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Funda¸c˜ao Centro de Ciˆencias e Educa¸c˜ao Superior a Distˆancia do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educa¸c˜ao Superior a Distˆancia do Estado do Rio de Janeiro Gabarito da APX2 - EAR - 05 a 06/06/
Quest˜ao 1 [2,5 pontos]: Seja ]a, b[ um intervalo limitado. Mostre que, se f : ]a, b[→ R ´e uniformemente
cont´ınua, ent˜ao existem lim x→b−^
f (x) e lim x→a+^
f (x).
SOLUC¸ ˜AO: Tome uma sequˆencia qualquer (xn)n∈N ∈ ]a, b[ tal que xn → b. Por resultado anterior, em
R, (xn)n∈N ser convergente equivale a ser uma sequˆencia de Cauchy. Como f ´e uniformemente cont´ınua,
(f (xn))n∈N tamb´em ´e sequˆencia de Cauchy; logo, (f (xn))n∈N ´e convergente. Isso mostra que lim x→b−^
f (x)
existe, pelo crit´erio sequencial. Analogamente, o limite em a pela direita tamb´em existe.
Quest˜ao 2 [2,5 pontos]: Considere fun¸c˜oes cont´ınuas f, g : R → R. Suponha que f (0) = 0 e f
′ (0) = 0.
Prove que a fun¸c˜ao produto f · g possui derivada nula em x 0 = 0.
SOLUC¸ ˜AO: Para que a derivada de f (x)g(x) exista ´e necess´ario (e suficiente) que o limite a seguir exista:
limx→ 0
f (x)g(x)−f (0)g(0) x− 0
. Por hip´otese, f (0) = 0; da´ı f (0)g(0) = 0. Vale tamb´em que f (0)g(x) = 0. Por
isso, subtrair f (0)g(x) no numerador n˜ao altera a fra¸c˜ao. Reescrevemos o limite assim:
lim x→ 0
f (x)g(x) − f (0)g(0)
x − 0
= lim x→ 0
f (x)g(x) − f (0)g(x)
x − 0
= lim x→ 0
g(x)
f (x) − f (0)
x − 0
O limite de g(x) em x 0 = 0 ´e g(0), pois g ´e cont´ınua por hip´otese. Por hip´otese, f
′ (0) = 0 e, por
defini¸c˜ao de derivada, o limite da fra¸c˜ao em x 0 = 0 ´e f
′ (0). Conclu´ımos o seguinte:
lim x→ 0
f (x)g(x) − f (0)g(0)
x − 0
= lim x→ 0
g(x) lim x→ 0
f (x) − f (0)
x − 0
= g(0)f
′ (0) = 0.
Quest˜ao 3 [2,0 pontos]: Considere constantes a 6 = 0, b 6 = 0 e a fun¸c˜ao p(x) = −a
2 x
7 − a
2 x + b. Mostre
que p(x) tem pelo menos uma raiz real e use o teorema de Rolle para provar que p(x) tem s´o uma raiz.
SOLUC¸ ˜AO: Para x 6 = 0, p(x) = x
7
−a
2 −
a
2
x^6
b
x^7
e da´ı lim x→∞
p(x) = −∞ e lim x→−∞
p(x) = +∞.
Esses limites garantem que a fun¸c˜ao p(x) assume valores negativos mas muda de sinal e tamb´em assume
valores positivos. Como p(x) ´e cont´ınua, vale o TVI, que nesse caso garante a existˆencia de x 1 tal que
p(x 1 ) = 0. Isso prova que p(x) tem pelo menos uma raiz, x 1.
Se existisse raiz x 2 6 = x 1 , valeria que p(x 1 ) = 0 = p(x 2 ). Como p(x) ´e deriv´avel, pelo Teorema de Rolle
existiria x 0 tal que p
′ (x 0 ) = 0; contradi¸c˜ao, pois p
′ (x) = − 7 a
2 x
6 − a
2 < 0. Da´ı n˜ao existe raiz x 2 6 = x 1.
Quest˜ao 4 [2,5 pontos]: Considere uma fun¸c˜ao cont´ınua f : [a, b] → R. Suponha que f possui derivada
n˜ao-nula para todo x ∈ ]a, b[. Mostre que f ´e injetiva. Depois, supondo que f (a) < f (b), use o TVI para
mostrar que f (a) < f (x) < f (b) para todo x ∈ ]a, b[.
SOLUC¸ ˜AO: Se existissem x 1 < x 2 tais que f (x 1 ) = f (x 2 ), estar´ıamos nas condi¸c˜oes do teorema de
Rolle, garantindo que existe x 0 ∈ ]x 1 , x 2 [ tal que f
′ (x 0 ) = 0, o que contrariaria a hip´otese de que a
derivada de f ´e n˜ao nula. Conclu´ımos que se x 1 < x 2 ent˜ao f (x 1 ) 6 = f (x 2 ), ou seja, f ´e injetiva.
