P ) = 0. As seguintes propriedades são válidas: 1. Se kf (P )k 6 kg (P )k para todo P 2 V \D� fP0g então lim P�!P0 f (P ) = 0: 2. Se f é limitada em V \D n fP0g então lim P�!P0 (f j g) (P ) = 0: Prova. 1. Seja " > 0, qualquer. Pretende-se provar que 9� > 0 : 8P 2 D; 0 < kP � P0k < � =) kf (P )k < ". (3.8) Por hipótese, 9�1 > 0 : 8P 2 D; 0 < kP � P0k < �1 =) kg (P )k < " e kf (P )k 6 kg (P )k para todo P 2 V \D� fP0g . Se V uma vizinhança de P0 então 9�2 > 0 : B (P0; �2) � V e � = min f�1,�2g veri ca (3.8). 21 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL 2. Seja M > 0. Sabe-se que existe V , vizinhança de P0, tal que P 2 V \D n fP0g =) kf (P )k < M . Tem-se sucessivamente, j(f j g) (P )j = = j(f (P ) j g (P ))j 6 6 kf (P )k kg (P )k < < M kg (P )k = = kMg (P )k : Como lim P�!P0 M:g (P ) = M lim P�!P0 g (P ) = M:0 = 0, concluí-se, usando o ponto 1., que lim P�!P0 (f j g) (P ) = 0: Exemplo 3.9 Seja f : IR2n f(x; y) : y = 2g �! IR (x; y) 7�! � x+ (y � 2)2 � cos x+1y�2 . representada gra camente na gura 3.14. Estudemos a existência de limite da função f no ponto (0; 2). Ora, (0; 2) é ponto de acumulação do domínio de f , Df , e jf (x; y)j = ����hx+ (y � 2)2i cos x+ 1y � 2 ���� 6 ���x+ (y � 2)2��� ; 8 (x; y) 2 Df . Além disso, lim (x;y)�!(0;2) gjDf (x; y) = 0 onde g (x; y) = x+ (y � 2)2. Logo, lim (x;y)�!(0;2) � x+ (y � 2)2 � cos x+ 1 y � 2 = 0: Notemos que não se deve confundir lim P�!P0 f(P ); 22 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0y 0 5 0 1 0 0 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x0 5 0 1 0 0 z Figura 3.14: Representação grá ca de f(x; y) = � x+ (y � 2)2 � cos x+1y�2 isto é, lim (x1;x2;:::;xn)�!(x01;x02;:::;x0n) f (x1; x2; : : : ; xn) com os limites iterados ou sucessivos lim x1�!x01 lim x2�!x02 : : : lim xn�!x0n f (x1; x2; : : : ; xn) : De facto, no primeiro caso tem-se que xi �! x0i , i = 1; 2; : : : ; n em simultâneo, ou seja, poder-se-ia escrever aquele limite sob a forma lim xi�!x0i i=1;2;:::;n f (x1; x2; : : : ; xn) : No segundo caso, xi �! x0i , i = 1; 2; : : : ; n sequencialmente, uma variável após outra, havendo n! limites do tipo iterado. Exemplo 3.10 1. Seja f : IR2n f(0; 0)g (x;y) �!7�! IRx2�y2 x2+y2 representadagra camente na gura 3.15. Tem-se que lim y�!0 lim x�!0 x2 � y2 x2 + y2 = lim y�!0 �y2 y2 = �1 23 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y - 1 - 0 . 5 0 0 . 5 1 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y Figura 3.15: Representação grá ca de f(x; y) = x 2�y2 x2+y2 e lim x�!0 lim y�!0 x2 � y2 x2 + y2 = lim x�!0 x2 x2 = 1: O lim (x;y)�!(0;0) f (x; y) não existe. 2. Mesmo que os limites iterados sejam iguais nada se pode concluir sobre a existência de limite da função, tal como acontece no exemplo seguinte: f : IR2n f(0; 0)g �! IR (x; y) 7�! xyx2+y2 Tem-se que lim x�!0 lim y�!0 f (x; y) = lim y�!0 lim x�!0 f (x; y) = 0 mas lim (x;y)�!(0;0) f (x; y) não existe . 3. Dada a função f (x; y) = � y sin 1x se x 6= 0 0 se x = 0 mostremos que embora não exista um dos limites iterados, existe contudo lim (x;y)�!