LIMITES E CONTINUIDADE 1 LIMITE Marina Vargas R. P. Gonçalves a a Departamento de Matemática, Universidade Federal do Paraná, marina.vargas@gmail.com, http:// www.estruturas.ufpr.br Definição 1.1 O limite de f(x) quando x tende a p é igual a L. Considere-se f(x) = 2x + 6 e p = 1 lim f(x) = L x p f(0, 9) = 7, 8 f(1, 1) = 8, 2 f(0, 99) = 7, 98 f(1, 01) = 8, 02 f(0, 999) = 7, 998 f(1, 001) = 8, 002 f(0, 9999) = 7, 9998 f(1, 0001) = 8, 0002 Se 0, 9 < x < 1, 1 então 7, 8 < f(x) < 8, 2 Se 0, 99 < x < 1, 01 então 7, 98 < f(x) < 8, 02 Se 0, 999 < x < 1, 001 então 7, 998 < f(x) < 8, 002 Se 0, 9999 < x < 1, 0001 então 7, 9998 < f(x) < 8, 0002 Se 1 δ < x < 1 + δ então 8 ɛ < f(x) < 8 + ɛ Definição 1.2 Seja f uma função definida sobre algum intervalo aberto que contém o número p, exceto possivelmente o próprio p. Então dizemos que o limite de f(x) quando x tende a p é L e escrevemos: se para todo ɛ > 0 existe um δ > 0 tal que lim f(x) = L x p 0 < x p < δ f(x) L < ɛ 1
Figure 1 Considere a função: f(x) = { 2x 1 se x 3 6 se x = 3 Intuitivamente, vemos que lim x 3 f(x) = 5. Quão próximo de 3 deverá estar x para que f(x) tenha diferença de 5 por menos do que 0, 1? A distância de x a 3 é x 3 f(x) a 5 é f(x) 5 logo, nosso problema é achar um número δ tal que se x 3 < δ, mas x 3 f(x) 5 < 0, 1 Se x 3 > 0, então x 3. Logo uma formulação equivalente é achar um número δ tal que Note que se 0 < x 3 < 0,1 2, então se 0 < x 3 < δ, mas x 3 f(x) 5 < 0, 1 f(x) 5 = (2x 1) 5 = 2x 6 = 2 x 3 < 0, 1. Assim, a resposta será δ = 0,1 = 0, 05. Se mudarmos o número 0,1 no problema para um número 2 menor (0, 01), então o valor de δ mudará para δ = 0,01. em geral, se usarmos um valor positivo arbitrário 2 ɛ, então o problema será achar um δ tal que se 0 < x 3 < δ f(x) 5 < ɛ. E podemos ver que neste caso δ pode ser escolhido como sendo ɛ. Esta é uma maneira de dizer que 2 f(x) está próximo de 5 quando x está próximo de 3. Também podemos escrever 5 ɛ < f(x) < 5 + ɛ sempre que 3 δ < x < 3 + δ, x 3, ou seja, tomando os valores de x 3 no intervalo (3 δ, 3+δ), podemos obter os valores de f(x) dentro do intervalo (5 ɛ, 5 + ɛ). (1)
Figure 2 1.1 Interpretação Geométrica do Limite Na primeira situação, f não está definida em p, mas existe L que satisfaz a propriedade. Na segunda situação, f está definida em p, mas não é contínua em p.
