Limite com Mudança de Variável para Funções de Várias Variáveis

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Teoria

Oi, pessoal! Se você chegou até aqui, você já deve ter resolvido alguns limites de funções de varias variáveis complicadinhos. E esse tópico é para facilitar a sua vida, pois vamos ensinar uma técnica com mudança de variável para funções de varias variáveis.

Então já vou lançar o primeiro desafio:

lim x , y → 0,0 ⁡ e x 3 y 2 - 1 x 3 y 2

Substituindo os valores para resolver esse limite temos:

lim x , y → 0,0 ⁡ e 0 - 1 0

E como quase sempre acontece, caímos numa indeterminação “ 0 0 ”. Existe até o análogo do L'Hospital pra dimensões maiores que um, mas vai ser mais complicado de sair da indeterminação. Por isso, eu já vou ensinar para vocês a nossa primeira técnica!

Mudança pra uma variável

Repara que existe um termo x ³ y ² que se repete na exponencial e no denominador da nossa função. Então, a ideia é fazer uma mudança de variáveis e cair num limite com só uma variável. Depois disso, basta calcular normalmente, no estilo cálculo 1!

Então é isso, vamos chamar o termo que se repete de uma nova variável u ,

u = x 3 y 2

Se a gente trocou a variável por u , agora temos que descobrir para onde ela vai tender. E a gente vai fazer isso substituindo o limite anterior na nova equação de u . E quando x , y → 0 ,   0 temos

u → ( 0 ) ³ ( 0 ) ² = 0

Assim:

x , y → 0 ,   0 ⇒ u → 0

Então o limite fica:

lim u → 0 ⁡ e u - 1 u

Agora podemos substituir o valor e calcular esse limite,

lim u → 0 ⁡ e 0 - 1 0 = 0 0

Opa! Caímos em uma indeterminação de novo, mas fica tranquilo que quando isso acontecer, a gente pode aplicar l’Hôpital! Derivando em cima e em baixo:

lim u → 0 ⁡ e u - 1 u = lim u → 0 ⁡ e u 1

Beleza, saímos da indeterminação! Agora podemos substituir u = 0   no limite:

lim u → 0 ⁡ e u 1 = e 0 1 = 1 1 = 1

Pronto, resolvemos nosso primeiro limite desse tópico! E a lição até aqui é: é bom aplicar essa mudança de variável quando você identificar expressões repetidas dentro do limite.

Agora vamos ver uns casos especiais!

Mudanças de variáveis especiais

O novo desafio lançado é:

lim x , y → 0,0 ⁡ ln ⁡ x 2 + y 2 x

Outro limite difícil de resolver e aqui não tem nenhum termo de que repete. Mas repara que dentro da função logarítmica, nós temos o termo x 2 + y 2 , que é a equação da circunferência, então a nova técnica que vamos usar aqui é com mudanças de coordenadas polares.

Coordenadas Polares:

Usando as coordenadas polares, fazemos a mudança de variável

x = r cos ⁡ t y = r sen ⁡ t

Assim, passamos das variáveis x , y pras variáveis r ,   t . (Aliás, pode ser θ em vez de t ).

Basicamente usamos a passagem pras coordenadas polares quando aparece o termo x 2 + y 2 , porque

x 2 + y 2 = r cos ⁡ t 2 + r sen ⁡ t 2

= r 2 cos 2 ⁡ t + r 2 sen 2 ⁡ t = r 2 cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t

⇒ x 2 + y 2 = r 2

Então assim acabamos passando pra uma variável mesmo. E vamos ver para onde r vai tender,

r → 0 ² + 0 ² = 0

Agora reescrevendo nosso limite, nós ficamos com,

lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 2 r c o s ( t )

Repara que eu coloquei r → 0 + , isso porque ele veio de um somatório de números positivos, então ele só pode ser um número positivo.

Outra coisa, que você deve ter notado é que nosso limite também está em um t , ali no cosseno, mas não tem problema e vamos seguindo.

