(Valor 1,5) Mostre que o limite existe ou não existe considerando os limites quando
((x, y) ->(0,0)) ao longo dos eixos coordenados e da parábola (y=2 x^{2}).
\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{e{\frac{-1}{\sqrt{x{2}+y{2}}}}}}{x{2}+y^{2}}

Passo 1

O enunciado pede para analisar o limite
\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{e^{-\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}}{x^{2}+y^{2}}.
As tarefas específicas que devo fazer são:
  • Calcular o limite quando (x,y)\to(0,0) ao longo dos eixos coordenados (ou seja, ao longo de y=0 e de x=0).
  • Calcular o limite quando (x,y)\to(0,0) ao longo da parábola y=2x^{2}.
  • A partir dessas verificações (e, se necessário, com um argumento mais geral) concluir se o limite total existe ou não.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A função é definida para (x,y)\neq(0,0) pela fórmula acima (o ponto (0,0) está isolado porque aparece \sqrt{x^2+y^2} no denominador do expoente).
  • Em todas as abordagens para (0,0) temos r:=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\to0^{+}.
  • Quero saber se o valor do limite depende do caminho ou é o mesmo para todos os caminhos.

Passo 2

Limite ao longo do eixo x (ou seja y=0, x\to0).
Substituindo y=0 na função obtemos
\frac{e^{-\frac{1}{\sqrt{x^{2}+0}}}}{x^{2}+0}=\frac{e^{-\frac{1}{|x|}}}{x^{2}}.
Para estudar esse limite é conveniente fazer a troca de variável t=\dfrac{1}{|x|}. Quando x\to0 temos t\to+\infty. Reescrevendo a expressão em t obtemos
\frac{e^{-\frac{1}{|x|}}}{x^{2}}=\frac{e^{-t}}{\left(\dfrac{1}{t}\right)^{2}}=t^{2}e^{-t}.
Agora avaliamos
\lim_{t\to+\infty} t^{2}e^{-t}.
Usando a regra de L’Hospital (escrever t^{2}e^{-t}=\dfrac{t^{2}}{e^{t}} e aplicar L’Hospital duas vezes), temos
\lim_{t\to+\infty}\frac{t^{2}}{e^{t}}=\lim_{t\to+\infty}\frac{2t}{e^{t}}=\lim_{t\to+\infty}\frac{2}{e^{t}}=0.
Logo o limite ao longo do eixo x é 0.

Passo 3

Limite ao longo do eixo y (ou seja x=0, y\to0).
Pelo mesmo raciocínio do passo anterior, substituindo x=0 obtemos
\frac{e^{-\frac{1}{\sqrt{0+y^{2}}}}}{0+y^{2}}=\frac{e^{-\frac{1}{|y|}}}{y^{2}}.
Fazendo t=\dfrac{1}{|y|} chegamos novamente a t^{2}e^{-t} com t\to+\infty, cujo limite é 0 (mesma aplicação de L’Hospital). Logo o limite ao longo do eixo y é 0.

Passo 4

Limite ao longo da parábola y=2x^{2} (com x\to0).
Substituindo y=2x^{2} na expressão temos
\frac{e^{-\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}}{x^{2}+y^{2}} = \frac{e^{-\frac{1}{\sqrt{x^{2}+4x^{4}}}}}{x^{2}+4x^{4}}.
Fatorando x^{2} no denominador e dentro da raiz:
x^{2}+4x^{4}=x^{2}\bigl(1+4x^{2}\bigr), \qquad \sqrt{x^{2}+4x^{4}}=|x|\sqrt{1+4x^{2}}.
Portanto a expressão é
\frac{e^{-\frac{1}{|x|\sqrt{1+4x^{2}}}}}{x^{2}(1+4x^{2})}.
Defina agora
s:=\frac{1}{|x|\sqrt{1+4x^{2}}}.
Quando x\to0 temos |x|\sqrt{1+4x^{2}}\to0^{+}, portanto s\to+\infty. Reescrevendo a expressão em s (observando que x^{2}(1+4x^{2})=(1+4x^{2})/s^{2}\cdot(\text{fatores invertidos}) — o essencial é que a parte que depende de x dá origem a um fator do tipo s^{2} multiplicando e^{-s}) chega-se ao mesmo tipo de termo dominante:
de forma direta e mais simples podemos observar que
0\le \frac{e^{-\frac{1}{|x|\sqrt{1+4x^{2}}}}}{x^{2}(1+4x^{2})} \le C\cdot s^{2}e^{-s}
para algum C>0 próximo de 1 quando x está suficientemente próximo de 0, e como s\to+\infty temos s^{2}e^{-s}\to0. Assim o limite ao longo da parábola também é 0.
(Se quiser uma verificação mais direta: aproximando para x pequeno, \sqrt{1+4x^{2}}=1+o(1), então a expressão é assintoticamente equivalente a t^{2}e^{-t} com t\sim 1/|x|, e esse termo tende a 0 como já vimos.)

Passo 5

Argumento geral e conclusão de existência do limite (não dependente de caminho).
Para qualquer caminho que leve (x,y) ao ponto (0,0) é natural usar coordenadas polares. Defina
r:=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\quad\text{(então \(r\to0^{+}\) quando \((x,y)\to(0,0)\)).}ã
A função pode ser escrita em termos de r como
\frac{e^{-\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}}{x^{2}+y^{2}} =\frac{e^{-\frac{1}{r}}}{r^{2}}.
Agora faça a troca t:=\dfrac{1}{r}. Quando r\to0^{+} temos t\to+\infty e a expressão vira
\frac{e^{-\frac{1}{r}}}{r^{2}}=t^{2}e^{-t}.
Como já demonstrado no passo 2, usando L’Hospital duas vezes,
\lim_{t\to+\infty} t^{2}e^{-t}=0.
Portanto, para qualquer modo de aproximação de (x,y) a (0,0) (isto é, para qualquer caminho), o valor da função tende a 0. Isso prova que o limite total existe e vale 0.

Passo 6

Comentário didático rápido (por que o expoente “vence” o polinômio).
Intuitivamente: exponenciais do tipo e^{t} crescem muito mais rápido que qualquer potência t^{n}. Assim t^{2}e^{-t}=\dfrac{t^{2}}{e^{t}} tende a zero porque o denominador e^{t} cresce muito mais rápido que o numerador polinomial t^{2}. A forma rigorosa que usei foi L’Hospital duas vezes, que é uma ferramenta padrão para comparar taxas de crescimento.

Resposta

0

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