Na terceita situação, f é contínua em p. N quarta situação, não existe o limite de f em p, ou seja, não satisfaz a condição Exemplo 1.1 Prove que lim x 2 (3x 2) = 4 0 < x p < δ f(x) L < ɛ Devemos fazer uma análise preliminar para conjecturar o valor de δ. Dado ɛ > 0, o problema é determinar δ tal que se 0 < x 2 < δ, (3x 2) 4 < ɛ. Mas (3x 2) 4 = (3x 6) = 3(x 2) = 3 x 2. Portanto, queremos 3 x 2 < ɛ, sempre que 0 < x 2 < δ. ou x 2 < ɛ, sempre que 0 < x 2 < δ. 3 Isso sugere que podemos escolher δ = ɛ 3. Exemplo 1.2 Usando a definição de limite, provar que: lim x 1 (3x 1) = 2 De acordo com a definição, devemos mostrar que, para todo ɛ > 0, existe um δ > 0, tal que: (3x 1) 2 < ɛ sempre que 0 < x 1 < δ. O exame da desigualdade envolvendo ɛ proporciona uma chave para a escolha de δ. Assim, (3x 1) 2 3x 3 3 x 1 x 1 < ɛ 3. Fazendo δ = ɛ, vem que: 3 Portanto, lim x 1 (3x 2) = 2. Exemplo 1.3 Mostre que o lim x 2 x + 2 = 4 (3x 1) 2 < ɛ sempre que 0 < x 1 < δ
.. De acordo com a definição, devemos mostrar que, para todo ɛ > 0, existe um tal δ > 0, tal que: x + 2 4 < ɛ sempre que 0 < x + 2 < δ x + 2 < ɛ Fazendo δ = ɛ, vem que: x + 2 4 < ɛ sempre que 0 < x + 2 < δ Portanto: lim x 2 x + 2 = 4 Definição 1.3 Sejam f uma função e p um ponto de seu domínio. Definimos: Para todo ɛ > 0 dado, existe δ > 0(dependendo de ɛ), f contínua em p tal que, para todo x D f, p δ < x < p + δ f(p) ɛ < f(x) < f(p) + ɛ. Exemplo 1.4 Prove que f(x) = 2x + 1 é contínua em p = 1. Solução: Precisamos provar que para cada ɛ > 0 dado, conseguiremos um δ > 0, tal que 1 δ < x < 1 + δ f(1) ɛ < f(x) < f(1) + ɛ. O ɛ > 0 é dado, queremos achar δ > 0. Devemos determinar δ > 0 de modo que f(x) permaneça entre f(1) ɛ e f(1) + ɛ para x entre 1 δ e 1 + δ. Vamos então resolver a inequação Temos f(1) ɛ < f(x) < f(1) + ɛ. f(1) ɛ < f(x) < f(1) + ɛ 3 ɛ < 2x + 1 < 3 + ɛ Somando 1 aos membros das desigualdades e dividindo por 2, resulta f(1) ɛ < f(x) < f(1) + ɛ 1 ɛ 2 < x < 1 + ɛ 2. Então, dado ɛ > 0 e tomando-se δ = ɛ 2 Logo, f é contínua em p = 1. 1 δ < x < 1 + δ f(1) ɛ < f(x) < f(1) + ɛ. Exemplo 1.5 A função constante f(x) = k é contínua em todo p real. Solução: Precisamos provar que dado ɛ > 0, existe δ > 0 tal que x p < δ f(x) f(p) < ɛ Assim, f(x) f(p) = k k = 0 para todo x e todo p; assim, dado ɛ > 0 e tomando-se um δ > 0 qualquer x p < δ f(x) f(p) = k k < ɛ Logo, f é contínua em p, qualquer que seja p. Como f é contínua em todo p de seu domínio, resulta que f(x) = k é uma função contínua.
Exemplo 1.6 A função afim f(x) = ax + b é contínua. (a e b constantes) Solução: Se a = 0, f é constante, logo contínua. Suponhamos, então, a 0. Temos: f(x) f(p) = ax + b ap b = a x p. Assim, para todo ɛ > 0 dado Tomando-se, então, δ = ɛ a f(x) f(p) < ɛ x p < ɛ a. x p < δ f(x) f(p) < ɛ. logo, f é contínua em p. Como p foi tomado de modo arbitrário, resulta que f é contínua em todo p real, isto é, f é contínua. Teorema 1.1 Teorema do Confronto Suponha g(x) f(x) h(x), x I, onde I é um intervalo aberto contendo c, exceto possivelmente em x = c. Suponha também que: lim g(x) = lim h(x) = L x c x c Então lim x c f(x) = L. Exemplo 1.7 Considere os gráficos a direita das funções 1 x, sin x 2 x 2 (positivo), a função sin x x 2 fica confrontada pelas outras duas funções. Este comportamento traduz-se analiticamente por: E como, Conclui-se que: lim x + 1 x 2 = lim 1 x + x = 0 2 1 x 2 sin x x 2 1 x 2 sin x lim = 0 x + x 2 e 1. Quando x tende para infinito x2
Figure 3 (Guidorizzi (1995)), (Leithold (1994)), (Swokowski (1994)). REFERENCES Guidorizzi H.L. Um Curso de Cálculo, volume I. LTC, 1995. Leithold L. O Cálculo com Geometria Analítica, volume I. Harbra, 1994. Swokowski E. Cálculo com Geometria Analítica, volume I. Makron, 1994.