Capítulo 4. Campos escalares e vetoriais

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1 Capítulo 4 Campos escalares e vetoriais Existem várias situações em que uma variável depende de várias outras. Por exemplo, a área de um retângulo depende do comprimento e da altura deste. O volume de um cone circular reto depende do raio do círculo da base e da altura do cone. A pressão de um gás ideal depende do volume, da massa gasosa em moles e da temperatura. A média aritmética de n números depende destes n números. Estes são alguns exemplos de funções que dependem de várias variáveis e cujo valor é um número real. Estas funções são denominadas campos escalares. Definição 4.1 Um campo escalar é uma função cujo domínio é um subconjunto do R n, n>1 e cujo contradomínio é R, isto é, f : D R n R, tal que a cada n upla de D, f associa um único número real. Exemplo 4.2 Dada f(x, y, z) =ln(1+x + y z), oseudomínioéoconjuntod = {(x, y, z) R 3 ; x + y z +1> 0} easuaimagemér. Exemplo 4.3 Dada a função f(x, y) = p 4 x 2 y 2, oseudomínioéoconjuntod = {(x, y) R 2 ; x 2 + y 2 4} = B 2 ((0, 0)) easuaimagemé[0, + ). Nota 4.4 Observe que se f é um campo escalar cujo domínio é um subconjunto de R 2, então seu gráfico é um subconjunto do R 3. Para campos escalares cujo domínio é um subconjunto do R n com n>2, não é mais possível fazer a representação gráfica, pois seu gráfico é um subconjunto do R n+1. Sendoassimparaafunçãodoprimeiroexemplonão podemos esboçar seu gráfico, pois seria um subconjunto do R 4. Noentantoográfico do 31

2 32 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS segundo exemplo é o seguinte subconjunto do R 3 : Nota 4.5 Existem ainda funções que dependem de várias variáveis e cujo valor é ainda um vetor. Por exemplo, a força gravitacional que atua em cada ponto do universo, depende da posição do ponto e o seu valor é um vetor. O vetor velocidade de cada ponto no escoamento de um fluido, depende da posição do ponto e do tempo. Estas funções são denominadas campos vetoriais. Definição 4.6 Um campo vetorial é uma função cujo domínio é um subconjunto do R n,n>1 e cujo contradomínio é R m, com m>1, isto é, f : D R n R m, tal que a cada n upla de D, f associa um único vetor do R m. Assim, f(x) =(f 1 (x),...,f m (x)), onde x =(x 1,...,x n ) D e f i : D R n R são campos escalares, i =1,...,m. Nota 4.7 Da definição acima observa-se que um campo vetorial é uma função cujas coordenadas são campos escalares. µ 1 Exemplo 4.8 Dada f(x, y) = y, 0 seu domínio é D = {(x, y) R 2 ; y 0} esua 5 imagem é [0, + ) {0}, ou seja o semi-eixo real positivo. µ Exemplo 4.9 Dada f(x, y, z) = arcsen 1, cosh xz2,seudomínioéd = {(x, y, z) xy R 3 ; xy 1} e sua imagem é (( π/2, 0) (0,π/2)) [1, + ). Nosso objetivo em MAT-22 é o estudo do Cálculo para campos escalares e vetoriais. No entanto assim como as funções vetoriais são uma extensão muito simples de funções reais de variável real, no estudo do Cálculo diferencial e integral, os campos vetoriais também são um extensão muito simples dos campos escalares. Portanto enfocaremos especialmente os campos escalares e daremos sempre que possível a extensão para campos vetoriais.

