tecnicas calculo limites

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Algumas te´cnicas para calcular tipos de Limites que geram indeterminac¸o˜es
do tipo 0/0
Ate´ o momento a discussa˜o girou em torno de argumentos teo´ricos acerca de Limite. Esta sessa˜o
destina-se a discutir algumas te´cnicas para calcular certos tipos de Limites. Para tanto, a seguir sera˜o dis-
cutidos alguns exerc´ıcios, ou seja, na˜o sera´ feito grandes elucubrac¸o˜es sobre teoria, mas, sim, apresenta-se
uma sequeˆncia de exerc´ıcios permados por elemenos teo´ricos. Ou seja, a teoria necessa´ria para solucionar
este tipo de exerc´ıcio sera´ apresentada ao longo do desenvolvimento do exerc´ıcio.
Exerc´ıcio 1 Calcule lim
x→1
x3 + 2x2 − 5x + 2
x2 + 2x− 3 .
Soluc¸a˜o:
DISCUSSO˜ES PRELIMINARES
Considerando os polinoˆmios p(x) = x3 + 2x2 − 5x + 2 e q(x) = x2 + 2x− 3, podemos encarar a func¸a˜o
f(x) =
x3 + 2x2 − 5x + 2
x2 + 2x− 3 como o quociente dos polinoˆmios p(x) e q(x), ou seja f(x) =
p(x)
q(x)
.
Enta˜o, a ideia inicial e´ calcular lim
x→1
p(x), lim
x→1
q(x) e
utilizar que ‘Limite do quociente = quociente dos Limites’, isto e´,
lim
x→1
f(x)
f(x)=p(x)/q(x)
======= lim
x→1
p(x)
q(x)
Lim. do quociente = quociente dos Lim.
=================
limx→1 p(x)
limx→1 q(x)
Temos que
• lim
x→1
p(x) = lim
x→1
x3 + 2x2 − 5x + 2 subst. x por 1 e finalizar a conta============== 1 + 2− 5 + 2 = 0
• lim
x→1
q(x) = lim
x→1
x2 + 2x− 3 subst. x por 1 e finalizar a conta============== 1 + 2− 3 = 0
Portanto, lim
x→1
p(x) = 0 e lim
x→1
q(x) = 0. Assim, lim
x→1
f(x) =
limx→1 p(x)
limx→1 q(x)
=
0
0
!!! Hum! Problema!
Enta˜o, a ideia desenvolvida anteriormente na˜o resolve. O que fazer?!
Note que p(1) = 1 + 2− 5 + 2 = 0⇒ p(1) = 0⇒ x = 1 e´ raiz do polinoˆmio p(x). Logo, podemos
encontrar um outro polinoˆmio p1(x), tal que, p(x) = (x− 1)p1(x).
O mesmo ocorre com q(x). Temos que q(1) = 1 + 2− 3 = 0⇒ q(1) = 0⇒ x = 1 e´ raiz do
polinoˆmio q(x). Logo, podemos encontrar um outro polinoˆmio q1(x), tal que, q(x) = (x− 1)q1(x).
Parece que o melhor caminho e´ este, ou seja, encontrar p1(x) e q1(x), e, em seguida, finalizar o
racioc´ınio.
Mas, como encontrar p1(x) e q1(x)?
• Desenvolver estas contas na lousa.
Apo´s as contas, obtemos que p(x) = (x− 1)(x2 + 3x− 2) e q(x) = (x− 1)(x + 3).
1
Temos que
lim
x→1
x3 + 2x2 − 5x + 2
x2 + 2x− 3 = limx→1
(x− 1)(x2 + 3x− 2)
(x− 1)(x + 3)
∗
= lim
x→1
x2 + 3x− 2
x + 3
?
=
1 + 3− 2
1 + 3
=
1
2
EXPLICAC¸O˜ES
(∗) Pode-se cancelar a expressa˜o (x− 1) que ocorre no numerador e no denominador do Limite
em questa˜o, pois x→ 1⇒ x 6= 1⇒ x− 1 6= 0. So´ se pode cancelar expresso˜es que ocorrem no
numerador e no denominador, se estas expresso˜es na˜o se anulam. O que e´ o nosso caso!
