Exercício 12. Calcule detalhadamente cada limite a seguir, se existir. Caso contrário, explique por que ele não existe. \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{e^{y} \operatorname{sen} x}{x}
Passo 1
O enunciado pede calcular o limite
\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{e^{y}\sin x}{x}.
Informações/dados relevantes fornecidos:
A expressão envolve e^{y} (função do y) e \dfrac{\sin x}{x} (função do x).
A função não está definida nos pontos em que x=0 (porque aparece divisão por x); portanto, ao tratar do limite, só faz sentido considerar pontos (x,y) com x\neq 0 que se aproximam de (0,0).
A pergunta é: o limite existe quando (x,y) tende a (0,0)? Se existir, qual é o seu valor? Se não existir, justificar por que não existe.
Passo 2
Ideia geral (resumida): a expressão é um produto e^{y}\cdot\frac{\sin x}{x}. Quando (x,y)\to(0,0) temos y\to 0 e x\to 0. Vou mostrar que
e então usar a propriedade de limites de produto (no contexto de limite em várias variáveis, isso vale porque cada fator tende a um limite finito). Para ficar completamente riguroso, farei também um argumento estilo \varepsilon-\delta simples que mostra que o produto tende a 1.
Passo 3
Provar que \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1.
Explicação didática do resultado clássico (teorema do aperto / squeeze):
Para 0<x<\tfrac{\pi}{2} vale a desigualdade geométrica bem conhecida\sin x < x < \tan x.Dividindo essa desigualdade por \sin x>0 obtemos1 < \frac{x}{\sin x} < \frac{1}{\cos x}.Tomando recíprocos (a ordem inverte) dá\cos x < \frac{\sin x}{x} < 1.
Para x negativo usa-se a paridade: \dfrac{\sin(-x)}{-x}=\dfrac{\sin x}{x}, então a mesma conclusão vale para x aproximando 0 por valores negativos.
Como \cos x \to 1 quando x\to 0, pelo teorema do aperto (squeeze) segue que\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1.
Comentário prático: esse é um limite de uma função de uma variável; ao aproximarmos (x,y)\to(0,0) necessariamente x\to 0, então o mesmo limite vale no contexto de duas variáveis: \displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\sin x}{x}=1.
Passo 4
Provar que \displaystyle \lim_{y\to 0} e^{y}=1.
Explicação didática:
A função exponencial y\mapsto e^{y} é contínua em todos os pontos reais. Continuidade em 0 significa exatamente que e^{y}\to e^{0}=1 quando y\to 0.
Uma demonstração elementar via série: e^{y}=1+y+\dfrac{y^{2}}{2!}+\cdots, e ao tender y\to 0 todos os termos além de 1 vão a zero, portanto e^{y}\to 1.
Outra forma: para qualquer \eta>0 existe \delta>0 tal que se |y|<\delta então |e^{y}-1|<\eta (propriedade da continuidade); isto é suficiente para o que precisamos.
Logo, no contexto de duas variáveis, \displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)} e^{y}=1.
Passo 5
Usar propriedade de limites (produto) e dar um argumento \varepsilon-\delta simples para fechar a demonstração.
Primeiro, a propriedade intuitiva: se f(x,y)\to A e g(x,y)\to B quando (x,y)\to(0,0) (com A,B finitos), então f(x,y)g(x,y)\to AB. Aplicando com f(x,y)=e^{y} (limite 1) e g(x,y)=\dfrac{\sin x}{x} (limite 1) deduzimos que o produto tende a 1\cdot 1=1.
Agora um argumento detalhado do tipo \varepsilon-\delta para mostrar rigorosamente que \dfrac{e^{y}\sin x}{x}\to 1.
Tomemos \varepsilon>0 arbitrário. Queremos \delta>0 tal que sempre que 0<\sqrt{x^{2}+y^{2}}<\delta (e x\neq 0, pois o ponto não está no domínio), então
Agora use que \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1, então existe \delta_{1}>0 tal que se |x|<\delta_{1} então \left|\dfrac{\sin x}{x}-1\right|<\dfrac{\varepsilon}{2} e, em particular, escolhendo \delta_{1} menor se necessário, garante-se também \left|\dfrac{\sin x}{x}\right|<2 (isso é possível porque a vizinhança onde \dfrac{\sin x}{x} fica próxima de 1 também o torna limitada).
Além disso, pela continuidade de e^{y} em 0 existe \delta_{2}>0 tal que se |y|<\delta_{2} então |e^{y}-1|<\dfrac{\varepsilon}{4}.
Escolha então \delta=\min(\delta_{1},\delta_{2}). Para 0<\sqrt{x^{2}+y^{2}}<\delta temos |x|<\delta_{1} e |y|<\delta_{2}, e assim
Isso mostra que para todo \varepsilon>0 existe \delta>0 que garante a exigida proximidade, logo
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{e^{y}\sin x}{x}=1.
Passo 6
Interpretação final e observação sobre domínio: mesmo que a função original não esteja definida para pontos com x=0, o limite é calculado por aproximações por pontos com x\neq 0. O cálculo acima mostra que independentemente da direção de aproximação (desde que se aproxime de (0,0) por pontos do domínio), o valor da expressão aproxima-se de 1. Portanto o limite existe e é 1.