Agora, se existisse x ∈]a, b[ tal que f (a) < f (b) < f (x), pelo TVI existiria x 0 ∈]a, x[ tal que f (x 0 ) = f (b),
o que seria uma contradi¸c˜ao com o fato de que f ´e injetiva (provado acima). Analogamente, se existisse
x ∈ ]a, b[ tal que f (x) < f (a) < f (b), pelo TVI existiria x 0 ∈ ]x, b[ tal que f (x 0 ) = f (a). Como esses dois
casos geram contradi¸c˜oes, necessariamente temos f (a) ≤ f (x) ≤ f (b). Note que as igualdades violam a
injetividade de f. Conclu´ımos enfim que f (a) < f (x) < f (b) para todo x ∈ ]a, b[.
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AP2 – Elementos de An´alise Real – 2/
C´odigo da disciplina EAD
Nome: Matr´ıcula:
Polo:
Aten¸c˜ao!
- Para cada folha de respostas que utilizar, antes de come¸car a resolver as quest˜oes, preencha (pintando os
respectivos espa¸cos na parte superior da folha) o n´umero do CPF, o c´odigo da disciplina (indicado acima em
negrito) e o n´umero da folha.
PADR˜AO DE PREENCHIMENTO NA FOLHA DE RESPOSTAS
UM DOIS TRÊS QUATRO CINCO SEIS SETE OITO NOVE ZERO
- Preencha o n´umero total de folhas somente quando for entregar a prova!
- Identifique a Prova, colocando Nome, Matr´ıcula e
Polo.
- E expressamente proibido o uso de qualquer instru-´
mento que sirva para c´alculo como tamb´em qualquer
material que sirva de consulta.
- Devolver esta prova e as Folhas de Respostas ao apli-
cador.
- Somente utilize caneta esferogr´afica com tinta azul ou preta
para registro das resolu¸c˜oes nas Folhas de Respostas.
- As Folhas de Respostas ser˜ao o ´unico material considerado
para corre¸c˜ao. Quaisquer anota¸c˜oes feitas fora deste espa¸co,
mesmo que em folha de rascunho, ser˜ao ignoradas.
- N˜ao amasse, dobre ou rasure as Folhas de Respostas, pois
isto pode inviabilizar a digitaliza¸c˜ao e a corre¸c˜ao.
Quest˜ao 1 [2,0 pontos]:
Escreva matematicamente a defini¸c˜ao do limite de uma fun¸c˜ao g : X → R num ponto de acu-
mula¸c˜ao x 0 do seu dom´ınio X ser igual a L ∈ R. Em seguida use essa defini¸c˜ao para mostrar que
lim
x → 1
(− 3 x + 5) = 2.
Solu¸c˜ao
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 tal que se x ∈ X e 0 < | x − x 0 | < δ ent˜ao | g ( x ) − L | < ε.
Seja ε > 0. Seja δ =
ε 3
. Se x ∈ X e 0 < | x − 1 | < δ ent˜ao | x − 1 | <
ε 3
. Multiplicando por 3 e
por propriedade do valor absoluto (m´odulo) teremos o seguinte: | 3 x − 3 | < ε , que ´e equivalente a
| − 3 x + 3| = | − 3 x + 5 − 2 | < ε.
Assim para f ( x ) = − 3 x + 5 e L = 2 ficou provado o seguinte: se x ∈ X e 0 < | x − 1 | < δ =
ε 3
ent˜ao | f ( x ) − L | < ε.
Quest˜ao 2 [3,0 pontos]: Considere as fun¸c˜oes sen( x ), sen(
1 x
), e x sen(
1 x
) definidas no conjunto
dos reais positivos R
∗
(a) [1,0 pts] Use o crit´erio sequencial para mostrar que n˜ao existe o limite lim
x →∞
sen( x ).
(b) [1,0 pts] Use o crit´erio sequencial para mostrar que n˜ao existe o limite lim
x → 0 +^
sen
(
x
)
Elementos de An´alise Real AP2 2/
(c) Pelo item anterior, | h ( x ) − h ( y )| < 1 · | x − y |, para quaisquer x e y ∈ R
∗
+. Isso implica que^ h^ ´e
fun¸c˜ao Lipschitz em R
∗
+ com constante^ C^ = 1.
(d) Correto. Por resultado anterior, sabemos que toda fun¸c˜ao Lipschitz ´e uniformemente cont´ınua.
Quest˜ao 4 [2,0 pontos]:
Considere uma fun¸c˜ao g : R → R decrescente, ou seja, se x 2 > x 1 ent˜ao g ( x 2 ) < g ( x 1 ).
(a) [1,0 pt] Considere x 6 = x 0. Mostre que x − x 0 tem o sinal oposto ao de g ( x ) − g ( x 0 ). Conclua
da´ı que
g ( x ) − g ( x 0 )
x − x 0
´e sempre negativo.
(b) [0,5 pts] Suponha agora que g ´e deriv´avel em todo R. Escreva a defini¸c˜ao de derivada de g num
ponto x 0 ∈ R, usando um limite.