3 4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS Limite de campos escalares e vetoriais O conceito de te para campos escalares e vetoriais é análogo ao conceito de ite de funções reais de variável real, que é o conceito fundamental do Cálculo. Definição 4.10 Seja f : D R n R, a D 0 e l R. Dizemos que l éoitedef no ponto a quando dado ε>0, existe δ>0 tal que para todo x D com 0 < kx ak <δ tem-se que f(x) l <ε.neste caso usamos a notação f(x) =l Nota 4.11 Observe que quando queremos estudar ite de uma função num ponto, estamos interessados no comportamento da função numa vizinhança do ponto, mas não interessa o comportamento da função neste ponto. Por isso o ponto não precisa estar nem no domínio da função, mas é necessário que seja um ponto de acumulação do domínio da função. Observe também que a definição não nos dá uma maneira de calcular o ite, mas apenas de testar se um determinado número é o ite da função naquele ponto. Exemplo 4.12 Mostremos que 3x 2y = 1. De fato, dado ε>0, tomemos (x,y) (1,2) δ = ε q 5 > 0, assim, (x, y) R2 tal que 0 < k(x, y) (1, 2)k = (x 1) 2 +(y 2) 2 <δ tem-se que 3x 2y +1 = 3(x 1) 2(y 2) 3 x 1 +2 y 2 < 5δ = ε, oque implica que 3x 2y = 1. (x,y) (1,2) Exemplo 4.13 Provemos, por definição, que (x,y) (2,0) 8 x + y 3 = 8. Resolução. Devemos provar que ε >0, δ>0:0< k(x, y) (2, 0)k <δ 8 x + y 3 +8 <ε. (4.1) Temos como 8 x + y 3 +8 = 8+8(x + y 3) x + y 3 8 x 2 +8 y, (4.2) x + y 3 k(x, y) (2, 0)k <δ x 2 <δ e y <δ, (4.3) segue de (4.1) que 8 x + y δ x + y 3. (4.4) Assim, devemos agora encontrar C>0tal que x + y 3 >C.

4 34 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS De (4.3) temos 2δ 1 <x+ y 3 < 2δ 1. Logo se considerarmos 0 <δ< 1 4 temos que δ > 1, o que implica que <x+ y 3 < 1 2, ou seja x + y 3 = (x + y 3) > 1 2, usando isto em (4.4) segue 8 x + y 3 +8 < 32δ. Consideramos então ½ ε δ =min 32, 1 ¾, 4 e voltando a (4.4) obtemos (4.1). Proposição 4.14 Seja f : D R n R, a D 0.Seexiste f(x) então este é único. Prova. Suponhamos que existam l 1 e l 2 R tais que f(x) =l 1 e f(x) =l 2. Então dado ε>0, existem δ 1,δ 2 > 0 tais que x D com 0 < kx ak <δ 1 temse que f(x) l 1 < ε 2 e x D com 0 < kx ak <δ 2 tem-se que f(x) l 2 < ε 2. Assim, tomando δ =min{δ 1,δ 2 } > 0 segue que x D com 0 < kx ak <δtem-se que f(x) l 1 < ε 2 e f(x) l 2 < ε. Portanto tomando x D com 0 < kx ak <δ, 2 obtemos que l 1 l 2 f(x) l 1 + f(x) l 2 <ε, ε >0 l 1 = l 2. Como conseqüência imediata da proposição acima temos o seguinte resultado: Corolário 4.15 Seja f : D R n R, a D 0. Considere S 1,S 2 D tais que a S1 S Se f(x) 6= f(x) x S 1 x S 2 xy Exemplo 4.16 Não existe (x,y) (0.0) x 2 + y pois se tomarmos os subconjuntos S 2 m de R 2 \{(0, 0)}, onde S m = {(x, y) R 2 \{(0, 0)}; y = mx}, temos que (0, 0) Sm 0 e f(x, y) = (x,y) S m

5 4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 35 f(x, y), se m 6= k. Ográ- mx 2 x 0(1 + m 2 ) x = m eportanto f(x, y) 6= 2 1+m2 (x,y) S m fico desta função segue abaixo: (x,y) S k Ou seja o ite acima não existe pois depende da inclinação da reta que passa pela origem. Vejamos mais um exemplo. Exemplo 4.17 Considere f(x, y) = xy2. Vemos que x 2 + y4 m 2 x 3 f(x, y) = x 0 (1 + m 4 x 2 ) x =0, 2 (x,y) S m onde S m = {(x, y) R 2 \{(0, 0)}; y = mx}. Podemos ser tentados a achar que o ite existeevale0, no entanto se tomarmos S = {(x, y) R 2 \{(0, 0)}; x = y 2 }, vemos que (0, 0) S 0 e (x,y) S f(x, y) = 2y = = 0 = y 0 y 4 (x,y) S m f(x, y),

