Limites

por **cortesfsa** » Sex Dez 18, 2009 22:30

Dúvida: usando a definição de limites, se formos demonstrar que $\lim_{x\to 1}(3x+2)=5$ , podemos proceder da seguinte forma:

Devemos mostrar que
$\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0\mid 0< |x-1|<\delta \Longrightarrow |(3x+2)-5|<\varepsilon$
Nota-se que
$|(3x+2)-5|<\varepsilon \Leftrightarrow |x-1|<\frac{\varepsilon }{3}$
Assim, se escolhermos $\delta =\frac{\varepsilon }{3}$ , teremos
$\forall \varepsilon > 0,\exists \delta=\frac{\varepsilon }{3} > 0\mid 0< |x-1|<\delta \Longrightarrow |(3x+2)-5|<\varepsilon$
De fato, se
$0<|x-1|< \delta=\frac{\varepsilon }{3}\Rightarrow 3|x-1|<\varepsilon \Rightarrow |(3x+2)-5|<\varepsilon$

Agora, como faço para demonstrar, usando a definição, que $\lim_{x\to 1}(3x+2)=6$ é falso?

por **Molina** » Sáb Dez 19, 2009 15:15

Boa tarde.

Note que suponde que o resultado desse limite seja 6 você não conseguirá chegar que $|x-1|<k \varepsilon$ . Com isso não conseguirá escolher um $\delta$ e dar continuidade a demonstração.

Acredito que esse critério já é suficiente para mostrar que o limite não é 6.

Abraços, :y:

por **cortesfsa** » Sáb Dez 19, 2009 19:22

Olá molina,
Ainda não me dei por satisfeito :-D

E se eu proseguir da seguinte forma:
$\LARGE\\ |(3x+2)-6|<\varepsilon \\ |3x-4|<\varepsilon \\ -\varepsilon <3x-4<\varepsilon \\ \frac{4-\varepsilon }{3}<x<\frac{4+\varepsilon }{3} \\ \frac{1-\varepsilon }{3}<x-1<\frac{1+\varepsilon }{3}$
Isso significa que se $\delta$ estiver dentro desse intervalo a condição estará satisfeita? Eu sei que, pelo conceito de limite isso é absurdo, mas eu só estou tentando entender a definição.

Outra dúvida: como chegar em $|x-1|<k\varepsilon$ demonstrando $\lim_{x\to 1}x^2=1$ ?

Agradeço a atenção :y: