[size=150]Para definirmos o conceito de limite de funções escalares de várias variáveis é necessário compreendermos previamente alguns objetos. A seguir apresentamos esses objetos e suas definições.[/size]

[size=150]Uma bola aberta em [math]\mathbb{R}^n[/math] de [i]raio r com centro em [math]X_0=\left(x_1,x_2,...,x_n\right)[/math][/i], que denotaremos por [math]B_r\left(X_0\right)[/math], é definida por[/size]

Dado um conjunto [math]A\subseteq\mathbb{R}^n[/math] não-vazio, dizemos que [math]X_0\in A[/math] é um ponto interior de [math]A[/math] se existe uma bola aberta com centro em [math]X_0[/math] inteiramente contida em [math]A[/math].

[size=150]Dado um conjunto [math]A\subseteq\mathbb{R}^n[/math], não-vazio, dizemos que [math]A[/math] é um conjunto aberto se todos os seus pontos são interiores.[/size]

[size=150]Uma vizinhança de um ponto [math]X_0\in\mathbb{R}^n[/math] é um conjunto aberto que contém [math]X_0[/math] .[/size]

[size=150]Dizemos que [math]X_0\in\mathbb{R}^n[/math] é um ponto de acumulação de um conjunto [math]A\subseteq\mathbb{R}^n[/math] se toda bola aberta com centro em [math]X_0[/math] contém pelo menos um ponto [math]X\in A,X\ne X_0[/math].[br][br][br][br]Com esses conceitos estabelecidos, apresentamos então a definição de limite de funções escalares de várias variáveis.[/size]

[size=150]Seja [math]f[/math] a função escalar de várias variáveis [math]f:Dom\left(f\right)\in\mathbb{R}^n\longrightarrow\mathbb{R}[/math] e seja [math]X_0[/math] um ponto de acumulação de[math]Dom\left(f\right)[/math]. Dizemos que o limite de [math]f\left(X\right)[/math] tende a [math]L[/math], quando [math]X=\left(x_1,x_2,...,x_n\right)[/math] tende a [math]X_0[/math], descrito com [math]\lim_{X\rightarrow X_0}f\left(X\right)=L[/math] se para todo [math]\epsilon>0[/math], existir um [math]\delta>0[/math] tal que[/size][br] [br] [math]0<\parallel X-X_0\parallel<\delta,X\in Dom\left(f\right)\Rightarrow\left|f\left(X\right)-L\right|<\epsilon[/math][br][br][size=150]Desta forma, para a função escalar de duas variáveis[br][br] [math]f:Dom\left(f\right)\subseteq\mathbb{R}^{^2}\rightarrow\mathbb{R}[/math],[br] [math]\left(x,y\right)\quad\mapsto f\left(x,y\right)[/math][br][br]temos que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(x_0,y_0\right)}f\left(x,y\right)=L[/math] se, para todo [math]\epsilon>0[/math] dado, existe [math]\delta>0[/math] tal que,[/size][br][br] [math]0<\sqrt{\left(x-x_0\right)^2+\left(y-y_0\right)^2}<\delta,\left(x,y\right)\in Dom\left(f\right)\Rightarrow\left|f\left(x,y\right)-L\right|<\epsilon[/math].[br][br][br]

Mostre que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{x^4+y^4}{x^2+y^2}\quad=\quad0[/math][br][br][br][color=#ff0000]Solução:[br][/color]Aplicando a definição temos que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{x^4+y^4}{x^2+y^2}=0[/math] ,se dado [math]\epsilon>0[/math], existe [math]\delta>0[/math] tal que[br][br] [math]0<\sqrt{\left(x-0\right)^2+\left(y-0\right)^2}<\delta\quad\Rightarrow\quad\left|\frac{x^4+y^4}{x^2+y^2}-0\right|<\epsilon[/math].[br][br]Observe que[br][br] [math]\left|\frac{x^4+y^4}{x^2+y^2}\right|=\left|\frac{\left(x^2+y^2\right)^2-2\left(xy\right)^2}{x^2+y^2}\right|\quad\le\quad\left|\frac{\left(x^2+y^2\right)^2}{x^2+y^2}\right|=\left|x^2+y^2\right|=x^2+y^2[/math][b](1)[/b].[br][br]Para [math]\epsilon>0[/math] dado, basta tomarmos [math]\delta^2=\epsilon[/math]. De fato, se [math]\delta^2=\epsilon[/math] temos que[br][br] [br] [math]0<\sqrt{\left(x-0\right)^2+\left(y-0\right)^2}<\delta\quad\Rightarrow\quad\left(x-0\right)^2+\left(y-0\right)^2=x^2+y^2<\delta^2[/math][br][br]Porém, por [b](1) [/b]temos que[br][br] [math]\left|\frac{x^4+y^4}{x^2+y^2}\right|\le x^2+y^2\quad\Rightarrow\quad\left|\frac{x^4+y^4}{x^2+y^2}\right|<\delta^2=\epsilon[/math][br][br]Conforme desejado. [br]Observe no applet abaixo o esboço da função [math]f\left(x,y\right)=\left|\frac{x^4+y^4}{x^2+y^2}\right|[/math]