Como nós temos um produto dento do limite podemos aplicar uma propriedade de limites, e reescrever o limite assim,

lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 2 r c o s ( t ) = lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 2 r . lim r → 0 + ⁡ c o s ( t )

Agora, note que isolados a parte c o s ( t ) . E c o s ( t ) é uma função limitada, pois ela só varia entre -1 e 1.

Então agora podemos aplicar o teorema do anulamento que diz: “uma função limitada multiplicada por um limite que dá zero, todo o limite então será zero

Ou seja, só nos resta avaliar a lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 2 r e ver se ela vai para zero. Substituindo,

lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ 0 2 0 = - ∞ . 0

Caímos numa indeterminação, mas a gente pode reescrever essa função de outra forma e aplicar L’Hôpital

lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 2 r = lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 2 1 / r → L . H . lim r → 0 + ⁡ - 2 r = 0

Opa, zerou! Então pelo teorema do anulamento nós temos que,

lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 2 r c o s ( t ) = 0

Seguindo para o próximo desafio! Assim como a gente aplicou coordenadas polares, a gente também vai poder aplicar coordenadas esféricas quando encontrarmos o termo x 2 + y 2 + z 2 , que é a equação da esfera.

Coordenadas esféricas:

Usando as coordenadas esféricas, fazemos a mudança de variável

x = r sen ⁡ ϕ cos ⁡ θ y = r sen ⁡ ϕ sen ⁡ θ z = r cos ⁡ ϕ

Usar essa mudança de variável pra calcular limite, só se aparecer o termo x 2 + y 2 + z 2 , porque

x 2 + y 2 + z 2 =   r sen ⁡ ϕ cos ⁡ θ 2 +   r sen ⁡ ϕ sen ⁡ θ 2 + r cos ⁡ ϕ 2

= r 2 sen 2 ⁡ ϕ cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ ϕ sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ ϕ

= r 2 sen 2 ⁡ ϕ cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ ϕ

= r 2 sen 2 ⁡ ϕ + cos 2 ⁡ ϕ

⇒ x 2 + y 2 + z 2 = r 2

Vamos resolver esse exemplo agora,

lim x , y → 0,0 ⁡ ln ⁡ x 2 + y 2 + z ² + 1 x 2 + y 2 + z ²

Aplicando coordenadas polares, semelhante de como fizemos para coordenas polares, ficamos com,

lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r ² + 1 r ²

Substituindo,

lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ 0 ² + 1 0 ² = 0 0

Caímos numa indeterminação, então vamos aplicar L’Hôpital,

lim r → 0 + ⁡ 1 r ² + 1 = 1

Pronto! Resolvemos nosso terceiro desafio.

Agora vamos praticar!

Mudanças de variáveis especiais

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Calcule o limite abaixo

lim x , y → 1,0 ⁡ e 1 x - 1 2 + y 2 . x - 1 2 + y 2

Passo 1

A primeira coisa a fazer é substituir os valores de x e y .

lim x , y → 1,0 ⁡ e 1 x - 1 2 + y 2 . x - 1 2 + y 2 = e 1 1 - 1 2 + 0 2 . 1 - 1 2 + 0 2 = e 1 0 . 0 = e ∞ . 0 = ∞ . 0

Temos uma indeterminação. Repara que temos uma função se repetindo ali no limite, no caso essa função é x - 1 2 + y 2 . Podemos usar a mudança de variáveis

u = x - 1 2 + y 2

Além disso

x , y → 1,0 ⇒ u → 1 - 1 2 + 0 2 = 0

Então

u → 0

Esse limite vai ficar

lim x , y → 1,0 ⁡ e 1 x - 1 2 + y 2 . x - 1 2 + y 2 = lim u → 0 ⁡ e 1 u . u

Agora temos um limite onde podemos usar regra de L’hospital.