6 36 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS o que implica f(x, y). Vejamos o gráfico de f : 1 Exemplo 4.18 Considere f(x, y) =sen. Para mostrar que tal ite não existe, x 2 + y2 µ Ã! 1 1 considere S 1 = {, 0 ; n N} e S 2 = { p, 0 ; n N}. Na realidade nπ (π/2) + 2nπ S 1 e S 2 são duas seqüências distintas em R 2 e como ambas convergem para (0.0), segue que (0, 0) S1 0 S Como, f(, 0) = 0, n N e f( p, 0) = 1, n N, nπ (π/2) + 2nπ temos que f(x) 6= f(x) f(x, y). Vejamos o gráfico de (x,y) (00) (x,y) S 1 (x,y) S 2 f numa vizinhança de (0, 0).

7 4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 37 Nota 4.19 Observe então que só podemos utilizar curvas ou seqüências para provar que um ite não existe. No entanto temos os seguintes resultados, cujas demonstrações deixamos a cargo do aluno. Proposição 4.20 Sejam f : D R n R, a D 0, S i D, 1 i k tais que a k i=1 S 0 i e k S i = D. Se f(x) =l, 1 i k então f(x) =l. i=1 x S i Nota 4.21 Na realidade a proposição acima garante a existência de ite, se pudermos dividir o domínio da função num número finito de conjuntos tais que o ite ao longo de cada subconjunto existe e é igual. O resultado não é mais válida se o número de conjuntos for infinito, como pudemos ver em exemplo anterior, onde o ite existe e é igual ao longo de qualquer reta passando pela origem, no entanto é diferente ao longo da parábola passando pela origem. Observe que o R 2 pode ser visto como união de todas as retaspassandopelaorigem,masestauniãoéinfinita eporissoaproposiçãoacimanão pode ser aplicada. ½ 1 x Exemplo 4.22 Seja f (x, y) = 2 y 2 ; k(x, y)k < 1 0; k(x, y)k > 1. Éclaroqueospontos (x 0,y 0 ) R 2 tais que k(x 0,y 0 )k = 1 são pontos de acumulação do domínio D f de f. Ainda D f = S 1 S 2, onde S 1 = {(x, y) R 2 ; k(x, y)k < 1} e S 2 = {(x, y) R 2 ; k(x, y)k > 1}, com(x 0,y 0 ) S1 0 S2. 0 Assim, como f(x, y) =1 x 2 0 y0 2 =0 (x,y) (x 0,y 0 ) (x,y) S 1 e f(x, y) =0, segue da proposição anterior que f(x, y) =0. (x,y) (x 0,y 0 ) (x,y) (x 0,y 0 ) (x,y) S 2 Proposição 4.23 (Caracterização de ite por sequência): Sejam f : D R n R, a D 0. f(x) =l para toda sequência (x m ) tal que x m D e x m 6= a, para todo m N, com x m a temos que f (x m ) l. Como a definição de ite não nos permite calcular o ite, mas apenas testar se um determinado número é ou não ite de uma função num determinado ponto de acumulação, daremos a seguir alguns resultados que nos permitirão determinar tes mais complicados, a partir de ites mais simples, que podem ser demonstrados por definição. Mas antes de demonstrarmos as propriedades de operações com ite, apresentaremos algumas propriedades necessárias para as demontrações das operações com ites. Proposição 4.24 Sejam f : D R n R, a D 0 e l R. Se f(x) =l então r, K > 0 tais que f(x) K, x D B r (a). Prova. Da definição de ite, segue que considerando ε =1> 0, existe δ > 0 tal que x D (B δ (a) \{a}) tem-se que f(x) l < 1 f(x) < 1+ l, x

