Os exercícios seguintes permitem compreender e aplicar, passo a passo, o teorema da permanência do sinal. Parte-se de aplicações diretas, nas quais basta calcular um limite e observar o seu sinal, para se chegar progressivamente a consequências mais importantes do teorema, como a não anulação de uma função, o estudo do sinal de produtos e de quocientes, e a comparação entre duas funções.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Seja
\[ f(x)=x+3. \]
Utilizando o teorema da permanência do sinal, determinar o sinal de \(f(x)\) numa vizinhança adequada de \(x=0\).
Resultado
Existe uma vizinhança de \(0\) na qual
\[ f(x)>0. \]
Resolução
Para aplicar o teorema da permanência do sinal, devemos primeiro calcular o limite da função no ponto considerado.
Como \(f(x)=x+3\), temos
\[ \lim_{x\to0}(x+3)=3. \]
O valor do limite é, portanto,
\[ L=3>0. \]
O teorema da permanência do sinal afirma que, quando o limite é estritamente positivo, também a função é positiva para todos os \(x\) suficientemente próximos do ponto para o qual \(x\) tende.
Logo, existe \(\delta>0\) tal que
\[ f(x)>0 \]
para todo \(x\in(-\delta,\delta)\setminus\{0\}\).
Neste caso simples, podemos também identificar diretamente uma vizinhança possível. Com efeito,
\[ x+3>0 \]
equivale a
\[ x>-3. \]
Por exemplo, tomando \(\delta=1\), se \(-1<x<1\) então certamente \(x>-3\), logo
\[ x+3>0. \]
Verificamos assim, de forma concreta, a conclusão garantida pelo teorema.
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Seja
\[ f(x)=2x-5. \]
Determinar o sinal de \(f(x)\) numa vizinhança adequada de \(x=1\).
Resultado
Existe uma vizinhança de \(1\) na qual
\[ f(x)<0. \]
Resolução
Calculemos primeiro o limite da função quando \(x\to1\):
\[ \lim_{x\to1}(2x-5)=2\cdot1-5=-3. \]
O limite é, portanto,
\[ L=-3<0. \]
Como o limite é estritamente negativo, o teorema da permanência do sinal garante que \(f(x)\) é negativa para todos os \(x\) suficientemente próximos de \(1\).
Existe, então, \(\delta>0\) tal que
\[ 2x-5<0 \]
para todo \(x\in(1-\delta,1+\delta)\setminus\{1\}\).
Podemos verificar diretamente esta conclusão. A inequação
\[ 2x-5<0 \]
equivale a
\[ x<\frac52. \]
Basta, então, escolher uma vizinhança de \(1\) que fique inteiramente à esquerda de \(\displaystyle\frac{5}{2}\). Por exemplo, com \(\delta=1\) obtém-se
\[ 0<x<2, \]
e, portanto, \(x<\displaystyle\frac{5}{2}\). Assim, \(f(x)<0\) nessa vizinhança.
Exercício 3 — nível ★☆☆☆☆
Consideremos
\[ f(x)=x^2+1. \]
Utilizar o teorema da permanência do sinal para determinar o sinal da função numa vizinhança de \(x=2\).
Resultado
Existe uma vizinhança de \(2\) na qual
\[ f(x)>0. \]
Resolução
Calculamos o limite:
\[ \lim_{x\to2}(x^2+1)=2^2+1=5. \]
Temos, portanto,
\[ L=5>0. \]
Como o limite é estritamente positivo, o teorema da permanência do sinal assegura que existe uma vizinhança de \(2\) na qual \(f(x)\) também é positiva.
Assim, para um certo \(\delta>0\),
\[ x^2+1>0 \]
para todo \(x\in(2-\delta,2+\delta)\setminus\{2\}\).
Neste caso, podemos observar ainda algo mais forte: como \(x^2\geq0\) para todo \(x\in\mathbb R\), tem-se
\[ x^2+1\geq1>0 \]
para todo número real \(x\). A função é, portanto, positiva não apenas perto de \(2\), mas em todo o \(\mathbb R\).