Passo 2

Temos que resolver

lim u → 0 ⁡ e 1 u . u

Já vimos que dá uma indeterminação do tipo ∞ . 0 então vamos usar L’hospital

lim u → 0 ⁡ e 1 u . u = lim u → 0 ⁡ e u - 1 u - 1 = lim u → 0 ⁡ e u - 1 . - u - 2 - u - 2 = lim u → 0 ⁡ e u - 1 = e 1 0 = ∞

Isso nos diz que

lim x , y → 1,0 ⁡ e 1 x - 1 2 + y 2 . x - 1 2 + y 2 = ∞

Logo ele não existe.

Resposta

Não existe

Exercício Resolvido #2

Calcule o limite fazendo a substituição z = x 2 + y 2 e observando que z → 0 + se, e somente se, x , y → 0 ,   0 .

lim x , y → 0 ,   0 ⁡ e - 1 x 2 + y 2 x 2 + y 2  

Passo 1

Vamos fazer a substituição que ele recomendou:

z = x 2 + y 2

⇒ lim x , y → 0 ,   0 ⁡ e - 1 x 2 + y 2 x 2 + y 2 = lim z → 0 + ⁡ e - 1 z z  

Beleza, isso virou um limite de uma só variável, estilo cálculo 1!

Passo 2

Repare que nós caímos numa indeterminação do tipo “ 0 0 ”. Mas antes de sair mandando l’Hôpital e se ferrar nas contas, eu tenho uma sugestão: fazer mais uma mudança de variável!

Isso porque o termo 1 z , que não é bacana de se trabalhar, está aparecendo duas vezes no limite. Então vamos definir

u = 1 z

Temos

z → 0 + ⇒ u → + ∞

Então nosso limite ficou:

lim u → + ∞ ⁡ u e - u

Passo 3

Caímos de novo numa indeterminação, agora do tipo “ ∞ × 0 ”. Então vamos melhorar isso aí:

lim u → + ∞ ⁡ u e - u = lim u → + ∞ ⁡ u e u

Ahh, agora sim podemos mandar l’Hôpital!! Aliás, esse limite clássico de cara vemos que vai dar zero. Enfim, derivando vamos ter:

lim u → + ∞ ⁡ u e u = lim u → + ∞ ⁡ 1 e u = 0

Portanto, voltando ao nosso limite inicial, temos:

lim x , y → 0 ,   0 ⁡ e - 1 x 2 + y 2 x 2 + y 2 = 0

Resposta

0

Exercício Resolvido #3

Calcule o limite, se existir, convertendo para coordenadas polares.

lim x , y → 0,0 ⁡ y ln ⁡ x 2 + y 2

Passo 1

Lembrando, as coordenadas polares são:

x = r cos ⁡ t   y = r sen ⁡ t

E assim temos

x 2 + y 2 = r 2 cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t = r 2

Então, com as coordenadas polares, nossa expressão dentro do limite vai ser:

r sen ⁡ ( t ) ln ⁡ r 2

E como ln ⁡ r 2 = 2 ln ⁡ r isso dá:

2 r sen ⁡ t ln ⁡ ( r )

Passo 2

Estamos calculando o limite nos aproximado da origem, fazendo x , y → 0 ,   0 . E o r das coordenadas polares é justamente a distância à origem. Logo,

x , y → 0,0 ⇒ r → 0

E como temos um logaritmo, cujo argumento deve ser positivo, vamos nos aproximar de zero só pela direita:

r → 0 +

Então, nosso limite é:

lim r → 0 + ⁡ 2 r sen ⁡ t ln ⁡ r

Passo 3

Pra gente não se confundir, vamos começar ignorando esse sen ⁡ t e calcular o limite

lim r → 0 + ⁡ 2 r ln ⁡ r

Temos uma indeterminação do tipo “ 0 × - ∞ ”. Vamos botá-la de uma forma que a gente possa usar l’Hôpital:

lim r → 0 + ⁡ 2 r ln ⁡ r = 2 lim r → 0 +   ⁡ ln ⁡ r 1 r

Pronto, agora ficou melhor!