(0;0) f (x; y) : 24 3.1. LIMITE DE UMA FUNÇÃO VECTORIAL De facto, lim x�!0 lim y�!0 y sin 1 x = lim x�!0 0: sin 1 x = lim x�!0 0 = 0 e lim y�!0 lim x�!0 y sin 1 x não existe, pois a função seno não tem limite no in nito. No entanto, lim (x;y)�!(0;0) f (x; y) = 0; pois a função f é o produto de uma função limitada por uma função que tende para zero. 25 3.2. EXERCÍCIOS 3.2 Exercícios 1. Descreva, analítica e geometricamente, o domínio das seguintes funções: (a) f (x; y) = xyy�2x (b) f (x; y) = p x+1p 1�x2�y2 (c) f (x; y) = q x x�y (d) f (x; y; z) = p 4� x2 � y2 � z2 (e) f (x; y) = q x2+y2+2x x2+y2�2x (f) f (x; y) = ln �� 16� x2 � y2� �x2 + y2 � 4�� (g) f (x; y) = ln � 4� x2 � y2�+ xy2�4x (h) f (x; y; z) =pln (x2 + y2 � 2z2) (i) f (x; y) = ( sin(x4+y6) x4+y6 se x > 0 y + p 1� x se x � 0 (j) f (x; y) = x 3 3 + arcsin (y + 3) (k) f (t) = � t2; p t+ 1; 14�t2 � (l) f (x; y) = � ln (x� y) ; xy p x2 � y; 3x+2yp 9�x2�y2 � 2. Para cada uma das seguintes funções, faça a correspondência entre a ex- pressão designatória, a representação grá ca e o mapa topográ- co. Apresente razões para a sua escolha: Expressões Designatórias (a) f (x; y) = 2x+ 3y (b) f (x; y) = jxj+ jyj (c) f (x; y) = xy (d) f (x; y) = e 1 x2+y2 (e) f (x; y) = yx (f) f (x; y) = � x2 � y2�2 (g) f (x; y) = (x� y)2 (h) f (x; y) = cos (y) (i) f (x; y) = sin (jxj+ jyj) (j) f (x; y) = y6x3+y6 (k) f (x; y) = log � 1 + x2 � ; x � 0 (l) f (x; y) = cos (x) sin (y) 26 3.2. EXERCÍCIOS Representações Grá cas 0246810x-2-1012y01234z0246810x A -10-50510x-10-50510y0100200300400z-10-50510x-10-50510y B -2-1012x-2-1012y-1012z-2-1012x C -4-2024x-4-2024y02.557.510z-4-2024x-4-2024y D -10-50510x-10-50510y-5-2.502.55z-10-50510x-10-50510y E -4-2024x-4-2024y-20020z-4-2024x-4-2024y F -10-50510x-10-50510y1.021.041.061.08z-10-50510x-10-50510y G -10-50510x-10-50510y025005000750010000z-10-50510x-10-50510y H -4-2024x-4-2024y-20020z-4-2024x I -10-50510x-10-50510y-0.500.5z-10-50510x-10-50510y J -4-2024x-4-2024y-1-0.500.51z-4-2024x K -4-2024x-4-2024y-1-0.500.51z-4-2024x L 27 3.2. EXERCÍCIOS Mapas Topográ cos -10-50510-10-50510 I -10-50510-10-50510 II 0246810-2-1012 III -2-1012-2-1012 IV -4-2024-4-2024 V -10-50510-10-50510 VI -4-2024-4-2024 VII -4-2024-4-2024 VIII -10-50510-10-50510 IX -10-50510-10-50510 X -4-2024-4-2024 XI -4-2024-4-2024 XII 28 3.2. EXERCÍCIOS Notas: - As representações grá cas apresentadas foram feitas com recurso ao pro- grama Mathematica. - As curvas de nível representadas correspondem a uma sequência de valores de z com espaçamentos iguais. Os grá cos são representados com um sombreado, em que as regiões de maior valor de z são mais claras. 