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Funda¸c˜ ao Centro de Ciˆ encias e Educa¸c˜ ao Superior a Distˆ ancia do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educa¸c˜ ao Superior a Distˆ ancia do Estado do Rio de Janeiro
´ AP2 – ELEMENTOS DE ANALISE REAL – 25/05/2013 – Gabarito
Quest˜ ao 1 [2 pontos] Seja f : (1, ∞) → R definida por f (x) = defini¸c˜ao ( ϵ e δ ), que lim f (x) = 2. x→5 √ Observa¸c˜ ao: Note que x − 1 > 0, pois x ∈ (1, ∞).
√ x − 1. Mostre, por meio da
Solu¸c˜ ao - Seja ϵ > 0 onde ϵ ∈ R. Toma-se δ > 0 tal que δ = 2ϵ. Seja x ∈ Dom f = (1, ∞) tal que 0 < |x − 5| < δ. Ent˜ao √ √ √ √ | x − 1 + 2| |x − 5| |x − 5| |x − 5| 1 x−1+2≥0 √ | x − 1−2| = | x − 1−2| √ = √ = < < 2ϵ. = ϵ. 2 2 | x − 1 + 2| | x − 1 + 2| x−1+2 √ Usou-se na pen´ultima√igualdade a hip´otese x ∈ (1, ∞); consequentemente que x − 1 > 0. Da´ı, 1 tem-se, tamb´em, que x − 1 + 2 > 2, donde √x−1+2 < 21 . √ Assim, se 0 < |x − 5| < δ ent˜ao x − 1 − 2 < ϵ. Conclus˜ ao: Para todo ϵ > 0 existe δ > 0 tal que, para √ todo x ∈ Dom f , se 0 < |x − 4| < δ ent˜ao √ | x − 2| < ϵ. Nestas condi¸c˜oes, escreve-se 2 = lim x − 1. x→5 Coment´ ario: Como j´a foi comentado nas Notas de Aula, √ majora¸co˜es diferentes levam a δ’s diferentes. Alguns alunos usaram, por exemplo, δ = min{1, ( 3 + 2)ϵ} ou δ = min{1, 2ϵ}. Apesar de no fundo n˜ao precisarem usar que 0 < |x − 5| < 1, quando os racioc´ınios foram corretamente justificados, eles foram considerados. O que foi observado na corre¸c˜ao, no entanto, ´e que muitos alunos, ao ficarem na d´uvida sobre os racioc´ınios a serem utilizados, d˜ao voltas desnecess´arias a fim de usar procedimentos que eles consideram que precisam usar sempre. A estes, ´e recomendado que estudem novamente para dominar com seguran¸ca o trabalho com as diversas defini¸co˜es por ϵ, δ. Quest˜ ao 2 [2 pontos] Mostre usando ( ) os crit´erios sequenciais apropriados que: |x| (a) [1 pt] N˜ao existe lim 2 + , onde x ̸= 0. x→0 x 1 se x > 0, x2 (b) [1 pt] A fun¸c˜ao f : R → R definida por f (x) = n˜ao ´e cont´ınua em x = 0. 0 se x ≤ 0, Solu¸c˜ ao - (a) Aqui a fun¸c˜ao f : R \ {0} → R ´e dada por f (x) = 2 + |x|/x. Deve-se usar o crit´erio n sequencial de divergˆencia: por exemplo, a sequˆencia (xn )n∈N definida por xn = (−1) converge para n zero, quando n → ∞, e xn ̸= 0 para todo n ∈ N. Al´em disso, a sequˆencia (f (xn ))n∈N ´e definida por n f (xn ) = 2 +
|xn | xn
= 2+
(−1) n (−1)n n
= 2+
1 n (−1)n n
= 2 + (−1)n
para todo n ∈ N. Da´ı se tem que
(f (xn ))n∈N = (2 + (−1)n )n∈N = (1, 3, 1, 3, ....) que ´e uma sequˆencia divergente, pois possui duas subsequˆencias que convergem para limites diferentes. ( ) Logo, pelo crit´erio sequencial (de divergˆencia) n˜ao existe lim 2 + |x| , (x ̸= 0). x x→0 Coment´ ario: Como j´a foi observado, inclusive nas orienta¸c˜oes para a AP2, nos crit´erios sequenciais de n˜ao existˆencia de limite (divergˆencia) e n˜ao continuidade, sequˆ encias particulares devem ser necessariamente exibidas. Portanto, o trabalho com sequˆencias gen´ericas n˜ao est´a correto em nenhum dos dois exerc´ıcios desta quest˜ao. Deve-se entender tamb´em que, neste exerc´ıcio em particular, nem todas as sequˆencias que convergem para zero servem: por exemplo, a sequˆencia (1/n)n∈N n˜ao serve, porque a sequˆencia de imagens
