limite_continuidade_aula_dia_05_de_julho

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Profa. Dra. Ana Cristina Munaretto
Limite e continuidade
AULA INTERATIVA: TIRA-DÚVIDAS
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Exercício 1: Seja 𝒇:ℝ → ℝ
uma função definida por 
𝒇 𝒙 = ቊ
−𝒙 + 𝟏, 𝒙 ≤ 𝟏
𝟐𝒙 − 𝟏 𝒙 > 𝟏
Responda as seguintes 
perguntas:
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a) lim
𝒙→𝟎
𝒇(𝒙) =?
b) 𝒇 𝟏 =?
c) lim
𝒙→𝟏−
𝒇(𝒙) =?
d) lim
𝒙→𝟏+
𝒇(𝒙) =?
e) ∃ lim
𝒙→𝟏
𝒇(𝒙) ?
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4
−𝑥 + 1
2𝑥 − 1
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a) lim
𝒙→𝟎
𝒇(𝒙) =?
lim
𝒙→𝟎
𝒇(𝒙) = lim
𝒙→𝟎
(−𝒙 + 𝟏) = −𝟎 + 𝟏 = 𝟏
b) 𝒇 𝟏 =?
𝒇 𝟏 = −𝟏 + 𝟏 = 𝟎
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c) lim
𝒙→𝟏−
𝒇(𝒙) =?
lim
𝒙→𝟏−
𝒇(𝒙) = lim
𝒙→𝟏−
(−𝒙 + 𝟏) = −𝟏 + 𝟏 = 𝟎
d) lim
𝒙→𝟏+
𝒇(𝒙) =?
lim
𝒙→𝟏+
𝒇(𝒙) = lim
𝒙→𝟏−
(𝟐𝒙 − 𝟏) = 𝟐. 𝟏 − 𝟏 = 𝟏
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e) ∃ lim
𝒙→𝟏
𝒇(𝒙) ?
Temos que:
lim
𝒙→𝟏−
𝒇(𝒙) = 𝟎
lim
𝒙→𝟏+
𝒇(𝒙) = 𝟏
Portanto,
∄ lim
𝒙→𝟏
𝒇(𝒙)
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Exercício 2: Seja 𝒇:ℝ → ℝ
uma função definida por 
𝒇 𝒙 = ቊ
𝟎, 𝒙 ∉ ℚ
𝒙, 𝒙 ∈ ℚ
Mostre que
lim
𝒙→𝟎
𝒇(𝒙) = 𝟎
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Solução:
Dado 𝜺 > 𝟎, tomemos 𝜹 = 𝜺. Para 𝒙 ∈ ℝ − {𝟎}, 
temos que se
𝟎 < 𝒙 − 𝟎 < 𝜹
Então:
𝒇 𝒙 − 𝟎 = ቊ
𝟎 − 𝟎 = 𝟎 < 𝜺
𝒙 − 𝟎 < 𝜹 = 𝜺
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Isto é: Para todo 𝜺 > 𝟎 existe 𝟎 < 𝜹 (= 𝜺) tal 
que:
𝟎 < 𝒙 − 𝟎 < 𝜹 ⇒ 𝒇 𝒙 − 𝟎 < 𝜺
Portanto:
lim
𝒙→𝟎
𝒇(𝒙) = 𝟎
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Exercício 3: Mostre, usando 
sequencias, que a função 
𝒇 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏
𝟏
𝒙
não converge quando 𝒙 se 
aproxima de zero.
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Solução:
Consideremos a sequência 𝒙𝒏 =
𝟏
𝟐𝝅𝒏
. Temos:
• lim
𝒏→∞
𝒙𝒏 = 𝟎
• 𝒇 𝒙𝒏 = 𝒔𝒆𝒏
𝟏
𝒙𝒏
= 𝒔𝒆𝒏
𝟏
ൗ𝟏 𝟐𝝅𝒏
= 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝝅𝒏 = 𝟎
Assim,
• lim
𝒏→∞
𝒇(𝒙𝒏) = lim
𝒏→∞
𝟎 = 𝟎
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Consideremos a sequência 𝒚𝒏 =
𝟏
𝟐𝝅𝒏+
𝝅
𝟐
. Temos:
• lim
𝒏→∞
𝒚𝒏 = 𝟎
• 𝒇 𝒚𝒏 = 𝒔𝒆𝒏
𝟏
𝒚𝒏
= 𝒔𝒆𝒏
𝟏
𝟏
𝟐𝝅𝒏+
𝝅
𝟐
= 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝝅𝒏 +
𝝅
𝟐
= 𝟏
Assim,
• lim
𝒏→∞
𝒇(𝒚𝒏) = lim
𝒏→∞
𝟏 = 𝟏
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Assim, temos duas sequencias (𝒙𝒏 e 𝒚𝒏) que 
convergem para zero, mas:
lim
𝒏→∞
𝒇(𝒙𝒏) = 𝟎 ≠ 𝟏 = lim
𝑛→∞
𝒇(𝒚𝒏)
Portanto, a função 𝒇 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏
𝟏
𝒙
não converge na 
origem.
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Exercício 4: Observe o 
gráfico da função
𝒇 𝒙 =
𝒙𝟐 − 𝒙
𝟑𝒙 − 𝟔
e responda as questões:
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a) lim
𝒙→+∞
𝒇(𝒙) =?
b) lim
𝒙→−∞
𝒇(𝒙) =?
c) lim
𝒙→𝟐−
𝒇(𝒙) =?
d) lim
𝒙→𝟐+
𝒇(𝒙) =?
