Each of Exercises 59-62 gives a function
f(x, y)
and a positive number
\epsilon
. In each exercise, show that there exists a
\delta>0
such that for all
(x, y)
,
\sqrt{x^{2}+y^{2}}<\delta \Rightarrow|f(x, y)-f(0,0)|<\epsilon
f(x, y)=(x+y) /(2+\cos x), \quad \boldsymbol{\epsilon}=0.02

Passo 1

O enunciado define
f(x,y)=\frac{x+y}{2+\cos x},\qquad \epsilon=0,02
e pede para mostrar que
\sqrt{x^2+y^2}<\delta\\ \Longrightarrow\\ \bigl|f(x,y)-f(0,0)\bigr|<\epsilon.
Isso é um limite de função de duas variáveis em (0,0). Vamos estimar \lvert f(x,y)-f(0,0)\rvert por meio de desigualdades.

Passo 2

Primeiro calculemos
f(0,0)=\frac{0+0}{2+\cos 0}=\frac{0}{2+1}=0.
Logo
\bigl|f(x,y)-f(0,0)\bigr|=\bigl|f(x,y)\bigr| =\left|\frac{x+y}{2+\cos x}\right|.

Passo 3

Como para todo x vale -1\le\cos x\le1, temos
2+\cos x\ge1.
Assim
\left|\frac{x+y}{2+\cos x}\right|\le|x+y|.

Passo 4

Pela desigualdade triangular e pela relação entre norma Euclidiana e soma de módulos,
|x+y|\le|x|+|y|\le\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{x^2+y^2}=2\sqrt{x^2+y^2}.
Portanto, se \sqrt{x^2+y^2}<\delta então
\bigl|f(x,y)\bigr|\le2\sqrt{x^2+y^2}<2\delta.

Passo 5

Para garantir 2\delta<\epsilon basta escolher
\delta=\frac{\epsilon}{2}.
Com isso, sempre que \sqrt{x^2+y^2}<\delta teremos
\bigl|f(x,y)-f(0,0)\bigr|<2\delta=\epsilon.

Resposta

Podemos tomar \displaystyle \delta=\frac{\epsilon}{2}=0,01.

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