(c) [0,5 pts] Dˆe exemplo de uma fun¸c˜ao decrescente num intervalo, cuja derivada ´e zero em algum
ponto.
Solu¸c˜ao
a) Se x − x 0 > 0 ent˜ao x > x 0 o que implica g ( x ) < g ( x 0 ) e da´ı g ( x ) − g ( x 0 ) < 0.
Se x − x 0 < 0 ent˜ao x 0 > x o que implica g ( x 0 ) < g ( x ) e da´ı 0 < g ( x ) − g ( x 0 ). Nos dois casos
os sinais de x − x 0 e g ( x ) − g ( x 0 ) s˜ao opostos. Como x 6 = x 0 , segue que o quociente
g ( x ) − g ( x 0 )
x − x 0
existe e ´e sempre negativo.
b) g
′
( x 0 ) = lim
x → x 0
g ( x ) − g ( x 0 )
x − x 0
c) Considere a fun¸c˜ao decrescente f ( x ) = − x
3
. Temos que f
′
( x ) = − 3 x
2
e f
′
Fundac¸˜ao CECIERJ Cons´orcio CEDERJ
Funda¸c˜ao Centro de Ciˆencias e Educa¸c˜ao Superior a Distˆancia do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educa¸c˜ao Superior a Distˆancia do Estado do Rio de Janeiro
AP2 – Elementos de An´alise Real – 1/
C´odigo da disciplina EAD
Nome: Matr´ıcula:
Polo:
Aten¸c˜ao!
- Para cada folha de respostas que utilizar, antes de come¸car a resolver as quest˜oes, preencha (pintando os
respectivos espa¸cos na parte superior da folha) o n´umero do CPF, o c´odigo da disciplina (indicado acima em
negrito) e o n´umero da folha.
PADR˜AO DE PREENCHIMENTO NA FOLHA DE RESPOSTAS
UM DOIS TRÊS QUATRO CINCO SEIS SETE OITO NOVE ZERO
- Preencha o n´umero total de folhas somente quando for entregar a prova!
- Identifique a Prova, colocando Nome, Matr´ıcula e
Polo.
- E expressamente proibido o uso de qualquer instru-´
mento que sirva para c´alculo como tamb´em qualquer
material que sirva de consulta.
- Devolver esta prova e as Folhas de Respostas ao apli-
cador.
- Somente utilize caneta esferogr´afica com tinta azul ou preta
para registro das resolu¸c˜oes nas Folhas de Respostas.
- As Folhas de Respostas ser˜ao o ´unico material considerado
para corre¸c˜ao. Quaisquer anota¸c˜oes feitas fora deste espa¸co,
mesmo que em folha de rascunho, ser˜ao ignoradas.
- N˜ao amasse, dobre ou rasure as Folhas de Respostas, pois
isto pode inviabilizar a digitaliza¸c˜ao e a corre¸c˜ao.
Quest˜ao 1 [3,0 pontos]:
Fa¸ca o que se pede em cada item:
(a) [0,5 pts] Seja L > 0. Mostre que, se 0 < 16 y < 16 x <
L^2
, ent˜ao
2 x +
2 y <
L
(b) [0,5 pts] Mostre que, dado qualquer L > 0 , existem y e x positivos tais que (
2 x −
2 y )
2 L
( x − y ).
(c) [1,0 pts] Considere a fun¸c˜ao g : [0 , 1] → [0 ,
2] , g ( x ) =
2 x. Usando os itens acima, mostre
que esta fun¸c˜ao g ( x ) =
2 x n˜ao ´e uma fun¸c˜ao Lipschitz.
(d) [1,0 pts] Mostre que a fun¸c˜ao g ( x ) =
2 x acima ´e uniformemente cont´ınua no intervalo [0 , 1].
Solu¸c˜ao
a) Se 0 < 16 y < 16 x <
2 L^2
ent˜ao 0 < 8 y < 8 x <
1 L^2
e portanto 0 < 2
2 y < 2
2 x <
1 L
. Segue
da´ı que 2
2 x + 2
2 y <
1 L
1 L
e portanto
2 x +
2 y <
1 L
b) Para y e x positivos vale que (2 x − 2 y ) = (
2 x −
2 y )(
2 x +
2 y ). Agora considere 0 <
16 y < 16 x <
2 L^2
. Pelo item (a) temos que
2 x +
2 y <
1 L
. Da´ı temos que (2 x − 2 y ) =
2 x −
2 y )(
2 x +
2 y ) < (
2 x −
2 y )
1 L
. Dividindo por 2 , conclu´ımos ( x − y ) < (
2 x −
2 y )
1 2 L
Elementos de An´alise Real AP1 1/
Quest˜ao 3 [1,5 pontos]:
Escreva matematicamente a defini¸c˜ao do limite de uma fun¸c˜ao g : X → R num ponto de acu-
mula¸c˜ao x 0 do seu dom´ınio X ser igual a L ∈ R. Em seguida use essa defini¸c˜ao para mostrar que
lim
x →− 2
(4 x + 9) = 1.