3. Para cada uma das seguintes funções, determine o domínio, identi que as curvas de nível e faça um esboço da superfície que corresponde ao grá co da função: (a) f (x; y) = 1� x� y (b) f (x; y) = y � 1 (c) f (x; y) = 1� x2 (d) f (x; y) = x2 + 9y2 (e) f (x; y) = p x2 + y2 (f) f (x; y) = � p x2 + y2 � 1 (g) f (x; y) = p 1� x2 (h) f (x; y) = p 36� 9x2 � 4y2 (i) f (x; y) = 2� 4x2 � 2y2 4. Para cada uma das seguintes funções, faça a correspondência entre a ex- pressão designatória e a respectiva representação grá ca: (a) f (x; y) = �e�x2�y2 (b) f (x; y) = 1x2+y2 (c) f (x; y) = jxj jyj (d) f (x; y) = x+ 2y + 3 (e) f (x; y) = cos y (f) f (x; y) = �y2 29 3.2. EXERCÍCIOS - 2 0 2 x - 2 0 2y 0 2 4 6 8 z - 2 0 2 x0 2 4 6 8 z I - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0y - 2 0 0 2 0 z - 1 0 - 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0y II - 1 0- 5 0 5 1 0 x - 1 0 - 5 0 5 1 0 y - 1 0 0 - 7 5 - 5 0 - 2 5 0 z - 1 0 0 - 7 5 - 5 0 - 2 5 0 z III - 5 - 2 . 5 0 2 . 5 5 x - 5 - 2 . 5 0 2 . 5 5 y - 1 - 0 . 7 5 - 0 . 5 - 0 . 2 5 0 z - 1 - 0 . 7 5 - 0 . 5 - 0 . 2 5 0 z IV - 5- 2 . 502 . 5 5 x - 5 - 2 . 5 0 2 . 5 5y - 1 - 0 . 5 0 0 . 5 1 z - 1 - 0 . 5 0 0 . 5 1 z V - 5- 2 . 502 . 5 5 x - 5 - 2 . 5 0 2 . 5 5y 0 1 0 2 0 3 0 z 0 1 0 2 0 3 0 z VI 30 3.2. EXERCÍCIOS 5. Uma placa na de metal ocupa uma região D do plano xOy. A placa foi aquecida e, em cada ponto (x; y), a temperatura T é dada por T (x; y) = 100 1 + x2 + y2 : (a) Identi que e esboce as linhas isotérmicas da placa, ou seja, as linhas ao longo das quais a temperatura permanece constante. (b) Uma formiga, localizada no ponto (1; 4), anda sobre a placa de modo que a temperatura ao longo da sua trajectória permanece constante. Qual é a trajectória tomada pela formiga e qual é a temperatura ao longo da trajectória? 6. Se V (x; y) representa a voltagem num ponto (x; y), então as curvas de nível de V são chamadas curvas equipotenciais. Ao longo de tais curvas a voltagem permanece constante. Sendo V (x; y) = 8p 16 + x2 + y2 ; esboce as curvas equipotenciais nas quais V = 2:0 e V = 0:5. 7. Considere a função f : D � IR2 �! IR de nida por f (x; y) = ln p xy + 1 x2 � y2 : (a) Represente, analítica e geometricamente, o conjunto D. (b) Considere a sucessão Pn = � (�1)n �2� 1n� ; (�1)n ��2 + 1n��n2IN : Determine o interior, o fecho, o derivado e a fronteira do conjunto D [ fPn; n 2 INg. 8.. Considere a função f : D � IR2 �! IR de nida por f (x; y) = ln ��y + x2 + 2�py � sinx tanx (a) Represente, analítica e geometricamente, o conjunto D. (b) Considere a sucessão de termo geral Pn = ( � �; � 2+2 n � se n ímpar (�; 100) se n par : i. Diga se (Pn)n2IN é convergente e limitada. Justi que. ii. Determine o interior, o fecho, o derivado e a fronteira do conjunto D [ fPn; n 2 INg : 31 3.2. EXERCÍCIOS 9. Seja f a função real de nida por: f (x; y) = ln � 1� y29 � x 2 4 �p 1� y2 y2 + (y � x2 + 1)2 : (a) Determine o domínio D de f e represente-o geometricamente . (b) Seja A = D [ ���1 + 6n ; 0� ; n 2 IN : Indique o interior, o fecho, o derivado e a fronteira de A. 10. Seja f a função real de nida por: f (x; y) = ln � y2 � yx�p4� x2 � y2 (y � 1)2 + (x+ 1)2 : (a) Determine o domínio D de f e represente-o geometricamente. (b) Seja A = D [ ��0; 3� 2n� ; n 2 IN : Indique o interior, o fecho, o derivado e a fronteira de A . 