O teorema, no entanto, exige apenas uma conclusão local: a partir da positividade do limite, podemos certamente deduzir a positividade da função numa vizinhança adequada de \(2\).
Exercício 4 — nível ★☆☆☆☆
Seja
\[ f(x)=\frac{x+1}{x+2}. \]
Determinar o sinal de \(f(x)\) numa vizinhança adequada de \(x=0\).
Resultado
Existe uma vizinhança de \(0\) na qual
\[ f(x)>0. \]
Resolução
Calculamos o limite quando \(x\to0\). Como o denominador tende para \(2\neq0\), podemos substituir diretamente \(x=0\):
\[ \lim_{x\to0}\frac{x+1}{x+2} = \frac{1}{2}. \]
O valor do limite é
\[ L=\frac12>0. \]
O teorema da permanência do sinal permite-nos, então, concluir que a função assume valores positivos para todos os \(x\) suficientemente próximos de \(0\).
Em símbolos, existe \(\delta>0\) tal que
\[ \frac{x+1}{x+2}>0 \]
para todo \(x\in(-\delta,\delta)\setminus\{0\}\).
Importa notar que não foi necessário resolver diretamente uma inequação racional: o sinal positivo do limite é suficiente para garantir o sinal positivo da função numa vizinhança adequada do ponto.
Exercício 5 — nível ★☆☆☆☆
Consideremos
\[ f(x)=\ln(x)-1. \]
Determinar o sinal de \(f(x)\) numa vizinhança adequada de \(x=1\).
Resultado
Existe uma vizinhança de \(1\) na qual
\[ f(x)<0. \]
Resolução
A função está definida para \(x>0\), logo, em particular, está definida numa vizinhança suficientemente pequena de \(1\).
Calculamos o limite:
\[ \lim_{x\to1}(\ln(x)-1)=\ln(1)-1=0-1=-1. \]
Temos, então,
\[ L=-1<0. \]
Pelo teorema da permanência do sinal, existe então \(\delta>0\) tal que, para todo \(x\) suficientemente próximo de \(1\),
\[ \ln(x)-1<0. \]
Por outras palavras, a função mantém o mesmo sinal do seu próprio limite e é negativa numa vizinhança adequada de \(1\).
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Sabendo que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=4, \]
provar que existe uma vizinhança de \(x_0\) na qual
\[ f(x)>2. \]
Resultado
Existe \(\delta>0\) tal que
\[ f(x)>2 \]
para todo \(x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\setminus\{x_0\}\).
Resolução
Não pretendemos provar apenas que \(f(x)\) é positiva perto de \(x_0\), mas sim a propriedade mais precisa
\[ f(x)>2. \]
Sabemos que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=4. \]
Pela definição de limite, para todo \(\epsilon>0\) existe \(\delta>0\) tal que
\[ |f(x)-4|<\epsilon \]
quando \(0<|x-x_0|<\delta\).
Queremos obter precisamente \(2\) como cota inferior. Escolhemos, então,
\[ \epsilon=2. \]
A definição de limite garante a existência de \(\delta>0\) tal que
\[ |f(x)-4|<2. \]
Eliminando o valor absoluto, obtemos
\[ -2<f(x)-4<2. \]
Somando \(4\) a todos os membros:
\[ 2<f(x)<6. \]
Em particular,
\[ f(x)>2. \]
Obtivemos, assim, não apenas a positividade de \(f(x)\), mas uma estimativa quantitativa mais forte.
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Sabendo que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-6, \]
provar que existe uma vizinhança de \(x_0\) na qual
\[ f(x)<-3. \]
Resultado
Para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ f(x)<-3. \]
Resolução
Sabemos que \(f(x)\) tende para \(-6\). Pretendemos mostrar que, aproximando-nos suficientemente de \(x_0\), os valores de \(f(x)\) permanecem abaixo de \(-3\).