Solu¸c˜ao
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 tal que se x ∈ X e 0 < | x − x 0 | < δ ent˜ao | g ( x ) − L | < ε.
Seja ε > 0. Seja δ =
ε 4
. Se x ∈ X e 0 < | x − (−2)| < δ ent˜ao | x + 2| <
ε 4
. Multiplicando por 4
e por propriedade do valor absoluto (m´odulo) teremos o seguinte: | 4 x + 8| < ε , que ´e equivalente
a | 4 x + 9 − 1 | < ε. Assim para f ( x ) = 4 x + 9 e L = 1 provamos o seguinte: se x ∈ X e
0 < | x − (−2)| < δ =
ε 4
ent˜ao | f ( x ) − L | < ε.
Quest˜ao 4 [2,5 pontos]:
Considere uma fun¸c˜ao diferenci´avel f : [ a, b ] → R que tamb´em ´e crescente, ou seja, para x 1 e x 2
pertencentes a [ a, b ], se x 2 > x 1 ent˜ao f ( x 2 ) > f ( x 1 ).
(a) [1,0 pt] Considere uma constante c > 0. Sendo f crescente e x 6 = x 0 , mostre que x − x 0 tem o
mesmo sinal que cf ( x ) − cf ( x 0 ) e conclua da´ı que
cf ( x ) − cf ( x 0 )
x − x 0
´e sempre positivo.
(b) [0,5 pts] Escreva a defini¸c˜ao de derivada de cf ( x ) num ponto x 0 ∈] a, b [ usando um limite.
(c) [1,0 pts] Usando os itens acima mostre que a derivada de uma fun¸c˜ao crescente num intervalo
´e n˜ao negativa.
Solu¸c˜ao
a) Se x − x 0 > 0 ent˜ao x > x 0 o que implica f ( x ) > f ( x 0 ) e da´ı f ( x ) − f ( x 0 ) > 0. Como c > 0 ,
vale que c ( f ( x ) − f ( x 0 )) > 0. Se x − x 0 < 0 ent˜ao x 0 > x o que implica f ( x 0 ) > f ( x ) e da´ı
0 > f ( x ) − f ( x 0 ). Como c > 0 , vale que 0 > c ( f ( x ) − f ( x 0 )). Nos dois casos os sinais de x − x 0 e
c ( f ( x ) − f ( x 0 )) s˜ao iguais. Como x 6 = x 0 , segue que o quociente
cf ( x ) − cf ( x 0 )
x − x 0
existe e ´e sempre
positivo.
b)
d
dx
[ cf ( x )]( x 0 ) = lim
x → x 0
cf ( x ) − cf ( x 0 )
x − x 0
c) Considere c = 1. Pelos itens acima a derivada de f ´e o limite de um quociente que ´e positivo
para todo x 6 = x 0 e portanto este limite n˜ao pode ser negativo.
Fundac¸˜ao CECIERJ Cons´orcio CEDERJ
Funda¸c˜ao Centro de Ciˆencias e Educa¸c˜ao Superior a Distˆancia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educa¸c˜ao Superior a Distˆancia do Estado do Rio de Janeiro
Gabarito da AP2 - EAR - 18/11/
Quest˜ao 1 [2,0 pontos] Seja f : R
∗ → R a fun¸c˜ao f (x) =
1 xn^
para n ∈ N fixo. Pede-se:
(a) [1,0 pt] Mostre, por meio da defini¸c˜ao de limite, que lim x→∞
f (x) = 0.
(b) [1,0 pt] Mostre que lim x→ 0 +^
f (x) n˜ao existe.
Prova: (a) Por hip´otese, n ∈ N. Seja > 0, onde ∈ R. Tome-se K = 1/
n
. Ent˜ao K > 0.
Seja x ∈ R∗^ tal que x > K. Logo tem-se x > 0. Ent˜ao
∣ ∣ ∣ ∣
xn^
xn
|xn|
|x|n^
xn^
Sendo x > K = 1/ n
> 0, e como todos os termos dessa desigualdade s˜ao positivos, ent˜ao por
propriedades alg´ebricas de R valem as seguintes equivalˆencias:
x >
n
x
n
xn^
Da´ı, e de (?) tem-se que
xn^
∣ (^) < . Como > 0 ´e arbitr´ario, resulta para todo x > K = 1/ n
que
xn^ −^0
∣ (^) < . Logo, por defini¸c˜ao de limite no infinito, lim x→∞
f (x) = 0. 2
(b) Por hip´otese, n ∈ N ´e fixo e f (x) =
1 xn^ para^ x^ ∈^ R.^ Ser´a mostrado por meio do crit´erio
sequencial de divergˆencia. Seja, por exemplo, (xk)k∈N tal que xk = 1/ 2
k
. Note que xk > 0 e que
lim k→∞
xk = 0. Ent˜ao f (xk) =
1 xk^
k )
n = 2
kn e, como a sequˆencia (f (xk))k∈N = ((
k )
n )k∈N ´e
divergente ( lim k→∞
k )
n ) = +∞), conclui-se que lim x→ 0 +^
f (x) n˜ao existe.
