Topico_2 - Limites e Continuidade

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Limites e Continuidade
0.1 Conceitos fundamentais.
Definição 1 Dados P = (a, b) ∈ R2 e r > 0, a bola aberta B(P, r), de centro
P e raio r, é definida como o conjunto de todos os pontos Q = (x, y) ∈ R2
cuja distância até P é menor que r, isto é, pelos pontos P (x, y) que satisfazem
|Q− P | < r. Podemos reescrever:
B(P, r) =
{
(x, y) ∈ R2|
√
(x− a)2 + (y − b)2 < r
}
Definição 2 Seja A ⊆ R2. Dizemos que um ponto P ∈ A é um ponto interior de
A se existir uma bola aberta centrada em P contida em A.
Se todos os pontos P ∈ A são pontos interiores de A, dizemos que A é aberto.
Definição 3 Seja A ⊆ R2. Um ponto P ∈ R2 é um ponto de fronteira de A se
toda bola aberta centrada em P contiver pontos de A e pontos de fora de A.
Se todos os pontos da fronteira de A pertencerem a A, dizemos que A é fe-
chado.
Definição 4 Seja A ⊆ R2. Um ponto P ∈ R2 é um ponto de acumulação de A se
toda bola aberta centrada em P contiver uma infinidade de pontos de A.
2
0.2 Limites.
Observe que quando utilizamos funções de uma única variável, pensamos na
ideia de limite verificando que os valores de f se aproximam de L quando x ∈
Dom(f) se aproxima de um dado ponto de interesse a, nem sempre no domínio
de f .
Esta ideia de limites, já conhecida do Cálculo I, nos permite avançar para o
cálculo de limites de funções duas variáveis. Entretanto quando trabalhamos em
R, os valores de x se aproximam de a somente pela direita e pela esquerda, já
quando pensamos no R2, os ponto (x, y) se aproximam de (a, b) por diversos
caminhos.
Desta forma, diremos que limx→a f(x, y) = L para indicar que os valores de
f(x, y) se aproximam de L quando (x, y) se aproximam de um dado ponto P (a, b)
ao longo de qualquer caminho contido no domínio de f .
Definição 5 Seja f uma função de duas variáveis, cujo domínio contém pontos
arbitrariamente próximos de (a, b), ou seja (a, b) é um ponto de acumulação do
domínio de f . Dizemos que
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) = L
se: ∀ǫ > 0, ∃δ > 0 tal que: |f(x, y)− L| < ǫ sempre que (x, y) ∈ Dom(f) e
‖(x, y)− (a, b)‖ < δ.
Lembremos que dados dois pontos P,Q ∈ Rn, temos que: P = P (x1, x2, ..., xn)
e Q = Q(y1, y2, ..., yn). Assim, a ditância de P a Q, denotada por ‖P −Q‖, é
dada por:
‖P −Q‖ =
√
(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + ...+ (xn − yn)2
3
Em particular se P = P (x1, x2) e Q = Q(y1, y2) a distância de P a Q é dada
por ‖P −Q‖ =
√
(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2.
Exemplo 1 Mostre que lim(x,y)→(1,3) 2x+ 3y = 11.
Devemos mostrar que dado ǫ > 0, existe δ > 0 tal que: |f(x, y)− 11| < ǫ
sempre que ‖(x, y)− (1, 3)‖ < δ. Desta forma:
|f(x, y)− 11| = |2x+ 3y − 11| =
= |(2x− 2) + (3y − 9)| = |2(x− 1) + 3(y − 3)| ≤
≤ |2(x− 1)|+ |3(y − 3)| =
= 2 |(x− 1)|+ 3 |(y − 3)|
Por outro lado, 0 <
√
(x− 1)2 + (y − 3)2 < δ. Por definição de módulo:
|x− 1| = √(x− 1)2 ≤ √(x− 1)2 + (y − 3)2 < δ e |y − 3| = √(y − 3)2 ≤
√
(x− 1)2 + (y − 3)2 < δ.
