EP 10 EAR gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
10o EP EAR Matema´tica Semana 12 - NA 10 Gabarito Coord.: C. Vinagre & H. Clark
Exerc´ıcio 1. Sejam f, g : I : [a, b] ⊂ R → R duas func¸o˜es cont´ınuas em I. Mostre que h : I → R
definida por h(x) := max{f(x), g(x)} para x ∈ I e´ tambe´m cont´ınua em I.
Prova: Seja x0 ∈ I um ponto qualquer. Como f e g sa˜o cont´ınuas em I, tem-se para � > 0 qualquer
que
existe δ1 > 0 tal que f(x0)− � < f(x) < f(x0) + � para x ∈ Vδ1(x0) ∩ I; (∗)
existe δ2 > 0 tal que g(x0)− � < g(x) < g(x0) + � para x ∈ Vδ2(x0) ∩ I. (∗∗)
Na vizinhanc¸a V := Vδ1(x0) ∩ Vδ2(x0) valem as desigualdades (∗) e (∗∗) e assim para x ∈ V, tem-se
max{f(x0)− �, g(x0)− �} < max{f(x), g(x)} < max{f(x0) + �, g(x0) + �}.
Como
max{f(x0)− �, g(x0)− �} = max{f(x0), g(x0)} − �,
max{f(x0) + �, g(x0) + �} = max{f(x0), g(x0)}+ �
enta˜o
max{f(x0), g(x0)} − � < max{f(x), g(x)} < max{f(x0), g(x0)}+ �.
Ou seja, |h(x)− h(x0)| < � para x ∈ V . Logo, h e´ cont´ınua em I.
Exerc´ıcio 2. Seja f : I := [0, 2]→ R definida por f(x) := max{x2, cosx} para x ∈ I. Mostre que:
(a) o mı´nimo absoluto x0 de f pertence a (0, pi/2). Ou seja, o mı´nimo absoluto existe e e´ atingido
no interior de I.
(b) a equac¸a˜o x2 − cosx = 0 tem pelo menos uma soluc¸a˜o em I.
Prova: (a) Como cosx e x2 sa˜o cont´ınuas em I enta˜o pelo Exerc´ıcio 1, f e´ cont´ınua em I. Assim,
pelo Teorema 10.1 - TMM, existe em [0, pi/2] um ponto x0 no qual f atinge o mı´nimo absoluto. Ale´m
disso,
f(0) = max{0, 1} = 1; f(pi/2) = max{pi2/4, 0} ' 9, 6/4 > 1 e f(pi/4) = max{pi2/16,√2/2} < 1,
ou seja, f(pi/4) < f(0) < f(pi/2). Portanto, o ponto de mı´nimo absoluto x0 na˜o pode ser nenhum dos
extremos de I. Logo, x0 ∈ (0, pi/2). 2
(b) Seja g(x) = x2 − cosx definida em I. Como g e´ cont´ınua em I e
g(0) = −1 < 0 < pi
2
4
= g(pi/2)
enta˜o pelo Teorema 10.2 - TVI, existe x0 ∈ I tal que g(x0) = 0. Portanto, x0 e´ tal que x20−cosx0 = 0.
Logo, x0 e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o dada.
1
Exerc´ıcio 3. Seja f : I := [0, 1]→ R definida por f(x) := max {x, 2−x}. Mostre que:
(a) o mı´nimo absoluto x0 de f pertence ao interior de I;
(b) a equac¸a˜o x = 2−x tem uma soluc¸a˜o em I.
Prova: (a) Como x e 2−x sa˜o cont´ınuas em I enta˜o pelo Exerc´ıcio 1, f e´ tambe´m cont´ınua em I e
pelo TMM existe em I um ponto x0 no qual f atinge o mı´nimo absoluto. Ale´m disso,
f(0) = max{0, 1} = 1 = max{1, 1/2} = f(1) e f(1/2) = max
{
1/2, 1/
√
2
}
= 1/
√
2 < 1,
ou seja, f(1/2) < f(0) = f(1). Portanto, o ponto de mı´nimo absoluto x0 na˜o pode ser nenhum dos
extremos de I. Logo, x0 ∈ (0, 1). 2
(b) Seja g(x) = x− 2−x definida em I. Como g e´ cont´ınua em I e
g(0) = −1 < 0 < 1
2
= g(1),
enta˜o pelo Teorema 10.2 - TVI, existe x0 ∈ I tal que g(x0) = 0. Portanto, x0 e´ tal que x0 − 2−x0 = 0.