8 38 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS D (B δ (a) \{a}). Assim, se a / D segue que f(x) < 1+ l, x D B δ (a) ea proposição fica provada neste caso, com r = δ e K =1+ l. Caso a D então tomamos K =max{1+ l, f(a) } eportantotem-seque f(x) K, x D B δ (a). Portanto a proposição está provada. Proposição 4.25 Sejam f : D R n R, a D 0 e l R, l6= 0tais que f(x) =l então: a) Existe r>0 tal que f(x)l >0, x D (B r (a) \{a}). b) Existem r, M > 0 tais que f(x) >M, x D (B r (a) \{a}). Nota 4.26 O ítem (a) da proposição acima é conhecido como teorema da conservação de sinal, poiseleafirma que a função numa vizinhança furada do ponto a tem o mesmo sinal que o seu ite neste ponto. As demonstrações dos dois ítens são análogas as que foram feitas em MAT-12 e por isso serão deixadas como exercício. Proposição 4.27 Sejam f,g : D R n R, a D 0,l 1,l 2 R tais que f(x) =l 1 e g(x) =l 2. Então: a) (f(x) ± g(x)) = l 1 ± l 2. b) (fg)(x) =l 1 l 2. f(x) c) g(x) = l 1, se l 2 6=0. l 2 d) f(x) = l. Prova. Os ítens (a) e (d) são facilmente demonstrados. Provaremos então as ítens (b) e (c). (b) Como f(x) =l 1 segue da proposição anterior que existem r, K > 0 tais que f(x) K, x D B r (a). Aindadadefinição de ite, segue que ε >0, existem ε δ 1,δ 2 > 0 tais que x D com 0 < kx ak <δ 1 tem-se que f(x) l 1 < K + l 2 e ε x D com 0 < kx ak <δ 2 tem-se que g(x) l 2 <. Portanto, tomando δ = K + l 2 min{δ 1,δ 2,r} > 0 tem-se que x D com 0 < kx ak <δ,obtemos f(x)g(x) l 1 l 2 f(x) g(x) l 2 + l 2 f(x) l 1 K g(x) l 2 + l 2 f(x) l 1 <ε.o que demonstra a proposição. (c) Como g(x) =l 2 6=0, segue da proposição anterior que existem r, M > 0 tais que g(x) >M, x D B r (a). Ainda das definições de ites segue que ε >0, existem δ 1,δ 2 > 0 tais que x D com 0 < kx ak <δ 1 tem-se que f(x) l 1 < M l 2 ε l 1 + l 2 e x D com 0 < kx ak <δ 2 tem-se que g(x) l 2 < M l 2 ε. Portanto, tomando l 1 + l 2 f(x) g(x) l 1 = δ =min{δ 1,δ 2,r} > 0 tem-se que x D com 0 < kx ak <δ,obtemos l 2

9 4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 39 f(x)l 2 g(x)l 1 g(x)l 2 l 2 f(x) l 1 + l 1 g(x) l 2 <ε,oquedemonstraaproposição. M l 2 Exemplo 4.28 É fácil provar por definição que a, b R (Mostre!). Assim, (a) e (b). ax = ax 0 e (x,y) (x 0,y 0 ) (x,y) (x 0,y 0 ) by = by 0 (x,y) (x 0,y 0 ) ax2 + by 2 = ax by0, 2 utilizando as propriedades x 3 y 2 + z 4 Exemplo 4.29 (x,y,z) (1,2, 1) x 2 +3y z = 1, pois das propriedades (a) e (b) temos 4 que (x,y,z) (1,2, 1) x3 y 2 + z 4 = 2 e (x,y,z) (1,2, 1) x2 +3y z =86= 0, portanto de (c) segue o resultado. Proposição 4.30 Sejam f,g : D R n R, a D 0. Se f(x) =0eexistemr>0 e M>0 tais que g(x) M, x D B r (a) então f(x)g(x) =0. Prova. Como f(x) =0então dado ε>0, existe δ>0tal que x D com 0 < kx ak <δtem-se que f(x) < ε M. Logo, tomando δ 1 =min{δ, r} > 0, temos que x D com 0 < kx ak <δ 1 f(x)g(x) <ε f(x)g(x) =0. Nota 4.31 Observe que o resultado acima é diferente da propriedade de produto de ites, pois a função que é por hipótese itada poderá não ter ite no ponto em questão. Exemplo 4.32 O (x,y,z) ( 1,1,2) (x +1) 2 =0, pois q(x +1) 2 +(y 1) 2 +(z 2) 2 (x +1)=0 (x,y,z) ( 1,1,2) e (x +1) q (x +1) 2 +(y 1) 2 +(z 2) 2 1, (x, y, z) R2, (x, y, z) 6= ( 1, 1, 2). Observe que o exemplo acima é um exemplo típico onde não se pode aplicar a propriedade de produto de ites, pois a função é itada q(x +1) 2 +(y 1) 2 +(z 2) (x +1) 2 em todo o seu domínio, mas não admite ite no ponto ( 1, 1, 2). (Verifique!). Existem dois resultados importantes, que são os teorema da função composta, que nos permitem utilizar importantes resultados de MAT-12, tais como l Hôpital. Vejamos.

