Limite de funções

$\newcommand{\N}{\mathbb N}\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\Z}{\mathbb Z}\newcommand{\A}{\mathcal A}$Seja $X\subseteq\R$ um conjunto, $f:X\rightarrow\R$ uma função, e $a\in X’$. Dizemos que o limite da função $f$ no ponto $a$ é $L\in\R$ se para todo $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que $|f(x)-L|\leq\varepsilon$ sempre que $0<|x-a|\leq\delta$. Escrevemos
$$
\lim_{x\rightarrow a}f(x)=L.
$$

Lema. Se existir $\lim_{x\rightarrow a}f(x)$, então ele é único.

Demonstração. Assuma que não e os reais distintos $L$ e $M$ são ambos limites de $f(x)$ em $a$. Seja $\varepsilon=|L-M|$. Existem $\delta_1$ e $\delta_2$ tais que
$$
|f(x)-L|\leq \varepsilon/3\quad\mbox{se}\quad 0<|x-a|\leq\delta_1
$$
e
$$
|f(x)-M|\leq \varepsilon/3\quad\mbox{se}\quad 0<|x-a|\leq\delta_2.
$$
Seja $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$ e $x\in X$ tal que $0<|x-a|\leq\delta$. Então
\begin{eqnarray*}
\varepsilon&=&|L-M|=|L-f(x)+f(x)-M|\\&\leq& |L-f(x)|+|f(x)-M|\leq 2\varepsilon/3.
\end{eqnarray*}
Isso é uma contradição, então $L=M$. $\Box$

Lema. Se existir $\lim_{x\rightarrow a}f(x)$, então existem $A>0$ e $\delta>0$ tal que $|f(x)|\leq A$ para todo $x\in X\cap (a-\delta,a+\delta)$.

Demonstração. Exercício.

Lema. Sejam $f,g,h:X\rightarrow\R$ e $a\in X’$ tais que $f(x)\leq g(x)\leq h(x)$ para todo $x\in X\setminus\{a\}$. Assuma que existem $\lim_{x\rightarrow a}f(x)$ e  $\lim_{x\rightarrow a}h(x)$ e
$$
\lim_{x\rightarrow a}f(x)=\lim_{x\rightarrow a}h(x)=L.
$$
Então existe $\lim_{x\rightarrow a}g(x)$ e é igual a $L$.

Demonstração. Seja $\varepsilon>0$. Existem $\delta_1,\delta_2>0$ tal que
$$
|f(x)-L|\leq \varepsilon\quad\mbox{se} \quad 0<|x-a|\leq\delta_1
$$
e
$$
|h(x)-L|\leq \varepsilon\quad\mbox{se} \quad 0<|x-a|\leq\delta_2.
$$
Assuma que $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$. Seja $x\in X$ tal que $0<|x-a|\leq \delta$. Tem-se que
$$
L-\varepsilon\leq f(x)\leq g(x)\leq h(x)\leq L+\varepsilon.
$$
Isto implica que se $0<|x-a|\leq \delta$, então $|g(x)-L|\leq\varepsilon$. Existe então $\lim_{x\rightarrow a}f(x)$ e é igual a $L$. $\Box$

Lema. Sejam $f,g:X\rightarrow\R$ e $a\in X’$ tais que existem $L=\lim_{x\rightarrow a}f(x)$ e $M=\lim_{x\rightarrow a}g(x)$ com $L<M$. Então existe $\delta>0$ tal que $f(x)< g(x)$ para todo $x\in X\cap(a-\delta,a+\delta)\setminus\{a\}$.

Demonstração. Seja $\varepsilon=(M-L)/3$. Existem $\delta_1$ e $\delta_2$ tais que
$$
|f(x)-L|\leq \varepsilon\quad\mbox{se} \quad 0<|x-a|\leq\delta_1
$$
e
$$
|g(x)-M|\leq \varepsilon\quad\mbox{se} \quad 0<|x-a|\leq\delta_2.
$$
Isto implica que
$$
f(x)\leq L+\varepsilon<M-\varepsilon\leq g(x)
$$
se $0<|x-a|\leq \delta$ onde $\delta=\{\delta_1,\delta_2\}$. $\Box$

Corolário. Seja $f:X\rightarrow\R$ e $a\in X’$. Se existir $\lim_{x\rightarrow a}f(x)$ e este limite é positivo, então existe $\delta>0$ tal que $f(x)> 0$ para todo $x\in X\cap(a-\delta,a+\delta)\setminus\{a\}$.