Então 2 |(x− 1)| + 3 |(y − 3)| < 2δ + 3δ = 5δ. Disso segue que ǫ = 5δ ⇒
δ = ǫ
5
.
Ou seja, dado ǫ > 0, existe δ = ǫ
5
tal que |f(x, y)− 11| < ǫ sempre que
‖(x, y)− (1, 3)‖ < δ o que prova o limite dado.
Verifique que a definição de limite se refere somente à distância entre (x, y)
e (a, b), mas não à direção. Desta forma se encontrarmos dois caminhos diferen-
tes de aproximação ao longo dos quais f(x, y) tem limite diferente, seguirá que:
lim(x,y)→(a,b) f(x, y) não existirá.
Exemplo 2 Mostre que lim(x,y)→(0,0) x
2−y2
x2+y2
não existe.
4
Considerando a função acima, vamos nos aproximar de (0, 0) ao longo do
eixo-x (desta forma y = 0). Assim f(x, 0) = x2
x2
= 1, ∀x 6= 0. Ou seja f(x, y) →
1 quando (x, y)→ (0, 0) ao longo do eixo-x.
Vamos agora nos aproximar de (0, 0) ao longo do eixo-y (desta forma x = 0).
Assim f(0, y) = −y
2
y2
= −1, ∀y 6= 0. Ou seja f(x, y) → −1 quando (x, y) →
(0, 0) ao longo do eixo-y.
Como f tem dois limites diferentes ao longo de dois caminhos diferentes ao
se aproximar de (0, 0), dizemos que o limite não existe.
Exemplo 3 Verifique se lim(x,y)→(0,0) xyx2+y2 existe.
Assumindo y = 0, temos f(x, 0) = 0
x2
= 0. Ou seja f(x, y) → 0 quando
(x, y)→ (0, 0) ao longo do eixo-x.
Se x = 0, temos f(0, y) = 0
y2
= 0. Ou seja f(x, y) → 0 quando (x, y) →
(0, 0) ao longo do eixo-y.
Embora se tenha dois caminhos distintos apresentando o mesmo valor do li-
mite, verificamos que quando nos aproximamos de (0, 0) pela reta y = x, temos:
f(x, x) = x
2
x2+x2
= 1
2
. Portanto f(x, y) → 1
2
quando (x, y) → (0, 0) ao longo da
reta y = x. Logo o limite não existe.
Exemplo 4 Verifique se lim(x,y)→(0,0) xy2x2+y4 existe.
Assumindo y = mx, uma reta que passa pela origem com inclinação m, temos
f(x, y) = f(x,mx) = x(mx)
2
x2+(mx)4
= m
2x3
x2+m4x4
= m
2x
1+m4x2
. Ou seja f(x, y) → 0
quando (x, y)→ (0, 0) ao longo de y = mx.
Se tomarmos o caminho x = y2, temos: f(x, y) = f(y2, y) = y2y2
(y2)2+(y)4
=
y4
2y4
= 1
2
. Ou seja f(x, y) → 1
2
quando (x, y) → (0, 0) ao longo da parábola
x = y2. Logo, por caminhos diferentes temos diferentes limites e o limite não
existe.
5
Exemplo 5 Mostre que lim(x,y)→(1,2) 3x+ 2y = 7.
Devemos mostrar que dado ǫ > 0, existe δ > 0 tal que: |f(x, y)− 7| < ǫ
sempre que ‖(x, y)− (1, 2)‖ < δ. Desta forma:
|f(x, y)− 7| = |3x+ 2y − 7| =
= |(3x− 3) + (2y − 4)| = |3(x− 1) + 2(y − 2)| ≤
≤ |3(x− 1)|+ |2(y − 2)| =
= 3 |(x− 1)|+ 2 |(y − 2)|
Por outro lado, 0 <
√
(x− 1)2 + (y − 2)2 < δ. Por definição de módulo:
|x− 1| =
√
(x− 1)2 ≤
√
(x− 1)2 + (y − 2)2 < δ e |y − 2| =
√
(y − 2)2 ≤
√
(x− 1)2 + (y − 2)2 < δ.