Pela definição de limite, fixado qualquer \(\epsilon>0\), para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\) verifica-se
\[ |f(x)+6|<\epsilon. \]
Escolhemos
\[ \epsilon=3. \]
Obtemos
\[ |f(x)+6|<3. \]
Isto equivale a
\[ -3<f(x)+6<3. \]
Subtraindo \(6\) a todos os membros:
\[ -9<f(x)<-3. \]
Desta dupla desigualdade decorre imediatamente
\[ f(x)<-3. \]
Em particular, \(f(x)\) é negativa numa vizinhança adequada de \(x_0\), exatamente como previsto pelo teorema da permanência do sinal.
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Seja
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L \]
com \(L>0\). Provar que existe uma vizinhança de \(x_0\) na qual
\[ f(x)>\frac{L}{2}. \]
Resultado
Existe \(\delta>0\) tal que, se \(0<|x-x_0|<\delta\), então
\[ f(x)>\frac{L}{2}>0. \]
Resolução
Como \(L>0\), também
\[ \frac{L}{2}>0. \]
Escolhemos, na definição de limite,
\[ \epsilon=\frac{L}{2}. \]
Existe, então, \(\delta>0\) tal que, se
\[ 0<|x-x_0|<\delta, \]
então
\[ |f(x)-L|<\frac{L}{2}. \]
Eliminando o valor absoluto:
\[ -\frac{L}{2}<f(x)-L<\frac{L}{2}. \]
Somando \(L\) aos três membros:
\[ \frac{L}{2}<f(x)<\frac{3L}{2}. \]
Em particular,
\[ f(x)>\frac{L}{2}. \]
Como \(\displaystyle\frac{L}{2}>0\), segue-se também
\[ f(x)>0. \]
Este é precisamente o caso positivo da demonstração do teorema da permanência do sinal.
Exercício 9 — nível ★★☆☆☆
Seja
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L \]
com \(L<0\). Provar que, para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ f(x)<\frac{L}{2}<0. \]
Resultado
Existe \(\delta>0\) tal que
\[ f(x)<\frac{L}{2}<0 \]
para todo \(x\) com \(0<|x-x_0|<\delta\).
Resolução
Como \(L<0\), temos
\[ |L|=-L. \]
Escolhemos
\[ \epsilon=\frac{|L|}{2}=-\frac{L}{2}. \]
Este número é positivo, pelo que constitui uma escolha admissível na definição de limite.
Para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\) verifica-se, então,
\[ |f(x)-L|<\frac{|L|}{2}. \]
Desta desigualdade obtemos, em particular,
\[ f(x)<L+\frac{|L|}{2}. \]
Como \(|L|=-L\),
\[ L+\frac{|L|}{2} = L-\frac{L}{2} = \frac{L}{2}. \]
Logo,
\[ f(x)<\frac{L}{2}. \]
Sendo \(L<0\), também \(\displaystyle\frac{L}{2}<0\). Consequentemente,
\[ f(x)<\frac{L}{2}<0, \]
e a função é negativa numa vizinhança adequada de \(x_0\).
Exercício 10 — nível ★★☆☆☆
Provar que, se
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L\neq0, \]
então \(f(x)\neq0\) para todos os \(x\) suficientemente próximos de \(x_0\).
Resultado
Existe uma vizinhança de \(x_0\) na qual
\[ f(x)\neq0. \]
Resolução
A hipótese fundamental é
\[ L\neq0. \]
Um número real diferente de zero só pode ser positivo ou negativo. Devemos, então, distinguir dois casos.
Se
\[ L>0, \]
o teorema da permanência do sinal garante que, para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ f(x)>0. \]
Um número estritamente positivo não pode ser zero, logo
\[ f(x)\neq0. \]
Se, pelo contrário,
\[ L<0, \]
o mesmo teorema garante
\[ f(x)<0 \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\). Também neste caso \(f(x)\) não pode ser igual a zero.
Em ambos os casos existe, portanto, uma vizinhança de \(x_0\) na qual
\[ f(x)\neq0. \]
Esta consequência é particularmente importante quando \(f(x)\) aparece no denominador de um quociente.
