Cada um dos exercícios a)-d ) dá uma função f(x), um ponto x_{0} e um número positivo \epsilon. Determine L=\lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x). Em seguida, determine um número \delta>0 de modo que para todo x
0<\left|x-x_{0}\right|<\delta \Rightarrow|f(x)-L|<\epsilon
f(x)=\frac{x^{2}+6 x+5}{x+5}, x_{0}=-5, \epsilon=0,05

Passo 1

O enunciado dá:
  • f(x)=\dfrac{x^{2}+6x+5}{x+5},
  • x_{0}=-5,
  • \epsilon=0,05.
Pede-se:
  1. Determinar L=\lim_{x\to x_{0}} f(x).
  2. Encontrar um \delta>0 tal que para todo x valha
0<\left|x-x_{0}\right|<\delta \Rightarrow |f(x)-L|<\epsilon.

Passo 2

Verificar a expressão e o domínio: a função dada tem denominador zero em x=-5, portanto f não está definida em x_{0}. Porém o limite pode existir mesmo assim. Vamos simplificar a expressão algébrica para ver o comportamento quando x se aproxima de -5.
Fatorando o numerador:
x^{2}+6x+5=(x+1)(x+5).
Para x\neq -5 podemos simplificar:
f(x)=\frac{(x+1)(x+5)}{x+5}=x+1\qquad\text{(para }x\neq -5\text{)}.

Passo 3

Cálculo do limite: como para x próximo de -5 (mas diferente de -5) vale f(x)=x+1, temos
L=\lim_{x\to -5} f(x)=\lim_{x\to -5}(x+1)= -5+1 = -4.
Explicação curta: a função simplificada x+1 é contínua, então o limite é o valor obtido por substituição.

Passo 4

Lembra do que significa a condição \epsilon- \delta: dado um \epsilon>0 (aqui \epsilon=0,05), devemos achar \delta>0 tal que sempre que 0<|x-(-5)|<\delta então |f(x)-L|<\epsilon. Para isso é prático escrever |f(x)-L| em função de |x-(-5)|.

Passo 5

Para x\neq -5 (caso em que f está definida), usando f(x)=x+1 e L=-4:
|f(x)-L|=|x+1-(-4)|=|x+5|=|x-(-5)|.
Portanto a condição |f(x)-L|<\epsilon é equivalente a |x-(-5)|<\epsilon.

Passo 6

Conclusão prática: qualquer \delta com 0<\delta\le \epsilon funciona. Em particular, para o \epsilon dado escolhemos
\delta=\epsilon=0,05.
Verificação final: se 0<|x+5|<0,05 então, como vimos,
|f(x)-L|=|x+5|<0,05=\epsilon,
o que prova a propriedade \epsilon- \delta.

Resposta

L=-4
\delta=0,05

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