Passo 4

Pela regra de l’Hôpital, temos

lim r → 0 +   ⁡ ln ⁡ r 1 r = lim r → 0 +   ⁡ - 1 r 1 r 2 = lim r → 0 + ⁡ - r 2 r = lim r → 0 + ⁡ - r = 0

Beleza, deu zero. Então

lim r → 0 + ⁡ 2 r ln ⁡ r = 0

também.

Passo 5

Voltando pro nosso limite com o seno:

lim r → 0 + ⁡ 2 r ln ⁡ r sen ⁡ t = 0 0 = 0

Resposta

0

Exercício Resolvido #4

Calcule o limite, se existir, convertendo para coordenadas esféricas, ρ ,   θ ,   ϕ e observe que ρ → 0 + se, e só se, x , y , z → 0,0 , 0 , já que ρ = x 2 + y 2 + z 2 .

lim x , y , z → 0,0 , 0 ⁡ e x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2

Dica: ignore esse papo de coordenadas esféricas e use a mudança de variável que ele sugeriu no fim.

Passo 1

Basicamente o que vamos fazer é: usar a mudança de variável ρ = x 2 + y 2 + z 2 e cair num limite de cálculo 1, show??

Então vamos lá, usando ρ = x 2 + y 2 + z 2 o nosso limite vira

lim ρ → 0 + ⁡ e ρ ρ = + ∞

Pronto acabou, já pode comemorar! ;)

Resposta

+ ∞

Exercício Resolvido #5

Calcule ou mostre que o limite l i m x , y → 0,0 e x 2 y - 1 y 3   ⁡ não existe.

Passo 1

Bom, essa aí não parece ter nada de muito particular... sem seno, sem cosseno, sem variável pra ensanduichar... Aí não temos nada a perder tentando caminhos aleatórios!

Não é boa ideia tentar caminhos por onde y = 0 de cara, porque ele está sozinho no numerador... Então, podemos tentar o caminho x , y = 0 , y , em que x = 0 :

l i m x , y → 0,0 e 0 2 y - 1 y 3 =

l i m x , y → 0,0 1 - 1 y 3 = 0

Opa! O limite deu 0 :D Antes encontrar algum valor do que perder tempo com um caminho escolhido errado XD

Passo 2

Agora, devemos escolher outro caminho. Como não podemos zerar o y , por que não escolher outro valor constante pra ele? Por exemplo, o caminho x , y = x , 1 :

l i m x , y → 0,0 e x 2 . 1 - 1 1 3 =

l i m x , y → 0,0 e x 2 - 1 1 3

Como x → 0 , então fica 1 - 1 no denominador e o limite da 0 de novo. Tá, essa não ajudou muito hahaha temos que tentar encontrar um limite diferente desse, para provar que ele não existe! E a aflição é que nem sabemos se ele não existe... vai que ele é 0 mesmo? É chato pra cacete né?

Passo 3

Olha, não consigo pensar em mais nada... Não tive nenhuma sacada com esse e desgraçado XD Vamos partir para o teorema do sanduíche? Se fizermos com que o grau da variável a qual e está elevado ser igual ao do denominador, teremos como usar o teorema, seja para ensanduichar a função, seja para provar que existe uma que vai pra infinito e que seja menor que a nossa. Se colocarmos x = y , teremos o seguinte:

e x 3 - 1 x 3

E agora? Po, exatamente porque temos x 3 sendo a única parte variável, podemos substituí-la n , por exemplo, e fica um limite simples de uma variável, que poderemos usar L’Hospital!

l i m n → 0 e n - 1 n =

Derivando em cima e embaixo, por L’Hospital

l i m n → 0 e n 1 = 1

E encontramos um valor diferente para o limite! Como a função não pode ter limite igual a 0 e igual 1 para um mesmo ponto, então a função não tem limite, exatamente como a zoeira XD

Resposta

O limite não existe!