10 40 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS Teorema 4.33 (Teorema da Composta I) Sejam f : D R n R, g : I R R, a D 0,b I 0, l R tais que f(d) I, f(x) =b, g(t) =l e existe r>0 tal que t b f(x) 6= b, x [B r (a) \{a}] D. Então (g f)(x) =l. Prova. Como g(t) =l, segue que ε >0, δ >0 tal que t I com 0 < t b <δ t b tem-se que g(t) l <ε.ainda como f(x) =b, então tomando δ>0encontrado acima, existe δ 1 > 0 tal que x D com 0 < kx ak <δ 1 tem-se que f(x) b <δ. Portanto, tomando δ 2 =min{δ 1,r} > 0, x D com 0 < kx ak <δ 2 obtém-se que 0 < f(x) b <δ g(f(x)) l <ε (g f)(x) =l. Teorema 4.34 (Teorema da Composta II) Sejam f : D R n R, g : I R R, a D 0,b I tais que f(d) I, f(x) =b, e g écontínuaemb. Então (g f)(x) = ³ f(x) g(b) =g. A demonstração é análoga a anterior, na realidade mais simples e por isso será deixada como exercício. Observe que a continuidade de g no ite de f eina a condição de f(x) ter que ser diferente de seu ite pelo menos numa vizinhança furada de a. Vejamos com dois exemplos a necessidade destas condições. Exemplo 4.35 Seja f : R 2 R,definida por f(x, y) =(x 1) y e g : R R, definida t ln t; t>0 por g(t) = t; t<0. Assim, temos que f(x, y) =0eg(t) =06= (x,y) (1,1) t 0 2; t =0 g(0) = 2. No entanto r >0, os pontos (1,y) tais que 0 < y 1 <rsão tais que (1,y) B r (1, 1) \{(1, 1)} e f(1,y)=0, logo esta função não satisfaz a última condição exigida pelo teorema I e nem a condição de continuidade da g, condição do teorema II. Portanto não podemos aplicar nenhum dos teoremas da composta. Vejamos então o que acontece com a composta. Consideremos g f : R 2 R, que é definida por (g f)(x, y) = (x 1) y ln (x 1) y; (x 1) y>0 (x 1) y; (x 1) y<0 2; (x 1) y =0. Assim, tomando S 1 = {(x, y) R 2 ; y =1} e S 2 = {(x, y) R 2 ; x =1}, tem-se que (x,y) S 1 (x,y) S 2 (x,y) (1,1) (g f)(x, y) =0e (x,y) (1,1) (g f)(x, y) = 2, o que implica que o ite da composta não existe, mesmo existindo cada um dos ites da f edag. Istoacontece porqueafunçãof não satisfaz a condição de ser diferente de seu ite em alguma vizinhança furada de (1, 1) enemg é contínua em 0 = f(x, y) =0. (x,y) (1,1) Exemplo 4.36 Seja f : R 2 R,definida por f(x, y) =0e g : R R, definida por t ln t; t>0 g(t) = t; t<0. Éclaroque f(x, y) =0e g(t) =0, mas f(x, y) = (x,y) (1,1) t 0 2; t =0

