Prove os seguintes limites pela definição:
\lim _{x \rightarrow 3} x^{2}+2 x-1=14

Passo 1

O enunciado pede para provar, pela definição (epsilon–delta), que
\lim_{x\to 3} \bigl(x^{2}+2x-1\bigr)=14.
Informações dadas:
  • A função considerada é f(x)=x^{2}+2x-1.
  • O ponto de limite é x\to 3.
  • O valor limite a ser provado é 14.
O que precisamos mostrar formalmente: para todo \varepsilon>0 existe \delta>0 tal que, se 0<|x-3|<\delta, então |f(x)-14|<\varepsilon.

Passo 2

Vou explicar a definição que vamos usar. A afirmação
\lim_{x\to 3} f(x)=14
significa que para cada \varepsilon>0 (um número pequeno que eu escolher), deve existir um \delta>0 dependendo possivelmente de \varepsilon tal que sempre que x estiver dentro da distância \delta de 3 (mas diferente de 3), isto é 0<|x-3|<\delta, então o valor de f(x) estará dentro da distância \varepsilon de 14: |f(x)-14|<\varepsilon.
Nosso trabalho é, dado um \varepsilon>0 arbitrário, construir um \delta>0 apropriado e provar a implicação acima.

Passo 3

Vamos manipular |f(x)-14| para ver de que forma podemos controlá‑la. Começo calculando a diferença:
f(x)-14 = x^{2}+2x-1-14 = x^{2}+2x-15.
Agora fatoramos o polinômio quadrático:
x^{2}+2x-15 = (x-3)(x+5).
Portanto
|f(x)-14| = |x^{2}+2x-15| = |x-3|\,|x+5|.
Isto é útil porque aparece o fator |x-3| que já aparece na hipótese 0<|x-3|<\delta. A dificuldade restante é o fator |x+5|, que depende de x e precisa ser controlado por algo que não dependa de x (apenas de \varepsilon).

Passo 4

Estratégia clássica: restringir \delta para garantir que x fique próximo de 3 (por exemplo dentro de 1 unidade), o que permite obter um limite superior fixo para |x+5|. Escolhemos inicialmente uma restrição fácil: tomar \delta\le 1. Se 0<|x-3|<1, então
-1 < x-3 < 1 \quad\Rightarrow\quad 2 < x < 4.
Somando 5 em todas as partes obtém-se
7 < x+5 < 9,
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|x+5|\le 9.
Assim, sempre que |x-3|<1 temos o bound
|f(x)-14| = |x-3|\,|x+5| \le 9\,|x-3|.

Passo 5

Usando o bound anterior, para garantir |f(x)-14|<\varepsilon basta impor
9\,|x-3|<\varepsilon \quad\Longleftrightarrow\quad |x-3|<\frac{\varepsilon}{9}.
Portanto uma escolha conveniente de \delta que garante simultaneamente |x-3|<1 e |x-3|<\varepsilon/9 é
\delta = \min\!\left(1,\;\frac{\varepsilon}{9}\right).
Explicação: esta escolha assegura que, se 0<|x-3|<\delta, então automaticamente |x-3|<1 (portanto |x+5|\le 9) e |x-3|<\varepsilon/9; combinando os dois obtemos |f(x)-14|<\varepsilon.

Passo 6

Agora faço a prova formal com a escolha de \delta acima.
Seja dado um \varepsilon>0. Defina \delta=\min\!\left(1,\frac{\varepsilon}{9}\right). Suponha x tal que 0<|x-3|<\delta. Então, como \delta\le 1, segue que |x-3|<1 e portanto 2<x<4, o que implica |x+5|\le 9. Usando a fatoração obtida:
|f(x)-14| = |x-3|\,|x+5| \le 9\,|x-3|.
Como também |x-3|<\delta\le \frac{\varepsilon}{9}, obtemos
|f(x)-14| \le 9\,|x-3| < 9\cdot\frac{\varepsilon}{9} = \varepsilon.
Assim, para este \delta temos que sempre que 0<|x-3|<\delta ocorre |f(x)-14|<\varepsilon. Isso prova, pela definição epsilon–delta, que
\lim_{x\to 3} \bigl(x^{2}+2x-1\bigr)=14.

Resposta

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