Exercícios Resolvidos de Limite Fundamental Trigonométrico para Funções de Várias Variáveis

Limites e Continuidade

Calcule, caso exista, o limite abaixo. Se existir, explique por quê.

l i m x , y → 0,0 sen ⁡ ( 3 x 2 + 4 y 2 ) ln ⁡ ( x 2 + y 2 )

Passo 1

Bom, podemos, para simplificar, separar esse limite em dois, pois o limite do produto é o produto dos limites:

l i m x , y → 0,0 sen ⁡ ( 3 x 2 + 4 y 2 ) ln ⁡ ( x 2 + y 2 ) = l i m x , y → 0,0 sen ⁡ ( 3 x 2 + 4 y 2 )   . l i m x , y → 0,0 ⁡ ln ⁡ ( x 2 + y 2 )

Legal, agora fica mais fácil de visualizar o que faremos :)

Pegando a primeira equação, vemos que l i m x , y → 0,0 sen ⁡ ( 3 x 2 + 4 y 2 ) = 0 pois sin ⁡ 0 = 0 .

Pegando a segunda equação, vemos que l i m x , y → 0,0 ln ⁡ ( x 2 + y 2 ) = - ∞ , pois ln ⁡ 0 → - ∞ .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Como você deve ter percebido, a causa da indeterminação do limite é multiplicarmos 0 por - ∞ .

Agora, a nossa estratágia será usar dois limites “muito conhecidos” (por favor não me mate)…

Sabemos que

l i m t → 0 sin ⁡ t t = 1

Então, para o nosso limite, podemos dizer que

l i m x , y → 0,0 sen ⁡ 3 x 2 + 4 y 2 3 x 2 + 4 y 2 = 1  

Ok, esse a gente lembrava, mas desculpa se está parecendo tudo “carteado”

Passo 3

Agora, vamos mexer no limite que envolve a função logaritmo. Se temos

l i m t → 0   t ln ⁡ t

Podemos fazer que

l i m t → 0   t ln ⁡ t = l i m t → 0 ln ⁡ t 1 t

Então, quando t → 0 + (porque não podemos fazer ln ⁡ t para t menor que 0 ...) ,teremos:

ln ⁡ 0 + 1 0 + = i n d e t e r m i n a ç ã o

Mas usando L’Hospital, podemos dizer que l i m t → 0 ln ⁡ t 1 t =   l i m t → 0 ln ' ⁡ t 1 t '

Que vale:

l i m t → 0 1 t - 1 t 2

l i m t → 0   1 t   .   - t 2 1 = l i m t → 0 - t = 0

Assim, podemos afirmar que l i m t → 0   t ln ⁡ t = 0

Por consequência, pegamos a função do nosso problema e falamos que:

l i m x , y → 0,0   x 2 + y 2 . ln ⁡ ( x 2 + y 2 ) = 0

Passo 4

Agora, depois de termos mexido nas nossas funções, teremos que:

l i m x , y → 0,0 sen ⁡ 3 x 2 + 4 y 2 3 x 2 + 4 y 2 = 1  

l i m x , y → 0,0   x 2 + y 2 . ln ⁡ ( x 2 + y 2 ) = 0

E, portanto,

l i m x , y → 0,0 sen ⁡ 3 x 2 + 4 y 2 3 x 2 + 4 y 2   . x 2 + y 2 . ln ⁡ x 2 + y 2 = 0  

Então, para fazer tudo “voltar a ser o que era” ,temos que multiplicar por 3 x 2 + 4 y 2 x 2 + y 2 . Que ficaria assim:

l i m x , y → 0,0 sen ⁡ 3 x 2 + 4 y 2 3 x 2 + 4 y 2   . x 2 + y 2 . ln ⁡ x 2 + y 2   .   3 x 2 + 4 y 2 x 2 + y 2 = ?  

Veja, essa expressão é equivalente a inicial, l i m x , y → 0,0 sen ⁡ ( 3 x 2 + 4 y 2 ) ln ⁡ ( x 2 + y 2 ) , pois estamos multiplicando por uma fração e pelo seu inverso, já que essa é a fração que “conserta” a nossa função, fazendo o limite dela ser bem definido. Resta saber se o limite dessa fração é definido! Se ele for, o nosso limite existirá, pelo teorema do anulamento*!

*”Se temos um limite que existe multiplicado por outro que vai pra 0 , então o limite desse produto também vai pra 0 .

Passo 5

Vamos usar o teorema do sanduíche pra fração 3 x 2 + 4 y 2 x 2 + y 2 . Veja que, como os termos estão todos ao quadrado, temos que

0 ≤ 3 x 2 + 4 y 2 x 2 + y 2

E vemos, também, que temos ( x 2 + y 2 ) em cima e em baixo. Portanto, existe alguma outra fração que é limitada e que é maior que essa. Por exemplo:

0 ≤ 3 x 2 + 4 y 2 x 2 + y 2 < 4 x 2 + y 2 x 2 + y 2 = 4

Isso prova que a fração que faz o limite do sen ⁡ ( 3 x 2 + 4 y 2 ) e do ln ⁡ ( x 2 + y 2 ) serem melhor definidos é limitada!

Passo 6

Agora, podemos afirmar que:

l i m x , y → 0,0 sen ⁡ 3 x 2 + 4 y 2 3 x 2 + 4 y 2   . x 2 + y 2 . ln ⁡ x 2 + y 2   .   3 x 2 + 4 y 2 x 2 + y 2 = 0

Porque

l i m x , y → 0,0 sen ⁡ 3 x 2 + 4 y 2 3 x 2 + 4 y 2 = 1

e

l i m x , y → 0,0 x 2 + y 2 . ln ⁡ x 2 + y 2   .   3 x 2 + 4 y 2 x 2 + y 2 = 0

pois 3 x 2 + 4 y 2 x 2 + y 2 é limitada e l i m x , y → 0,0 x 2 + y 2 . ln ⁡ x 2 + y 2 = 0 (teorema do anulamento)

Resposta

O limite existe e é igual a 0

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