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(f (1/n))n∈N = (2 + 1 = 3)n∈N converge para 3 e isto n˜ao permite nenhuma conclus˜ao sobre a n˜ao existˆencia do limite. Para se chegar a alguma conclus˜ao usando a sequˆencia (1/n)n∈N , s´o usando tamb´em (−1/n)n∈N : de fato, aqui a sequˆencia de imagens (f (−1/n))n∈N = (2−1 = 1)n∈N converge para 1. Desta forma, s˜ao exibidas duas sequˆencias que convergem para zero tais que as respectivas sequˆ (encias de ) imagens convergem para pontos diferentes, o que permite concluir que n˜ao existe |x| ´ claro tamb´em que sequˆencias que n˜ao convergem para 0, como (1 − 1/n)n∈N , n˜ao lim 2 + x . E x→0 servem para o exerc´ıcio. Revise os crit´erios sequenciais de divergˆencia para entender as observa¸co˜es acima. (b) Aqui deve-se usar o crit´erio sequencial de descontinuidade: por exemplo, a sequˆencia ((−1)n /n)n∈N converge para 0 mas a sequˆencia de imagens ´e (f (xn ))n∈N = (0, 22 , 0, 42 , 0, . . . , ) = (0, 4, 0, 16, 0, ..., 0, n2 , 0, ...), a qual ´e divergente. Quest˜ ao 3 [2 pontos] Seja f : R → R uma fun¸c˜ao. Mostre que: se |f (x)| ≤ x2 ex para todo x ∈ R ent˜ao f ´e deriv´avel em x = 0, Solu¸c˜ ao - Como |f (x)| ≤ x2 ex para todo x ∈ R ent˜ao −x2 ex ≤ f (x) ≤ x2 ex para todo x ∈ R e, consequentemente f (0) = 0. Assim, para todo x > 0, tem-se −xex =
−x2 ex f (x) − f (0) x2 ex ≤ ≤ = xex . x x−0 x
Desta desigualdade e do Teorema do Sandu´ıche para limites, como lim+ (−x2 ex ) = 0 e x→0
lim+ (x2 ex ) = 0 obt´em-se
x→0
lim+
x→0
f (x) − f (0) = 0 =: f+′ (0). x−0
(⋆)
Agora, para todo x < 0 tem-se −x2 ex f (x) − f (0) x2 ex −xe = ≥ ≥ = xex . x x−0 x x
Da´ı e de novo pelo Teorema do Sandu´ıche para limites, como acima, tem-se − lim− x→0
f (x) − f (0) = 0 =: −f−′ (0). x−0
(⋆⋆)
De (⋆) e (⋆⋆) conclui-se que f ´e deriv´avel em zero e f ′ (0) = 0. Quest˜ ao 4 [2 pontos] Sejam X ⊂ R, f : X → R e g : X → R fun¸co˜es. Mostre detalhadamente, usando o crit´erio sequencial para continuidade que: se f e g s˜ao cont´ınuas em a ∈ X ent˜ao a fun¸c˜ao produto f · g : X → R definida por (f · g)(x) = f (x) · g(x) ´e cont´ınua em a. Demonstra¸c˜ ao - Seja (xn )n∈N uma sequˆencia qualquer em X = Dom(f · g) tal que lim xn = a ∈ n→+∞
X . Como por hip´otese, f e g s˜ao cont´ınuas em a, aplicando-se o crit´erio sequencial para estas fun¸co˜es, obt´em-se que para as sequˆencias de imagens vale lim f (xn ) = f (a) e lim g(xn ) = g(a) . n→+∞
n→+∞
Da´ı, por resultado de limite de sequˆencias tem-se que ( lim (f (xn )) · ( lim g(xn )) = f (a) · g(a) . n→∞
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Como, para todo n ∈ N, (f · g)(xn ) = f (xn ) · g(xn ), conclui-se ent˜ao que lim (f · g)(xn ) = lim (f (xn ) · g(xn )) = ( lim (f (xn )) · ( lim g(xn )) = f (a) · g(a) = (f · g)(a) .
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
ou seja, a sequˆencia das imagens ((f · g)(xn ))n∈N converge para (f · g)(a). Mostrou-se assim que: para toda (xn )n∈N sequˆencia em X = Dom(f · g) que converge para a ∈ X, a sequˆencia das imagens ((f · g)(xn ))n∈N converge para (f · g)(a) = f (a) · g(a). Pelo crit´erio sequencial de continuidade, tem-se que f · g ´e cont´ınua em a. Quest˜ ao 5 [2 pontos] (a) [1pt] Mostre que a equa¸c˜ao ln(x) − x = −1, 5 tem uma solu¸c˜ao no intervalo fechado [1, e]. Note que ln(x) = loge (x) onde e ≈ 2, 7 . . . · (b) [1 pt] Seja f : [a, b] → R uma fun¸c˜ao cont´ınua em [a, b], deriv´avel em (a, b) e tal que f ′ (x) > 0 para todo x ∈ [a, b]. Mostre que f ´e crescente em [a, b], isto ´e, se x, y ∈ [a, b] e x < y ent˜ao f (x) < f (y) . ´ um t´ıpico problema para se usar o Teorema do Valor Intermedi´ario. Para isto Solu¸c˜ ao - (a) E considera-se 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¸co˜es 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) Sejam x, y ∈ [a, b] com x < y. Pelo TVM existe ξ ∈ (x, y) tal que f (y) − f (x) = f ′ (ξ)(y − x).
(∗)
Como f ′ (z) > 0 para todo z ∈ [a, b] ent˜ao, em particular, f ′ (ξ) > 0. Da´ı e como y − x > 0, pois y > x, de (∗) resulta f (y) − f (x) = f ′ (ξ)(y − x) > 0. Portanto, para todo x, y ∈ [a, b] com x < y implica f (x) < f (y). Logo, f ´e crescente em [a, b].
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