(?) Temos que
lim
x→1
x2 + 3x− 2
x + 3
=
limx→1(x2 + 3x− 2)
limx→1(x + 3)
subst. x = 1 e fazer a conta
============
1 + 3− 2
1 + 3
=
2
4
=
1
2
Portanto, lim
x→1
x3 + 2x2 − 5x + 2
x2 + 2x− 3 =
1
2
COMENTA´RIO INTERESSANTE: A te´cnica de escrever um polinoˆmio como produto de outros po-
linoˆmios recebe o nome de DECOMPOSIC¸A˜O EM FATORES. No nosso caso escrevemos x3+2x2−5x+2 =
(x− 1)(x2 + 3x− 2), ou seja, escrevemos o polinoˆmio x3 + 2x2 − 5x + 2 como produto de outros dois po-
linoˆmios, isto e´, decompomos o polinoˆmio x3 + 2x2− 5x+ 2 em fatores. O mesmo ocorre com o polinoˆmio
x2 + 2x− 3. Decompomos o polinoˆmio x2 + 2x− 3 em fatores, pois escremos x2 + 2x− 3 como produto de
outros polinoˆmios, a saber, x2 + 2x− 3 = (x− 1)(x + 3). Nem sempre e´ poss´ıvel fazer isso. Por exemplo,
o polinoˆmio x2 + 1 na˜o pode ser decomposto em fatores da forma ax + b, com a e b nu´meros reais.
Pergunta: Pq o polinoˆmio x2 +1 na˜o pode ser decomposto em fatores da forma ax+b, com a e b nu´meros
reais? Pense nisso! Ok?
Exerc´ıcio 2 Calcule lim
x→2
4(x2 − 4)
x− 2 .
Dica: Utilize ideias bem semelhantes as usadas no exerc´ıcio anterior.
Soluc¸a˜o: Tente fazer. Qualquer du´vida, me procure. Ok?
2
Exerc´ıcio 3 Calcule lim
x→2
2x2 − 3x− 2√
x + 2−√x2 − x + 2.
Soluc¸a˜o:
DISCUSSO˜ES PRELIMINARES
A deia e´ iniciar como no exerc´ıcio anterior, ou seja, verificar o que ocorre com os limites
lim
x→2
2x2 − 3x− 2 e lim
x→2
√
x + 2−
√
x2 − x + 2 e descobrir se e´ poss´ıvel aplicar que
‘Limite do quociente = quociente dos Limites’, ou, se este limite gera uma ideterminac¸a˜o do tipo 0/0.
Temos que,
• lim
x→2
2x2 − 3x− 2 subst. x = 2 e finalizar as contas============== 8− 6− 2 = 0⇒ lim
x→2
2x2 − 3x− 2 = 0
• lim
x→2
√
x + 2−
√
x2 − x + 2 subst. x = 2 e finalizar as contas============== √2 + 2−√4− 2 + 2 =
√
4−
√
4 = 0
⇒ lim
x→2
√
x + 2−
√
x2 − x + 2 = 0
Enta˜o na˜o podemos usar que ‘Limite do quociente = quociente dos Limites’. E a´ı? O que fazer?.
Na˜o podemos utilizar a mesma te´cnia do exerc´ıcio anterior, pois
√
x + 2−√x2 − x + 2 na˜o e´ um
polinoˆmio. Mas podemos tentar adaptar a te´cnica de decompor um polinoˆmio em fatores para o caso
em que aparecem raiz quadrada.
Ja´ que o problema envolve uma raiz quadrada vamos, primeiramente, pensar em uma ‘fo´rmula’
para elevado ao quadrado e adequar para o caso raiz quadrada. Temos que, u2 − v2 = (u− v)(u + v).
Fazendo u =
√
a e v =
√
v, teremos,
u2 − v2 = (u− v)(u + v)⇒ (√a)2 − (
√
b)2 = (
√
a−
√
b)(
√
a +
√
b).
Como, (
√
a)2 = a e (
√
b)2 = b, aplicando a ‘fo´rmula’ teremos,
a− b = (√a−
√
b)(
√
a +
√
b).
Enta˜o, para resolver o limite proposto no exerc´ıcio, iniciamos multiplicando e dividindo por√
x + 2 +
√
x2 − x + 2, que e´ o conjugado de √x + 2−√x2 − x + 2.