Corolário. Sejam $X\subseteq\R$, $a\in X’$, e $f,g:X\rightarrow\R$ tais que $f(x)\leq g(x)$ para todo $x\in X$ e existem $M=\lim_{x\rightarrow a}f(x)$ e $L=\lim_{x\rightarrow a}g(x)$. Tem-se que $M\leq L$.

Teorema. Sejam $X\subseteq\R$, $a\in X’$  e $f:X\rightarrow\R$ uma função. As seguintes são equivalentes.

1. existe $L=\lim_{x\rightarrow a} f(x)$;
2. se $(x_n)$ é uma sequência tal que $x_n\in X\setminus\{a\}$ e $x_n\rightarrow a$ então $f(x_n)\rightarrow L$.

Demonstração. 1.$\Rightarrow$ 2. Seja $(x_n)$ uma sequência tal que $x_n\in X\setminus\{a\}$ e $x_n\rightarrow a$. Seja $\varepsilon>0$. Existe $\delta>0$ tal que $|f(x)-L|\leq\varepsilon$ para todo $x\in X$ tal que $0<|x-a|\leq\delta$. Como $x_n\rightarrow a$, existe $N\in\N^+$ tal que $|x_n-a|\leq \delta$ se $n\geq N$. Obtem-se que se $n\geq N$, então $|x_n-a|\leq \delta$, e assim $|f(x_n)-L|\leq\varepsilon$. Portanto $f(x_n)\rightarrow L$.

2.$\Rightarrow$ 1. Assuma que a afirmação 1. é falsa. Existe $\varepsilon>0$ tal que para todo $\delta>0$ existe $x\in X$ com $0<|x-a|\leq \delta$ mas $|f(x)-L|>\varepsilon$. Seja $n\in\N^+$. Existe então $x_n\in X$ tal que $0<|x_n-a|\leq 1/n$, mas $|f(x_n)-L|>\varepsilon$. A sequência $(x_n)$ converge a $a$, mas $f(x_n)$ não converge a $L$.  $\Box$

Corolário. Sejam $X\subseteq\R$, $a\in X’$  e $f:X\rightarrow\R$ uma função. As seguintes são equivalentes.

1. existe $\lim_{x\rightarrow a}f(x)$;
2. se $(x_n)$ é uma sequência tal que $x_n\in X\setminus\{a\}$ e $x_n\rightarrow a$, então $f(x_n)$ é convergente.

Demonstração. Pelo teorema anterior, tem-se que a afirmação 1. implica a afirmação 2.

Assuma afirmação 2. Afirmamos que existe $L$ tal que se $(x_n)$ é uma sequência como na afirmação 2., então $f(x_n)\rightarrow L$ (ou seja, o limite de $(f(x_n))$ não depende da sequência $(x_n)$). De fato, se existessem $(x_n)$ e $(y_n)$ tais que $x_n,y_n\in X\setminus\{a\}$, $x_n\rightarrow a$, $y_n\rightarrow a$, mas $f(x_n)\rightarrow L$ e $f(y_n)\rightarrow M$ com $L\neq M$, então tomando $(z_n)=(x_1,y_2,x_2,y_2,\ldots)$. teríamos que $z_n\rightarrow a$, mas $f(z_n)$ é divergente. Portanto, a afirmação verdadeira. Neste caso o teorema anterior implica que $\lim_{x\rightarrow a}=L$. $\Box$

Teorema. Sejam $f,g:X\subseteq\R\rightarrow\R$ funções, $a\in X’$. Assuma que existem $M=\lim_{x\rightarrow a}f(x)$ e $L=\lim_{x\rightarrow a}g(x)$. As seguintes afirmações são válidas.

1. $\lim_{x\rightarrow a}(f(x)+g(x))=L+M$;
2. $\lim_{x\rightarrow a}(f(x)\cdot g(x))=LM$;
3. $\lim_{x\rightarrow a}(\alpha f(x))=\alpha L$ para todo $\alpha\in\R$;
4. se $M\neq 0$ e $g(x)\neq 0$ para $x\in X$, então $\lim_{x\rightarrow a}f(x)/g(x)=L/M$;
5. se $L=0$ e $g(x)$ é uma função limitada em $X$, então $\lim_{x\rightarrow a}(f(x)\cdot g(x))=0$.

