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Funda¸c˜ ao Centro de Ciˆ encias e Educa¸ca ˜o Superior a Distˆ ancia do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educa¸ca ˜o Superior a Distˆ ancia do Estado do Rio de Janeiro
2a AD
2013/1
EAR
Matem´ atica
Aulas 12-17
Vers˜ ao Gabarito
Coords. H. Clark & C. Vinagre
1a Quest˜ ao - [2 pontos] Em cada item abaixo, fa¸ca o solicitado: 3 (a) [1pt] Mostre, por meio da defini¸c˜ ao que lim = 3, onde x ̸= 1. x→2 x − 1 3 (b) [1pt] Mostre, por meio da defini¸c˜ ao que que lim = −1, onde x ̸= 1. x→(−2) x − 1 Demonstra¸ c˜ ao - (a) Seja ϵ ∈ R e ϵ > 0. Tome { δ(ϵ) := min
1 ϵ , 2 6
}
Seja x ∈ R − {1} tal que 0 < |x − 2| < δ. Isto significa que 0 < |x − 2| < 1/2 e 0 < |x − 2| < 6ϵ . Tem-se ent˜ao que | − 3x + 6| 3 3|x − 2| x − 1 − 3 = |x − 1| = |x − 1| .
(∗)
Como |x − 2| < 1/2 ent˜ao −1/2 < x − 2 < 1/2 ⇒ 0 < 1/2 < x − 1 < 3/2 ⇒ 1/2 < |x − 1| = x − 1 ⇒
1 < 2. |x − 1|
A u ´ ltima passagem vale pois x ̸= 1.(Deve-se fazer as contas para verificar que, escolher δ < 1 n˜ao 1 serviria para obter uma majora¸c˜ao para |x−1| ). Da´ı, de (∗), e como vale tamb´em 0 < |x − 2| < 6ϵ tem-se 3|x − 2| 3 ϵ = − 3 < 3|x − 2|.2 = 6|x − 2| < 6. = ϵ , x − 1 |x − 1| 6 Portanto, se x ∈ R, x ̸= 1 e 0 < |x − 2| < δ, δ como acima, ent˜ao 3 x − 1 − 3 < ϵ.
(∗∗)
Mostrou-se ent˜ao que para cada ϵ > 0 arbitrariamente dado, pode-se escolher um δ = δ(ϵ) > 0 tal 3 que, para todo x ∈ R, x ̸= 1, se 0 < |x − 2| < δ ent˜ao x−1 − 3 < ϵ. Conclui-se pela defini¸c˜ao que 3 =1 x→2 x − 1 lim
(b) Seja ϵ ∈ R e ϵ > 0. Tome-se
δ(ϵ) := min {1, 2ϵ} 1
Seja x ∈ R − {1} tal que 0 < |x + 2| < δ. Para δ como acima, isto significa que 0 < |x + 2| < 1 e 0 < |x + 2| < 2ϵ. Tem-se ent˜ao que 3 |x + 2| = + 1 x − 1 |x − 1| . Como |x + 2| < 1 ent˜ao
(∗)
−1 < x + 2 < 1 ⇒ −4 < x − 1 < −2 < 0.
Como x − 1 < 0 segue que |x − 1| = −(x − 1). Mas da´ı e como −4 < x − 1 < −2 < 0 ent˜ ao 1 < 21 , pois x ̸= 1. 2 < |x − 1| = −(x − 1) < 4. Portanto, |x−1| Da´ı, de (∗), e como vale tamb´em 0 < |x + 2| < 2ϵ tem-se |x + 2| 3 1 1 x − 1 + 1 = |x − 1| < |x + 2|. 2 < 2ϵ. 2 = ϵ , Portanto, se x ∈ R, x ̸= 1 e 0 < |x + 2| < δ, δ como acima, ent˜ao 3 < ϵ. + 1 x − 1
(∗∗)
Mostrou-se ent˜ao que para cada ϵ > 0 arbitrariamente dado, pode-se escolher um δ = δ(ϵ) > 0 tal 3 que, para todo x ∈ R, x ̸= 1, se 0 < |x + 2| < δ ent˜ao x−1 + 1 < ϵ. Conclui-se pela defini¸c˜ao que 3 = −1 x→−2 x − 1 lim
2a Quest˜ ao - [2 pontos] Em cada item, use o crit´erio sequencial apropriado para mostrar a afirma¸c˜ ao: (a) [1 pt] Seja a ̸= 0 ∈ R e suponha que a fun¸c˜ao f : R → R tenha limite L no ponto 0. Se a fun¸c˜ ao x g : R → R ´e definida por g(x) = f ( a ) para todo x ∈ R ent˜ao lim g(x) = L. x→0 ( ) |x| (b) [0,5 pt] N˜ao existe lim x + , onde x ̸= 0. x→0 x (c) [0,5 pt] A fun¸c˜ao f : R → R definida por 1 se x > 0, x f (x) = 0 se x ≤ 0. n˜ao ´e cont´ınua em x = 0. Demonstra¸ c˜ ao - (a) Hip´otese: lim f (x) = L
(⋆)
x→0
e g(x) = f ( xa ) para todo x ∈ R. Para provar lim g(x) = L o crit´erio sequencial apropriado ´e o de x→0
existˆencia do limite (Teorema 12.4). Seja ent˜ao (xn )n∈N uma sequˆencia qualquer em R tal que lim xn = 0 e xn ̸= 0 para todo n ∈ N. n→∞
xn n→∞ a
Ent˜ao, como a ´e constante n˜ao nula, por resultado de limite de sequˆencia, lim
= 0.