11 4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 41 0 = f(x, y), (x, y) (x,y) (1,1) R2 e g não é contíunua em t 0 =0. Ou seja as condições de nenhum dos dois teorema da composta estão satisfeitas. Portanto para sabermos se g f admite ou não ite no ponto (1, 1), devemos trabalhar com a própria função composta ou seja g f : R 2 R, édefinida por (g f)(x, y) = 2, eassim 2 6= 0= t 0 g(t) =0. (x,y) (1,1) (g f)(x, y) = O que observamos é que mesmo que os ite de f e g existam se não houver a hipótese de continuidade de g ou a hipótese de f ser diferente de seu ite numa vizinhança furada do ponto, a composta poderá não ter ite ou se tiver, o ite poderá ser diferente do ite de g. Vejamos a seguir como podemos aplicar o resultado. Exemplo 4.37 O sen (x 1) 2 +(y 1) 2 (x,y) (1,1) (x 1) 2 +(y 1) 2 =1, pois (x,y) (1,1) (x 1) 2 +(y 1) 2 =0, sen t =1 t 0 t e (x 1) 2 +(y 1) 2 6=0, (x, y) R 2, (x, y) 6= (1, 1), assim estamos nas condições do teorema I e podemos concluir o resultado. 2 Exemplo 4.38 O (cos (xyz))1/(xy) = e 2. Antes, observe que o domínio de (x,y,z) (1,0,2) f (x, y, z) =(cos(xyz)) 1/(xy)2 é D = {(x, y, z) R 3 ; xy 6= 0} e podemos escrever a função dada como ln [cos (xyz)] (cos (xyz)) 1/(xy)2 = e (xy) 2. Mas para todo (x, y, z) D, com 0 < k(x, y, z) (1, 0, 2)k < 1 4 podemos escrever a função neste domínio, como,temosquez 6= 0eentão, Ainda, (cos (xyz)) 1/(xy)2 = e z 2 ln [cos (xyz)] (xyz) 2. xyz =0e a função cosseno é contínua em 0, tem-se (x,y,z) (1,0,2) cos (xyz) =1 (x,y,z) (1,0,2) e como a função ln écontínuaemt =1, segue que ln (cos (xyz)) = 0. (x,y,z) (1,0,2)

12 42 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS Como, xyz 6= 0, para todo (x, y, z) D, com 0 < k(x, y, z) (1, 0, 2)k < 1 4 e aplicando l Hôpital tem-se que ln (cos t) = 1 t 0 t 2 2, segue do teorema da composta I, que Portanto, já que ln [cos (xyz)] = (x,y,z) (1,0,2) (xyz) 2 = 1 2. (x,y,z) (1,0,2) z2 =4, obtem-se que z 2 ln [cos (xyz)] (x,y,z) (1,0,2) (xyz) 2 = 2. Logo, como a exponencial é contínua em t = 2, 2 (cos (xyz))1/(xy) = e (x,y,z) (1,0,2) (x,y,z) (1,0,2) z 2 ln [cos (xyz)] (xyz) 2 = e 2. Antes de entrarmos emite de campos vetoriais vejamos a definição de ite infinito para campos escalares. Observe que quando dizemos que o ite de um campo escalar num ponto é infinito, não significa que este ite existe, pois infinito não énúmeroreal. É apenas uma maneira de dizer que o ite não existe pois a função cresce ou decresce indefinidamente, à medida que se aproxima do ponto. Vejamos. Definição 4.39 Sejam f : D R n R, a D 0.Então: a) Dizemos que f(x) =+ quando dado M>0existe δ>0tal que para todo x D com 0 < kx ak <δtem-se que f(x) >M. b) Dizemos que f(x) = quando dado N<0existe δ>0tal que para todo x D com 0 < kx ak <δtem-se que f(x) <N. 1 Exemplo 4.40 Éclaroque kx ak =+ pois M >0 basta tomar δ = 1 M > 0 e assim, x R n 1 com 0 < kx ak <δtem-se que f(x) = kx ak > 1 δ = M. Exemplo 4.41 Éclaroque ln (kx ak) =, pois N <0 basta tomar δ = e N > 0 eassim, x R n com 0 < kx ak <δtem-se que ln (kx ak) < ln δ = N. Na realidade não se pode falar em operações com ites infinitos, pois tal ite não existe e é apenas uma maneira de se mostrar o comportamento da função próximo a um determinado ponto. No entanto temos alguns resultados que permitem manipular