Exercício Resolvido #6

O limite a seguir existe? Se sim, igual a quanto?

l i m x , y → 0,0 x 3 1 - cos ⁡ x 2 + y 2 x 2 + y 2 3  

Passo 1

Vamos lá, temos um limite com função trigonométrica: isso é um prenúncio de que usaremos o teorema do sanduíche! Vamos separar essa fração para poder usar o teorema?

l i m x , y → 0,0 x 3 1 - cos ⁡ x 2 + y 2 x 2 + y 2 3   =

l i m x , y → 0,0 x 3 x 2 + y 2 3   . 1 - cos ⁡ x 2 + y 2

Show, já está melhorando. Se um dos limites for 0 e o outro existir, então o limite total vai pra zero!

Passo 2

Agora, vem uma artimanha que você certamente vai querer ter no sangue: podemos separar a fração

x 3 x 2 + y 2 3  

Em

x 2 x 2 + y 2   . x x 2 + y 2 2

E isso fará o limite ficar assim:

l i m x , y → 0,0 x . x 2 x 2 + y 2   . 1 - cos ⁡ x 2 + y 2 x 2 + y 2 2  

Ok, aí você vira para mim e fala: onde isso nos levou? Isso fez aparecer uma espécie de “limite notável”, que é o:

x 2 x 2 + y 2  

E o que ele tem de tão legal? Olha o que acontece quando aplicamos o teorema do sanduíche nele:

0 ≤ x 2 ≤ x 2 + y 2

Certo? Qualquer número ao quadrado, x 2 , é maior do que 0 . Por sua vez, x 2 é menor do que ele mesmo somado a um outro número ao quadrado qualquer, y 2 .

Dividindo tudo por x 2 + y 2 , temos:

0 ≤ x 2 x 2 + y 2 ≤ x 2 + y 2 x 2 + y 2

0 ≤ x 2 x 2 + y 2 ≤ 1

E aí está! Chegamos a conclusão de que essa fração é sempre limitada entre 0 e 1 !

Assim, tenha sempre em mente: Se tiver qualquer coisa que possa ser transformada em algo desse molde, tente fazê-la aparecer na equação! Pode ser x 4 x 4 + y 2 , y 2 x 4 + y 2 ,   x 6 x 6 + y 10 , sacou? Pode ser qualquer coisa que tenha uma variável igual em cima e embaixo, sempre com soma no denominador e expoentes pares! Aí você prova exatamente como fizemos com o teorema do sanduíche aí em cima ;)

Passo 3

Prosseguindo, temos:

l i m x , y → 0,0 x . x 2 x 2 + y 2   . 1 - cos ⁡ x 2 + y 2 x 2 + y 2 2

Como sabemos que l i m x , y → 0,0 x = 0 ⁡ e que a fração do meio é limitada, o que temos na realidade é:

l i m x , y → 0,0 0 . ( l i m i t a d a ) . 1 - cos ⁡ x 2 + y 2 x 2 + y 2 2

E, assim, o que temos que ver é o limite de:

l i m x , y → 0,0 1 - cos ⁡ x 2 + y 2 x 2 + y 2 2

Podemos fazer a substituição x 2 + y 2 = t , e fica:

l i m t → 0 1 - cos ⁡ t t 2

E, agora, podemos aplicar L’Hospital:

l i m t → 0 sin ⁡ t 2 t =

l i m t → 0 1 2 sin ⁡ t t  

Como o limite de sin ⁡ t t quando t → 0 é sempre 1 , então temos:

l i m t → 0 1 2 sin ⁡ t t = 1 2  

E, assim, o limite, enfim, fica:

l i m x , y → 0,0 0 . l i m i t a d a . 1 2 = 0

Ou seja, o limite existe e é igual a 0 .

Resposta

O limite existe e é igual a 0 .

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