Nos exercícios 9 a 15, avalie a existência dos limites aplicando a definição formal. Caso o limite não exista, justifique.
lim _{(x, y) \rightarrow\left(0^{+}, 0^{+}\right)} \sqrt{\frac{x y^{2}+y^{3}-x y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}

Passo 1

O enunciado pede para avaliar a existência do limite
\lim_{(x,y)\to(0^{+},0^{+})}\sqrt{\frac{x y^{2}+y^{3}-x y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}
Lista das informações dadas e do que é pedido:
  • Estamos calculando um limite bidimensional quando (x,y) se aproxima de (0,0) pela região em que x>0 e y>0 (isso é indicado por (0^{+},0^{+})).
  • A função sob o limite é a raiz quadrada de uma fração cujo numerador aparece como x y^{2}+y^{3}-x y^{2} e denominador x^{2}+y^{2}.
  • Precisamos decidir se o limite existe e, se existir, determinar seu valor; se não existir, justificar.

Passo 2

Primeiro simplificar a expressão algébrica dentro da raiz, pois há termos que se cancelam. Observe o numerador:
x y^{2}+y^{3}-x y^{2}=y^{3}.
Portanto a função fica
f(x,y)=\sqrt{\frac{y^{3}}{x^{2}+y^{2}}},\qquad \text{para }x>0,\;y>0.

Passo 3

Façamos observações elementares sobre sinais e desigualdades úteis:
  • Como x>0 e y>0, temos y^{3}\ge 0 e x^{2}+y^{2}>0. Assim a quantidade dentro da raiz é não negativa, e f(x,y) é bem definida e não negativa.
  • Note que x^{2}+y^{2}\ge y^{2} (porque x^{2}\ge0). Então
\frac{y^{3}}{x^{2}+y^{2}}\le\frac{y^{3}}{y^{2}}=y.
Tomando raiz quadrada em ambos os lados (todas quantidades são não negativas) obtemos
f(x,y)=\sqrt{\frac{y^{3}}{x^{2}+y^{2}}}\le\sqrt{y}=y^{1/2}.

Passo 4

Agora conectamos y com a distância euclidiana até a origem. Defina
r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}.
Como r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\ge\sqrt{0+y^{2}}=y (lembre que y\ge0 nesta aproximação), temos y\le r. Portanto
\sqrt{y}\le\sqrt{r}.
Combinando com a desigualdade do passo anterior, achamos
0\le f(x,y)\le\sqrt{y}\le\sqrt{r}.

Passo 5

Vou lembrar formalmente a definição de limite que vamos usar (versão para duas variáveis com aproximação pela região x>0,y>0) de forma simples e prática: dizemos que
\lim_{(x,y)\to(0^{+},0^{+})} f(x,y)=L
se, para todo \varepsilon>0, existe \delta>0 tal que sempre que 0<\sqrt{x^{2}+y^{2}}<\delta e x>0,y>0 então |f(x,y)-L|<\varepsilon.
Queremos provar que L=0 satisfaz essa definição.

Passo 6

Usamos a desigualdade obtida no passo 4. Para qualquer (x,y) com x>0,y>0 e r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}>0 temos
0\le f(x,y)\le\sqrt{r}.
Dado um \varepsilon>0, escolha
\delta=\varepsilon^{2}.
Se 0<r<\delta, então \sqrt{r}<\sqrt{\delta}=\varepsilon. Assim, para tais pontos
|f(x,y)-0|=f(x,y)\le\sqrt{r}<\varepsilon.
Isto mostra exatamente a condição necessária da definição: para todo \varepsilon>0 existe \delta=\varepsilon^{2} tal que quando 0<\sqrt{x^{2}+y^{2}}<\delta (com x>0,y>0) então |f(x,y)-0|<\varepsilon.

Passo 7

Concluímos, pelo argumento epsilon–delta acima, que o limite existe e vale 0.
Para reforçar a intuição, veja alguns caminhos:
  • Pelo caminho x=0 (permitido pela aproximação em x>0 se aproximarmos com x\to0^{+}), temos f(0,y)=\sqrt{y}\to0 quando y\to0^{+}.
  • Pelo caminho x=k y com k>0 constante, obtemos f(k y,y)=\sqrt{\dfrac{y^{3}}{(k^{2}+1)y^{2}}}=\dfrac{1}{\sqrt{k^{2}+1}}\,y^{1/2}\to0.
    Esses exemplos são consistentes com a prova formal que deu o resultado para todos os caminhos.

Resposta

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