Quest˜ao 2 [2,0 pontos] Seja f : R → R uma fun¸c˜ao tal que |f (x) − f (2)| ≤ L|x
2 − 4 | para L > 0.
Mostre, por meio da defini¸c˜ao e δ, que f ´e cont´ınua em 2.
Prova: Sejam > 0, onde ∈ R e δ = min{ 1 , / 5 L} > 0 tal que |x − 2 | < δ. Pela escolha de δ
resulta
|x − 2 | < δ < 1 e que |x − 2 | < δ <
5 L
. (a)
Note que |x
2 − 4 | = |x − 2 ||x + 2|. Da´ı e de (a) 1 tem-se as equivalˆencias
|x − 2 | < 1 ⇔ − 1 < x − 2 < 1 ⇔ 3 < x + 2 < 5.
Assim, |x + 2| = x + 2 < 5 e consequentemente
|x
2 − 4 | = |x − 2 ||x + 2| < 5 |x − 2 | < 5 δ
(a) 2 < 5 ·
5 L
L
Isto mostra que f ´e cont´ınua em x 0. 2
(b) Como |f (x)| ≤ x ln(x + 1) para todo x ∈ (0, ∞) ent˜ao −x ln(x + 1) ≤ f (x) ≤ x ln(x + 1) para
todo x > 0 e, consequentemente f (0) = 0. Assim, para todo x > 0, tem-se
− ln(x + 1) ≤
f (x)
x
f (x) − f (0)
x − 0
≤ ln(x + 1).
Da´ı, do Teorema do Sandu´ıche para limites e como lim x→ 0 +
[− ln(x + 1)] = 0 = lim x→ 0 +^
ln(x + 1),
lim x→ 0 +
f (x) − f (0)
x − 0
= 0 = f
′ +(0).
De onde conclui-se que f ´e deriv´avel em zero e f
′ (0) = 0.
Quest˜ao 5 [2,0 pontos] Sejam I ⊆ R um intervalo e f : I ⊆ R → R uma fun¸c˜ao deriv´avel em
I. Se α ∈ I e f ′(α) > 0 mostre que existe um δ > 0 tal que f (x) > f (α) para todo x ∈ I com
α < x < α + δ.
Sug.: Use o Teorema do Valor M´edio.
Prova: Por hip´otese f
′ (α) > 0. Ent˜ao pela defini¸c˜ao da derivada de f em α, tem-se
f
′ (α) = lim x→α
f (x) − f (α)
x − α
Da´ı e por resultado de limites, existe uma vizinhan¸ca Vδ(α) de α tal que
f (x)−f (α) x−α
0 para todo
x ∈ Vδ(α). Se x ∈ Vδ(α) ⊂ I e x > α ent˜ao f (x) − f (α) =
f (x)−f (α) x−α
(x − α) > 0. Portanto, se x ∈ I e
α < x < α + δ ent˜ao f (x) > f (α).
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Centro de Educa¸c˜ao Superior a Distˆancia do Estado do Rio de Janeiro
Gabarito da AP2 - EAR - 26/05/
Quest˜ao 1 [2,0 pontos]
(a) [1,0 pt] Mostre, por meio da defini¸c˜ao ( e δ) de limite, que 3 = lim x→ 27
3
x para x ≥ 0.
(b) [1,0 pt] Seja f : (0, +∞) → R tal que lim x→+∞
xf (x) = 0. Mostre que lim x→+∞
f (x) = 0.
Prova: (a) Sejam > 0, onde ∈ R, e δ > 0 tal que δ = 9.
Seja x ≥ 0 tal que 0 < |x − 27 | < δ. Sendo x − 27 =
3
x −
3
3
x
2
3
27 x +
3
2
e 27 = 3
3
ent˜ao
3
x − 3 | =
|x − 27 | √ 3 x^2 + 3 3
x + 9
|x − 27 |, pois
x^2 + 3
3
x + 9 ≥ 9 para x ≥ 0.
Da´ı,
3
x − 3 | ≤
|x − 27 | <
Assim, se 0 < |x − 27 | < δ ent˜ao | 3
x − 3 | < . Portanto, para todo > 0 existe δ > 0 tal que, se
0 < |x − 27 | < δ ent˜ao
x − 3
∣ (^) < . Logo, pela defini¸c˜ao de limite, 3 = lim x→ 27
3
x.
Esbo¸co do procedimento alg´ebrico preliminar: para encontrar δ > 0, pela sugest˜ao tem-se
x − 27 =
3
x −
3
x
2
27 x +
3
2
. Mas o termo a ser majorado ´e |
3
x − 3 | = |
3
x −
e ent˜ao,
3
x − 3 | =
|x − 27 |
3
x^2 + 3
3
x + 9
∗ ≤
|x − 27 |
e
1 9
|x − 27 | < ⇔ |x − 27 | < 9 . A passagem em (*) foi poss´ıvel pois as parcelas s˜ao todas ≥ 0 no
denominador, pois x ≥ 0.
