O enunciado pede: calcular, pela definição formal de limite, os limites listados de (a) a (l). Vou enumerar claramente o que cada item pergunta e quais informações temos:
(a) \lim_{x\to 1}\dfrac{2+4x}{3}
(b) \lim_{x\to 10}\left(3-\dfrac{4}{5}x\right)
(c) \lim_{x\to 2}\dfrac{x^{2}+x-6}{x-2}
(d) \lim_{x\to 1{,}5}\dfrac{9-4x^{2}}{3+2x} (note que 1{,}5=\tfrac{3}{2})
(e) \lim_{x\to a} x
(f) \lim_{x\to a} c (onde c é constante)
(g) \lim_{x\to 0} x^{2}
(h) \lim_{x\to 0} x^{3}
(i) \lim_{x\to 0} |x|
(j) \lim_{x\to 6^{+}} \sqrt{6+x} (limite pela direita)
(k) \lim_{x\to 2}\left(x^{2}-4x+5\right)
(l) \lim_{x\to 2}\left(x^{2}+2x-7\right)
Todas as partes pedem prova “pela definição formal de limite” — isto é, usar a definição epsilon-delta: para cada \varepsilon>0 escolher \delta>0 que garanta a condição do limite. Nos passos seguintes farei uma explicação curta da definição e, para cada item, exibirei o cálculo do valor do limite e uma prova epsilon-delta mostrando como escolher \delta.
Passo 2
Primeiro, a definição formal (curtinha e amigável): dizer que \lim_{x\to a} f(x)=L significa que
\text{para todo }\varepsilon>0\text{ existe }\delta>0\text{ tal que, se }0<|x-a|<\delta\text{ então }|f(x)-L|<\varepsilon.
Interpretação prática: dado um “erro permitido” \varepsilon no valor de f, nós precisamos produzir um “intervalo” em torno de a (tamanho \delta) tal que qualquer x nesse intervalo (exceto possivelmente a se f não estiver definida) leve f(x) a ficar dentro de \varepsilon de L. Nas funções lineares e polinomiais isso costuma ser direto: podemos manipular |f(x)-L| e escrever como uma expressão em |x-a| e, daí, escolher \delta em função de \varepsilon.
Agora vou resolver cada item com uma pequena prova epsilon-delta e explicações didáticas.
Passo 3
(a) Calculamos o valor do limite primeiro: a função é linear, então basta substituir x=1:
Queremos |x|^{2}<\varepsilon. Se escolhermos \delta=\sqrt{\varepsilon} então, quando 0<|x|<\delta, obtemos |x|^{2}<\delta^{2}=\varepsilon. Logo o limite é 0.
Observação didática: às vezes é conveniente forçar também \delta\le 1 para controlar outros fatores, mas aqui \delta=\sqrt{\varepsilon} é suficiente.
Passo 10
(h) \lim_{x\to 0} x^{3}=0. Prova epsilon-delta: note que
|x^{3}-0|=|x|^{3}.
Escolha \delta=\varepsilon^{1/3}. Então 0<|x|<\delta implica |x|^{3}<\delta^{3}=\varepsilon. Assim o limite é 0.
Passo 11
(i) \lim_{x\to 0} |x| = 0. Prova epsilon-delta: temos |\,|x|-0\,|=|x|. Basta escolher \delta=\varepsilon. Então se 0<|x|<\delta temos |\,|x|-0\,|<\varepsilon. Logo o limite é 0.
Passo 12
(j) Primeiro calcule o valor candidato: quando x\to 6 (pela direita) a expressão \sqrt{6+x} tende a \sqrt{12}=2\sqrt{3}. Agora a prova one-sided epsilon-delta.
Queremos provar que, para todo \varepsilon>0, existe \delta>0 tal que, se 0<x-6<\delta (note a condição direita: x>6), então
Para controlar o denominador, obrigamos x a estar num intervalo pequeno à direita de 6. Por exemplo, escolha \delta_{1}=1. Se 0<x-6<\delta_{1} então 6<x<7 e assim \sqrt{6+x}\ge \sqrt{12}=2\sqrt{3}. Logo
Precisamos controlar o fator |x+4| quando x está perto de 2. Se garantirmos |x-2|<1 então 1<x<3 e assim |x+4|\le 3+4=7. Portanto, sob a condição |x-2|<1,
|f(x)-1|\le 7|x-2|.
Para ter 7|x-2|<\varepsilon basta escolher |x-2|<\varepsilon/7. Então tomamos