Limite com Mudança de Variável para Funções de Várias Variáveis

Teoria Completa

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!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Elaboração Própria

Calcule o limite abaixo

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

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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

Howard Anton, Irl Bivens, Stephen Davis, Cálculo – Volume II, 8ª ed. Porto Alegre: ARTMED EDITORA S.A, 2005, p. 944 - 12

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  

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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

Howard Anton, Irl Bivens, Stephen Davis, Cálculo – Volume II, 8ª ed. Porto Alegre: ARTMED EDITORA S.A, 2005, p. 944 – 21

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

lim x , y → 0,0 ⁡ y ln ⁡ x 2 + y 2

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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

Howard Anton, Irl Bivens, Stephen Davis, Cálculo – Volume II, 8ª ed. Porto Alegre: ARTMED EDITORA S.A, 2005, p. 944 - 23

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.

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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

USP, P1 2012 A, questão 3b

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

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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 denominador... 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 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

USP, P1 2010A, questão 2a

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  

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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 , pois dois dos limites existem e são iguais a 0 , e multiplicam um termo que é limitado :D

Resposta

O limite existe e é igual a 0 .

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