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Sejam \(f\) e \(g\) duas funções tais que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=2, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=-3. \]
Determinar o sinal de \(f(x)g(x)\) para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Resultado
Para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ f(x)g(x)<0. \]
Resolução
Analisemos separadamente as duas funções.
Como
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=2>0, \]
pelo teorema da permanência do sinal existe uma vizinhança de \(x_0\) na qual
\[ f(x)>0. \]
Analogamente,
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=-3<0, \]
logo existe uma vizinhança de \(x_0\) na qual
\[ g(x)<0. \]
Podemos escolher uma vizinhança suficientemente pequena na qual ambas as propriedades sejam verdadeiras simultaneamente.
Nessa vizinhança, \(f(x)\) é positiva e \(g(x)\) é negativa. O produto de um número positivo por um número negativo é negativo. Logo,
\[ f(x)g(x)<0. \]
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Sejam \(f\) e \(g\) tais que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-4, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=-2. \]
Determinar o sinal do produto \(f(x)g(x)\) perto de \(x_0\).
Resultado
Para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ f(x)g(x)>0. \]
Resolução
O limite de \(f(x)\) é
\[ -4<0. \]
Pela permanência do sinal, \(f(x)<0\) para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Também o limite de \(g(x)\) é negativo:
\[ -2<0. \]
Logo, novamente pelo teorema da permanência do sinal,
\[ g(x)<0 \]
numa vizinhança adequada de \(x_0\).
Restringindo eventualmente a vizinhança, podemos fazer com que ambas as desigualdades se verifiquem simultaneamente.
O produto de dois números negativos é positivo. Segue-se, então, que
\[ f(x)g(x)>0 \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Exercício 13 — nível ★★★☆☆
Sejam \(f\) e \(g\) duas funções tais que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=5, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=-2. \]
Determinar o sinal do quociente
\[ \frac{f(x)}{g(x)} \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Resultado
Para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Resolução
Da primeira hipótese temos
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=5>0. \]
O teorema da permanência do sinal implica, então, que
\[ f(x)>0 \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Para a segunda função,
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=-2<0. \]
Segue-se que
\[ g(x)<0 \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Em particular, \(g(x)\neq0\) nessa vizinhança, pelo que o quociente está bem definido.
Como o numerador é positivo e o denominador é negativo, o seu quociente é negativo:
\[ \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Exercício 14 — nível ★★★☆☆
Seja
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-3. \]
Determinar o sinal da função recíproca
\[ \frac{1}{f(x)} \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Resultado
Para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ \frac{1}{f(x)}<0. \]
Resolução
Temos
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-3<0. \]
Pelo teorema da permanência do sinal, existe, então, uma vizinhança de \(x_0\) na qual
\[ f(x)<0. \]
Como \(f(x)\) é estritamente negativa, nessa vizinhança não pode ser igual a zero. Consequentemente, a função recíproca
\[ \frac{1}{f(x)} \]
está bem definida.
O recíproco de um número negativo é também negativo. Logo,
\[ \frac{1}{f(x)}<0 \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Exercício 15 — nível ★★★☆☆
Consideremos
\[ f(x)=x^2. \]
Quando \(x\to0\), tem-se
\[ \lim_{x\to0}x^2=0. \]
É possível aplicar diretamente o teorema da permanência do sinal? O que podemos, ainda assim, afirmar sobre o sinal de \(f(x)\) numa vizinhança de \(0\)?
Resultado
O teorema da permanência do sinal, na forma relativa a um limite \(L\neq0\), não é aplicável. No entanto,
\[ x^2>0 \]
para todo \(x\neq0\).
Resolução
O limite da função é
\[ \lim_{x\to0}x^2=0. \]
O teorema da permanência do sinal estudado exige que o limite seja diferente de zero:
\[ L\neq0. \]
Neste exercício, porém,
\[ L=0. \]
Não podemos, portanto, utilizar diretamente o teorema para deduzir o sinal da função.
