Corollary 1.2.5 Sejam f, g: X \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, x_{0} \in X^{\prime} e \alpha \in \mathbb{R}. Suponhamos que existam os limites
\lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x)=L, \quad \lim _{x \rightarrow x_{0}} g(x)=M
Então existem os limites, quando x se aproxima de x_{0}, das seguintes funções
f / g caso M \neq 0, e \lim _{x \rightarrow x_{0}}(f / g)(x)=L / M

Passo 1

O enunciado afirma que temos duas funções f,g: X\subset\mathbb{R}\to\mathbb{R} e um ponto de acumulação x_{0}\in X'. Sabemos que
\lim_{x\to x_{0}}f(x)=L, \qquad \lim_{x\to x_{0}}g(x)=M,
com M\neq0. Queremos mostrar que existe
\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}
e que ele vale L/M. Usaremos o método \varepsilon - \delta e o teorema de limite de produto.

Passo 2

Como \lim_{x\to x_{0}}g(x)=M com M\neq0, existe \delta_{1}>0 tal que, para 0<|x-x_{0}|<\delta_{1},
|g(x)-M|<\frac{|M|}{2}.
Daí segue
|g(x)| \ge |\,|M| - |g(x)-M|\,| > |M| - \frac{|M|}{2} = \frac{|M|}{2} > 0,
ou seja, em (x_{0}-\delta_{1},x_{0}+\delta_{1})\setminus\{x_{0}\} a função g nunca se anula.

Passo 3

Definimos
h(x)=\frac{1}{g(x)},
para x\neq x_{0} suficientemente perto de x_{0}. Queremos mostrar que \lim_{x\to x_{0}}h(x)=1/M. Dado \varepsilon>0, use a desigualdade
\Bigl|\frac{1}{g(x)} - \frac{1}{M}\Bigr| = \frac{|M - g(x)|}{|M|\,|g(x)|} < \frac{|g(x)-M|}{|M|\,(|M|/2)} = \frac{2}{|M|^{2}}\,|g(x)-M|.
Escolha \delta_{2}>0 tal que, para 0<|x-x_{0}|<\delta_{2}, seja
|g(x)-M|<\frac{\varepsilon\,|M|^{2}}{2}.
Então, sempre que 0<|x-x_{0}|<\min(\delta_{1},\delta_{2}), temos
\Bigl|\tfrac{1}{g(x)} - \tfrac{1}{M}\Bigr| < \varepsilon,
ou seja, \lim_{x\to x_{0}}h(x)=1/M.

Passo 4

Agora escrevemos
\frac{f(x)}{g(x)} = f(x)\,\underbrace{\frac{1}{g(x)}}_{h(x)}.
Como já provamos que
\lim_{x\to x_{0}}f(x)=L, \qquad \lim_{x\to x_{0}}h(x)=\frac{1}{M},
pelo teorema do limite do produto concluímos que
\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)} = L \cdot \frac{1}{M} = \frac{L}{M}.

Resposta

\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{L}{M}.

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