Temos que,
lim
x→2
2x2 − 3x− 2√
x + 2−√x2 − x + 2
multip. e dividir pelo conjugado
============== lim
x→2
2x2 − 3x− 2√
x + 2−√x2 − x + 2
(
√
x + 2 +
√
x2 − x + 2)
(
√
x + 2 +
√
x2 − x + 2) =
fazer a conta so´ no denominador
============== lim
x→2
2x2 − 3x− 2
(
√
x + 2)2 − (√x2 − x + 2)2 (
√
x + 2 +
√
x2 − x + 2) =
= lim
x→2
2x2 − 3x− 2
(x + 2)− (x2 − x + 2)(
√
x + 2 +
√
x2 − x + 2) = lim
x→2
2x2 − 3x− 2
2x− x2 (
√
x + 2 +
√
x2 − x + 2) ∗=
lim
x→2
(x− 2)(2x + 1)
(x− 2)(−x) (
√
x + 2 +
√
x2 − x + 2) = lim
x→2
2x + 1
−x (
√
x + 2 +
√
x2 − x + 2) subst. x = 2 e finalizar as contas==============
4 + 1
−2 (
√
4 +
√
4) =
−5
2
(2 + 2) = −10
3
Portanto, lim
x→2
2x2 − 3x− 2√
x + 2−√x2 − x + 2 = −10.
JANELA DE EXPLICAC¸O˜ES
Na igualdade ∗ usamos ideia de decompor um polinoˆmio em fatores. No caso deste exerc´ıcio,
escrevevemos 2x2 − 3x− 2 = (x− 2)(2x + 1) e que 2x− x2 = (x− 2)(−x)e na˜o manipulamos
a expressa˜o
√
x + 2 +
√
x2 − x + 2, pq na˜o era interessante para finalizar a soluc¸a˜o do exerc´ıcio.
PERGUNTA IMPORTANTE: Essa te´cnica de multiplicar e dividir pelo conjugado funciona para Li-
mites que envolvem todo tipo de raiz? Por exemplo, funciona para Limites que envolvem raiz cu´bica?
RESPOSTA: NA˜O. Para cada raiz e´ necessa´rio desenvolver uma fo´rmula. Por exemplo, quando o Limite
envolve uma raiz cu´bica, temos que comec¸ar pensando em uma fo´rmula para elevado ao cubo, e depois
adequar para raiz cu´bica.
Fac¸amos isso agora. Temos que comec¸ar desenvolvendo uma fo´rmula para elevado ao cubo. Note que,
u3 − v3 = (u− v) “ALGO”. Como descobrir o que e´ este ALGO? Dividindo u3 − v3 por u− v, utilizando
as ideias de divisa˜o polinomial.
DESENVOLVER AS CONTAS NA LOUSA
Apo´s as contas, concluir que u3 − v3 = (u− v)(u2 + uv + v2)
Agora, fazendo u = 3
√
a e v = 3
√
b, otemos
( 3
√
a)3 − ( 3
√
b)3 = ( 3
√
a− 3
√
b)(( 3
√
a)2 + 3
√
a
3
√
b + (
3
√
b)2)
Ou seja, a− b = ( 3√a)3 − ( 3
√
b)3 = ( 3
√
a− 3
√
b)(a2/3 + a1/3b1/3 + b2/3)
Portanto, a− b = ( 3√a− 3
√
b)(a2/3 + a1/3b1/3 + b2/3)
Exerc´ıcio 4 Calcule lim
x→1
3√
x2 + 2x + 5− 3√2x + 6
x2 + 2x− 3 .
Soluc¸a˜o:
4
CONSIDERAC¸O˜ES INICIAIS
Note que
• lim
x→1
3
√
x2 + 2x + 5− 3√2x + 6 = 3
√
lim
x→1
x2 + 2x + 5− 3
√
lim
x→1
2x + 6 =
3
√
8− 3
√
8 = 0
• lim
x→1
x2 + 2x− 3 = 1 + 2− 3 = 0
Portanto, o limite lim
x→1
3
√
x2 + 2x + 5− 3√2x + 6
x2 + 2x− 3 gera uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0.
Enta˜o o caminho para solucionar o exerc´ıcio e´ aplicar a fo´rmula
a− b = ( 3√a− 3
√
b)(a2/3 + a1/3b1/3 + b2/3) e finalizar os ca´lculos.
Temos que,
lim
x→1
3
√
x2 + 2x + 5− 3√2x + 6
x2 + 2x− 3
(∗)
=
= lim
x→1
3
√
x2 + 2x + 5− 3√2x + 6
x2 + 2x− 3
[(x2 + 2x + 5)2/3 + (x2 + 2x + 5)1/3 (2x + 6)1/3 + (2x + 6)2/3]
[(x2 + 2x + 5)2/3 + (x2 + 2x + 5)1/3 (2x + 6)1/3 + (2x + 6)2/3]
=
fazer a conta do numerador (?)
