Usando a definição de limite, mostrar que:
a) \lim _{\substack{x \rightarrow-1 \\ y \rightarrow 2}}(5 x-2 y)=-9
b) \lim _{(x, y) \rightarrow(2,3)}(3 x+2 y)=12
c) \lim _{(x, y) \rightarrow(1,-1)}(3 x-2 y)=5
d) \lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{2 x^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0
e) \lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{x y^{3}}{x^{2}+y^{2}}=0

Passo 1

O enunciado pede para mostrar, usando a definição de limite (épsilon‑delta), os seguintes limites:
a) \displaystyle \lim_{\substack{x\to -1\\\ y\to 2}}(5x-2y)=-9
b) \displaystyle \lim_{(x,y)\to(2,3)}(3x+2y)=12
c) \displaystyle \lim_{(x,y)\to(1,-1)}(3x-2y)=5
d) \displaystyle \lim_{\substack{x\to 0\\\ y\to 0}}\frac{2x^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0
e) \displaystyle \lim_{\substack{x\to 0\\\ y\to 0}}\frac{x y^{3}}{x^{2}+y^{2}}=0
Informações relevantes que temos: cada item dá uma função f(x,y) e um ponto (x_0,y_0) para onde (x,y) tende; precisamos provar que para todo \varepsilon>0 existe \delta>0 tal que, sempre que \sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta, teremos |f(x,y)-L|<\varepsilon, onde L é o limite proposto.

Passo 2

Vou lembrar rapidinho e didaticamente a definição de limite para funções de duas variáveis e duas ferramentas que vamos usar.
Definição (vareiinha, mas precisa): dizemos que
\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} f(x,y)=L
se, para todo \varepsilon>0, existe \delta>0 tal que sempre que
\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta
então
|f(x,y)-L|<\varepsilon.
Duas desigualdades/observações úteis que vou usar sem dó:
  1. Desigualdade triangular: para quaisquer números reais a,b,
|a+b|\le |a|+|b|.
  1. Se definirmos r=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}, então
|x-x_0|\le r,\qquad |y-y_0|\le r.
Especialmente, no caso (x_0,y_0)=(0,0) escrevemos r=\sqrt{x^2+y^2} e então |x|\le r e |y|\le r.
Com isso na manga, vamos para as provas item a item. Vou escolher \delta explicitamente em função de \varepsilon e mostrar que funciona.

Passo 3

Prova do item (a): provar que
\lim_{\substack{x\to -1\\\ y\to 2}}(5x-2y)=-9.
Começo calculando a diferença entre a função e o valor proposto:
|5x-2y-(-9)|=|5x-2y+9|.
Reescrevo em termos de deslocamentos em relação ao ponto (-1,2):
5x-2y+9 = 5(x+1) - 2(y-2),
logo, pela desigualdade triangular,
|5x-2y+9| \le 5|x+1| + 2|y-2|.
Se \sqrt{(x+1)^2+(y-2)^2}<\delta então |x+1|<\delta e |y-2|<\delta. Para garantir que 5|x+1|+2|y-2|<\varepsilon basta impor
5\delta + 2\delta \le \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad \delta \le \frac{\varepsilon}{7}.
Logo, dada qualquer \varepsilon>0, escolha
\delta = \frac{\varepsilon}{7}.
Então, se \sqrt{(x+1)^2+(y-2)^2}<\delta temos
|5x-2y+9|\le 5|x+1|+2|y-2| <5\delta+2\delta =7\delta =\varepsilon.
Isso é exatamente a condição da definição, logo o limite vale -9.

Passo 4

Prova do item (b): provar que
\lim_{(x,y)\to(2,3)}(3x+2y)=12.
Calculo a diferença:
|3x+2y-12| = |3(x-2)+2(y-3)| \le 3|x-2| + 2|y-3|.
Se \sqrt{(x-2)^2+(y-3)^2}<\delta então |x-2|<\delta e |y-3|<\delta. Para garantir 3|x-2|+2|y-3|<\varepsilon basta tomar
3\delta + 2\delta \le \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad \delta \le \frac{\varepsilon}{5}.
Portanto, dado \varepsilon>0 escolhemos
\delta = \frac{\varepsilon}{5}.
Com isso, sempre que \sqrt{(x-2)^2+(y-3)^2}<\delta obtemos |3x+2y-12|<\varepsilon, o que prova o limite.

Passo 5

Prova do item (c): provar que
\lim_{(x,y)\to(1,-1)}(3x-2y)=5.
Diferença:
|3x-2y-5| = |3(x-1)-2(y+1)| \le 3|x-1| + 2|y+1|.
Se \sqrt{(x-1)^2+(y+1)^2}<\delta então |x-1|<\delta e |y+1|<\delta. Basta tomar
3\delta + 2\delta \le \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad \delta \le \frac{\varepsilon}{5}.
Logo, escolhendo \delta=\varepsilon/5, temos |3x-2y-5|<\varepsilon sempre que \sqrt{(x-1)^2+(y+1)^2}<\delta. Assim o limite é 5.

Passo 6

Prova do item (d): provar que
\lim_{\substack{x\to 0\\\ y\to 0}}\frac{2x^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0.
Aqui é conveniente usar r=\sqrt{x^2+y^2}. Primeiro observe que r\ge 0 e |x|\le r. Para (x,y)\ne(0,0) a expressão tem valor
\left|\frac{2x^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right| = \frac{2x^2}{r}.
Como x^2\le r^2 temos
\frac{2x^2}{r} \le \frac{2r^2}{r} = 2r.
Portanto
\left|\frac{2x^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right| \le 2r = 2\sqrt{x^2+y^2}.
Dado \varepsilon>0, se garantirmos 2r<\varepsilon, isto é r<\varepsilon/2, então a quantidade fica menor que \varepsilon. Assim escolhemos
\delta = \frac{\varepsilon}{2}.
Se \sqrt{x^2+y^2}<\delta então \left|2x^{2}/\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right|<\varepsilon. Isso prova o limite 0.
(Observação rápida: no ponto (0,0) a expressão vale 0 por continuidade do lado do numerador, mas a prova é pelo controle acima.)

Passo 7

Prova do item (e): provar que
\lim_{\substack{x\to 0\\\ y\to 0}}\frac{x y^{3}}{x^{2}+y^{2}}=0.
De novo use r=\sqrt{x^2+y^2}. Temos |x|\le r e |y|\le r, então
|x y^{3}| \le |x|\,|y|^{3} \le r\cdot r^{3}=r^{4}.
Além disso x^{2}+y^{2}=r^{2}, portanto, para (x,y)\ne(0,0),
\left|\frac{x y^{3}}{x^{2}+y^{2}}\right| \le \frac{r^{4}}{r^{2}} = r^{2} = x^{2}+y^{2}.
Logo
\left|\frac{x y^{3}}{x^{2}+y^{2}}\right| \le r^{2}.
Dado \varepsilon>0, basta exigir r^{2}<\varepsilon, i.e. r<\sqrt{\varepsilon}. Assim podemos escolher
\delta = \sqrt{\varepsilon}.
Então, se \sqrt{x^2+y^2}<\delta obtemos \left|x y^{3}/(x^{2}+y^{2})\right|<\varepsilon. Isso mostra que o limite é 0.
(Se quiser ser extremamente cauteloso, poderíamos tomar \delta=\min(1,\sqrt{\varepsilon}), mas não é necessário; \delta=\sqrt{\varepsilon} já funciona para qualquer \varepsilon>0.)

Resposta

a) \displaystyle -9
b) \displaystyle 12
c) \displaystyle 5
d) \displaystyle 0
e) \displaystyle 0

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