[size=150]Seja [math]f\left(x,y\right)=\frac{5x^2y}{x^2+y^2}[/math]. Mostre que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{5x^2y}{x^2+y^2}=0[/math].[br][br][br][br][color=#ff0000]Solução:[/color] [br]Aplicando a definição temos que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{5x^2y}{x^2+y^2}=0[/math], se dado [math]\epsilon>0[/math], existe [math]\delta>0[/math] tal que,[br][br] [math]0<\sqrt{\left(x-0\right)^2+\left(y-0\right)^2}<\delta\Rightarrow\left|\frac{5x^2y}{x^2+y^2}-0\right|<\epsilon[/math].[br][br]Observe que [br][br] [math]\left|\frac{5x^2y}{x^2+y^2}\right|=\frac{5x^2}{x^2+y^2}\left|y\right|[/math] e [math]\frac{5x^2}{x^2+y^2}\le\frac{5x^2+5y^2}{x^2+y^2}=5\left(\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}\right)=5[/math][br][br]logo[br][br][br] [math]\left|\frac{5x^2y}{x^2+y^2}\right|=\frac{5x^2}{x^2+y^2}\left|y\right|\le5\left|y\right|[/math],[br][br]note que [math]\left|y\right|=\sqrt{y^2}\le\sqrt{x^2+y^2}[/math], então temos [math]5\left|y\right|\le5\sqrt{x^2+y^2}[/math]. Portanto concluímos que[br][br] [math]\left|\frac{5x^2y}{x^2+y^2}\right|\le5\sqrt{x^2+y^2}[/math] (1). [br][br][br]Para [math]\epsilon>0[/math] dado, basta tomarmos [math]\delta=\frac{\epsilon}{5}[/math]. De fato, se [math]\delta=\frac{\epsilon}{5}[/math], segue que[br][br] [math]0<\sqrt{x^2+y^2}<\delta=\frac{\epsilon}{5}\Rightarrow5\sqrt{x^2+y^2}<\epsilon[/math][br][br]então, por (1), temos que [br][br] [math]0<\sqrt{x^2+y^2}<\frac{\epsilon}{5}\Rightarrow\left|\frac{5x^{2y}}{x^2+y^2}\right|<\epsilon[/math] [br][br]conforme desejado. Note que, apesar do ponto (0,0) não pertencer ao domínio da função, o limite nesse ponto existe.[br] Observe no applet abaixo o esboço da função [math]f\left(x,y\right)=\frac{5x^2y}{x^2+y^2}[/math][/size][br]

[size=150]Quando trabalhamos com funções de uma única variável, éramos limitados a aproximações pela esquerda e pela direita, denominadas limites laterais. Caso esses limites não convergissem para um mesmo valor, o limite naquele ponto não existia. Em funções escalares de duas variáveis lidamos com aproximações de todas as direções ou caminhos. Todavia, de mesmo modo, basta dois "caminhos" ou "aproximações" divergirem para que o limite no ponto também não exista. Esse método é denominado " Limite direcional"[/size].[br][br]O limite de uma função [math]f:Dom\left(f\right)\subseteq\mathbb{R}^2\longrightarrow\mathbb{R}[/math] no ponto [math]\left(x_0,y_0\right)[/math], avaliado na direção da curva [math]C_1[/math] é descrito da seguinte forma [math]\text{\underset{C_1}{\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(x_0,y_0\right)}}}f\left(x,y\right)[/math].

