Este documento apresenta exercícios sobre cálculo de limites, continuidade e prolongamento por continuidade. Na primeira parte, propõe o cálculo de vários limites. Na segunda parte, resolve exercícios semelhantes, mostrando os passos de resolução detalhadamente. Discute a existência ou não de limites através do cálculo de limites direcionais.

1. Universidade Lusófona de Humanidades e Tecnologias
Faculdade de Engenharia e Ciências Naturais
Cálculo II
Licenciaturas em
Biologia, Ciências do Mar, Engenharia do Ambiente, Engenharia Biotecnológica,
Engenharia Civil, Engenharia Electrotécnica, Engenharia e Gestão Industrial e Química
2º Semestre 2008/2009
Ficha 9 – Limites e continuidade
Parte I – Exercícios Propostos
Cálculo de Limites
I.1 Calcule, se existirem, os limites seguintes:
a)
( ) ( )
2 2
x,y 0,0
xy
lim
x y→ +
b)
( ) ( )
( )
5
2x,y 0,0 8 2
x
lim
x y x→
+ −
c)
( ) ( ) 2 2x,y 0,0
x y
lim
x y→
+
+
Definição de limite
I.2 Calcule, se existir, o limite seguinte:
( ) ( )
3 3
2 2
x,y 0,0
x y
lim
x y→
+
+
Continuidade
I.3 Estude a seguinte função quanto à continuidade:
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 3
2 2
2xy 3x
, se x, y 0,0
f x,y x y
0 se x, y 0,0
 +
≠
= +
 =
Prolongamento por continuidade
I.4 Verifique se a função ( )
( )
2 2
22 2
x y
f x, y
4x y y x
=
+ −
é prolongável por continuidade à origem.

2. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
2
Parte II – Exercícios Resolvidos
Cálculo de Limites
II.1 Considere o limite seguinte:
( ) ( )
2 2
x,y 0,0
2xy
lim
x y→ +
.
a) Mostre que conduz a uma indeterminação.
Resolução:
( ) ( )
2 2 2 2
x,y 0,0
2xy 2 0 0 0
lim
0x y 0 0→
⋅ ⋅
= =
+ +
(Indeterminação).
b) Calcule os limites iterados para o ponto (0,0).
Resolução:
Seja ( ) 2 2
2xy
f x, y
x y
=
+
( )
( )
2 2 2 2x 0 y 0 x 0 y 0 x 0 x 0
2 2 2 2y 0 x 0 y 0 x 0 y 0 y 0
2xy 2x 0
lim limf (x,y) lim lim lim lim0 0
x y x 0
2xy 2 0y
lim limf (x,y) lim lim lim lim0 0
x y 0 y
→ → → → → →
→ → → → → →
  ⋅ 
= = = =   
+ +  
   ⋅
= = = =   
+ +   
c) Calcule alguns limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0).
Resolução:
( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0 segundo a direcção da recta y mx= :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 22 22x 0 x 0 x 0 x 0 x 0x,y 0,0
y mx
2xmx 2x m 2x m 2m 2m
lim f x, y limf x,mx lim lim lim lim
x m x 1 m 1 mx 1 mx mx→ → → → →→
=
= = = = = =
+ + +++
.
d) Calcule, se existir, o limite dado.
Resolução:
Na alínea anterior vimos que
( ) ( )
( ) 2
x,y 0,0
y mx
2m
lim f x, y ,
1 m→
=
=
+
logo para cada valor de m, vem um valor
diferente para o limite.
Assim, os limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0), ao longo das rectas y mx= são diferentes.
Como o limite de uma função quando existe é único, podemos concluir que não existe o
( ) ( )
2 2
x,y 0,0
2xy
lim
x y→ +
.
II. 2 Considere o limite seguinte:
( ) ( )x,y 3,2
y 2
lim
x 3→ −
−
+
.
a) Mostre que conduz a uma indeterminação.
( ) ( )x,y 3,2
y 2 2 2 0
lim
x 3 3 3 0→ −
− −
= =
+ − +
(Indeterminação).
b) Calcule os limites direccionais na vizinhança do ponto ( )3,2− .
Resolução:
Vamos determinar limites, ao longo de rectas que passam pelo ponto ( )3,2− .
Seja ( )
y 2
f x, y ,
x 3
−
=
+
cujo domínio é
( ){ } ( ){ } ( ){ }2 2 2
fD x, y : x 3 0 x,y : x 3 x, y : x 3 .= ∈ + ≠ = ∈ ≠ − = = −» » »

3. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
3
Note que não podemos determinar o limite ao longo da direcção da recta x 3,= − uma vez que esta não
faz parte de fD .
Sabemos que as rectas que passam no ponto ( )3,2− são do tipo:
( )( ) ( )y 2 m x 3 , isto é, y m x 3 2− = − − = + + .
( ) ( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 3,2 segundo a direcção da recta y m x 3 2− = + + :
( ) ( )
( )
( ) ( )( )
( ) ( )
x 0 x 0 x 0 x 0x,y 0,0
y m x 3 2
m x 3 2 2 m x 3
lim f x, y limf x,m x 3 2 lim lim limm m
x 3 x 3→ → → →→
= + +
+ + − +
= + + = = = =
+ +
c) Calcule, se existir, o limite dado.
Resolução:
Na alínea anterior vimos que
( ) ( )
( )
( )
x,y 0,0
y m x 3 2
lim f x, y m
→
= + +
= , logo para cada valor de m, vem um valor diferente
para o limite.
Assim, os limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0), ao longo das rectas ( )y m x 3 2= + + são
diferentes ( )∗ .
Como o limite de uma função quando existe é único, podemos concluir que não existe o
( ) ( )x,y 3,2
y 2
lim
x 3→ −
−
+
.
Observação ( )∗ :
No gráfico que se segue, podemos observar que o valor do limite ao longo da recta ( )y 0 x 3 2,= + + isto
é, y 2= é 0 e o valor do limite ao longo da recta ( )y 1 x 3 2,= + + isto é, y x 5= + é 1.
Outra forma de resolver:
Este exercício também se pode resolver fazendo uma mudança de variável. Vejamos como:
( ) ( ) ( ) ( )x,y 3,2 u,v 0,0
Fazendo mudança de variável
u =x 3 e v y 2.
Como x 3 então x 3 0.
Assim, u 0.
Como y 2 então y 2 0.
Assim, v 0.
y 2 v 0
lim lim
x 3 u 0→ − →
↑
+ = −
→− + →
→
→ − →
→
−
= =
+
(Indeterminação).
Como o
( ) ( )u,v 0,0
v 0
lim
u 0→
= , temos de recorrer aos limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0). Quer
isto dizer, que vamos determinar limites, ao longo de várias direcções, que passem pelo ponto (0,0).

4. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
4
Seja ( )
v
f u,v ,
u
= cujo domínio é ( ){ } ( ){ }2 2
fD u,v : u 0 u,v : u 0 .= ∈ ≠ = =» »
Note que não podemos determinar o limite ao longo da direcção da recta u = 0, uma vez que esta não faz
parte de fD .
( ) ( )Calculemos o limite quando u,v se aproxima de 0,0 segundo a direcção da recta v mu= :
( ) ( )
( ) ( )u 0 u 0 u 0u,v 0,0
v mu
mu
lim f u,v limf u,mu lim limm m.
u→ → →→
=
= = = =
Para cada valor de m, vem um valor diferente para o limite.
Assim, os limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0), ao longo das rectas v=mu são
diferentes ( )∗∗ .
Logo, atendendo a que o limite de uma função quando existe é único, podemos concluir que não existe
o
( ) ( )x,y 3,2
y 2
lim
x 3→ −
−
+
.
Observação ( )∗∗ :
No gráfico que se segue, podemos observar que o valor do limite ao longo do eixo dos uu, isto é, ao longo
da recta v = 0 (a recta tem declive nulo, isto é, m = 0) é 0 e o valor do limite ao longo da recta v = u
(a recta tem declive 1, isto é, m = 1) é 1.
II. 3 Discuta a existência dos seguintes limites:
a)
( ) ( )x,y 0,0
x y
lim
x y→
+
−
Resolução:
( ) ( )x,y 0,0
x y 0 0 0
lim
x y 0 0 0→
+ +
= =
− −
(Indeterminação).
( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0
segundo a direcção x 0 :=
( ) ( )
( ) ( ) ( )y 0 y 0 y 0 y 0x,y 0,0
x 0
0 y y
lim f x, y limf 0, y lim lim lim 1 1.
0 y y→ → → →→
=
+
= = = = − = −
− −
segundo a direcção y 0 :=
( ) ( )
( ) ( ) ( )x 0 x 0 x 0 y 0x,y 0,0
y 0
x 0 x
lim f x, y limf x,o lim lim lim 1 1.
x 0 x→ → → →→
=
+
= = = = =
−
Como estes limites são diferentes, podemos concluir que não existe o limite inicial.

5. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
5
b)
( ) ( )
4
4
x,y 0,0
2x 3y
lim
x y→
+
+
Resolução:
( ) ( )
4 4
4 4
x,y 0,0
2x 3y 2 0 3 0 0
lim
0x y 0 0→
+ ⋅ + ⋅
= =
+ +
(Indeterminação).
Como o
( ) ( )
4
4
x,y 0,0
2x 3y 0
lim
0x y→
+
=
+
, temos de recorrer aos limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0).
Seja ( )
4
4
2x 3y
f x,y .
x y
+
=
+
( ) ( ) 4
Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0 segundo a direcção da linha x my com m 1:= ≠ −
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )4
44 4
4
4 4 4y 0 y 0 y 0x,y 0,0
x my
m 1
y 2m 32my 3y 2m 3
lim f x, y limf my , y lim lim .
m 1my y y m 1→ → →→
=
≠−
++ +
= = = =
++ +
Para cada valor de m, vem um valor diferente para o limite.
Assim, os limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0), ao longo das linhas 4
x my com m 1= ≠ −
são diferentes.
Logo, atendendo a que o limite de uma função quando existe é único, podemos concluir que não existe
o
( ) ( )
4
4
x,y 0,0
2x 3y
lim
x y→
+
+
.
c)
( ) ( )
2
4 2
x,y 0,0
x y
lim
x y→ +
Resolução:
( ) ( )
2 2
4 2 4 2
x,y 0,0
x y 0 0 0
lim
0x y 0 0→
⋅
= =
+ +
(Indeterminação).
Como o
( ) ( )
2
4 2
x,y 0,0
x y 0
lim
0x y→
=
+
, temos de recorrer aos limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0).
Seja ( )
2
4 2
x y
f x,y .
x y
=
+
( ) ( ) 2
Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0 segundo a direcção da parábola y mx= :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )2
2 2 4 4
2
2 4 2 4 2 24 2x 0 x 0 x 0 x 0 x 04 2x,y 0,0
y mx
x mx x m x m m m
lim f x, y limf x,mx lim lim lim lim .
x m x 1 m 1 mx 1 mx mx→ → → → →→
=
= = = = = =
+ + +++
Para cada valor de m, vem um valor diferente para o limite. Assim, os limites direccionais na vizinhança
do ponto (0,0), ao longo das parábolas 2
y mx= são diferentes.
Logo, atendendo a que o limite de uma função quando existe é único, podemos concluir que não existe o
( ) ( )
2
4 2
x,y 0,0
x y
lim
x y→ +

6. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
6
d)
( ) ( ) ( )
4 4
32 4x,y 0,0
x y
lim
x y→ +
.
Resolução:
( ) ( ) ( ) ( )
4 4 4 4
3 32 4 2 4x,y 0,0
x y 0 0 0
lim
0x y 0 0→
= =
+ +
(Indeterminação).
Como o
( ) ( ) ( )
4 4
32 4x,y 0,0
x y 0
lim
0x y→
=
+
, temos de recorrer aos limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0).
Seja ( )
( )
4 4
32 4
x y
f x,y .
x y
=
+
( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0
segundo a direcção da recta y mx=
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
44 4 4 4 8 4
3 3 3x 0 x 0 x 0 x 04 2 4 4 2 4 22x,y 0,0
y mx
8 4 8 4 2 4 2 4
3 3 3 3 3x 0 x 0 x 02 4 2 6 4 2 4 2 4 2
x mx x m x x m
lim f x, y limf x,mx lim lim lim
x m x x 1 m xx mx
x m x m x m 0 m
lim lim lim 0.
x 1 m x x 1 m x 1 m x 1 m 0
→ → → →→
=
→ → →
= = = =
+ ++
= = = = =
+ + + +
.
Como os limites na vizinhança do ponto (0,0), ao longo das rectas y=mx, existem e são iguais a
zero, nada podemos concluir em relação ao
( ) ( )
3 2
2 2
x,y 0,0
x 2y
lim
x y→
−
+
, apenas que se o seu limite existir é
zero.
2
segundo a parábola y x= :
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
44 2 4 8 12
2
3 3 3x 0 x 0 x 0 x 04 2 8 2 6x,y 0,0 2 2
y x
12 12 6 6
3 3 3 3 3x 0 x 0 x 02 6 6 6 6 6
x x x x x
lim f x, y limf x,x lim lim lim
x x x 1 xx x
x x x 0
lim lim lim 0.
x 1 x x 1 x 1 x 1 0
→ → → →→
=
→ → →
= = = =
+ ++
= = = = =
+ + + +
Como o limite na vizinhança do ponto (0,0), ao longo da parábola 2
y x= , existe e é igual a zero,
nada podemos concluir em relação ao
( ) ( ) ( )
4 4
32 4x,y 0,0
x y
lim
x y→ +
, apenas que se o seu limite existir é
zero.
2
segundo a parábola x y=
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )( ) ( ) ( )2
42 4 8 4 12
2
3 3 3y 0 y 0 y 0 y 02 4 4 4x,y 0,0 2 4
x y
12
12y 0 y 0
y y y y y
lim f x, y limf y , y lim lim lim
y y 2yy y
y 1 1
lim lim
8 88y
→ → → →→
=
→ →
= = = =
++
= = =
.
Logo, como o limite segundo a parábola 2
x y= é diferente dos limites direccionais segundo as
rectas y=mx e segundo a parábola 2
y x= , então não existe o
( ) ( ) ( )
4 4
32 4x,y 0,0
x y
lim
x y→ +
.

7. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
7
e)
( ) ( )
3 2
2 2
x,y 0,0
x 2y
lim
x y→
−
+
.
Resolução:
( ) ( )
3 2 3 2
2 2 2 2
x,y 0,0
x 2y 0 2 0 0
lim
0x y 0 0→
− − ⋅
= =
+ +
(Indeterminação).
Como o
( ) ( )
3 2
2 2
x,y 0,0
x 2y 0
lim
0x y→
−
=
+
, temos de recorrer aos limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0).
Quer isto dizer, que vamos determinar limites, ao longo de várias direcções, que passem pelo ponto (0,0).
Considere-se a função ( )
3 2
2 2
x 2y
f x, y ,
x y
−
=
+
cujo domínio é
( ){ } ( ){ }2 2 2 2
fD x, y : x y 0 0,0 .= ∈ + ≠ =» »
( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0 segundo os eixos coordenados:
eixo dos xx:
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3
2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0x,y 0,0
y 0
x 2 0 x
lim f x, y limf x,0 lim lim lim x 0
x 0 x→ → → →→
=
− ⋅
= = = = =
+
O limite ( ) ( )quando x,y se aproxima de 0,0 segundo a direcção da recta y = 0 é zero.
eixo dos yy:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 2 2
2 2 2y 0 y 0 y 0 y 0x,y 0,0
x 0
0 2y 2y
lim f x, y limf 0, y lim lim lim 2 2
0 y y→ → → →→
=
− −
= = = = − = −
+
O limite ( ) ( )quando x,y se aproxima de 0,0 segundo a direcção da recta x = 0 é (-2).
Assim, os limites iterados na vizinhança do ponto (0,0), ao longo dos eixos coordenados são
diferentes ( )∗ . Logo, atendendo a que o limite de uma função quando existe é único, podemos concluir
que não existe o
( ) ( )
3 2
2 2
x,y 0,0
x 2y
lim
x y→
−
+
.
Observação ( )∗ : No gráfico que se segue, podemos observar que o valor do limite ao longo do eixo dos
xx é 0 e o valor do limite ao longo do eixo dos yy é -2.

8. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
8
II.4 – Discuta a existência dos seguintes limites:
a)
( ) ( )
( )
x,y 1,2
sen xy y
lim
x 1→
−
−
Resolução:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
x,y 1,2
x,y 1,2 x,y 1,2 x,y 1,2 x,y 1,2
z 0
Atendendo à observação e
usando a definição de limite da
função composta em que
z lim y x 1 0,
isto
sen y x 1 sen y x 1sen xy y
lim lim y lim y lim
x 1 y x 1 y x 1
sen z
2 lim
z
→
→ → → →
→
↑
∗
= − =
 − −−  
= = ⋅    − − −   
= ⋅
limite
conhecido
é, z 0
2 1 2
→
= ⋅ =
Observação ( )∗ :
Seja
( )( )
( )
sen y x 1
h(x, y)
y x 1
−
=
−
.
Podemos decompor
( )( )
( )
sen y x 1
h(x, y)
y x 1
−
=
−
como se segue:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
2
gf
h g f :
sen z
x, y z f x, y y x 1 w h x, y g f x, y g z
z
= → →
= = − = = = =
» » »
b)
( ) ( )x,y 2,3
xy 2 2
lim
xy 6→
− −
−
Resolução:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
x,y 1,2
z 6 z 6 z 6x,y 2,3
Regra
de Cauchy
Atendendo à observação e
usando a definição de limite da
função composta em que
z lim xy 6,
isto é, z 6
z 6
1
z 2 2xy 2 2 z 2 2 2 z 2lim lim lim lim
xy 6 z 6 1z 6
1 1 1
lim
2 z 2 2 6 2
→
→ → →↑→
↑
∗
= =
→
→
′
− −− − − − −= = =
− − ′−
= = =
− −
1 1
.
2 2 42 4
= =
⋅
Observação ( )∗ :
Seja
xy 2 2
h(x, y)
xy 6
− −
=
−
.
Podemos decompor
xy 2 2
h(x, y)
xy 6
− −
=
−
como se segue:
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
2
gf
h g f :
z 2 2
x, y z f x, y xy w h x, y g f x, y g z
z 6
= → →
− −
= = = = = =
−
» » »

9. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
9
c)
( ) ( )
2 2
2 2
x,y 0,0
x y
lim
x y→
−
+
Resolução:
( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
x,y 0,0
x y 0 0 0
lim
0x y 0 0→
− −
= =
+ +
(Indeterminação). Como o
( ) ( )
2 2
2 2
x,y 0,0
x y 0
lim
0x y→
−
=
+
, temos de recorrer aos
limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0).
Seja ( )
2 2
2 2
x y
f x,y .
x y
−
=
+
( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0 segundo a direcção da recta y mx= :
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2 2 22 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 22 22x 0 x 0 x 0 x 0 x 0x,y 0,0
y mx
x 1 mx mx x m x 1 m 1 m
lim f x, y limf x,mx lim lim lim lim .
x m x 1 m 1 mx 1 mx mx→ → → → →→
=
−− − − −
= = = = = =
+ + +++
Para cada valor de m, vem um valor diferente para o limite. Assim, os limites direccionais na vizinhança
do ponto (0,0), ao longo das rectas y mx= são diferentes.
Logo, atendendo a que o limite de uma função quando existe é único, podemos concluir que não existe
o
( ) ( )
2 2
2 2
x,y 0,0
x y
lim
x y→
−
+
.
Definição de limite
II.5 Considere o limite seguinte:
( ) ( ) 2 2x,y 0,0
xy
lim
x y→ +
.
a) Mostre que conduz a uma indeterminação.
Resolução:
( ) ( ) 2 2 2 2x,y 0,0
xy 0 0 0
lim
0x y 0 0→
⋅
= =
+ +
(Indeterminação).
b) Calcule os limites iterados para o ponto (0,0). O que pode concluir?
Resolução:
Seja ( ) 2 2
xy
f x,y
x y
=
+
.
Temos
( )
( )
2 2 2 2x 0 y 0 x 0 y 0 x 0 x 0
2 2 2 2y 0 x 0 y 0 x 0 y 0 y 0
xy x 0
lim limf (x, y) lim lim lim lim0 0
x y x 0
xy 0y
lim limf (x, y) lim lim lim lim0 0
x y 0 y
→ → → → → →
→ → → → → →
   ⋅
 = = = =   + +  
   
   = = = =
   + +   
Como os limites iterados existem e são iguais a zero, nada podemos concluir em relação
ao
( ) ( ) 2 2x,y 0,0
xy
lim
x y→ +
, apenas que se o seu limite existir é zero.

10. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
10
c) Verifique recorrendo à definição que
( ) ( )x,y 0,0
lim f(x, y) 0
→
= .
Resolução:
Verifiquemos, então, recorrendo à definição se
( ) ( )x,y 0,0
lim f(x, y) 0,
→
= isto é,
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )2
2
0 0 : x, y 0,0 x,y 0,0 f x, y 0 .∀δ > ∃ε > ∈ ∧ − < ε ⇒ − < δ»
»
Fixemos 0δ > qualquer.
Queremos encontrar 0ε > tal que se
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
2 2
Usando a norma
Euclideana
x, y 0,0 x 0,y 0 x, y x y− = − − = = + < ε» » »
então ( )f x, y 0− < δ .
Temos,
( )
( ) ( ){ }
( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2
x y 0, x,y 0,0
2 2
Por
hipótese
xy x y x y x y x yxy xy
f x, y 0 0
x y x y x y x yx y x y
x y
∗
↑
+ > ∀ ∈
+ ⋅ +
− = − = = = = ≤
+ + + ++ +
= + < ε < δ ⇔ ε < δ
»
Logo, basta tomar ε < δ para que
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )2
2
0 0 : x, y 0,0 0 x, y 0,0 f x, y 0 .∀δ > ∃ < ε < δ ∈ ∧ ≤ − < ε ⇒ − < δ»
»
Observação ( )∗ :
2 2 2
2 2 2
Atendendo a que x x x y , x, y
y y x y , x, y .
•
•
= ≤ + ∀ ∈
= ≤ + ∀ ∈
»
»
II.6 – Determine o
( ) ( )
2 2
2 2
x,y 0,0
7xy 2x x
lim
x y→
+
+
.
Resolução:
( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
x,y 0,0
7xy 2x x 7 0 0 2 0 0 0
lim
0x y 0 0→
+ ⋅ ⋅ + ⋅
= =
+ +
(indeterminação).
Como o
( ) ( )
2 2
2 2
x,y 0,0
7xy 2x x 0
lim
0x y→
+
=
+
, temos de recorrer aos limites direccionais na vizinhança do ponto
(0,0).
Seja ( )
2 2
2 2
7xy 2x x
f x,y
x y
+
=
+
.
( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0 :
segundo a direcção da recta y mx=
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2 2
2 2 2 22x 0 x 0 x 0x,y 0,0
y mx
2 2 2 2
2 22 2x 0 x 0
7x mx 2x x 7xm x 2x x
lim f x, y limf x,mx lim lim
x m xx mx
x 7m x 2 x 7m x 2 x 7m 0 2 0
lim lim 0
1 m 1 mx 1 m
→ → →→
=
→ →
+ +
= = =
++
+ + ⋅ +
= = = =
+ ++
segundo a direcção da recta y 0=
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0x,y 0,0
y 0
7x 0 2x x 2x x
lim f x, y limf x,0 lim lim lim2 x 2 0 0
x 0 x→ → → →→
=
⋅ +
= = = = = =
+

11. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
11
Como os limites na vizinhança do ponto (0,0), ao longo das rectas y mx= e da recta y 0= existem e
são iguais a zero, nada podemos concluir em relação ao
( ) ( )
2 2
2 2
x,y 0,0
7xy 2x x
lim
x y→
+
+
, apenas que se o seu limite
existir é zero.
Verifiquemos, então, recorrendo à definição se
( ) ( )x,y 0,0
lim f(x, y) 0,
→
= isto é,
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )2
0 0 : x, y 0,0 x, y 0,0 f x, y 0 .∀δ > ∃ε > ∈ ∧ − < ε ⇒ − < δ»
Fixemos 0δ > qualquer.
Queremos encontrar 0ε > tal que se
( ) ( ) ( ) ( ) 2 2
Usando a norma
Euclideana
x,y 0,0 x 0, y 0 x,y x y− = − − = = + < ε
então ( )f x, y 0− < δ .
Temos,
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 22 2 2 2
2 2 2 2 2 22 2 2 2Desigualdade
triangular
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2( ) Por
hipótese
7xy 2x x 7xy 2x x 7 xy 2 x x7xy 2x x 7xy 2x x
f x, y 0 0
x y x y x yx y x y
7 x y x y 2 x y x y 9 x y x y
9 x y 9
9x y x y∗
+ + ++ +
− = − = = ≤ =
+ + ++ +
+ + + + + + + δ
≤ = = + < ε < δ ⇔ ε <
+ +
Logo, basta tomar
9
δ
ε < para que
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )2
0 0 : x, y 0,0 x,y 0,0 f x,y 0 .
9
δ
∀δ > ∃ < ε < ∈ ∧ − < ε ⇒ − < δ»
Observação ( )∗ :
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
x 0, x Por 1 e 2
2 2 2 2 2 2 2
Por 3 e 1
Atendendo a que x x x y , x, y 1
x x y , x,y 2
y x y , x, y 3
vem
x x x x x x x y x y , x, y
xy x y y x x y x y , x, y
≥ ∀ ∈
•
•
•
•
•
= ≤ + ∀ ∈
≤ + ∀ ∈
≤ + ∀ ∈
= = ≤ + + ∀ ∈
= ⋅ = ≤ + + ∀ ∈
»
»
»
»
»
»

12. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
12
II.7 Determine o
( ) ( ) ( )
3 4
3/ 22 2x,y 0,0
3x y 5y cos x
lim
x y→
+
+
.
Resoluções:
( ) ( ) ( ) ( )
3 4
3/ 2 3/ 22 2 2 2x,y 0,0
3x y 5y cosx 3 0 0 5 0 cos0 0
lim
0x y 0 0→
+ ⋅ ⋅ + ⋅
= =
+ +
(indeterminação),
temos de recorrer aos limites direccionais na vizinhança do ponto (0,0).
Seja ( )
( )
3 4
3/22 2
3x y 5y cosx
f x,y .
x y
+
=
+
( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0 segundo a direcção da recta y mx= :
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )( ) ( )
43 44
3/ 2 3 3/ 2x 0 x 0 x 02 22x,y 0,0
y mx
3x mx 5 mx cos x 3m 5m cos xx
lim f x, y limf x,mx lim lim 0
x 1 mx mx
→ → →→
=
+ + ⋅
= = = =
++
Como os limites na vizinhança do ponto (0,0), ao longo das rectas y mx= existem e são iguais a zero,
nada podemos concluir em relação ao
( ) ( ) ( )
3 4
3/ 22 2x,y 0,0
3x y 5y cos x
lim
x y→
+
+
, apenas que se o seu limite existir é zero.
Verifiquemos, então, recorrendo à definição se
( ) ( )x,y 0,0
lim f(x, y) 0,
→
= isto é,
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )2
0 0 : x, y 0,0 x, y 0,0 f x, y 0 .∀δ > ∃ε > ∈ ∧ − < ε ⇒ − < δ»
Fixemos 0δ > qualquer.
Queremos encontrar 0ε > tal que se
( ) ( ) ( ) ( ) 2 2
Usando a norma
Euclideana
x,y 0,0 x 0, y 0 x,y x y− = − − = = + < ε
então ( )f x, y 0− < δ .
Temos,
( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 43 4 3 4 3 4
3/ 2 3/ 2 32 2 2 2 32 2 2 2
3x y 5y cos x3x y 5y cos x 3x y 5y cos x 3x y 5y cos x
f x, y 0 0
x y x y x y x y
++ + +
− = − = = =
+ + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
3 4 3 4 3 4 3 4
2 2 2 2 2 2 2 2Desigualdade2 2 2 2 22 2 2 2 triangular
3 4 3 4
2 2 2 2 2
A função coseno
é limitada, isto é,
cos x 1, x
3x y 5y cos x 3x y 5y cos x 3x y 5y cos x 3x y 5y cos x
x y x y x y x yx y x yx y x y
3 x y 5 cos x y 3 x y 5 y 1
x y x y x y↑
≤ ∀ ∈
+ + + +
= = = ≤
+ + + ++ ++ +
+ +
= ≤ =
+ + +
»
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) ( ) ( )
( )
( )( )
( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 22 2 2 2 Por
hipótese
3 x y x y x y 5 x y x y
x y x y x y
3 x y x y 5 x y x y 8 x y x y 8 x y
x y x y x y x y x y
8 x y x y 8 x y x y
8 x y 8
8x yx y x y
∗
+ + + + + ⋅ +
≤
+ + +
+ + + + ⋅ + + + +
= = =
+ + + + +
+ + + + δ
= = = + < ε < δ ⇔ ε <
++ +
Logo, basta tomar
8
δ
ε < para que
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )2
0 0 : x, y 0,0 x,y 0,0 f x,y 0 .
8
δ
∀δ > ∃ < ε < ∈ ∧ − < ε ⇒ − < δ»

13. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
13
Observação ( )∗ :
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3 2 2 2 2 2 2 2 2
Por 1, 2 e 3
4 2 2 2 2 2 2 2 2
Por3
Atendendo a que
y y x y , x, y 1
x x y , x, y 2
y x y , x, y 3
vem
x y x y x x y x x y x y x y x y , x, y
y y y y y x y x y , x,y
•
•
•
•
•
= ≤ + ∀ ∈
≤ + ∀ ∈
≤ + ∀ ∈
= = ⋅ = ≤ + + + ∀ ∈
= ⋅ = ⋅ ≤ + ⋅ + ∀ ∈
»
»
»
»
»
Continuidade
II. 8 Estude a seguinte função quanto à continuidade:
( )
( ) ( )
( ) ( )
4
x y
, se x, y 0,0
x y sen xf x,y
0 , se x, y 0,0
−
≠ + −= 
 =
Resolução:
Estudemos a continuidade de f em todos os pontos do seu domínio, isto é, em 2
» .
Pela forma como f está definida, por ramos, iremos estudar a continuidade em duas partes:
• ( ) ( )Num ponto x, y 0,0≠
A função é contínua, porque é a soma, a composta e o quociente de funções contínuas em pontos
onde o denominador não se anula.
• ( ) ( )No ponto x, y 0,0=
A função f é contínua no ponto ( )0,0 sse
existe
( ) ( )
( )
x,y 0,0
lim f x, y
→
e
( ) ( )
( ) ( )
x,y 0,0
lim f x, y f 0,0
→
= .
( ) ( )
( )
x,y 0,0
Verifiquemos se existe lim f x, y
→
.
( ) ( )
4 4
x,y 0,0
x y 0 0 0
lim
0x y sen x 0 0 sen 0→
− −
= =
+ − + −
(indeterminação).
Como o
( ) ( )
4
x,y 0,0
x y 0
lim
0x y sen x→
−
=
+ −
, temos de recorrer aos limites direccionais na vizinhança do ponto
(0,0).
( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0 :
segundo a direcção da recta y mx=
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )( )
( )
( ) ( ) ( )
0
0
4 4x 0 x 0 x 0 Regra x 0x,y 0,0 4
de
y mx
Cauchy
3 3 3x 0
x 1 mx 1 mx mx
lim f x, y limf x,mx lim lim lim
x mx sen x x mx sen x
x mx sen x
1 m 1 m m 11 m 1 m
lim 1 com m 1
m 1 m 14x m cos x 4 0 m cos0 0 m 1
 
 
 
→ → → →→
=
→
′−−−
= = = =
+ − + − ′+ −
− − − −− −
= = = = = = − ≠
− −+ − ⋅ + − + −

14. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
14
segundo a direcção da recta y x=
( ) ( )
( ) ( ) 4 4x 0 x 0 x 0 x 0x,y 0,0
y x
x x 0
lim f x, y limf x,x lim lim lim0 0.
x x sen x x x sen x→ → → →→
=
−
= = = = =
+ − + −
Como o limite direccional segundo a recta y x= é diferente dos limites direccionais segundo as rectas
y=mx, com m 1≠ então não existe o
( ) ( )
4
x,y 0,0
x y
lim .
x y sen x→
−
+ −
Assim, a função f não é contínua no ponto ( )0,0 .
Outra forma de raciocinar:
Já verificamos que o limite quando ( )x,y se aproxima de ( )0,0 segundo a direcção da recta
y mx, com m 1= ≠ é (-1). Assim, se o
( ) ( )
( )
x,y 0,0
lim f x, y
→
existir tem que ser (-1), devido a unicidade do
limite. Como ( )
( ) ( )
( )
x,y 0,0
f 0,0 0 lim f x, y
→
= ≠ , podemos concluir que f não é contínua no ponto ( )0,0 .
Conclusão final:
A função f é contínua em ( ){ }2
0,0 .»
Prolongamento por continuidade
II. 9 Verifique se a função ( ) ( )
2
2 2
2 2
x
f x,y sen x y
x y
= +
+
é prolongável por continuidade à origem, em
caso afirmativo defina o prolongamento contínuo ( )f x, y :
Resoluções:
A função f é prolongável por continuidade ao ponto ( )0,0 sse o limite existe e é finito nesse ponto.
Temos,
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2x,y 0,0
x 0 0
lim sen x y sen 0 0
0x y 0 0→
+ = + =
+ +
(indeterminação).
( ) ( )Calculemos o limite quando x,y se aproxima de 0,0 segundo a direcção da recta y x= :
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0x,y 0,0
y x
x x x
lim f x, y limf x,x lim sen x x lim sen 2x lim sen 2x
x 2x x 2x→ → → ∗ →→
=
    