13 4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 43 com somas, produtos e quocientes de funções que divegem para. Mas estes resultados estarão na lista de exercícios. Para terminarmos a parte de ite daremos a seguir a definiçãodeitedecampo vetorial e o resultado principal que nos diz que determinar o ite de um campo vetorial se reduz a determinar o ite de cada uma de suas componentes, que são campos escalares. Definição 4.42 Sejam f : S R n R m e a S 0. Dizemos que b R m éoite de f no ponto a quando dado ε>0, existe δ>0 tal que para todo x S com 0 < kx ak <δ tem-se que kf (x) bk <ε. Nestascondiçõesusamosanotação f (x) =b. Nota 4.43 Da definição seguem as seguintes observações: 1. f (x) =b kf (x) bk =0. kx ak 0 2. f (x) =b khk 0 kf (a + h) bk =0. Observe que a definição é sempre a mesma, já que uma função tem ite L quando x tende a a, se podemos tornar f(x) tão próximo de L quanto se queira, desde que x esteja suficientemente próximo de a. O que muda na realidade é a função distância, que como estamos em R n e R m o módulo agora se transforma na norma. Vejamos então o resultado fundamental que nos permitirá utilizar os resultados de campos escalares para campos vetoriais. Proposição 4.44 Sejam f : D R n R m,f(x) =(f 1 (x),...,f m (x)), onde f i : D R n R,a D 0 e L =(L 1,...,L m ) R m. Então f(x) =L f i(x) =L i,i=1,...,m. Prova. ( ) Como f(x) =L então dado ε>0, existe δ>0tal que para todo x D com 0 < kx ak <δtem-se que kf(x) Lk <ε.mas como f i L i kf(x) Lk, i =1,...,m então f i L i <ε, x D com 0 < kx ak <δ f i (x) =L i,i = 1,...,m. ( ) Como f i (x) =L i,i=1,...,m segue que para cada i =1,...,m, dado ε>0, existe δ i > 0 tal que para todo x D com 0 < kx ak <δ i tem-se que f i (x) L i < ε. Assim, tomando δ =min{δ i, 1 i m} > 0 segue que x D com 0 < kx ak <δ m r ε 2 tem-se que f i (x) L i < ε m kf(x) Lk = com 0 < kx ak <δ f(x) =L. r P m (f i (x) L i ) 2 < i=1 m = ε, x D m

14 44 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS Nota 4.45 Observe que o resultado acima é equivalente à definição e portanto pode ser usado como tal, ou seja, para determinar o ite de um campo vetorial, basta determinar o ite de cada uma de suas coordenadas, que são campos escalares. Portanto podemos nos valer de todos os resultados já apresentados. Exemplo 4.46 Considere f : D R 2 R 3 definida por µ ln (1 + x 2 + y 2 ) f(x, y) =,ysen 1 arctg xy, x 2 + y 2 xy 2xy µ onde D = {(x, y) R 2 ; xy 6= 0}. Assim, f(x, y) = 1, 0, 1 2 ln (1 + x 2 + y 2 ) =1, x 2 + y 2,, pois já que (x2 + y 2 )=0, (x 2 + y 2 ln (1 + t) 1 ) 6= 0, (x, y) D e = t 0 t t 0 1+t =1, por l Hôpital. Assim, utilizando o teorema da composta I, segue o resultado. Ainda y sen 1 xy =0, pois sen 1 xy é itada e y =0. Finalmente arctg xy = 1 2xy 2, arctg t 1 pois xy =0,xy6= 0, (x, y) D e = t 0 2t t 0 2(1+t 2 ) = 1, por l Hôpital 2 e portanto utilizando o teorema da Composta I, segue o resultado. Assim, como obtivemos o ite de cada coordenada, segue que o ite da função vetorial é o vetor cujas coordenadas são os ites encontrados. As operações de ites de campos vetoriais podem ser demonstradas utilizando as operações de ites com campos escalares e por isso serão deixadas como exercícios. Proposição 4.47 Sejam f,g : D R n R m e h : D R n R, a D 0,L 1,L 2 R m e l R tais que f(x) =L 1, g(x) =L 2 e h(x) =l. Então: a) (f ± g)(x) =L 1 ± L 2. b) (hf)(x) =ll 1. c) (f g)(x) =L 1 L 2. d) hf(x),g(x)i = hl 1,L 2 i. f(x) e) h(x) = L 1, se l 6= 0. l