(b) Como por hip´otese lim x→∞
xf (x) = 0 ent˜ao, por defini¸c˜ao,
para > 0 fixado existe K = K() > 0 tal que |
xf (x)| < para todo x > K, que equivale a
− <
xf (x) < para todo x > K que, por sua vez, equivale a
x^1 /^2
< f (x) <
x^1 /^2
para todo x > K > 0.
Logo, pelo Teorema do Sandu´ıche, o lim x→∞
f (x) = 0, pois lim x→∞
1 x^1 /^2
Obs.: Uma outra maneira seria usando o crit´erio sequencial para limites no infinito:
Seja (xn)n sequˆencia em (0, +∞) tal que lim n→∞
xn = +∞ (*).
Quest˜ao 4 [2,0 pontos] Mostre que:
(a) [1,0pt] Se f : [a, b] → R ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua e f (a) <
2 < f (b) ent˜ao existe x ∈ (a, b) tal
que f (x) =
(b) [1,0 pt] Mostre que a fun¸c˜ao
g(x) =
x
2 se x ∈ Q,
0 se x ∈ R − Q,
´e deriv´avel em x 0 = 0, determinando sua derivada em x 0 = 0 e justificando suas afirma¸c˜oes.
Prova: (a) Considere a fun¸c˜ao g : [a, b] → R definida por g(x) = f (x)−
- Note que g ´e cont´ınua em
[a, b]. Assim, pode-se avaliar g nos pontos a e b. Como, por hip´otese, f (a) −
2 < 0 e f (b) −
ent˜ao
g(a) = f (a) −
2 < 0 < f (b) −
2 = g(b).
Da´ı, tem-se que g ´e negativa em a e positiva em b. Portanto, pelo Teorema do Valor Intermedi´ario,
existe x ∈ (a, b) tal que g(x) = 0. Logo, pela defini¸c˜ao de g resulta que f (x) =
(b) Seja q : R
∗ → R dada por
q(x) =
g(x) − g(0)
x − 0
g(x)
x
x
2
x
= x se x ∈ Q,
0 se x ∈ R − Q,
Afirma-se que a fun¸c˜ao q tem limite igual a zero no ponto x 0 = 0. De fato, seja ∈ R com > 0.
Tome-se δ = . Seja x ∈ R tal que, se 0 < |x − 0 | = |x| < δ; da forma pela qual ´e definida a fun¸c˜ao
q, ´e preciso considerar os dois casos: x ∈ Q e x ∈ R − Q.
Se x ∈ Q ent˜ao
g(x) − g(0)
x − 0
= |x| < δ = .
Se x ∈ R − Q ent˜ao
g(x) − g(0)
x − 0
Assim, em qualquer caso
g(x) − g(0)
x − 0
< . Ou seja, se x ∈ R e 0 < |x| < δ ent˜ao
∣ ∣ ∣ ∣
g(x) − g(0)
x − 0
− L
< . Portanto, para todo > 0 existe δ > 0 tal que para todo x ∈ dom g = R, se
0 < |x − 0 | < δ ent˜ao
g(x) − g(0)
x
∣ < . Logo,^ g^ ´e deriv´avel em zero e a derivada ´e zero.
Quest˜ao 5 [2,0 pontos] Sejam α > 0 e f : (α, ∞) → R dada por f (x) = ln x. Mostre que f ´e
lipschitziana em (α, ∞).
Sug.: Use o Teorema do Valor M´edio.
Prova: De fato, sejam x, y ∈ (α, ∞), por exemplo, com x < y. Como a fun¸c˜ao x 7 → ln x ´e deriv´avel
em (α, ∞), ent˜ao ´e deriv´avel no intervalo (x, y) e cont´ınua em [x, y]; logo, pelo TVM existe ξ ∈ (x, y)
tal que
ln(y) − ln(x) = (ln
′ (ξ))(y − x) =
ξ
(y − x). (a)
Como x, y ∈ (α, ∞) e ξ ∈ (x, y) ent˜ao 0 < α < ξ pois 0 < α < x < ξ < y. Da´ı, 1/ξ < 1 /α. De (a)
resulta ent˜ao que x → ln x ´e uma fun¸c˜ao de Lipschitz em (α, ∞), pois se L =
1 α >^ 0 ent˜ao
| ln y − ln x| =
ξ
|y − x| ≤
α
|y − x| = L|y − x| para todos x, y ∈ (α, ∞).
Quest˜ao 2 [2,0 pontos]
(a) [1 pt] Mostre usando crit´erio sequencial que a fun¸c˜ao
f (x) =
3 se x = 1,
x − 1 se x > 1 ,
n˜ao ´e cont´ınua em x = 1.
(b) [1 pt] Mostre que, se f : [a, b] → R ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua e f (a) < 1 < f (b) ent˜ao existe
x ∈ (a, b) tal que f (x) = 1.