Demonstração. Demonstraremos por exemplo a afirmação 2. O resto é exercício. Seja $(x_n)$ uma sequência com $x_n\in X\setminus\{a\}$ e $x_n\rightarrow a$. Então $f(x_n)+g(x_n)\rightarrow L+M$. Usando o teorema anterior, $\lim_{x\rightarrow a}(f(x)\cdot g(x))=LM$. $\Box$

Teorema. Sejam $X,Y\subseteq\R$, $f:X\rightarrow Y$, $g:Y\rightarrow\R$ funções, $a\in X’$, $b\in Y\cap Y’$ e assuma que $\lim_{x\rightarrow a}f(x)=b$ e $\lim_{y\rightarrow b}g(y)=g(b)$. Então $\lim_{x\rightarrow a}f(g(x))=g(b)$.

Demonstração. Seja $\varepsilon>0$. Existe $\gamma>0$ tal que se $y\in Y$ com $|y-b|\leq\gamma$, então $|g(y)-g(b)|\leq\varepsilon$. Existe $\delta>0$ tal que se $0<|x-a|<\delta$, então $|f(x)-b|\leq\gamma$. Então se $x\in X$ tal que $0<|x-a|\leq \delta$, então $|f(x)-b|\leq \gamma$, e $|g(f(x))-g(b)|\leq\varepsilon$. $\Box$

Limites laterais

Seja $X\subseteq\R$ e $a\in\R$. O ponto $a$ é dito ponto de acumulação à direita de $X$ se $X\cap (a,a+\varepsilon)\neq\emptyset$ for all $\varepsilon>0$. O conjunto de pontos de acumulação à direita de $X$ é denotado por $X’_+$.

Sejam $f:X\rightarrow \R$, $a\in X’_+$, e $L\in\R$. Diz se que o limite lateral à direita da função $f$ no ponto $a$ é $L$ se para todo $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que $|f(x)-L|\leq \varepsilon$ sempre que $x\in X\cap (a,a+\delta)$. Escrevemos
$$
\lim_{x\rightarrow a+}f(x)=L.
$$

Define-se de modo análogo os conceitos de ponto de acumulação à esquerda e limite lateral à esquerda.

Lema. Seja $f:X\rightarrow \R$ uma função e seja $a\in X’_+\cap X’_-$. Então existe $\lim_{x\rightarrow a}f(x)$ se e somente se existem $\lim_{x\rightarrow a+}f(x)$ e $\lim_{x\rightarrow a-}f(x)$ e eles são iguais.

Demonstração. Pelas definições, se existe o limite, existem os limites laterais e são iguais. Assuma que existem os limites laterais e eles são iguais a $L$. Seja $\varepsilon>0$. Então existem $\delta_1,\ \delta_2>0$ tal que se
$x\in X\cap (a,a+\delta_1)$, então $|f(x)-L|\leq\varepsilon$ e se $x\in X\cap (a-\delta_2,a)$, então $|f(x)-L|\leq\varepsilon$. Seja $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$. Se $x\in X\cap(a-\delta,a+\delta)\setminus\{a\}$, então $|f(x)-L|\leq\varepsilon$. $\Box$

Teorema. Seja $f:X\subseteq\R\rightarrow\R$ uma função monótona e limitada. Se $a\in X_+$, então existe o limite lateral $\lim_{x\rightarrow a+}f(x)$.

Demonstração. Assuma sem perder generalidade que $f(x)$ é não decrescente. Afirmamos que
$$
\lim_{x\rightarrow a+}f(x)=\inf\{f(x)\mid x\in X,\ a<x\}.
$$
Denote o lado direito da última igualdade por $L$. Seja $\varepsilon>0$. Então $L+\varepsilon$ não é cota inferior de $\{f(x)\mid x\in X,\ a<x\}$. Então existe $\delta>0$ tal que $a+\delta\in X$ e
$$
L\leq f(a+\delta)<L+\varepsilon.
$$
Portanto, se $x\in X\cap (a,a+\delta)$ então
$$
L-\varepsilon<L\leq f(x)\leq f(a+\delta)<L+\varepsilon;
$$
ou seja $|f(x)-L|\leq\varepsilon$. $\Box$