============= lim
x→1
x2 − 1
x2 + 2x− 3
1
[(x2 + 2x + 5)2/3 + (x2 + 2x + 5)1/3 (2x + 6)1/3 + (2x + 6)2/3]
(4)
=
= lim
x→1
(x− 1)(x + 1)
(x− 1)(x + 3)
1
[(x2 + 2x + 5)2/3 + (x2 + 2x + 5)1/3 (2x + 6)1/3 + (2x + 6)2/3]
cancelar (x−1)
======
= lim
x→1
(x + 1)
(x + 3)
1
[(x2 + 2x + 5)2/3 + (x2 + 2x + 5)1/3 (2x + 6)1/3 + (2x + 6)2/3]
fazer x=1e finalizar as contas
=============
=
2
4
1
(8)2/3 + (8)1/3 (8)1/3 + (8)2/3
=
1
2
1
(8)2/3 + (8)2/3 + (8)2/3
=
1
2
1
3 (8)2/3
=
1
2
1
3
3
√
82
=
=
1
2
1
3 3
√
64
=
1
2
1
12
=
1
24
Portanto, lim
x→1
3
√
x2 + 2x + 5− 3√2x + 6
x2 + 2x− 3 =
1
24
.
5
JANELA DE EXPLICAC¸O˜ES
(∗) De acordo com a fo´rmula a− b = ( 3√a− 3
√
b)(a2/3 + a1/3b1/3 + b2/3) devemos multiplicar
e dividir por (x2 + 2x + 5)2/3 + (x2 + 2x + 5)1/3 (2x + 6)1/3 + (2x + 6)2/3
(?) De acordo com a fo´rmula, a conta do numerador fica fa´cil. Nem precisa processar a conta de fato,
pois ( 3
√
a− 3
√
b)(a2/3 + a1/3b1/3 + b2/3) = a− b, enta˜o
(
3
√
x2 + 2x + 5− 3√2x + 6)[(x2 + 2x + 5)2/3 + (x2 + 2x + 5)1/3 (2x + 6)1/3 + (2x + 6)2/3] =
= (x2 + 2x + 5)− (2x + 6) = x2 + 2x + 5− 2x− 6 = x2 − 1
(4) Note que lim
x→1
x2 − 1 = 1− 1 = 0 e lim
x→1
x2 + 2x− 3 = 1 + 2− 3 = 0. Logo, o limite
lim
x→1
x2 − 1
x2 + 2x− 3 gera uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0. Para resolver este problema
vamos aplicar a te´cnica de decompor um polinoˆmio em fatores.
Temos que, x2 − 1 = (x− 1)(x + 1) e x2 + 2x− 3 = (x− 1)(x + 3) (Eu fiz este tipo de conta
em outros exerc´ıcios).
Teorema:
Seja f uma func¸a˜o tal que lim
x→a
f(x) = L. Enta˜o:
(a) Para todo n ∈ N− {0} par, se L ≥ 0, teremos lim
x→a
n
√
f(x) = n
√
lim
x→a
f(x) =
n
√
L
(b) Para todo n ∈ N − {0} ı´mpar (nesta caso L pode ser positivo ou negativo, e o resultado sera´ o
mesmo), teremos lim
x→a
n
√
f(x) = n
√
lim
x→a
f(x) =
n
√
L
Exerc´ıcio 5 Calcule lim
x→−2
√
x3 + 5x2 + 9x + 6
−2x2 − 3x + 2 .
Ideias da soluc¸a˜o:
(1◦) lim
x→−2
√
x3 + 5x2 + 9x + 6
−2x2 − 3x + 2
?
=
√
lim
x→−2
x3 + 5x2 + 9x + 6
−2x2 − 3x + 2
(2◦) Como lim
x→−2
x3 + 5x2 + 9x + 6 = 0 e lim
x→−2
−2x2 − 3x + 2 = 0, enta˜o vamos aplicar a te´cnica de decom-
por um polinoˆmio em fatores. Fac¸a as contas para concluir que
x3 + 5x2 + 9x + 6 = (x + 2) (x2 + 3x + 3) e −2x2 − 3x + 2 = (x + 2) (1− 2x)
Tente finalizar o exerc´ıcio. Resposta: lim
x→−2
√
x3 + 5x2 + 9x + 6
−2x2 − 3x + 2 =
1√
5
=
√
5
5
Um resultado que pode ser bastante u´til no ca´lculo de determinados Limites e´ o Teorema do Confronto
(tambe´m conhecido como Teorema do Sandu´ıche), que sera´ enunciado a seguir.