Logo, x0 e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o dada.
Exerc´ıcio 4. Seja f : [a, b] → R uma func¸a˜o cont´ınua tal que f(x) > 0 para cada x ∈ [a, b]. Mostre
que existe um nu´mero k > 0 tal que f(x) ≥ k para todo x ∈ [a, b].
Prova: Como f e´ cont´ınua em [a, b] (que e´ um intervalo fechado e limitado) e f(x) > 0 para todo
x ∈ [a, b] enta˜o pelo Teorema 10.1 - TMM, existe x0 ∈ [a, b] tal que
min f([a, b]) = min{f(x) ∈ R∗+; para x ∈ [a, b]} = f(x0) > 0.
Portanto, se k := min f([a, b]) = f(x0) enta˜o (pela definic¸a˜o de valor mı´nimo de uma func¸a˜o), para
todo x ∈ [a, b] tem-se que f(x) ≥ k > 0.
Exerc´ıcio 5. Seja f : [0, 1] → R uma func¸a˜o cont´ınua tal que f(0) = f(1). Mostre que existe um
ξ ∈ [0, 1/2] tal que f(ξ) = f(ξ + 1/2).
Prova: A demonstrac¸a˜o e´ obtida aplicando-se o Teorema 10.2 - TVI a` func¸a˜o
ϕ : [0, 1/2]→ R dada por ϕ(x) = f(x)− f(x+ 1/2).
Note inicialmente, que ϕ e´ cont´ınua em [0, 1/2], pois f e´ cont´ınua em [0, 1] e a restric¸a˜o f
∣∣
[0,1/2]
e´
cont´ınua. Ale´m disso, usando a hipo´tese f(0) = f(1), tem-se
ϕ(0) = f(0)− f(0 + 1/2) = f(0)− f(1/2) = f(1)− f(1/2);
ϕ(1/2) = f(1/2)− f(1/2 + 1/2) = f(1/2)− f(1).
Adicionando-se a`s duas identidades acima, tem-se ϕ(0) + ϕ(1/2) = 0. Ou seja, a func¸a˜o ϕ troca de
sinal em [0, 1/2]. Assim, existem α, β ∈ [0, 1/2] tais que ϕ(α) < 0 < ϕ(β). Portanto, pelo TVI ha´
ξ ∈ (α, β) tal que ϕ(ξ) = 0. Logo, pela definic¸a˜o de ϕ tem-se f(ξ) = f(ξ + 1/2).
Exerc´ıcio 6. Seja f(x) =
√
x definida em I = (α,∞) onde α > 0. Mostre, pela definic¸a˜o, que f e´
uniformemente cont´ınua em I.
2
Prova: Seja � > 0. Tome-se δ = 2�
√
α. (Atenc¸a˜o: para descobrir este δ e´ preciso fazer o “rascunho:
uma conta de tra´s para frente”. A saber, como
∣∣√x−√y∣∣ = |x− y|√
x+
√
y
deve-se usar que, se x, y ∈ (α,∞) enta˜o x > α, y > α e consequentemente √x > √α, √y > √α.
De onde segue que
√
x +
√
y > 2
√
α. Inverte-se e obte´m-se, usando o desenvolvimento anterior, o δ
desejado. Relembre o trabalho com supremo e limite, para fazer este rascunho, que na˜o deve aparecer
na demonstrac¸a˜o.)
Segue-se o roteiro da demonstrac¸a˜o, como sempre: Sejam x, y ∈ (α,∞) tais que |x − y| < δ.
Tem-se que ∣∣√x−√y∣∣ = |x− y|√
x+
√
y
. (∗)
Como x > α, y > α enta˜o
√
x >
√
α,
√
y >
√
α, de onde segue que
√
x+
√
y > 2
√
α > 0. Da´ı
1√
x+
√
y
<
1
2
√
α
∴ |x− y|√
x+
√
y
<
|x− y|
2
√
α
.