11. Prove, usando a de nição, que: (a) lim (x;y)�!(x0;y0) x = x0: (b) lim (x;y)�!(1;3) 2x+ 3y = 11: (c) lim (x;y)�!(0;0)x4y4 x4+y2 = 0: (d) lim(x;y)�!(1;1) xy x+y = 1 2 : 12. Seja f a função de nida por f (x; y) = � (x+ y) sin 1x sin 1 y se x 6= 0 ^ y 6= 0 0 se x = 0 _ y = 0 . Mostre, por de nição, que f é contínua no ponto (0; 0). 13. Para cada uma das seguintes funções, indique o seu domínio e estude a existência de limite nos pontos indicados: (a) x 2 x2+y2 em P0 = (1; 2) (b) ln � sin x 2 + (yz) 2 3 � em P0 = � � 2 ; p 2 2 ; 1 2 � (c) 2xy (x+y)2 em P0 = (1;�1) (d) x 4�4y4 2x2+4y2 em P0 = (0; 0) (e) xy�2x�y+2(x�1)(y2�4y+4) em P0 = (1; 3) 14. Para cada uma das seguintes funções, indique o seu domínio e estude a existência de limite no ponto P0 = (0; 0): (a) � x2 + 2y2 � sin 1xy (b) x3+2xy+3y2p x2+y2 (c) x 2y (x2+y2) p 1�x2�y2 (d) x3y7+x sin yp x2+y2 32 3.2. EXERCÍCIOS 15. Calcule os seguintes limites, depois de escrever cada função como com- posição de duas: (a) lim (x;y)�!(0;0) ln(1�x2�y2) x2+y2 (b) lim(x;y)�!(0;0) x2+y2p x2+y2+1�1 (c) lim(x;y)�!(2;0) sin(xy) xy 16. Para cada uma das seguintes funções, indique o seu domínio e estude a existência de limite nos pontos indicados: (a) x 2 x2+y2 em P0 = (0; 0) (b) xy(x2�y2) x4+y4 em P0 = (0; 0) (c) 2xy�2y (x�1)2+y2 em P0 = (1; 0) (d) xy(x�y) x2+y4 em P0 = (0; 0) (e) 3x 3y x6+y2 em P0 = (0; 0) (f) (x�1)yz (x�1)3+y3+z3 em P0 = (1; 0; 0) 17. Considere a função f : D � IR2 �! IR de nida por f(x; y) = (y � x) ln (x+ 1)q y2 + (y � x)2 : (a) Determine D, domínio de f . (b) Considere a função g : IR2 �! IR de nida por g(x; y) = ( f(x; y) ; (x; y) 2 D ^ x 6= y2 sin(�4 xy) � 4 xy + � ; (x; y) 2 D ^ x = y2 ; com � 2 IR: i. Determine � de forma a que lim (x;y)�!(0;0) g(x; y) não exista; ii. Determine � de forma a que lim (x;y)�!(1;1) g(x; y) exista. 18. Considere a função f : D � IR2 �! IR de nida por f(x; y) = ln � x ln � y � x2�� : (a) Determine D, domínio de f . (b) Sendo X = D [ � ( 1 n ; 1 n ); n 2 IN � indique int (X) ; X e fr(X): 33 3.2. EXERCÍCIOS (c) Considere a função g : IR2 �! IR de nida por g(x; y) = 8><>: f(x; y) ; (x; y) 2 D (x�1) cos(�2 x+y�1)p (x�1)2+(y�1)2 ; (x; y) =2 D ^ x 6= y 4 x = y : Determine lim (x;y)�!(1;3) g(x; y) e lim (x;y)�!(1;1) g(x; y): 19. Seja f a função real de nida por f (x; y) = ln jyj p 4� x2 � y2 x2 + (y � 1)2 : (a) Determine o domínio D de f e represente-o geometricamente. (b) Determine os conjuntos fr (D) e D0. 20. Seja F (x; y) = 2e x+y + xy ln[1� xy]4 x2 + y2 + cos[�2 � x2y2] [x4 + y4] 1 2 : (a) Indique o domínio da função e estude a existência de limite no ponto (0; 0): (b) Seja G de nida por G(x; y) = � F (x; y); se(x; y) 6= (0; 0) 2; se(x; y) = (0; 0) e seja Pn = (�1 + 2nsen 1 2n ; e�n 2 cos 1 n ) n2N : Analise a convergência das sucessões, (Pn)n2N e (G(Pn))n2N ; justi cando a sua resposta. 