6
Teorema:
Sejam f, g e h func¸o˜es tais que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x), para todo x ∈ I−{a}, em que I e´ um intervalo aberto
contendo o ponto a. Se lim
x→a
f(x) = L = lim
x→a
h(x), enta˜o lim
x→a
g(x) = L.
Forma de Diagrama: Colocar diagrama na lousa.
Figura que justifica: Colocar na lousa uma figura que justifica o Teorema.
Observac¸o˜es:
(1) A frase f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) pode ser substituida por qualquer uma das frases a seguir:
(a) f(x) < g(x) ≤ h(x);
(b) f(x) ≤ g(x) < h(x);
(c) f(x) < g(x) < h(x);
(d) f(x) > g(x) > h(x);
(e) f(x) > g(x) ≥ h(x);
(f) f(x) ≥ g(x) > h(x);
(g) f(x) ≥ g(x) ≥ h(x).
De qualquer forma, se vale que lim
x→a
f(x) = L = lim
x→a
h(x), enta˜o lim
x→a
g(x) = L. O IMPORTANTE e´ que
uma uma func¸a˜o fique entre outras duas, as desigualdades (desigualdades estritas ou na˜o) estejam todas
para o mesmo lado e o Limite das func¸o˜es que esta˜o nos extremos sejam iguais.
(2) A demonstrac¸a˜o deste resultado na˜o e´ dif´ıcil, pore´m, faz uso de alguns outros resultados (por exemplo,
Teorema da Conservac¸a˜o do Sinal, e outros). Recorra a` um texto dida´tico de boa qualidade, deˆ uma
olhada na demonstrac¸a˜o e, qualquer du´vida, me procure.
Do Teorema do Confronto decorre uma resultado bem interessante, cuja leitura e´: Infinite´simo por Limi-
tada = Infinite´simo, como descrito a seguir.
Discussa˜o preliminar
Definic¸a˜o: Dizemos que a func¸a˜o f : A −→ B e´ Limitada, se existem constantes a e b, tais que
a ≤ f(x) ≤ b, para todo x ∈ A. Tomando k = max{|a|, |b|}, podemos afirmar equivalentemente que:
f : A −→ B e´ Limitada, se existe constante k > 0, tal que |f(x)| ≤ k, para todo x ∈ A.
Em ambos os casos, graficamente, dizer que f e´ Limitada, significa dizer que o gra´fico da func¸a˜o f fica
restrito a` uma faixa, como ilustra a figura a seguir.
7
Exemplos de func¸o˜es limitadas
(1) A func¸a˜o f(x) = sen(x) e´ tal que −1 ≤ sen(x) ≤ 1⇒ |sen(x)| ≤ 1. Portanto, f(x) = sen(x) e´ func¸a˜o
limitada. (Observe a figura a seguir que ilustra o gra´fico da func¸a˜o f(x) = sen(x))
(2) A func¸a˜o f(x) =
1
x2 + 1
e´ tal que 0 ≤ f(x) ≤ 1 ⇒ |f(x)| ≤ 1. Portanto, f(x) = 1
x2 + 1
e´ func¸a˜o
limitada. (Observe a figura a seguir que ilustra o gra´fico da func¸a˜o f(x) = 1
x2+1
)
Resultado interessante: Sejam f e g func¸o˜es tais que f e´ Limitada (na˜o precisa existir lim
x→a
f(x), basta
que f seja limitada) e lim
x→a
g(x) = 0 (enta˜o existe lim
x→a
g(x) e este limite vale 0. Neste caso, o fato de
lim
x→a
g(x) = 0, dizemos que g e´ infinite´sima). Enta˜o, lim
x→a
f(x)︸︷︷︸
Ltda
g(x)︸︷︷︸
Inf.
= 0︸︷︷︸
Inf.
Fazer a demonstrac¸a˜o na lousa para destacar como o Teorema do Confronto
e´ utilizado na demonstrac¸a˜o.
Aplicac¸a˜o deste resultado: Mostre que lim
x→0
x sen(1/x) = 0.
