Exercício 14 Mostrar que se uma função f admite um limite \lambda quando x tende para x 0 , este limite é único.
Solução : Vamos começar definindo um limite:
\forall \varepsilon>0 \exists \delta>0 \forall \mathrm{x} \in \mathrm{D}_{\mathrm{f}}\left|\mathrm{x}-\mathrm{x}_{0}\right| \leq \delta \Rightarrow|\mathrm{f}(\mathrm{x})-\lambda| \leq \varepsilon
Vamos provar pelo absurdo.
Para isso, supomos que existe um \tilde{\lambda} diferente de \lambda tal que f tende também a \tilde{\lambda} em \mathrm{x}_{0}.
Por definição temos então :
\forall \varepsilon>0 \exists \tilde{\delta}>0 \forall \mathrm{x} \in \mathrm{D}_{\mathrm{f}}\left|\mathrm{x}-\mathrm{x}_{0}\right| \leq \tilde{\delta} \Rightarrow|\mathrm{f}(\mathrm{x})-\tilde{\lambda}| \leq \varepsilon
Seja então \varepsilon>0 qualquer.
Vamos escolher \delta e \tilde{\delta} como anteriormente, e vamos definir \beta=\min (\delta, \tilde{\delta}).
Segundo a desigualdade triangular :
|\lambda-\tilde{\lambda}| \leq|\lambda-\mathrm{f}(\mathrm{x})|+|\mathrm{f}(\mathrm{x})-\tilde{\lambda}|
Mas escolhendo x tal que \left|x-x_{0}\right| \leq \beta, obtemos :
|\lambda-\tilde{\lambda}| \leq \varepsilon+\varepsilon \leq 2 \varepsilon
Acabamos então de provar que : \forall \varepsilon>0|\lambda-\tilde{\lambda}| \leq \varepsilon
Mas segundo um exercício do capítulo anterior, vimos que isso implicava que |\lambda-\tilde{\lambda}|=0 ou que \lambda=\tilde{\lambda}.
Isso contradiz nossa hipótese, por isso obtemos o resultado.

Passo 1

O enunciado quer mostrar que, se \displaystyle\lim_{x\to x_{0}}f(x)=\lambda
e também \displaystyle\lim_{x\to x_{0}}f(x)=\tilde\lambda,
então necessariamente \lambda=\tilde\lambda. Vamos usar a definição de limite e provar por absurdo.

Passo 2

Pela definição de limite,
\forall \varepsilon>0\;\exists \delta_{1}>0\;\forall x\in D_{f},\;|x-x_{0}|\le\delta_{1}\;\Rightarrow\;|f(x)-\lambda|\le\varepsilon.
Analogamente, como também supomos que o limite é \tilde\lambda,
\forall \varepsilon>0\;\exists \delta_{2}>0\;\forall x\in D_{f},\;|x-x_{0}|\le\delta_{2}\;\Rightarrow\;|f(x)-\tilde\lambda|\le\varepsilon.

Passo 3

Escolha um \varepsilon>0 qualquer. Pelas duas definições existem \delta_{1} e \delta_{2}. Defina
\delta = \min(\delta_{1},\delta_{2}).
Então, para todo x com |x-x_{0}|\le\delta, valem simultaneamente
|f(x)-\lambda|\le\varepsilon \quad\text{e}\quad |f(x)-\tilde\lambda|\le\varepsilon.

Passo 4

Use a desigualdade triangular para comparar \lambda e \tilde\lambda:
|\lambda-\tilde\lambda| =|\lambda - f(x) + f(x) - \tilde\lambda| \le |f(x)-\lambda| + |f(x)-\tilde\lambda| \le \varepsilon + \varepsilon =2\varepsilon.

Passo 5

Visto que \varepsilon>0 foi arbitrário, a única forma de manter |\lambda-\tilde\lambda|\le2\varepsilon para todo \varepsilon é ter |\lambda-\tilde\lambda|=0. Logo \lambda=\tilde\lambda, o que contraria a hipótese de serem distintos.

Resposta

O limite de f(x) quando x\to x_{0} é único; isto é, se existe, só pode haver um valor \lambda.

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