= = + = =       +     
Calculemos os limites laterais no ponto x=0:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
x 0 x 0
2
2 2 2
x 0 x 0
x x 0
lim sen 2x lim sen 2x sen 2 0 0 0 0
x 2 2 2
x x 0
lim sen 2x lim sen 2x sen 2 0 0 0 0
x 2 2 2
+ +
− −
→ →
→ →
• = = ⋅ = ⋅ =
• = = ⋅ = ⋅ =
− − −

15. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
15
Como os limites laterais no ponto x=0 são iguais, então
( ) ( )
( )
x,y 0,0
y x
lim f x, y
→
=
=0. Assim, atendendo a que o
limite direccional na vizinhança do ponto (0,0), ao longo da recta y x= , existe e é igual a zero, nada
podemos concluir em relação ao
( ) ( )
( )
2
2 2
2 2x,y 0,0
x
lim sen x y
x y→
+
+
, apenas que se o seu limite existir é zero.
Verifiquemos, então, recorrendo à definição se
( ) ( )x,y 0,0
lim f(x, y) 0,
→
= isto é,
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )2
2
0 0 : x, y 0,0 x, y 0,0 f x, y 0 .∀δ > ∃ε > ∈ ∧ − < ε ⇒ − < δ»
»
Fixemos 0δ > qualquer.
Queremos encontrar 0ε > tal que se
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
2 2
Usando a norma
Euclideana
x, y 0,0 x 0,y 0 x, y x y− = − − = = + < ε» » »
então ( )f x, y 0− < δ .
Temos,
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2
2 22 2 2 2 2 2 2Atendendo a que 2 2
x x y , x,y .
2 2
Por
hipótese
x x x
f x, y 0 sen x y 0 sen x y sen x y
x y x y x y
x y x y x y x y x y x yx y
x yx y x y x y x y
x y
≤ + ∀ ∈
− = + − = + = +
+ + +
+ + + + + ++
≤ = = =
++ + + +
= + < ε < δ ⇔ ε < δ
»
Logo, basta tomar ε < δ para que
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )2
2
0 0 : x, y 0,0 x, y 0,0 f x, y 0 .∀δ > ∃ < ε < δ ∈ ∧ − < ε ⇒ − < δ»
»
Assim, como o
( ) ( )x,y 0,0
lim f(x, y) 0,
→
= podemos concluir que a função f é prolongável por continuidade ao
ponto ( )0,0 e o prolongamento é a função
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
2 2
x
sen x y , se x, y 0,0
f x, y x y
0 , se x, y 0,0

+ ≠
= +

=
.

16. _____________________________________________________________________________
Elaborado por Maria Cristina Jorge e João Prata
16
Parte III – Exercícios de Auto-Avaliação
III.1 Discuta a existência dos seguintes limites:
a)
( ) ( ) ( )
3
22 2x,y 0,0
4xy
lim
x y→ +
b)
( ) ( )
3
3
x,y 0,0
x 2y
lim
2x 5y→
−
+
c)
( ) ( ) ( )
2
22 2
x,y 0,0
x
lim
x y 1 x 1→ + − + −
d)
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
x,y 0,0
1 cos x y
lim
x y x y→
− +
+
e)
( ) ( )
( )22
1
x y 1
x,y 0,1
lim e
−
−
→
f) 2 2
x ,y
x y
lim
x y→+∞ →+∞
+
+
g)
( ) ( )
( )
2
2 2
x,y 1,3
x y 4
lim
x y 2x 6y 10→
+ −
+ − − +
III.2 Considere a função real definida por:
( )
2 1
xy sen , se y 0
yf x,y
0 , se y 0

≠
= 
 =
Prove que f é contínua na origem.
III.3 Considere a função:
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
7xy 2x x
, se x, y 0,0
f x,y x y
0 se x,y 0,0
 +
≠
= +
 =
Estude ( )f x, y quanto à continuidade.
III.4 Verifique se a função ( )
2
3
x
f x,y
x y tg x
=
+ +
é prolongável por continuidade à origem.