Então 3 |(x− 1)| + 2 |(y − 2)| < 3δ + 2δ = 5δ. Disso segue que ǫ = 5δ ⇒
δ = ǫ
5
.
Ou seja, dado ǫ > 0, existe δ = ǫ
5
tal que |f(x, y)− 7| < ǫ sempre que
‖(x, y)− (1, 2)‖ < δ o que prova o limite dado.
Proposições. Sejam f, g : R2 → R e l ∈ R, se os limites de f e g existem
quando (x, y)→ (a, b), então:
• lim(x,y)→(a,b) kx+ d = ka+ d
• lim(x,y)→(a,b) [f(x, y)± g(x, y)] = lim(x,y)→(a,b) f(x, y)±lim(x,y)→(a,b) g(x, y)
• lim(x,y)→(a,b) l.f(x, y) = l. lim(x,y)→(a,b) f(x, y)
• lim(x,y)→(a,b) [f(x, y).g(x, y)] = lim(x,y)→(a,b) f(x, y). lim(x,y)→(a,b) g(x, y)
• lim(x,y)→(a,b) f(x,y)g(x,y) =
lim(x,y)→(a,b) f(x,y)
lim(x,y)→(a,b) g(x,y)
6
• lim(x,y)→(a,b) [f(x, y)]n =
[
lim(x,y)→(a,b) f(x, y)
]n
, n > 0
• lim(x,y)→(a,b) n
√
f(x, y) = n
√
lim(x,y)→(a,b) f(x, y), desde que exista o limite.
Exemplo 6 Calcule lim(x,y)→(2,−1) x3y + x2y3 − 2xy + 4.
Pelas proposições temos que lim(x,y)→(2,−1) x3y+x2y3− 2xy+4 = 8.(−1)+
4.(−1)− 2.2.(−1) + 4 = −8− 4 + 4 + 4 = −4
Exemplo 7 Calcule lim(x,y)→(0,2)
√
x+ y.
lim(x,y)→(0,2)
√
x+ y =
√
0 + 2 =
√
2
Exemplo 8 Calcule lim(x,y)→(−1,1) x
3y+4
x+y−2 .
lim(x,y)→(−1,1)
x3y+4
x+y−2 =
−1.1+4
−1+1−2 =
3
−2 = −32
Proposição.
• lim(x,y)→(a,b) f(g(x, y)) = f(lim(x,y)→(a,b) g(x, y)), onde f é uma função de
uma variável, contínua num pontom e g(x, y) uma função tal que lim(x,y)→(a,b) g(x, y) =
m.
Exemplo 9 Calcule lim(x,y)→(1,2) ln(x2 + xy − 1).
Considere g(x, y) = x2 + xy − 1 e f(u) = ln(u)
lim(x,y)→(1,2) g(x, y) = 12 + 1.2 − 1 = 2, como f(u) = ln(u) é contínua em
u = 2, temos que: lim(x,y)→(1,2) f(g(x, y)) = lim(x,y)→(1,2) ln(x2 + xy − 1) =
ln(2)
Exemplo 10 Calcule lim(x,y)→(0,pi
2
) sen(x+ y).
Considere g(x, y) = x+ y e f(u) = sen(u)
lim(x,y)→(0,pi
2
) g(x, y) = 0+
π
2
= π
2
, como f(u) = sen(u) é contínua em u = π
2
,
temos que: lim(x,y)→(0,pi
2
) f(g(x, y)) = lim(x,y)→(0,pi
2
) sen(x+ y) = sen(
π
2
) = 1
7
Proposição.
• lim(x,y)→(a,b) f(x, y) = 0 e g(x, y) é uma função limitada dentro de uma
bola aberta de centro (a, b), então lim(x,y)→(a,b) f(x, y)g(x, y) = 0.
