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• 1. 1 Limites e suas propriedades. Lista 3a - com respostas no livro/folha de exercícios e atendimento. Atenção. As respostas devem ser completas, contendo todo o desenvolvimento lógico devido. Somente conclusões nais não serão aceitas. 1. Determinar limite pela denição ou mostrar que ele não existe: a) lim x→−1 (1 − 4x2 ) ; b) lim x→2 3 1+x ; c) lim x→0 H(x), H(x) = { 0, x 0 1, x ≥ 0 é a função de Heaviside. Solução. a) Primeiro, para ter uma idéia preliminar sobre tendência da função 1−4x2 quando x aproxima de −1, podemos calcular vários valores especícos e observar que a função tende a −3. Com essa suposição intuitiva, vamos tentar mostrar, pela denição, que realmente lim x→−1 (1 − 4x2 ) = −3. Para isso, precisamos especicar a denição do limite nesse caso: para qualquer ε 0 deve existir δ 0 tal que da desigualdade 0 |x + 1| δ segue que |1 − 4x2 | ε. O problema principal é mostrar que a última desigualdade para os valores da função (desigualdade principal) está satisfeita para todos x bastante próximos de −1. Para vericar a desigualdade principal é necessário transforma-la a forma que contém fator |x + 1|, porque somente esse módulo podemos tornar tal pequeno como queremos. Então representamos: |(1 − 4x2 ) − (−3)| = |4 − 4x2 | = 4|x + 1| · |x − 1| 4δ · |x − 1|. Vamos avaliar o último fator: |x − 1| = |x + 1 − 2| ≤ |x + 1| + 2 δ + 2 ≤ 3, desde que δ ≤ 1 (o que podemos garantir, porque δ ca a nossa escolha). Logo, |(1 − 4x2 ) − (−3)| 4δ · |x − 1| 12δ = ε. Resumindo, se para qualquer ε 0 escolhemos δ = min{1, ε 12 }, então garantimos que para todos x tais que 0 |x + 1| δ segue que |(1 − 4x2 ) − (−3)| 12δ ≤ ε. Assim, a denição do limite está satisfeita. b) De novo, começamos calculando alguns valores da função quando x ca perto de 2 e detec- tamos a aproximação da função de 1. Fazendo essa observação, tentamos mostrar, pela denição, que realmente lim x→2 3 1+x = 1, isto é, para qualquer ε 0 deve existir δ 0 tal que da desigualdade 0 |x − 2| δ segue que | 3 1+x − 1| ε. Para vericar a desigualdade principal (a última) é preciso transforma-la a forma que contém fator |x − 2|: | 3 1+x − 1| = |2−x 1+x | = |x−2| |1+x| δ |1+x| . Pensando que sempre tomamos δ ≤ 1, garantimos que x 1 e então |1 + x| 2. Logo, | 3 1+x − 1| δ |1+x| δ 2 = ε. Resumindo, para qualquer ε 0, escolhendo δ = min{1, 2ε} garantimos que para todos x tais que 0 |x − 2| δ segue que | 3 1+x − 1| δ 2 ≤ ε. Assim, a denição do limite está satisfeita. c) A própria denição da função mostra que à esquerda e à direita do ponto 0 a função H(x) tem tendências diferentes: quando x 0, a função mantem o mesmo valor 0 e então tende a esse número, mas quando x 0, a função é igual a outra constante, 1, e então converge a essa constante. Assim, não tem uma tendência única quando x aproxima da origem, o que signica que não existe limite no ponto 0. Vamos formalizar isso analiticamente, construindo, primeiro, a formulação geral de que uma função não tem limite num ponto escolhido e depois provando que isso é o caso da função H(x) na origem. Partindo da denição do limite, podemos dizer que não existe limite de f(x) quando x tende a a se: para qualquer constante A existe um valor de εA 0 tal que qualquer que for δ 0 escolhido, entre os valores x que satisfazem a desigualdade 0 |x − a| δ existe pelo menos um xA tal que |f(xA) − A| εA. Então, no caso especíco de lim x→0 H(x), faremos três tentativas de escolher o valor do limite: A = 0, A = 1 e A qualquer número diferente de 0 e 1. Se A = 0, então tomando εA = 1 2 , garantimos que em qualquer δ-vizinhança de x = 0 tem pontos positivos x 0 nos quais |H(x) − A| = 1 − 0 εA = 1 2 , o que signica que A = 0 não é limite de H(x). Caso A = 1, escolhemos o mesmo εA = 1 2 e observamos que em qualquer δ-vizinhança de x = 0 tem pontos x 0 nos quais |H(x) − A| = |0 − 1| = 1 εA = 1 2 , o que mostra que A = 1 também não é limite de H(x). Finalmente, tomamos qualquer A ̸= 0, 1. Nesse caso, calculamos