Enunciado

Prove que o teorema 2.4 . 6 :

Se lim x → a ⁡ f x = + ∞ e lim x → a ⁡ g x = c , onde c é uma constante não-nula, então

i se c > 0 , lim x → a ⁡ f x ∙ g x = + ∞

i i se c < 0 , lim x → a ⁡ f x ∙ g x = - ∞

Passo 1

Parte i : c > 0

Temos que mostrar que:

Para todo N > 0 existe δ > 0 tal que:

s e   0 < x - a < δ   e n t ã o   f x ∙ g x > N

Para isso temos que lembrar a definição formal de limite:

lim x → a ⁡ f x = L

Quando:

Dado ϵ > 0 qualquer, existe um δ > 0 tal que

0 < x - a < δ ⇒ f x - L < ϵ

Mo coisa dois né? Mas vamos com calma que vamos entender isso. Ele disse que para qualquer ϵ positivo, vai existir outro número, o δ , que todo número que estiver a uma distância menor que δ de a vai ter o seu valor na função a um distância menor de ϵ do limite L .

Passo 2

Ele deu dois limites:

lim x → a ⁡ f x = + ∞

lim x → a ⁡ g x = c

Assim, vamos ter

Dado ϵ > 0 qualquer, existe um δ 1 > 0 e tal que

0 < x - a < δ 1 ⇒ g x - c < ϵ

E

Dado N 1 > 0 qualquer, existe um δ 2 > 0 tal que

0 < x - a < δ 2 ⇒ f x > N 1

Vamos pegar a parte com as funções:

f x > N 1

g x - c < ϵ

Vamos abrir o módulo da outra função

g x - c < ϵ

- ϵ < g x - c < ϵ

- ϵ + c < g x < ϵ + c

Passo 3

Agora, vamos tentar achar o f x ∙ g x

- ϵ + c < g x < ϵ + c

f x > N 1

Como c > 0 , teremos - ϵ + c , então temos que fazer aquela subtração ser positiva, para isso, basta pegarmos:

ϵ = c 2

Teremos

f x ∙ g x > N 1 c 2

Basta pegarmos

N = N 1 c 2

Que é maior que 0

Passo 4

Agora vamos juntar tudo:

Dado ϵ > 0 e N > 0 , qualquer, existe um δ 1 > 0 e δ 2 > 0 tal que

0 < x - a < δ 2 ⇒ f x > N

0 < x - a < δ 1 ⇒ g x - c < ϵ

Tomando

ϵ = c 2

Chegamos em:

0 < x - a < δ 1 ,     0 < x - a < δ 2 ⇒ g x ∙ f x > N 1 c 2

Para juntar as duas inequações de δ 1 e δ 2 , pegamos o menor valor dos dois, porque assim isso vai garantir as duas inequações.

δ = min ⁡ δ 1 , δ 2

Assim:

0 < x - a < δ ⇒ g x ∙ f x > N 1 c 2

Tomando

N = N 1 c 2

Temos uma relação direta, então para todo N maior que 0 , garantimos que

0 < x - a < δ ⇒ f x ∙ g x > N

Passo 5

Parte i i : c < 0

Temos que mostrar que:

Para todo N < 0 existe δ > 0 tal que:

s e   0 < x - a < δ   e n t ã o   f x ∙ g x < N

Ele deu dois limites:

lim x → a ⁡ f x = ∞

lim x → a ⁡ g x = c

Assim, vamos ter

Dado ϵ > 0 qualquer, existe um δ 1 > 0 e tal que

0 < x - a < δ 1 ⇒ g x - c < ϵ

E

Dado N 1 > 0 qualquer, existe um δ 2 > 0 tal que

0 < x - a < δ 2 ⇒ f x > N 1

Vamos pegar a parte com as funções:

f x > N 1

g x - c < ϵ

Vamos abrir o módulo da outra função

g x - c < ϵ

- ϵ < g x - c < ϵ

- ϵ + c < g x < ϵ + c

Passo 6

Agora, vamos tentar achar o f x + g x

- ϵ + c < g x < ϵ + c

f x > N 1

Tomando

ϵ = c 2

c 2 < g x < 3 c 2

Como c < 0 , tudo ali é negativo. Vamos pegar

g x < 3 c 2

Quando multiplicarmos com a inequação de f x ela ira mudar de sinal por serem negativos.

Teremos

f x ∙ g x < N 1 3 c 2

Se aquele temo do lado direito por positivo, basta tomarmos N como ele.

N = N 1 3 c 2

Passo 7

Agora vamos juntar tudo:

Dado ϵ > 0 e N > 0 , qualquer, existe um δ 1 > 0 e δ 2 > 0 tal que

0 < x - a < δ 2 ⇒ f x > N

0 < x - a < δ 1 ⇒ g x - c < ϵ

Tomando

ϵ = c 2

Chegamos em:

0 < x - a < δ 1 ,     0 < x - a < δ 2 ⇒ g x ∙ f x < N 1 3 c 2

Para juntar as duas inequações de δ 1 e δ 2 , pegamos o menor valor dos dois, porque assim isso vai garantir as duas inequações.

δ = min ⁡ δ 1 , δ 2

Assim:

0 < x - a < δ ⇒ g x ∙ f x < N 1 3 c 2

N = N 1 3 c 2

Temos uma relação direta, então para todo N menor que 0 , garantimos que

0 < x - a < δ ⇒ g x ∙ f x < N

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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