Usando a definição, demonstre os seguintes limites:
\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x}{2 x^{2}-5 x+2}=-1

Passo 1

O enunciado pede para demonstrar, usando a definição (épsilon–delta), que
\lim_{x\to 1}\frac{x}{2x^{2}-5x+2}=-1.
Informações dadas e o que devemos usar:
  • A função é f(x)=\dfrac{x}{2x^{2}-5x+2}.
  • O ponto de interesse é x\to 1.
  • O valor candidato do limite é -1.
  • Devemos provar que, para todo \varepsilon>0, existe \delta>0 tal que, sempre que 0<|x-1|<\delta, segue \left|f(x)-(-1)\right|<\varepsilon.

Passo 2

Lembrando a definição (em palavras e fórmula): dizer que \lim_{x\to 1}f(x)=-1 significa que
para todo \varepsilon>0 existe \delta>0 tal que, se 0<|x-1|<\delta, então
\left|f(x)+1\right|<\varepsilon.
Nossa tarefa é, dado um \varepsilon>0 arbitrário, construir um \delta>0 que garanta essa desigualdade. Vou manipular a expressão \left|f(x)+1\right| algebricamente para obter um fator |x-1| (ou uma potência dele) e então controlar o resto por uma escolha apropriada de \delta.

Passo 3

Calculemos a diferença em forma própria:
f(x)+1=\frac{x}{2x^{2}-5x+2}+1.
Colocando em único quociente:
f(x)+1=\frac{x + (2x^{2}-5x+2)}{2x^{2}-5x+2}=\frac{2x^{2}-4x+2}{2x^{2}-5x+2}.
Fatorando o numerador:
2x^{2}-4x+2=2(x^{2}-2x+1)=2(x-1)^{2}.
Portanto, em módulo,
\left|f(x)+1\right|=\frac{2|x-1|^{2}}{\left|2x^{2}-5x+2\right|}.

Passo 4

Para usar a expressão acima precisamos garantir que o denominador não se aproxime de zero quando x está perto de 1. Note que
g(x):=2x^{2}-5x+2
e g(1)=-1 (ou seja, o denominador em x=1 é -1, não zero). Vamos mostrar que existe um bairro de 1 onde |g(x)| é pelo menos uma constante positiva (por exemplo 1/2).
Calcule a diferença:
g(x)-g(1)=2x^{2}-5x+2-(-1)=2x^{2}-5x+3.
Fatorando,
2x^{2}-5x+3=(x-1)(2x-3).
Logo
|g(x)-g(1)|=|x-1|\,|2x-3|.

Passo 5

Escolhemos inicialmente um pequeno intervalo em torno de 1 para controlar |2x-3|. Se |x-1|<\tfrac{1}{2} então x\in\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}\big), e para esses x temos |2x-3|\le 2. Assim, para |x-1|<\tfrac{1}{2},
|g(x)-g(1)|\le 2|x-1|.
Agora, se além disso exigirmos |x-1|<\tfrac{1}{4}, obtemos
|g(x)-g(1)|\le 2\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{2}.
Pela desigualdade triangular reversa,
|g(x)|\ge |g(1)| - |g(x)-g(1)| \ge 1 - \frac{1}{2}=\frac{1}{2}.
Portanto, tomando qualquer \delta_0=\tfrac{1}{4} (ou menor), para 0<|x-1|<\delta_0 temos |2x^{2}-5x+2|\ge \tfrac{1}{2}.

Passo 6

Usando essa cota do denominador na fórmula do Passo 3, para 0<|x-1|<\delta_0 obtemos
\left|f(x)+1\right|=\frac{2|x-1|^{2}}{|2x^{2}-5x+2|}\le \frac{2|x-1|^{2}}{1/2}=4|x-1|^{2}.
Queremos garantir 4|x-1|^{2}<\varepsilon. Isso se consegue pedindo
|x-1|<\frac{1}{2}\sqrt{\varepsilon}.

Passo 7

Agora fazemos a escolha final do \delta. Dado um \varepsilon>0 arbitrário, defina
\delta=\min\!\left\{\tfrac{1}{4},\\ \tfrac{1}{2}\sqrt{\varepsilon}\right\}.
Então, sempre que 0<|x-1|<\delta temos simultaneamente |x-1|<\tfrac{1}{4} (logo |2x^{2}-5x+2|\ge\tfrac{1}{2}) e |x-1|<\tfrac{1}{2}\sqrt{\varepsilon} (logo 4|x-1|^{2}<\varepsilon). Combinando,
\left|f(x)+1\right|\le 4|x-1|^{2}<\varepsilon.
Isso mostra exatamente a condição da definição épsilon–delta.

Resposta

-1

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