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[Limites] duas variáveis. Prova através da definição formal

[Limites] duas variáveis. Prova através da definição formal

Mensagempor marcosmuscul » Sáb Jan 25, 2014 17:59

Diga se o limite existe, se sim qual o valor.
f(x,y)=\frac{{x}^{2}+{y}^{2}}{\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1}


o que eu fiz:
sabe-se que o ponto em questão é o (0.0).
fiz o limite através da reta x=0 e também da reta y=0. Em ambas o limite deu 2. Blz, mas não posso afirmar ainda que o limite é 2 !
Tentei usando a definição formal de limite, no caso de duas variáveis, isto é:
se: 0 < \sqrt[2]{{(x-0)}^{2}+{(y-0)}^{2}} < \delta ....então.... \left|f(x,y) - L \right|< \varepsilon

minha linha de raciocínio:
\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1 \geq 0
0 < \frac{{x}^{2}+{y}^{2}}{\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1} < \frac{{\delta}^{2}}{\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1}
Então:
\left|\frac{{x}^{2}+{y}^{2}}{\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1} - 2 \right| < \left|\frac{{\delta}^{2}}{\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1} - 2 \right|
Mas vê-se também que pode-se tirar o módulo, ficando:
\frac{{x}^{2}+{y}^{2}}{\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1} - 2 < \frac{{\delta}^{2}}{\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1} - 2
Assim:
\varepsilon = \frac{{\delta}^{2}}{\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1} - 2
ficando...
\delta = \sqrt[2]{(\varepsilon + 2 )\sqrt[2]{{x}^{2}+{y}^{2}+1}- 1}
Assim, consegui encontrar uma relação entre épslon e delta. Sendo ambos positivos. Assim, existe limite e é igual a DOIS.
De fato a resposta do gabarito é dois. Porém não sei se minha prova está correta.
marcosmuscul
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Re: [Limites] duas variáveis. Prova através da definição for

Mensagempor e8group » Seg Fev 03, 2014 20:10

Dica :

Multiplique ''em cima' e 'em baixo' por \sqrt{x^2 +y^2 + 1} + 1 .Desta forma ,temos

f(x,y) = \frac{x^2 + y^2 (\sqrt{x^2 +y^2 + 1} + 1)}{x^2 + y^2 }  = \sqrt{x^2 +y^2 + 1} + 1 (pois (x,y) \neq (0,0) ) .Agora é simples computar o limite e até mesmo demonstra-ló pela definição .
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Re: [Limites] duas variáveis. Prova através da definição for

Mensagempor marcosmuscul » Ter Fev 04, 2014 10:03

putz, um modo bem mais simples! rsrssr... valeu!
marcosmuscul
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Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: Thassya - Sáb Out 01, 2011 16:20

1) Para que os pontos (1,3) e (-3,1) pertençam ao grafico da função f(X)=ax + b ,o valor de b-a deve ser ?

2)Qual o maior valor assumido pela função f : [-7 ,10] em R definida por f(x) = x ao quadrado - 5x + 9?

3) A função f, do primeiro grau, é definida pos f(x)= 3x + k para que o gráfico de f corte o eixo das ordenadas no ponto de ordenada 5 é?


Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: Neperiano - Sáb Out 01, 2011 19:46

Ola

Qual as suas dúvidas?

O que você não está conseguindo fazer?

Nos mostre para podermos ajudar

Atenciosamente


Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: joaofonseca - Sáb Out 01, 2011 20:15

1)Dados dois pontos A=(1,3) e B=(-3,1) de uma reta, é possivel definir a sua equação.

y_{b}-y_{a}=m(x_{b}-x_{a})

1-3=m(-3-1) \Leftrightarrow -2=-4m \Leftrightarrow m=\frac{2}{4} \Leftrightarrow m=\frac{1}{2}

Em y=mx+b substitui-se m, substitui-se y e x por um dos pares ordenados, e resolve-se em ordem a b.

3=\frac{1}{2} \cdot 1+b\Leftrightarrow 3-\frac{1}{2}=b \Leftrightarrow b=\frac{5}{2}



2)Na equação y=x^2-5x+9 não existem zeros.Senão vejamos

Completando o quadrado,

(x^2-5x+\frac{25}{4})+9-\frac{25}{4} =0\Leftrightarrow (x-\frac{5}{2})^2+\frac{11}{4}=0

As coordenadas do vertice da parabola são (\frac{5}{2},\frac{11}{4})

O eixo de simetria é a reta x=\frac{5}{2}.Como se pode observar o vertice está acima do eixo Ox, estando parabola virada para cima, o vertice é um mínimo absoluto.Então basta calcular a função para os valores dos extremos do intervalo.

f(-7)=93
f(10)=59