Exercícios Resolvidos de Mostrar que o Limite Não Existe em Funções de Várias Variáveis

USP, Cálculo 2, P1 - 2010, Questão 3

Seja

f x , y = 3 x - 1 2 + y - 1 2 x 2 - y 2

a) Esboce as curvas de nível de f nos níveis k = 1 e k = 3 .

b) Existe l i m x , y 1,1   f x , y ? Justifique.

Passo 1

a) Para ver as curvas de nível, temos apenas que igualar a função ao nível. Para o nível 1 , teremos:

3 x - 1 2 + y - 1 2 x 2 - y 2 = 1

3 x - 1 2 + y - 1 2 = x 2 - y 2

Agora, como sempre, vamos abrir tudo, juntar as variáveis e depois completar quadrados ;)

3 x 2 - 2 x + 1 + y 2 - 2 y + 1 = x 2 - y 2

Passando tudo pro lado esquerdo, teremos:

3 x 2 - 6 x + 3 + y 2 - 2 y + 1 - x 2 + y 2 = 0

Juntando as variáveis de mesmo grau, teremos:

2 x 2 - 6 x + 2 y 2 - 2 y + 4 = 0

Dividindo tudo por 2 , temos:

x 2 - 3 x + y 2 - y + 2 = 0

Agora, completando o quadrado para o x e para o y , temos:

x 2 - 3 x + 9 4 - 9 4 + y 2 - y + 1 4 - 1 4 + 2 = 0

Que, fica:

x - 3 2 2 + y - 1 2 2 = 1 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Essa é a equação na qual chegamos é a da circunferência de raio 1 2 , centrada em 3 2 , 1 2 ! Seu esboço pode ser:

E é importante dizer que o domínio no qual estamos nessa curva de nível é:

D = x , y R 2 | x - 3 2 2 + y - 1 2 2 = 1 2

Além disso o domínio da própria função vai ser quando o denominador for diferente de 0 , ou seja

x 2 - y 2 0

Isso nos diz que

x ± y

Vamos ver se tem algum ponto desse domínio da curva de nível onde x = ± y

A equação que tínhamos antes de arrumar tudo era

x 2 - 3 x + y 2 - y + 2 = 0

Vamos começar fazendo x = y

x 2 - 3 x + x 2 - x + 2 = 0

2 x 2 - 4 x + 2 = 0

x 2 - 2 x + 1 = 0

Isso nos diz que

x = 1

Então temos um ponto que temos que excluir desse domínio.

1,1

Vamos ver agora quando x = - y

x 2 - 3 x + - x 2 - - x + 2 = 0

x 2 - 3 x + x 2 + x + 2 = 0

2 x 2 - 2 x + 2 = 0

x 2 - x + 1 = 0

Repara que nesse caso a solução vai ser complexa, isso porque

Δ = - 1 2 - 4 1 1 = 1 - 4 = - 3 < 0

Então o nosso domínio só deveria excluir o ponto 1,1 .

O domínio vai ser

D = x , y R 2 - 1,1 | x - 3 2 2 + y - 1 2 2 = 1 2

O gráfico então vai ser

Passo 3

Vamos agora para o nível 3 ? Se colocarmos f x , y = 3 , teremos:

3 x - 1 2 + y - 1 2 x 2 - y 2 = 3

3 x - 1 2 + y - 1 2 = 3 x 2 - 3 y 2

Abrindo os parêntesis, teremos:

3 x 2 - 6 x + 3 + y 2 - 2 y + 1 = 3 x 2 - 3 y 2

- 6 x + 3 + y 2 - 2 y + 1 = - 3 y 2

Cortando os 3 x 2 e juntando os y 2 :

- 6 x = - 4 y 2 + 2 y - 4

Multiplicando por - 1 e dividindo por 6 pra ajeitar, teremos:

x = 2 3 y 2 - 1 3 y + 2 3

Passo 4

Essa equação que acabamos de encontrar é a de uma parábola! Ela está deitada, pois x é função de y . A boa está apontando para o sentido positivo de x , pois o coeficiente de y 2 é positivo. Como estamos somando 2 3 , ela é deslocada em 2 3 , em relação à origem, no eixo x . E, ainda, como temos - 1 2 y , ela sobe ligeiramente em relação ao eixo y :

Assim, o domínio da nossa curva é:

U = x , y R 2 | x = 2 3 y 2 - 1 3 y + 2 3

Além disso o domínio da própria função vai ser quando o denominador for diferente de 0 , ou seja

x 2 - y 2 0

Isso nos diz que

x ± y

Vamos ver se tem algum ponto desse domínio da curva de nível onde x = ± y

Vamos começar fazendo x = y

x = 2 3 x 2 - 1 3 x + 2 3

3 x = 2 x 2 - x + 2

2 x 2 - 4 x + 2 = 0

x 2 - 2 x + 1 = 0

Isso nos diz que

x = 1

Então temos um ponto que temos que excluir desse domínio.

1,1

Vamos ver agora quando x = - y

x = 2 3 - x 2 - 1 3 - x + 2 3

3 x = 2 x 2 + x + 2

2 x 2 - 2 x + 2 = 0

x 2 - x + 1 = 0

Repara que nesse caso a solução vai ser complexa, isso porque

Δ = - 1 2 - 4 1 1 = 1 - 4 = - 3 < 0

Então o nosso domínio só deveria excluir o ponto 1,1 .

O domínio vai ser

U = x , y R 2 - 1,1 | x = 2 3 y 2 - 1 3 y + 2 3

O gráfico da curva de nível vai ficar

Passo 5

b) Beleza, agora temos que resolver

l i m x , y 1,1   3 x - 1 2 + y - 1 2 x 2 - y 2

Como de costume, o primeiro passo é chutar (conscientemente) alguns caminhos para percorrermos esse limite, afim de encontrar dois valores diferentes e provar que ele não existe.