21. .Faça um esboço do grá co da função 8<: �x2 � y2 + e+ 1; se x2 + y2 � 1 e; se 1 < x2 + y2 � 4 �2 + e+ p x2 + y2 ; x2 + y2 > 4 : 34 3.2. EXERCÍCIOS 22. Esboce o grá co da função f(x; y) = 8><>: e � 1 x2+y2�r21 ; x2 + y2 > r21 r21 � x2 � y2 ; r22 � x2 + y2 < r21 r21 � r22 ; x2 + y2 � r22: em que r1; r2 2 :IR: 23. .Seja f : D � IRn ! IRm e P0 um ponto de acumulação de D. (a) Utilizando formalismo matemático de na lim P!P0 F (P ) = L: (b) Usando a alínea a) estude a existência de limite da função f(x; y) = xy2 cos( 1xy ) x2 + y2 no ponto (0; 0): 24. Seja F (x; y) = (x� 1)y ln[1� (x� 1)y] (x� 1)2 + y2 + cos[�2 � (x� 1)2y2] [(x� 1)4 + y4] 12 + e x�1+y : (a) Indique o domínio da função e estude a existência de limite no ponto (1; 0): (b) Seja G de nida por G(x; y) = � F (x; y); se(x; y) 6= (1; 0) 1; se(x; y) = (1; 0) e seja Pn = (n 2sen2 1 n ; e�n 2 cos 1 n ) n2N : Analise a convergência das sucessões (Pn)n2N e (G(Pn))n2N ; justi cando a sua resposta. 25. Faça um esboço do grá co da função 8<: e 1 x2+y2 ; se x2 + y2 � 1 e; se 1 < x2 + y2 � 4 �x2 � y2 + 4 + e; x2 + y2 > 4 35 3.2. EXERCÍCIOS 26. .Seja F (x; y) = 2e x+y + xy ln[1� xy]4 x2 + y2 + cos[�2 � x2y2] [x4 + y4] 1 2 : (a) Indique o domínio da função e estude a existência de limite no ponto (0; 0): (b) Seja G de nida por G(x; y) = � F (x; y); se(x; y) 6= (0; 0) 2; se(x; y) = (0; 0) e seja Pn = (�1 + (2n)sen 1 2n ; e�n 2 cos 1 n ): Análise a convergência das sucessões (Pn)n2N e (G(Pn))n2N ; justi- cando a sua resposta. 27. (a) Seja k 2 IR; k 6= 0: Indique o domínio D da função F (x; y) = (x� 1)y ln[1� (x� 1)y] (x� 1)2 + y2 + sen[(x� 1)2y2 ] [(x� 1)4 + y4] 12 + ke x�1+y : e estude a existência de limite no ponto (1; 0): (b) Seja G de nida por G(x; y) = � F (x; y); se (x; y) 2 D k; se (x; y) = (1; 0) e seja Pn = (n 2sen2 1 n ; e�n 2 cos 1 n ) n2N : Analise a convergência das sucessões (Pn)n2N e (G(Pn))n2N ; justi- cando a sua resposta. 28. Indique o valor lógico das a rmações seguintes, justi cando a sua resposta: (a) Sejam Ai, i 2 IN; conjuntos abertos. Então \ i2N fr(Ai) - em que fr(Ai) representa a fronteira de Ai- é um conjunto fechado. (b) A sucessão (P n )=((1+ 1n ) n; sen 2n n2 ; lnn n ) é limitada mas não é conver- gente. 29. (a) Seja f : D � IR2 ! IR , de nida por f(x; y) = (x� �)(y � �) (x� �)2 + (y � �)2 em que (�; �) 6= (0; 0):Analise a existência de limite da função em (�; �). 36 3.2. EXERCÍCIOS (b) Estude o lim (x;y)!(�;�) (x� �)3 � (y � �)3 (x� �)2 + (y � �)2(1 + sen2(x+ k)) em que (�; �) 6= (0; 0) e k 2 IR: 30. Prove,utilizando a de nição, que lim (x;y)!(0;0) f(x; y) = 0;em que f(x; y) = ( x4y4 x4+y2 sen 1 xsen 1 y ; x 6= 0; y 6= 0 0; x = 0 _ y = 0: 31. Seja f(x; y) = y2 ln(1� xy) (x2 + y2) + cos(�2 � 2xy) (x2 + y2) 1 2 : (a) Indique o domínio da função e estude a existência de limite no ponto (0; 0): (b) .Seja g de nida por� g(x; y) = f(x; y); se(x; y) 6= (0; 0) 0; se(x; y) = (0; 0) e seja Pn = ( 1 n cosn; e�nnsen 1 n ): Analise a convergência das sucessões (Pn)n2N e (g(Pn))n2N : 37
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