Exemplo 11 Calcule lim(x,y)→(0+,1−) x+y−1√x−√1−y .
Fazendo a substituição temos a indeterminação 0
0
. Entretantocom algumas
operações algébricas temos:
x+y−1√
x−√1−y .
√
x+
√
1−y√
x+
√
1−y =
(x+y−1)(√x+√1−y)
(
√
x)2−(√1−y)2 . Daí:
x+y−1√
x−√1−y =
(x+y−1)(√x+√1−y)
x−1+y =√
x+
√
1− y
lim(x,y)→(0+,1−)
x+y−1√
x−√1−y = lim(x,y)→(0+,1−)
√
x+
√
1− y = 0
0.3 Continuidade
Definição 6 Seja f : A ⊆ R2 → R com (a, b) ∈ A um ponto de acumulação de
A. Dizemos que f é contínua em (a, b) se
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) = f(a, b)
Exemplo 12 Verifique se f(x, y) =


2xy√
x2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0).
é contínua em
(0, 0)
Sabe-se que f(0, 0) = 0. Verificando o limite:
Como |x| =
√
x2 ≤
√
x2 + y2 e |y| =
√
y2 ≤
√
x2 + y2, temos:∣∣∣∣ 2xy√x2+y2 − 0
∣∣∣∣ = 2|x||y|√x2+y2 ≤
2
√
x2+y2
√
x2+y2√
x2+y2
= 2
√
x2 + y2.
Assim tomando δ = ǫ
2
, temos que, se 0 <
√
x2 + y2 < δ, então:∣∣∣∣ 2xy√x2+y2
∣∣∣∣ < 2
√
x2 + y2 < 2 ǫ
2
= ǫ. Portanto o limite existe e também vale 0.
Desta forma, temos que f(x, y) é contínua em (0, 0).
8
Exemplo 13 Verifique se f(x, y) =


2xy
x2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0).
é contínua em
(0, 0)
Sabe-se que f(0, 0) = 0. Entretanto de acordo com o exemplo 12, lim(x,y)→(0,0) xyx2+y2
não existe, desta forma lim(x,y)→(0,0) 2xyx2+y2 também não existe.
Conclui-se, então, que f(x, y) não é contínua em (0, 0).
Proposições.
Sejam f e g duas funções contínuas em (a, b). Então
• f + g é contínua em (a, b);
• f − g é contínua em (a, b);
• fg é contínua em (a, b) e
• f
g
é contínua em (a, b) desde que g(a, b) 6= 0.
• Sejam y = f(u) e z = g(x, y). Se g é contínua em (a, b) e f é contínua em
g(a, b), então f ◦ g é contínua em (a, b).
• Se limx,y→a,bf(x, y) = 0 e g(x, y) é uma função limitada numa bola aberta
de centro em (a, b), então limx,y→a,bf(x, y)g(x, y) = 0.
0.4 Exercícios
1. Mostre que lim(x, y)→ (0, 0) 3x2y
x2+y2
existe.
2. Determine:
9
(a) lim(x, y)→ (0, 1) 3x4(y−1)4
(x4+y2−2y+1)3
(b) lim(x, y)→ (1, 2)xy + 3x2
y
(c) lim(x, y)→ (2, 1)x2−xy+y3
x2−y2
(d) lim(x, y)→ (1, 0)
√
2x2−xy+y3
x2−y2
(e) lim(x, y)→ (0, 0)x2−y2
x−y
3. Verifique se as funções são contínuas no ponto indicado:
(a) f(x, y) =


x4 − (y − 1)4, (x, y) 6= (0, 1)
0, (x, y) = (0, 1).
ponto (0, 1)
(b) f(x, y) =


x3
x2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0).
ponto (0, 0)
(c) f(x, y) =


3x2y
x2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0).
ponto (0, 0)