Se não conseguirmos provar que ele não existe, podemos partir para o teorema do sanduíche ;)

Por exemplo, podemos tentar fazer esse limite se igual a 0 , tentando zerar o numerador sem zerar o denominador. Um caminho, por exemplo 1 , t , faria a fração ficar:

l i m t 1   3 1 - 1 2 + t - 1 2 1 2 - t 2 =

l i m t 1   t - 1 2 1 - t 2 =

Multiplicando por - 1 em cima e embaixo, teremos:

l i m t 1   - t - 1 2 t 2 - 1 =

Sabendo que o denominador t 2 - 1 pode ser escrito como t + 1 . t - 1 , teremos:

Cortando o t - 1 de baixo com o de cima, temos:

l i m t 1   1 - t t + 1 = 0 2 = 0

Show! Encontramos um limite para a função, e deu 0 .

Passo 6

Agora, vamos tentar encontrar outro limite, um que não dê 0 , para provar que o limite não existe!

Antes de nos pedirem pra encontrar esse limite, nos pediram pra encontrar curvas de nível, certo? Isso está cheirando a “use as curvas de nível para ver se o limite existe ou não”! Não custa nada tentar, né? Vamos ver pela primeira, de nível k = 1 . Ela era:

x - 3 2 2 + y - 1 2 2 = 1 2

Parametrizando essa circunferência por coordenadas polares, tendo x 0 = 3 2 , y 0 = 1 2 e r = 1 2 ,

σ θ = x 0 + r cos θ , y 0 + r sin θ ,   θ = 0,2 π

σ θ = 3 2 + cos θ 2 , 1 2 + sin θ 2 ,   θ = 0,2 π

Beleza?

Passo 7

Vamos agora jogar essa curva no limite pra função, colocando a primeira coordenada para o x e a segunda para o y :

l i m θ ?   3 3 2 + cos θ 2 - 1 2 + 1 2 + sin θ 2 - 1 2 3 2 + cos θ 2 2 - 1 2 + sin θ 2 2

Agora, não faz sentido resolver esse limite se não sabemos para qual valor o θ está tendendo! Pode ser que nem tenhamos uma indeterminação! Para isso, vejamos que valor de θ faz com que tenhamos, na circunferência, o ponto 1,1 :

1,1 = 3 2 + cos θ 2 , 1 2 + sin θ 2

Igualando as primeiras coordenadas, temos:

1 = 3 2 + cos θ 2

cos θ = - 2 2

E então, temos que θ = 3 π 4 ou θ = 5 π 4 .

Igualando as segundas coordenadas, teremos:

1 = 1 2 + sin θ 2

sin θ = 2 2

Ou seja, temos mesmo a primeira opção, θ = 3 π 4 :D

Passo 8

Colocando, agora, esse θ na equação do limite, teremos:

l i m θ 3 π 4   3 3 2 + cos θ 2 - 1 2 + 1 2 + sin θ 2 - 1 2 3 2 + cos θ 2 2 - 1 2 + sin θ 2 2 =

l i m θ 3 π 4   3 cos θ 2 + 1 2 2 + sin θ 2 - 1 2 2 3 2 + cos θ 2 2 - 1 2 + sin θ 2 2 =

Vamos arrumar essa expressão gigante dentro do limite, primeiro vamos dar um jeito no numerador

3 cos θ 2 + 1 2 2 + sin θ 2 - 1 2 2 = 3 cos θ 2 2 + 2 1 2 cos θ 2 + 1 2 2 + sen θ 2 2 - 2 1 2 sen θ 2 + 1 2 2 =

= 3 cos 2 θ 2 + cos θ 2 + 1 4 + sen 2 θ 2 - sen θ 2 + 1 4

= 3 cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 + 3 4 + sen 2 θ 2 - sen θ 2 + 1 4

= 3 cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 + sen 2 θ 2 - sen θ 2 + 1

Para deixar isso ainda mais arrumadinho vamos fazer

sen 2 θ = 1 - cos 2 θ

= 3 cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 + 1 - cos 2 θ 2 - sen θ 2 + 1

= 3 cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 + 1 2 - cos 2 θ 2 - sen θ 2 + 1

= 2 cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 - sen θ 2 + 3 2

= cos 2 θ + 3 cos θ 2 - sen θ 2 + 3 2

Vamos agora ao denominador

3 2 + cos θ 2 2 - 1 2 + sin θ 2 2 = cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 + 9 4 - sen 2 θ 2 + sen θ 2 + 1 4 =

= cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 + 9 4 - sen 2 θ 2 - sen θ 2 - 1 4

= cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 - sen 2 θ 2 - sen θ 2 + 2

De novo vamos fazer

sen 2 θ = 1 - cos 2 θ

= cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 - 1 - cos 2 θ 2 - sen θ 2 + 2

= 2 cos 2 θ 2 + 3 cos θ 2 - sen θ 2 + 3 2

= cos 2 θ + 3 cos θ 2 - sen θ 2 + 3 2

Repara que o numerador e o denominador ficaram iguais então nosso limite vai ser

l i m θ 3 π 4   3 cos θ 2 + 1 2 2 + sin θ 2 - 1 2 2 3 2 + cos θ 2 2 - 1 2 + sin θ 2 2 = l i m θ 3 π 4   1 = 1

Lembra que antes achamos o limite sendo 0 ? Agora fazendo por outro caminho deu 1 isso nos diz que o limite de f x , y não existe.

Resposta

a) Para k = 1 :

Para k = 3 :

b) O limite não existe

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