[size=150]Seja [math]f:Dom\left(f\right)\subseteq\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}[/math], , [math]\left(x_0,y_0\right)[/math] um ponto de acumulação de [math]Dom\left(f\right)[/math] e [math]L,P\in\mathbb{R}[/math] .Se [math]f\left(x,y\right)[/math] tende a [math]L[/math] quando [math]\left(x,y\right)[/math] tende a [math]\left(x_0,y_0\right)[/math] por um caminho [math]D_1[/math] e [math]f\left(x,y\right)[/math] tende a [math]P[/math] quando [math]\left(x,y\right)[/math] tende a [math]\left(x_0,y_0\right)[/math] por um caminho [math]D_2[/math] e [math]D_1\ne D_2[/math] então [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(x_0,y_0\right)}f\left(x\right)[/math] não existe.[/size][br][br][br]

[size=150]Mostre que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}[/math] não existe através de caminhos.[br][br][color=#ff0000]Solução:[/color] [br][br]Avaliemos [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}[/math] ao longo do eixo [math]OX[/math] Logo temos que [math]y=0[/math]. Lidamos então com o seguinte :[br][br] [math]\text{\underset{y=0}{\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}}}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=[/math] [math]\lim_{\left(x,0\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{x^2-0^2}{x^2+0^2}\quad=\quad\lim_{\left(x,0\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{x^2}{x^2}\quad=\quad\lim_{\left(x,0\right)\rightarrow\left(0,0\right)}1\quad=\quad1[/math].[br][br]Então quando avaliamos ao longo do eixo [math]OX[/math], a função tende ao valor 1.[br] Avaliemos então [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}[/math] ao longo do eixo [math]OY[/math], logo temos [math]x=0[/math]. Lidamos então com o seguinte:[br][br] [math]\text{\underset{x=0}{\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}}}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\quad=[/math] [math]\lim_{\left(0,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{0^2-y^2}{0^2+y^2}\quad=\quad\lim_{\left(0,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{-y^2}{y^2}\quad=\quad\lim_{\left(0,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}-1\quad=-1[/math].[br][br]Então quando avaliamos ao longo do eixo [math]OY[/math] a função tende ao valor -1.[br][br]Podemos concluir, como a função tende a dois valores distintos por duas direções apresentadas, que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}[/math] não existe.[br][br]Observe no recurso abaixo como a função de comporta em diferentes direções.[br][br][color=#ff0000]OBS: Abaixo apresentamos UM conjunto de direções ou caminhos na forma [math]\text{\textcolor{red}{ y = px}}[/math][/color].[/size]

[size=150]Sejam [math]f,g,h:D\subseteq\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}[/math] e seja [math]X_0[/math] um ponto de acumulação de [math]D[/math]. Suponha que existe uma vizinhança [math]V\left(X_0\right)[/math] de [math]X_0[/math] tal que [math]f\left(X\right)\le g\left(X\right)\le h\left(X\right)[/math] para todo [math]X\in\left(V\left(X_0\right)\backslash\left\{X_0\right\}\right)\cap D[/math]. Desta forma, se [math]\lim_{X\rightarrow X_0}f\left(X\right)=L[/math] e [math]\lim_{X\rightarrow X_0}h\left(X\right)=L[/math] então, [math]\lim_{X\rightarrow X_0}g\left(X\right)[/math] também existe e [br] [/size][br] [math]\lim_{X\rightarrow X_0}g\left(X\right)=L[/math]

Seja [math]f\left(x,y\right)=\frac{sen\left(x^2+y^2\right)}{x^2+y^2}[/math]. Mostre que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right)[/math] através do teorema.[br][br][color=#ff0000]Solução: [/color][br][br]Pelas relações trigonométricas temos que, se [math]z\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)[/math] então [math]z<\tan\left(z\right)[/math]. [br]Como [math]z,\tan\left(z\right)\ne0[/math], [math]\frac{1}{\tan\left(z\right)}<\frac{1}{z}[/math]. [br]Multiplicando ambos os lados da igualdade por [math]\text{sen}\left(z\right)[/math], temos[br] [br] [math]\frac{\text{sen}\left(z\right)}{\tan\left(z\right)}=\cos\left(z\right)<\frac{\text{sen}\left(z\right)}{z}[/math]. [br][br]Substituindo [math]z[/math] por [math]x^2+y^2[/math], temos que[br][br] [math]\cos\left(x^2+y^2\right)<\frac{\text{sen}\left(x^2+y^2\right)}{x^2+y^2}[/math][b](1)[/b].