Juntando isto com (∗) vem que
∣∣√x−√y∣∣ = |x− y|√
x+
√
y
<
|x− y|
2
√
α
<
δ
2
√
α
=
2�
√
α
2
√
α
= �.
Portanto, para todo � > 0 existe δ = 2
√
α� tal que, para todos x, y ∈ (α,∞) se |x − y| < δ enta˜o∣∣√x−√y∣∣ < �. Logo, pela definic¸a˜o, a func¸a˜o √x e´ uniformemente cont´ınua em (α,∞).
Como exerc´ıcio complementar, mostre que
√
x e´ uniformemente cont´ınua em (α,∞), mostrando
que ela e´ lipschitziana (veja exerc´ıcios a seguir).
Exerc´ıcio 7. Mostre que:
(a) A func¸a˜o f(x) = ax com a, x ∈ R e´ uniformemente cont´ınua em R.
(b) A func¸a˜o f(x) = x/|x| com x ∈ R− {0} na˜o e´ uniformemente cont´ınua em R− {0}.
Prova: (a) Se a = 0 enta˜o f e´ identicamente nula e portanto uniformemente cont´ınua em R. Se a 6= 0
enta˜o para todo x, y ∈ R,
|f(x)− f(y)| = |ax− ay| = |a||x− y|. (?)
Logo, f e´ lipschitziana e portanto uniformemente cont´ınua em R.
Pela definic¸a˜o de continuidade uniforme a prova seria:
Se a = 0 enta˜o f(x) = 0. Enta˜o, seja � ∈ R, � > 0 e considere δ = �, por exemplo (na verdade, aqui,
qualquer δ serve). Para todo x, y ∈ R, se |x− y| < δ enta˜o por (?) tem-se |f(x)− f(y)| = 0 < �.
Quando a 6= 0, considera-se δ = �/|a|; deste modo, para todos x, y ∈ R, se |x − y| < δ enta˜o por (?)
tem-se |f(x)− f(y)| < �, pois |f(x)− f(y)| = |a||x− y| < |a|[�/|a|] = �.
Levando em conta as duas situac¸o˜es (poss´ıveis) precedentes conclui-se que f e´ uniformemente
cont´ınua em R. 2
(b) Se f fosse uniformemente cont´ınua em R−{0} enta˜o para todo � > 0 dado, existiria δ = δ(�) > 0
tal que
∀ x, y ∈ R se |x− y| < δ se teria |f(x)− f(y)| < �.
3
Isto na˜o e´ verdade. De fato, escolhe-se 0 < � < 2, por exemplo, � = 1. Seja δ > 0. Escolhe-se
x = −δ/4, y = δ/4 e da´ı
|x− y| = δ/2 < δ e |f(x)− f(y)| = | − 1− 1| = 2 > 1.
Logo, f na˜o e´ uniformemente cont´ınua em R − {0} (na verdade, f na˜o e´ nem cont´ınua em R, logo
na˜o poderia mesmo ser uniformemente cont´ınua; no entanto, o exerc´ıcio acima e´ um bom treino com
a negativa da definic¸a˜o).
Pode-se tambe´m usar o Teorema 10.5 (o crite´rio sequencial de negac¸a˜o da continuidade uni-
forme). Para isso, deve-se exibir um nu´mero real �0 > 0 e duas sequeˆncias (xn)n∈N e (yn)n∈N tais que
lim
n→∞(xn − yn) = 0 e |f(xn) − f(yn)| ≥ �0 para todo n ∈ N. No caso acima, existem, por exemplo,
�0 = 1 e as sequeˆncias xn = 1/n e yn = −1/n, n ∈ N. Enta˜o
lim
n→∞(xn − yn) = limn→∞(1/n− (−1/n)) = limn→∞(2/n) = 0,
e para todo n ∈ N tem-se que |f(xn)− f(yn)| = |f(1/n)− f(−1/n)| = |1− (−1)| = 2 > 1 = �0.
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