Prova: (a) Seja (xn)n∈N a sequˆencia definida por xn = 1 + 1/n
2
. Tem-se que 1 + 1/n
2
1 para todo
n ∈ N e (1 + 1/n
2 ) converge para 1. Mas f (1 + 1/n
2 ) = n n˜ao converge em R. Portanto, pelo crit´erio
sequencial f ´e descont´ınua em x = 1. 2
(b) Seja g : [a, b] → R a fun¸c˜ao definida por g(x) = f (x) − 1. Note que g ´e cont´ınua em [a, b]. Assim,
pode-se avaliar g nos pontos a e b. Como, por hip´otese, f (a) − 1 < 0 e f (b) − 1 > 0 ent˜ao
g(a) = f (a) − 1 < 0 < f (b) − 1 = g(b).
Da´ı, tem-se que g ´e negativa em a e positiva em b. Portanto, pelo Teorema do Valor Intermedi´ario,
existe x ∈ (a, b) tal que g(x) = 0. Logo, pela defini¸c˜ao de g resulta que f (x) = 1.
Quest˜ao 3 [2,0 pontos] Seja f : R → R uma fun¸c˜ao tal que |f (x)| ≤ x tan x para todo x ∈ (− 1 , 1).
Mostre que f ´e deriv´avel em x = 0.
Obs.: tan x =
sen x
cos x
Prova: Como |f (x)| ≤ x tan x para todo x ∈ (− 1 , 1) ent˜ao −x tan x ≤ f (x) ≤ x tan x para todo
x ∈ (− 1 , 1) e, consequentemente f (0) = 0. Assim, para todo x > 0, tem-se
− tan x =
−x tan x
x
f (x) − f (0)
x − 0
x tan x
x
= tan x.
Desta desigualdade obt´em-se
lim x→ 0 +
f (x) − f (0)
x − 0
= 0 = f
′ +(0).^ (?)
Agora, para todo x < 0 tem-se
− tan x =
−x tan x
x
[
f (x) − f (0)
x − 0
]
x tan x
x
= tan x.
Da´ı,
− lim x→ 0 −
f (x) − f (0)
x − 0
= 0 = −f
′ −(0).^ (2?)
De (?) e (2?) conclui-se que f ´e deriv´avel em zero e f
′ (0) = 0.
Quest˜ao 4 [2,0 pontos] Sejam α > 0 e f : (α, ∞) → R dada por f (x) = ln x. Mostre que f ´e uma
fun¸c˜ao do tipo Lipschitz em (α, ∞).
Prova: Sejam x, y ∈ (α, ∞). Como f (x) = ln x ´e deriv´avel em (α, ∞) ent˜ao pelo TVM existe ξ entre
x e y tal que
ln x − ln y =
ξ
(x − y). (?)
Como x, y ∈ (α, ∞) e ξ est´a entre x e y ent˜ao ξ ∈ (α, ∞). Portanto 0 <
1 ξ
1 α
. Tomando o m´odulo
em (?) e usando a ´ultima desigualdade,
| ln x − ln y| =
ξ
|x − y| ≤
α
|x − y|.
Da´ı, tomando L = 1/α, o qual ´e positivo, tem-se | ln x − ln y| ≤ L|x − y| para todo x, y ∈ (α, ∞).
Logo, f (x) = ln x ´e lipschitziana em (α, ∞).
Quest˜ao 5 [1,0 ponto] Considere a fun¸c˜ao f (x) = e
x para x ∈ R. Determine o polinˆomio de Taylor
de ordem n de f em x 0 = 0.
Prova: Como f (x) = e
x para x ∈ R e f
′ (x) = e
x , f
′′ (x) = e
x ,... , f
(n) (x) = e
x para todo n ∈ N e
x ∈ R ent˜ao, em x 0 = 0, o polinˆomio de Taylor de ordem n de f (x) = e
x ´e dado por
p(x) = 1 + x +
x
2
n!
x
n .
ELEMENTOS DE AN´ALISE REAL AP2 2
Portanto, lim
n→∞
f (xn) = +∞. Assim, a sequˆencia (f (xn))n∈N ´e divergente. Logo, a fun¸c˜ao f (x) =
1 /(x − 1)
4
n˜ao tem limite em 1.
(b) Seja (xn)n∈N uma sequˆencia qualquer em R
∗
= Dom f tal que xn → α quando n → ∞. Como
α ∈ R
∗
= Dom f e f (α) = 1/α, ´e preciso mostrar que a sequˆencia de imagens (f (xn))n∈N converge
para 1 /α. Pelas propriedades de limite,
lim
n→∞
xn = α ⇒ lim
n→∞
xn
Portanto, sendo f (x) = 1/x para x ∈ R
∗
, tem-se que lim
n→∞
f (xn) = lim
n→∞
xn
= f (α). Mostrou-
se que: para toda sequˆencia em R = Dom f que converge para α, a sequˆencia das imagens tende a
f (α) = 1/α. Logo, pelo crit´erio sequencial para continuidade, a fun¸c˜ao f ´e cont´ınua em x = α.