Da´ı e como vale (⋆), o crit´erio sequencial de limites pode ser aplicado para a fun¸c˜ao f , ou seja, pode-se afirmar que (x ) n lim f = L; mas da´ı e pela defini¸c˜ao de g segue que lim g(xn ) = L. n→∞ n→∞ a 2
Mostrou-se assim que: para toda (xn )n∈N sequˆencia em R−{0} tal que lim xn = 0 ent˜ao lim g(xn ) = n→∞ n→∞ L. Pelo crit´erio sequencial para limites (Teorema 12.4) conclui-se que lim g(x) = L. x→0
(b) Aqui deve-se usar o crit´erio sequencial de divergˆencia (Teorema 12.5 (b)); para isso, deve-se exibir uma particular sequˆencia (xn )n∈N em R \ {0}, que convirja para 0 e tal que a sequˆencia das imagens (f (xn ))n∈N seja divergente, sendo que a fun¸c˜ao f : R \ {0} → R ´e dada por f (x) = x + |x|/x. n Ora, por exemplo, a sequˆencia (xn )n∈N definida por xn = (−1) converge para zero, quando n → ∞, n e xn ̸= 0 para todo n ∈ N. Al´em disso, a sequˆencia (f (xn ))n∈N ´e definida por (−1)n 1 n n |xn | (−1) (−1)n (−1)n n f (xn ) = xn + = + (−1)n = + (−1) = + (−1)n para todo n ∈ N. n xn n n n n
n
Da´ı se tem que ( (f (xn ))n∈N =
(−1)n + (−1)n n
) = (−2, 3/2, −4/3, 5/4, ....)n∈N n∈N
que ´e uma sequˆencia divergente, pois possui uma( subsequˆ )encia ilimitada (1/2n + 1)n∈N . |x| Logo, pelo crit´erio sequencial n˜ao existe lim x + x , (x ̸= 0). x→0
Observando-se que
{ f (x) =
x + 1 se x > 0, x − 1 se x < 0.
uma alternativa `a solu¸c˜ao acima, ´e exibir duas sequˆencias que convirjam a 0 por pontos diferentes de 0 e cujas respectivas sequˆencias de imagens convirjam para pontos diferentes - por exemplo, (1/n)n∈N e (−1/n)n∈N . (c) Aqui deve-se usar o crit´erio sequencial de descontinuidade: para mostrar a descontinuidade de f em x = 0 basta exibir uma particular sequˆencia (xn )n∈N de pontos do dom´ınio de f , que convirja para 0 e tal que a sequˆencia de imagens (f (xn ))n∈N n˜ao convirja para f (0) = 0. Por exemplo, a sequˆencia ((−1)n /n)n∈N converge para 0 mas a sequˆencia de imagens ´e (0, n, 0, n, 0, . . . , ), que ´e divergente 3a Quest˜ ao - [2 pontos] Sejam X, Y ⊂ R, f : X → R e g : Y → R fun¸c˜oes tais que f (X) ⊂ Y . Mostre detalhadamente, usando o crit´erio sequencial para continuidade que: se f ´e cont´ınua em a ∈ X e g ´e cont´ınua em b = f (a) ∈ Y ent˜ao a fun¸c˜ ao composta g ◦ f : X → R ´e cont´ınua em a. Demonstra¸ c˜ ao - Por hip´otese, f ´e fun¸c˜ao cont´ınua em a ∈ X (1) e g ´e cont´ınua em b = f (a) ∈ Y (2). Seja (xn )n∈N uma sequˆencia qualquer em X = dom(g ◦ f ) tal que lim xn = a .