Isto não significa que \(f(x)\) não tenha um sinal determinado perto de \(0\). Devemos simplesmente estudá-lo com outros argumentos.
para todo número real \(x\),
\[ x^2\geq0. \]
Além disso,
\[ x^2=0 \]
apenas quando \(x=0\). Assim, numa vizinhança de \(0\), para \(x\neq0\), temos sempre
\[ x^2>0. \]
Este exercício mostra um ponto importante: ter um limite diferente de zero é uma condição suficiente para aplicar o teorema da permanência do sinal, mas uma função pode manter um sinal determinado mesmo quando o seu limite é igual a zero.
Exercício 16 — nível ★★★☆☆
Consideremos
\[ f(x)=x \]
quando \(x\to0\). Determinar se a função mantém um sinal constante numa vizinhança de \(0\).
Resultado
Não. Em qualquer vizinhança de \(0\), a função assume tanto valores negativos como positivos.
Resolução
O limite é
\[ \lim_{x\to0}x=0. \]
Também neste caso o limite é igual a zero, pelo que o teorema da permanência do sinal, na forma estudada, não é aplicável.
Examinemos diretamente o comportamento da função.
Se \(x<0\), então
\[ f(x)=x<0. \]
Se, pelo contrário, \(x>0\), então
\[ f(x)=x>0. \]
Qualquer vizinhança de \(0\) contém tanto números negativos como positivos. Consequentemente, em qualquer vizinhança de \(0\), a função assume valores de ambos os sinais.
Não existe, portanto, nenhuma vizinhança de \(0\) na qual \(f(x)\) seja sempre positiva ou sempre negativa.
Comparando este exercício com o anterior, vemos que, quando o limite é igual a zero, não é possível determinar o sinal da função conhecendo apenas o valor do limite: \(x^2\) é positiva numa vizinhança de \(0\), ao passo que \(x\) muda de sinal.
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Seja
\[ f_a(x)=x^2+a, \]
onde \(a\in\mathbb R\). Estudar, utilizando o teorema da permanência do sinal sempre que possível, o sinal de \(f_a(x)\) numa vizinhança de \(x=0\) nos casos \(a>0\), \(a<0\) e \(a=0\).
Resultado
Se \(a>0\), então \(f_a(x)>0\) perto de \(0\).
Se \(a<0\), então \(f_a(x)<0\) perto de \(0\).
Se \(a=0\), o teorema não é diretamente aplicável, mas \(f_0(x)=x^2>0\) para todo \(x\neq0\).
Resolução
Calculemos primeiro o limite em função do parâmetro \(a\):
\[ \lim_{x\to0}(x^2+a)=a. \]
O sinal do limite depende, portanto, diretamente do valor de \(a\).
Se
\[ a>0, \]
o limite é estritamente positivo. Pelo teorema da permanência do sinal existe, então, uma vizinhança de \(0\) na qual
\[ f_a(x)=x^2+a>0. \]
Se, pelo contrário,
\[ a<0, \]
o limite é estritamente negativo. O teorema garante, então, que, para \(x\) suficientemente próximo de \(0\),
\[ f_a(x)=x^2+a<0. \]
Esta última conclusão pode parecer menos imediata, uma vez que \(x^2\) é sempre não negativo. Contudo, quando \(x\) está muito próximo de \(0\), também \(x^2\) é muito pequeno e não é suficiente para compensar o termo constante negativo \(a\).
Resta o caso
\[ a=0. \]
Neste caso,
\[ \lim_{x\to0}f_0(x)=0. \]
O teorema não é diretamente aplicável, porque o limite não é diferente de zero. No entanto,
\[ f_0(x)=x^2>0 \]
para todo \(x\neq0\).
O exercício mostra, assim, com clareza, o papel da hipótese \(L\neq0\).