Quest˜ao 3 [2,0 pontos] Sejam (a, b) ⊂ R, f : (a, b) → R uma fun¸c˜ao cont´ınua em x 0 ∈ (a, b) e
tal que f (x) > 0 para todo x ∈ (a, b). Mostre que existem n´umeros reais δ > 0 e β > 0 tais que
f (x) > β para todos x ∈ (a, b) com |x − x 0 | < δ.
Prova - Por hip´otese f ´e cont´ınua em x 0. Ent˜ao, por defini¸c˜ao, para todo > 0 dado existe
δ = δ > 0 (que depende de e do ponto x 0 ) tal que,
para todo x ∈ (a, b) se |x − x 0 | < δ ent˜ao |f (x) − f (x 0 )| < . (∗)
Da´ı, escolhendo em particular, = f (x 0 )/ 2 > 0 , tem-se para este que existe δ > 0 tal que para
todo x ∈ (a, b), se |x − x 0 | < δ ent˜ao f (x 0 )/ 2 < f (x) < 3 f (x 0 )/ 2. De fato, basta usar (∗) com
= f (x 0 )/ 2 e propriedades alg´ebricas, pois
|f (x) − f (x 0 )| < f (x 0 )/ 2 ⇔ −f (x 0 )/ 2 < f (x) − f (x 0 ) < f (x 0 )/ 2 ⇔ f (x 0 )/ 2 < f (x) < 3 f (x 0 )/ 2.
Logo, chamando β = f (x 0 )/ 2 tem-se que f (x) > β > 0 para todo x ∈ (a, b) tal que |x − x 0 | < δ.
Quest˜ao 4 [2,0 pontos] Seja f : R → R definida por
f (x) =
x sen(1/x) se x 6 = 0,
0 se x = 0.
(a) [1 pt] Para x real, x 6 = 0, justificar que f ´e deriv´avel em x e calcular a derivada neste ponto.
(b) [1 pt] Mostrar que f n˜ao ´e deriv´avel em x = 0.
Prova - (a) Para x 6 = 0 tem-se f (x) = x sen(1/x). Note que f ´e o produto de fun¸c˜oes deriv´aveis
em qualquer ponto x 6 = 0. Assim, usando regras de deriva¸c˜ao, resulta
f
′
(x) = sen(1/x) + x cos(1/x) · (− 1 /x
2
) = sen(1/x) −
x
cos(1/x) para todo x 6 = 0,
a qual est´a bem definida, pois x 6 = 0. Logo, f ´e deriv´avel em qualquer x 6 = 0.
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ELEMENTOS DE AN´ALISE REAL AP2 3
(b) Para x = 0 nenhuma regra de deriva¸c˜ao pode ser aplicada, pois as regras s´o valem em pontos
onde a priori sabe-se que a fun¸c˜ao ´e deriv´avel. Assim, em x = 0 ´e necess´ario usar a defini¸c˜ao de
derivada. A saber,
lim
x→ 0
f (x) − f (0)
x − 0
= lim
x→ 0
x sen(1/x)
x
= lim
x→ 0
sen(1/x). (?)
O ´ultimo limite em (?) n˜ao existe! De fato, seja (xn)n∈N a sequˆencia definida por
xn =
nπ
se n ∈ N ´e ´ımpar,
(π/2) + nπ
se n ∈ N ´e par.
Seja f (x) = sen(1/x) para x ∈ R
∗
. Ent˜ao, pela defini¸c˜ao de (xn)n∈N, lim xn = 0 e xn 6 = 0 para
todo n ∈ N. Note que
f (x 2 k− 1 ) = sen(2k − 1)π = 0 para todo k ∈ N,
f (x 2 k) = sen(π/2 + 2kπ) = 1 para todo k ∈ N.
Assim, (f (xn))n∈N ´e a sequˆencia (0, 1 , 0 , 1 ,.. .), a qual como se sabe n˜ao converge. Portanto, n˜ao
existe lim
x→ 0
sen(1/x). Da´ı, e de (?) conclui-se que a derivada de f em zero n˜ao existe.
Quest˜ao 5 [2,0 pontos] Seja f : I ⊆ R → R uma fun¸c˜ao deriv´avel em I. Se α ∈ I e f
′
ent˜ao mostre que existe um δ > 0 tal que f (x) > f (α) para todo x ∈ I com α < x < α + δ.
Prova - Como, por hip´otese, f
′
(α) > 0 ent˜ao pela defini¸c˜ao da derivada de f em α, tem-se
f
′
(α) = lim
x→α
f (x) − f (α)
x − α
Da´ı e da Proposi¸c˜ao 7.7, existe uma vizinha¸ca Vδ(α) de α tal que
f (x) − f (α)
x − α
> 0 para todo x ∈ Vδ(α).
Se x ∈ Vδ(α) ⊂ I e x > α ent˜ao
f (x) − f (α) =
f (x) − f (α)
x − α
(x − α) > 0.
Portanto, se x ∈ I e α < x < α + δ ent˜ao f (x) > f (α).
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