Suponha que f: \mathbb{R}-\{1\} \rightarrow \mathbb{R} seja uma função tal que f(x)=x^{2}+1, se x \in \operatorname{Dom}(f). Prove que, pela definição, \lim _{x \rightarrow 1} f(x)=2.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações:
  • A função f é definida por f(x)=x^{2}+1 em \operatorname{Dom}(f)=\mathbb{R}-\{1\} (ou seja, em todos os reais exceto 1).
  • Pede-se para provar, usando a definição clássica de limite (epsilon‑delta), que \lim_{x\to1} f(x)=2.
O que precisamos demonstrar exatamente:
  • Mostrar que, para todo \varepsilon>0, existe \delta>0 tal que, sempre que 0<|x-1|<\delta (e portanto x\neq1), vale |f(x)-2|<\varepsilon.

Passo 2

Recordando a definição formal de limite (uma mini‑aula): dizer que \lim_{x\to1} f(x)=2 significa:
\text{para todo }\varepsilon>0\\ \text{existe }\delta>0\\ \text{tal que, se }0<|x-1|<\delta,\\ \text{então }|f(x)-2|<\varepsilon.ã
Aqui \varepsilon é a precisão desejada no valor de f(x) em relação a 2, e \delta é a distância ao redor de x=1 que garante essa precisão. Nosso objetivo é, dado um \varepsilon>0 arbitrário, encontrar uma regra que escolha um \delta>0 apropriado e provar que ela funciona.

Passo 3

Vamos manipular a expressão |f(x)-2| para ver como controlar esse valor em função de |x-1|.
|f(x)-2| = |x^{2}+1-2| = |x^{2}-1|.
Factorizando a diferença de quadrados:
|x^{2}-1| = |x-1||x+1|.
Portanto precisamos controlar o produto |x-1||x+1|. O fator |x-1| é pequeno quando x está perto de 1; o desafio é controlar o outro fator |x+1| por uma constante quando x está suficientemente perto de 1.

Passo 4

Escolha prática para controlar |x+1|: é comum restringir \delta para ser no máximo 1. Se impusermos
|x-1|<1,
então x está em um intervalo aberto centrado em 1 de raio 1, isto é x\in(0,2). Para tais x temos:
|x+1| = |(x-1)+2| \le |x-1| + 2 < 1 + 2 = 3,
onde usamos a desigualdade triangular |a+b|\le|a|+|b|. Assim, sempre que |x-1|<1 obtemos o majorante
|x+1|<3.

Passo 5

Usando a estimativa do passo anterior, quando |x-1|<1 vale
|f(x)-2| = |x-1||x+1| < |x-1|\cdot 3 = 3|x-1|.
Queremos que isso seja <\varepsilon. Uma forma simples de garantir isso é pedir
3|x-1|<\varepsilon \quad\Longleftrightarrow\quad |x-1|<\frac{\varepsilon}{3}.
Portanto, se assegurarmos simultaneamente |x-1|<1 e |x-1|<\dfrac{\varepsilon}{3}, teremos |f(x)-2|<\varepsilon.

Passo 6

Definição explícita de \delta em função de \varepsilon: tome
\delta := \min\!\left(1,\\ \frac{\varepsilon}{3}\right).
Agora a prova final e formal: seja \varepsilon>0 dado. Escolha \delta como acima. Então, se 0<|x-1|<\delta, temos duas coisas:
  1. Como \delta\le1, segue |x-1|<1 e, pelo passo 4, |x+1|<3.
  2. Como \delta\le\dfrac{\varepsilon}{3}, segue |x-1|<\dfrac{\varepsilon}{3}.
Combinação:
|f(x)-2| = |x-1||x+1| < |x-1|\cdot 3 < \frac{\varepsilon}{3}\cdot 3 = \varepsilon.
Assim, sempre que 0<|x-1|<\delta obtemos |f(x)-2|<\varepsilon. Isso é exatamente a condição da definição de limite. Portanto \lim_{x\to1} f(x)=2.

Resposta

\lim_{x\to1} f(x)=2

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