n→+∞
Deve-se mostrar que a sequˆencia das imagens ((g ◦ f )(xn ))n∈N converge para (g ◦ f )(a) = g(f (a)) = g(b). Mas por (1), pode-se aplicar o crit´erio sequencial para a fun¸c˜ao cont´ınua f : de fato, sendo (xn )n∈N uma sequˆencia em X = domf que converge para a ∈ X ent˜ao a sequˆencia das imagens (f (xn ))n∈N ´e uma sequˆencia em f (X) ⊂ Y que converge para f (a). Da´ı e como vale (2), pode-se aplicar o crit´erio sequencial para a fun¸c˜ao cont´ınua g e obter que a sequˆencia das imagens por g, (g(f (xn )))n∈N converge para a imagem g(f (a)) = g(b). 3
Mostrou-se assim que: para toda (xn )n∈N sequˆencia em X = dom(g ◦ f ) que converge para a ∈ X, a sequˆencia das imagens ((g ◦ f )(xn ))n∈N converge para (g ◦ f )(a) = g(f (a)) = g(b). Pelo crit´erio sequencial de continuidade, tem-se que g ◦ f ´e cont´ınua em a. 4a Quest˜ ao - [2 pontos] (a) [1pt] Mostre que a equa¸c˜ao ln x − x = −1, 5 tem uma solu¸c˜ao em [1, e]. Note que ln x = loge x onde e ≈ 2, 7 . . . · (b) [1pt] Seja f : [a, b] → R uma fun¸c˜ao cont´ınua. Se f (x) ∈ Q para todo x ∈ [a, b] com f (a) = c ent˜ao f (x) = c para todo x ∈ [a, b], ou seja, f ´e constante em [a, b]. ´ um t´ıpico problema para se usar o Teorema do Valor Intermedi´ario. Seja Demonstra¸ c˜ ao - (a) E f : [1, e] → R definida por f (x) = ln x − x. Tem-se que f ´e cont´ınua em [1, e], pois ´e a diferen¸ca de fun¸c˜oes cont´ınuas. Como f (1) = ln 1 − 1 = −1, f (e) = ln e − e ≈ 1 − 2, 7 = −1, 7 ent˜ao a desigualdade f (1) = −1 > −1, 5 > −1, 7 = f (e) ´e verdadeira. Ent˜ao, pelo Teorema do Valor Intermedi´ario existe c ∈]1, e[⊂ [1, e] tal que f (c) = −1, 5 (b) Suponha por absurdo que existe x0 ∈ [a, b] tal que f (x0 ) ̸= c, digamos, que seja f (x0 ) > c = f (0). Como R \ Q ´e denso em R ent˜ao existe y ∈ R \ Q tal que f (x0 ) > y > f (0). Da´ı e do Teorema do Valor Intermedi´ario existe x ∈]a, b[ tal que f (x) = y. Isto contradiz a hip´otese de que f (x) ∈ Q para todo x ∈ [a, b]. Portanto, f (x0 ) = c. Logo, f (x0 ) = c para todo x0 ∈ [a, b] 5a Quest˜ ao - [2 pontos] (a) [1,0 pt] Mostre, usando a defini¸c˜ ao que, se a, b ∈ R, a ̸= 0, ent˜ao a fun¸c˜ao f : R → R definida por f (x) = ax + b ´e uniformemente cont´ınua em R. (b) [0,5 pt] Mostre que, se α > 0 ent˜ao a fun¸c˜ao f : [α, ∞[→ R dada por f (x) = 1/x ´e fun¸c˜ ao de Lipschtz e, portanto, uniformemente cont´ınua. (c) [0,5 pt] Mostre, usando o crit´erio sequencial apropriado, que a fun¸c˜ao f : R → R dada por f (x) = x2 n˜ ao ´e uniformemente cont´ınua em R (logo n˜ao ´e lipschitziana). Demonstra¸ c˜ ao - (a) Pela defini¸c˜ao de continuidade uniforme a prova ´e como segue: Seja ϵ > 0. Sendo a ̸= 0, toma-se δ = ϵ/|a| > 0. Ent˜ao, para todos x, y ∈ R, se |x − y| < δ ent˜ ao |f (x) − f (y)| = |ax + b − (ay + b)| = |a(x − y)| = |a||x − y| < |a|(ϵ/|a|) = ϵ. Conclui-se pela defini¸c˜ao que f ´e uniformemente cont´ınua em R (b) Seja ϵ > 0. Toma-se k = ϵα2 . Sejam x, y ∈ [α, ∞[. Ent˜ao x, y > α > 0 e tem-se 1/x < 1/α e 1/y < 1/α. Da´ı, ent˜ao |f (x) − f (y)| = Assim, existe constante k =
1 α2
1 1 |x − y| < 2 |x − y| . xy α
> 0 tal que para todos x, y ∈ [α, ∞[ tem-se |f (x) − f (y)| ≤ k|x − y|.
Logo, f ´e fun¸c˜ao de Lipschtz em [α, ∞[, e portanto, por resultado, ´e uniformemente cont´ınua. ´ preciso exibir ϵ0 > 0 e duas particulares sequˆencias (xn )n∈N e (yn )n∈N tais que lim (xn −yn ) = 0 (c) E n→∞
e |xn 2 − yn 2 | ≥ ϵ0 para todo n ∈ N. Por exemplo, tomando-se ϵ0 = 2, (xn ) = (n + (yn ) = (n)n∈N tem-se lim (xn − yn ) = lim n1 = 0 e que, para todo n ∈ N, n→∞
n→∞
2 xn − yn 2 = 2 + 1 ≥ 2 =: ϵ0 . 2 n 4
1 n )n∈N
e
Pelo Teorema 17.1, a fun¸c˜ao x ∈ R 7→ x2 n˜ao ´e uniformemente cont´ınua. Pelo Teorema 17.3, est´a fun¸c˜ao n˜ao ´e uma fun¸c˜ao de Lipschtz.
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