Soluc¸a˜o:
Primeiramente, observe que na˜o existe lim
x→0
sen(1/x), mas a func¸a˜o f(x) = sen(1/x) e´ limitada. De
fato, −1 ≤ sen(1/x) ≤ 1, para todo x ∈ I, em que I e´ um intervalo aberto contendo o ponto 0, como
ilustra a figura a seguir. (Neste caso, eu me preocupei em analisar o comportamento do gra´fico da
8
func¸a˜o f(x) = sen(1/x) em uma vizinhanc¸a do ponto x = 0, pois o limite proposto no enunciado do
exerc´ıcio e´ quando x tende a` zero, ou seja, na˜o nos interessa saber sobre o comportamento do gra´fico de
f(x) = sen(1/x) distante do ponto x = 0)
Para concluir que na˜o existe lim
x→0
sen(1/x), basta observar a figura e perceber que sempre se pode escolher
x0 muito pro´ximo de zero, tal que sen(1/x0) = 1, e um outro valor x1, tambe´m muito pro´ximo de zero, tal
que sen(1/x1) = −1. (Existe uma formalizac¸a˜o matema´tica para mostrar que na˜o existe lim
x→0
sen(1/x),
envolvendo a teoria de sequeˆncia nume´rica, que voceˆs na˜o tiveram contato ainda. Enta˜o, eu na˜o irei in-
veredar por este caminho de sequeˆncia nume´rica, e vou justificar a na˜o existeˆncia do limite lim
x→0
sen(1/x)
observando a figura mesmo, como feito anteriormente)
Apesar de na˜o existir lim
x→0
sen(1/x), o importante e´ que a func¸a˜o f(x) = sen(1/x) e´ limitada.
Note, tambe´m, que lim
x→0
x = 0. Enta˜o a func¸a˜o g(x) = x e´ tal que lim
x→0
g(x) = 0. Ou seja, g(x) = x faz
papel de infinite´simo.
Assim, lim
x→0x︸︷︷︸
Inf.
sen(1/x)︸ ︷︷ ︸
Ltda.
ver resultado interessante
=========== 0⇒ lim
x→0
sen(1/x) = 0.
Observando a figura a seguir percebe-se facilmente que o gra´fico da func¸a˜o f(x) = x sen(1/x) esta´ entre
o gra´fico das func¸o˜es g1(x) = −x e g2(x) = x, ou seja, g1(x) = −x ≤ x sen(1/x) ≤ g2(x) = x. Como
lim
x→0
g1(x) = lim
x→0
−x = − lim
x→0
x = 0 e lim
x→0
g2(x) = lim
x→0
x = 0, podemos aplicar o Teorema do Confronto e
concluir que lim
x→0
x sen(1/x) = 0.
9
Exerc´ıcio 6 Mostre que lim
x→1
(x− 1)2 sen
(
1
3
√
x− 1
)
= 0
Ideias da soluc¸a˜o:
Utilizar o Resultado Interessante: Mostrar que lim
x→1
(x− 1)2 = 0 e que a func¸a˜o sen
(
1
3
√
x− 1
)
e´ li-
mitada em um intervalo aberto I contendo o ponto x = 1.
Exerc´ıcio 7 Seja f(x) uma func¸a˜o tal que existe lim
x→1
f(x), |f(x) − √x + 3| ≤ p(x), em que p(x) e´ um
polinoˆmio e x = 1 e´ raiz de p(x), ou seja, p(1) = 0. Calcule o lim
x→1
f(x).
Soluc¸a˜o:
Como |f(x) −√x + 3| ≤ p(x), enta˜o −p(x) ≤ f(x) −√x + 3 ≤ p(x), ou seja, a func¸a˜o
[
f(x)−√x + 3
]
esta´ entre −p(x) e p(x), o que indica que o Teorema do Confronto pode ser u´til.
Temos que, lim
x→1
−p(x) = − lim
x→1
p(x) = −p(1) = 0 e lim
x→1
p(x) = p(1) = 0.
Pelo Teorema do Confronto, conclui-se que lim
x→1
[
f(x)−√x + 3
]
= 0. Enta˜o,
[
lim
x→1
f(x)
]
−
[
lim
x→1
√
x + 3
]
= 0⇒
[
lim
x→1
f(x)
]
−
[√
lim
x→1
(x + 3)
]
= 0⇒
[
lim
x→1
f(x)
]
−
√
4 = 0⇒
⇒
[
lim
x→1
f(x)
]
− 2 = 0⇒ lim
x→1
f(x) = 2
Bons Estudos!
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