Temos outra relação trigonométrica que é a seguinte[br] [br] para [math]t\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)[/math], [math]\frac{sen\left(t\right)}{t}\le1[/math].[br][br]Substituindo [math]t[/math] por [math]x^2+y^2[/math] temos o seguinte:[br][br] [math]\frac{sen\left(x^2+y^2\right)}{x^2+y^2}\le1[/math][b](2).[br][br][/b]Por [b](1) [/b] e [b](2)[/b], temos o seguinte:[br][br] [math]cos\left(x^2+y^2\right)<\frac{sen\left(x^2+y^2\right)}{x^2+y^2}\le1[/math][br][br]Porém [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}cos\left(x^2+y^2\right)\quad=\quad\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}1\quad=\quad1[/math]. [br]Pelo teorema do confronto, podemos concluir então que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{sen\left(x^2+y^2\right)}{x^2+y^2}[/math] existe e é igual a [math]1[/math].[br][br]Observe no applet abaixo o esboço das três funções e como se comportam próximas do ponto (0,0,1).[br] [br]

Mostre, através do teorema do confronto, que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)sen\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)[/math] existe.[br][br][br][color=#ff0000]Solução:[br][br][/color]Temos que [math]f\left(x,y\right)=\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)sen\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)[/math]. Note que [math]sen\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)[/math] é uma função limitada, logo[br][br] [math]-1\le sen\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)\le1[/math][br]Logo[br][br] [math]-1\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)\le\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)sen\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)\le1\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)[/math][br][br]aplicando o limite nessa desigualdade, temos que[br][br] [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(-1\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)\right)\quad\le\quad\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)sen\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)\quad\le\quad\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)[/math].[br][br]Porém[br][br] [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(-1\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)\right)\quad=\quad\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)=0[/math],[br][br]logo [br][br][br] [math]0\quad\le\quad\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(\frac{x^2+y^2}{4}\right)sen\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)\quad\le\quad0[/math].[br][br]Podemos então concluir ,pelo teorema do confronto, que o limite da função existe e é 0. Observe as funções no recurso abaixo, nas proximidades do ponto (0,0,0).

[size=150]Seja [math]f:Dom\left(f\right)\subseteq\mathbb{R}^{^n}\longrightarrow\mathbb{R}[/math] e seja [math]X_0\in Dom\left(f\right)[/math] um ponto de acumulação do [math]Dom\left(f\right)[/math]. Dizemos que [math]f[/math] é contínua em [math]X_0[/math], se [math]\lim_{X\rightarrow X_0}f\left(X\right)=f\left(X_0\right)[/math].[/size]

[size=150]Pela definição acima precisamos de 3 condições para definirmos a continuidade de uma função sobre um ponto A qualquer.[br][br]1° Precisamos que o limite da função no ponto A exista e de seu valor.[br]2° Precisamos que o ponto A esteja contido na função.[br][/size]3° Que o valor do limite da função no ponto A seja equivalente ao valor da função quando aplicada em A.

A função [math]\text{f(x,y) = \begin{cases}\frac{x-y}{x^2+y^2}, \quad\text{para (x,y)} \neq(0,0)\\ 0, \quad\text{ para (x,y) = (0,0) \end{cases}}[/math]é contínua no ponto (0,0)?[br][br][color=#ff0000]Solução:[br][/color][br]Note que o ponto [math]\left(0,0\right)[/math] está contido na função. Então precisamos avaliar o limite da função no ponto (0,0).[br]Perceba que, se avaliarmos o limite pelo caminho [math]c_1:x=-y[/math] teremos o seguinte:[br][br] [math]\text{\underset{x = -y}{\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}}}\frac{x-y}{x^2+y^2}\quad\Rightarrow\quad\lim_{\left(-y,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{-y-y}{\left(-y\right)^2+y^2}=\lim_{y\rightarrow0}\frac{-2y}{2y^2}[/math] = [math]\lim_{y\rightarrow0}\frac{-1}{y}[/math][br][br]Todavia esse limite não existe pois ,quando avaliamos [math]y[/math] tendendo a [math]0[/math] pela esquerda ,vai para infinito. Logo a função não é contínua nesse ponto.

Seja [math]\text{f(x,y) = \begin{cases} \frac{5x^2y}{x^2+y^2}, \quad\text{para (x,y)} \neq(0,0) \\ k; \quad\text{para (x,y) = (0,0) \end{cases}}[/math]. Para que valor [math]k[/math], a função [math]f\left(x,y\right)[/math] é contínua em (0,0)?[br][br][br][color=#ff0000]Solução:[br][br][/color]Para que a função seja contínua, é necessário que o limite exista no ponto, o ponto esteja contido na função e que o valor do limite coincida com o valor da função aplicada no ponto. Sabemos, pelo exemplo (2) que o limite existe. Basta agora tomarmos um valor para [math]k[/math] que faça com que [math]\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right)=f\left(0,0\right)[/math]. Quais são esses valores?