Solução:

Por hipótese do limite da $$f$$, dado $$\epsilon>0$$, existe $$\delta>0$$ tal que, se $$|x-p|<\delta$$, então $$|f(x)-a|<\epsilon$$. Por hipótese da continuidade da $$g$$, para qualquer $$\lambda>0$$, existe $$\gamma>0$$ tal que, se $$|y-a|<\gamma$$, então $$|g(y)-g(a)|<\lambda$$.

Como a primeira sentença é válida para todo ε>0, valerá, em particular, para $$\epsilon = \gamma$$, sendo γ>0 um número que existe em função de λ>0. Pela concatenação lógica das duas sentenças, e observando que $$y$$ pode ser igual a $$f(x)$$, teremos que:

dado λ>0, existem γ,δ>0 tais que:

• se $$|x-p|<\delta$$, então $$|f(x)-a|<\gamma$$;
• se $$|f(x)-a|<\gamma$$, então $$|g(f(x))-g(a)|<\lambda$$;
• portanto, se $$|x-p|<\delta$$, temos $$|g(f(x))-g(a)|<\lambda$$.

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Solução:
Observe que a sequência é $$2-1 ; 2+\frac{1}{2} ; 2 – \frac{1}{3},…$$.
Apesar de sua alternância, a sequência é convergente, pois as subsequências de números pares e ímpares tendem a 0.:

$$2+\frac{1}{2n}\longrightarrow 2$$ e $$2 – \frac{1}{2n-1}\longrightarrow 2$$.

Provaremos que o limite é igual a 2 pela definição:

dado ε>0, podemos escolher $$n_{0}>\frac{1}{\epsilon}$$, de modo que, se $$n>n_{0}$$, teremos

$$|a_{n}-2| = |\frac{(-1)^{n}}{n}+2-2| = $$

$$|\frac{(-1)^{n}}{n}|=\frac{1}{n}<\frac{1}{n_{0}}<\epsilon$$.

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Solução:

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Solução:

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Neste artigo, estudamos as principais propriedades do limite que tende ao infinito. Se tomarmos como exemplo a função $$f(x)=\frac{1}{x}$$, definida em $$\mathbb{R}-\{0\}$$, podemos nos perguntar o que ocorre com o seu valor à medida que x cresce indefinidamente.

Acesse nossa Página de Cálculo Diferencial e Integral I

Observamos alguns exemplos.

Observamos que a função assume valores cada vez mais próximos de zero se aumentarmos muito o valor de $$x$$. Dizemos que $$lim_{x\to\infty} f(x) = 0$$, em que o símbolo ∞ indica que o $$x$$ está ficando cada vez maior. Formalmente, definimos a simbologia lim_x→∞ f(x) = L do seguinte modo:

Dado ε>0, existe $$A>0$$ tal que, se $$ x>A$$, então $$|f(x)-L|<\epsilon$$.

Observação: se estivermos interessados em definir o limite quando $$x$$ tende a –∞, basta trocarmos a definição para $$x<-A$$.

Exemplo

Vamos demonstrar a afirmação $$lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}=0$$, por meio da definição.
Se fizermos a igualdade $$\epsilon = \frac{1}{A}$$, todo ε produz um $$A$$ nas condições da definição. Agora, se $$|x|>A$$, então \[|\frac{1}{x}|=\frac{1}{|x|}<\frac{1}{A}=\epsilon .\]

O que completa a demonstração.

Propriedades Operacionais

Sejam $$f$$ e $$g$$ duas funções reais tais que lim_x→∞ f(x) = L₁ e lim_x→∞ g(x) = L₂ e seja dada uma constante real $$k$$. Valem as seguintes propriedades:

1. $$lim_{x\to}[f(x)\pm g(x)] = L_{1}\pm L_{2}$$.
2. $$lim_{x\to\infty}(kf(x)) = lim_{x\to}[f(x)+g(x)] = k\cdot L_{1}$$.
3. $$lim_{x\to\infty}[f(x) \cdot g(x)] = L_{1}\cdot L_{2}$$.
4. $$lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{L_{1}}{L_{2}}$$, se $$L_{2}\neq 0 $$.

Uma observação importante: se estivermos interessados em calcular limites em -∞, os teoremas permanecem válidos. 

Agora é com você! Pratique!

• Exercícios sobre Limites no Infinito
• Exercícios Resolvidos de Limites: acesse aqui!

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$$\lim_{x\to 3}(2x+4)=10$$.

Lista de Exercícios Resolvidos sobre Limites, acesse aqui!

Solução:

Se impusermos que $$\epsilon=\delta$$, quando for dado o valor de ε, teremos o valor de δ, e a condição a seguir é satisfeita:

\[0<|x-4|<\delta=\epsilon\Longrightarrow |f(x)-3|=|x-1-3|=|x-4|<\epsilon\].

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Lista de Exercícios Resolvidos sobre Limites, acesse aqui!

Solução:
Se impusermos que $$\epsilon=\delta$$, quando for dado o valor de ε, teremos o valor de δ, e a condição a seguir é satisfeita:

\[0<|x-4|<\delta=\epsilon\Longrightarrow |f(x)-3|=|x-1-3|=|x-4|<\epsilon\].

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Solução:

Dado $$\epsilon>0$$, tomamos $$\epsilon/2>0$$, então existe $$n_{0}=max\{n_{1},n_{2}\}$$, tal que, para $$n>n_{0}$$, tem-se $$|x_{n}-a|<\epsilon/2$$ e $$|y_{n}-b|<\epsilon/2$$. Por hipótese, existe $$L>0$$ tal que $$b=L+a$$.

Assim, temos $$|x_{n}-a|=|a-x_{n}|=|b-L-x_{x}+y_{n}|<\epsilon/2$$.

Por outro lado:

\[|y_{n}-x_{n}-L|=|b-L-x_{n}+y_{n}-b|\leq|b-L-x_{n}|+|y_{n}-b|<\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon\].

Isto é, $$|y_{n}-x_{n}-L|<\epsilon$$.

Em outras palavras, uma das desigualdades obtidas é $$L-\epsilon < y_{n}-x_{n}$$. Tomando $$\epsilon = L$$, ter-se-á $$0<y_{n}-x_{n}\Longrightarrow x_{n}<y_{n}$$, para todo $$n>n_{0}$$.

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\[\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x^{2}-y^{2}}{1+x^{2}+y^{2}}\]

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