Exercícios Resolvidos de Teorema do Sanduíche para Funções de Várias Variáveis

UFRJ, Cálculo 2, P2 2016.1, questão 2

Considere os seguintes limites:

i ) lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x 2 sin ⁡ y x 2 + y 2

i i )   lim x , y → 0,0 ⁡ x y 2 x 2 + y 4

Então:

a I existe e I I não existe;

b I existe, I I existe e são iguais;

c I existe, I I existe, mas são diferentes;

d I não existe e I I não existe;

e I não existe e I I existe.

Passo 1

Vamos começar resolvendo o primeiro limite:

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x 2 sin ⁡ y x 2 + y 2

De cara, vamos tentar substituir os valores de x , y = 0,0 diretamente. Temos:

2 0 2 0 0 2 + 0 2 = 0 0

Deu uma indeterminação, então devemos buscar uma outra técnica para resolver o problema.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Podemos usar o teorema do sanduíche para calcular esse limite.

Como a gente desconfia disso? Bom, ta vendo aquele x 2 no numerador? Então, ele se repete no denominador somado a algo não negativo y 2 . Ou seja:

0 ≤ x 2 ≤ x 2 + y 2

Agora a gente divide essa inequação por x 2 + y 2 . Vai ficar assim:

0 ≤ x 2 x 2 + y 2 ≤ 1

Ainda podemos multiplicar toda a inequação por 2 . Obtemos:

0 ≤ 2 x 2 x 2 + y 2 ≤ 2

Passo 3

Agora, temos de multiplicar tudo por sin ⁡ y . Porém vamos ter dois casos:

  • sin ⁡ y ≥ 0
  • A inequação fica:

    0 ≤ 2 x 2 sin ⁡ y x 2 + y 2 ≤ 2 sin ⁡ y

  • sin ⁡ y ≤ 0

A inequação fica:

0 ≥ 2 x 2 sin ⁡ y x 2 + y 2 ≥ 2 sin ⁡ y

Passo 4

Agora basta tomar os limites:

lim x , y → 0,0 ⁡ 0 ≤ lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x 2 sin ⁡ y x 2 + y 2 ≤ lim x , y → 0,0 ⁡ 2 sin ⁡ y

0 ≤ lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x 2 sin ⁡ y x 2 + y 2 ≤ 0

Ou

lim x , y → 0,0 ⁡ 0 ≥ lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x 2 sin ⁡ y x 2 + y 2 ≥ lim x , y → 0,0 ⁡ 2 sin ⁡ y

0 ≥ lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x 2 sin ⁡ y x 2 + y 2 ≥ 0

Logo

lim x , y → 0,0 ⁡ 2 x 2 sin ⁡ y x 2 + y 2 = 0

Passo 5

Vamos resolver o segundo limite:

lim x , y → 0,0 ⁡ x y 2 x 2 + y 4

De cara, vamos tentar substituir os valores de x , y = 0,0 diretamente. Temos:

0 0 2 0 2 + 0 4 = 0 0

Deu uma indeterminação, então devemos buscar uma outra técnica para resolver o problema.

Passo 6

Percebemos que o grau do numerador é menor do que o do denominador. Isso nos faz suspeitar que o limite não existe.

Passo 7

Vamos testar um caminho da forma y = m x n , e vamos escolher n de modo que o grau do numerador se iguale ao do denominador. O valor de n para isso é n = 1 2 . Vai ficar assim:

Testando por y = m x 1 2 temos:

lim x , y → 0,0 ⁡ x y 2 x 2 + y 4 = lim x → 0 ⁡ x m x 1 2 2 x 2 + m x 1 2 4 = lim x → 0 ⁡ m 2 x 2 x 2 + m 4 x 2 = lim x → 0 ⁡ m 2 1 + m 4 =

Como o valor do limite depende de m , o limite não existe.

Resposta

Letra a

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