Enunciado

Nos exercícios de 23 a 42, prove que o limite é o número indicado, aplicando a Definição 2.1.1.

40) lim x → - 1 ⁡ 3 + 2 x - x ² = 0

Passo 1

Para satisfazer a Definição 2.1.1 precisamos mostrar que para todo ϵ > 0 , existe um δ > 0 . Para começar vamos definir os valores de f x ,   a   e   L . Dada a definição de limite:

lim x → a ⁡ f ( x ) = L

Assumimos que:

f x = 3 + 2 x - x ²

a = - 1

L = 0

Sendo assim:

0 < x + 1 < δ

f x < ϵ

Para encontrar um δ > 0 o primeiro passo é substituir f x na desigualdade:

Passo 2

Substituindo f x :

3 + 2 x - x ² < ϵ

Fatorando:

- ( x + 1 ) ( x - 3 ) < ϵ

Como o módulo de um número negativo é igual ao seu módulo positivo:

( x + 1 ) ( x - 3 ) < ϵ

Pela definição de módulo:

x + 1 | | ( x - 3 ) < ϵ

Pela desigualdade que o problema nos forneceu, temos:

x + 1 < δ

Em seguida precisamos obter uma desigualdade para o termo ( x - 3 ) .   Essa desigualdade poderá ser obtida impondo uma restrição a δ , sendo assim podemos assumir que δ = 1 :

x + 1 < 1

Removendo o módulo:

- 1 < x + 1 < 1

A partir desta desigualdade podemos chegar a ( x - 3 ) subtraindo 4 aos seus termos:

- 5 < x - 3 < - 3

Usando as propriedades de módulo para intervalos negativos:

| - 3 | < | x - 3 | < | - 5 |

3 < | x - 3 | < 5

Então

x - 3 < 5       e       x + 1 < δ

Substituindo :

x - 3 | | ( x + 1 ) = δ . 5 < ϵ

δ < ϵ 5

Isso significa que devemos impor sobre δ duas restrições, δ ≤ 1   e δ ≤ ϵ 5 . Assim sendo, ambas as restrições estarão satisfeitas de tomarmos o menor desses dois números, em símbolos δ = min ⁡ ( 1 , ϵ 5 )

Assim, estabelecemos que tendo escolhido δ = min ⁡ ( 1 , ϵ 5 ) , para todo   ϵ > 0 , a seguinte afirmativa é verdadeira:

se

0 < x + 1 < δ

então

f x < ϵ

Isso prova que

lim x → - 1 ⁡ 3 + 2 x - x ² = 0

Resposta

δ = min ⁡ ( 1 , ϵ 5 )

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