Exercício 18 — nível ★★★★☆
Sejam \(f\) e \(g\) duas funções tais que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=7, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=3. \]
Provar que, para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ f(x)>g(x). \]
Resultado
Existe uma vizinhança de \(x_0\) na qual
\[ f(x)>g(x). \]
Resolução
Para comparar \(f(x)\) e \(g(x)\), é útil considerar a sua diferença:
\[ h(x)=f(x)-g(x). \]
Dizer que
\[ f(x)>g(x) \]
equivale, com efeito, a dizer que
\[ f(x)-g(x)>0. \]
Calculemos, então, o limite da diferença:
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)-g(x)] = \lim_{x\to x_0}f(x)-\lim_{x\to x_0}g(x). \]
Substituindo os valores dados:
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)-g(x)] = 7-3 = 4. \]
Como
\[ 4>0, \]
o teorema da permanência do sinal, aplicado à função \(h(x)=f(x)-g(x)\), garante que
\[ f(x)-g(x)>0 \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Somando \(g(x)\) a ambos os membros, obtemos
\[ f(x)>g(x). \]
Exercício 19 — nível ★★★★☆
Sejam \(f\) e \(g\) duas funções tais que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=3. \]
Determinar, para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\), o sinal das expressões
\[ f(x),\qquad g(x),\qquad f(x)g(x),\qquad \frac{f(x)}{g(x)}. \]
Resultado
Para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ f(x)<0,\qquad g(x)>0,\qquad f(x)g(x)<0,\qquad \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Resolução
Comecemos pela função \(f\). Como
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2<0, \]
o teorema da permanência do sinal garante que
\[ f(x)<0 \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Para a função \(g\), pelo contrário,
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=3>0. \]
Logo,
\[ g(x)>0 \]
numa vizinhança adequada de \(x_0\).
Restringindo eventualmente a vizinhança, podemos supor que ambas as propriedades se verificam simultaneamente.
Como \(f(x)\) é negativa e \(g(x)\) é positiva, o seu produto é negativo:
\[ f(x)g(x)<0. \]
Além disso, \(g(x)>0\), pelo que, em particular,
\[ g(x)\neq0. \]
O quociente está, portanto, bem definido. Sendo o numerador negativo e o denominador positivo, obtemos
\[ \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Utilizámos, assim, o teorema da permanência do sinal para controlar simultaneamente o sinal de várias expressões construídas a partir das duas funções.
Exercício 20 — nível ★★★★★
Sejam \(f\), \(g\) e \(h\) três funções tais que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=5, \qquad \lim_{x\to x_0}h(x)=-1. \]
Determinar o sinal da expressão
\[ \frac{[f(x)-g(x)]h(x)}{g(x)} \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Resultado
Para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\),
\[ \frac{[f(x)-g(x)]h(x)}{g(x)}>0. \]
Resolução
A expressão contém vários fatores, pelo que procedemos com ordem e determinamos separadamente o sinal de cada parte.
Comecemos pela diferença
\[ f(x)-g(x). \]
Utilizando a álgebra dos limites:
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)-g(x)] = -2-5 = -7. \]
Como
\[ -7<0, \]
o teorema da permanência do sinal garante que
\[ f(x)-g(x)<0 \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Consideremos agora \(h(x)\). Temos
\[ \lim_{x\to x_0}h(x)=-1<0. \]
Consequentemente,
\[ h(x)<0 \]
perto de \(x_0\).
O numerador da expressão é, então, o produto
\[ [f(x)-g(x)]h(x) \]
de duas quantidades negativas. O produto de dois números negativos é positivo, logo
\[ [f(x)-g(x)]h(x)>0. \]
Passemos, por fim, ao denominador. Como
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=5>0, \]
o teorema da permanência do sinal implica
\[ g(x)>0 \]
para \(x\) suficientemente próximo de \(x_0\).
Em particular, \(g(x)\neq0\), pelo que o quociente está bem definido.
Temos, então, um numerador positivo e um denominador positivo. O seu quociente é positivo:
\[ \frac{[f(x)-g(x)]h(x)}{g(x)}>0. \]
Importa notar que cada informação sobre o sinal poderia, inicialmente, ser válida numa vizinhança diferente de \(x_0\). Contudo, como as vizinhanças a considerar são em número finito, podemos escolher uma única vizinhança suficientemente pequena na qual todas as propriedades obtidas sejam verdadeiras simultaneamente.