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a) lim
𝒙→+∞
𝒇(𝒙) =?
lim
𝒙→+∞
𝒇(𝒙) = +∞
b) lim
𝒙→−∞
𝒇(𝒙) =?
lim
𝒙→−∞
𝒇(𝒙) = −∞
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c) lim
𝒙→𝟐−
𝒇(𝒙) =?
lim
𝒙→𝟐−
𝒇(𝒙) = −∞
d) lim
𝒙→𝟐+
𝒇(𝒙) =?
lim
𝒙→𝟐+
𝒇(𝒙) = +∞
x f(x)
2,1 7,7
2,01 67,67
2,001 667,667
2,0001 6.667,6667
2,00001 66.667,66667
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Exercício 5: Analise a 
continuidade da função:
nos pontos 𝒙𝟏 = 𝟏, 𝒙𝟐 = 𝟒 e 
𝒙𝟑 = 𝟔.
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𝒙𝟏 = 𝟏
lim
𝒙→𝟏−
𝒇(𝒙) = lim
𝒙→𝟏−
𝟐𝒙 + 𝟏 = 𝟑
lim
𝒙→𝟏+
𝒇(𝒙) = lim
𝒙→𝟏+
−𝒙 + 𝟔 = 𝟓
lim
𝒙→𝟏−
𝒇(𝒙) ≠ lim
𝒙→𝟏+
𝒇 𝒙
Portanto, a função não é contínua em 𝒙𝟏 = 𝟏.
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𝒙𝟐 = 𝟒
lim
𝒙→𝟒−
𝒇(𝒙) = lim
𝒙→𝟒−
−𝒙 + 𝟔 = 𝟐
lim
𝒙→𝟒+
𝒇(𝒙) = lim
𝒙→𝟒+
𝒙 − 𝟐 = 𝟐
lim
𝒙→𝟒
𝒇(𝒙) = 𝟐
Mas, 𝒇 𝟒 = 𝟏. Assim,
lim
𝒙→𝟒
𝒇(𝒙) = 𝟐 ≠ 𝟏 = 𝒇(𝟒)
Portanto, a função não é contínua em 𝒙𝟐 = 𝟒.
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𝒙𝟑 = 𝟔
lim
𝒙→𝟔−
𝒇(𝒙) = lim
𝒙→𝟔−
𝒙 − 𝟐 = 𝟒
lim
𝒙→𝟔+
𝒇(𝒙) = lim
𝒙→𝟔+
𝒙 − 𝟖 𝟐 = 𝟒
lim
𝒙→𝟔
𝒇(𝒙) = 𝟒
Temos que, 𝒇 𝟔 = 𝟔 − 𝟐 = 𝟒. Assim,
lim
𝒙→𝟔
𝒇(𝒙) = 𝟒 = 𝒇(𝟔)
Portanto, a função é contínua em 𝒙𝟑 = 𝟔.
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Exercício 6: Sejam 𝒇, 𝒈: 𝑿 → ℝ
funções contínuas no ponto 𝒂 ∈
𝑿. Prove que são contínuas no 
ponto 𝒂 as funções 𝝋,𝝍:𝑿 → ℝ, 
definidas por:
𝝋 𝒙 = 𝒎𝒂𝒙{𝒇 𝒙 , 𝒈 𝒙 }
𝝍 𝒙 = 𝒎𝒊𝒏{𝒇 𝒙 , 𝒈 𝒙 }
para todo 𝒙 ∈ 𝑿.
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Solução:
Observe que, para todo 𝒙 ∈ 𝑿,
𝝋 𝒙 =
𝒇 𝒙 + 𝒈 𝒙 + 𝒇 𝒙 − 𝒈(𝒙)
𝟐
e
𝝍 𝒙 =
𝒇 𝒙 + 𝒈 𝒙 − 𝒇 𝒙 − 𝒈(𝒙)
𝟐
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As propriedades das funções contínuas nos 
dizem que se 𝒇, 𝒈: 𝑿 → ℝ são contínuas no 
ponto 𝒂 ∈ 𝑿, então as funções: 𝒇 ± 𝒈, 𝒄. 𝒇 (onde 
𝒄 ∈ ℝ) e 𝒇 são também contínuas no ponto 𝒂.
Portanto, as funções 𝝋 e 𝝍 são contínuas no 
ponto 𝒂.
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Exercício 7: Seja 𝒇: [𝟎, 𝟏] → ℝ
contínua tal que 𝒇 𝟎 = 𝒇(𝟏). 
Prove que existe 𝒙 ∈ [𝟎, Τ𝟏 𝟐] tal 
que 𝒇 𝒙 = 𝒇(𝒙 + Τ𝟏 𝟐).
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Solução:
Defina 𝝋: [𝟎, Τ𝟏 𝟐] → ℝ por 𝝋 𝒙 = 𝒇 𝒙 − 𝒇(𝒙 + Τ
𝟏
𝟐). 
Dessa forma, temos que 𝝋 𝟎 = 𝒇 𝟎 − 𝒇( Τ𝟏 𝟐) e 
𝝋 Τ𝟏 𝟐 = 𝒇 Τ
𝟏
𝟐 − 𝒇(𝟏).
Como 𝒇 𝟎 = 𝒇 𝟏 , obtemos que 𝝋 𝟎 + 𝝋 Τ𝟏 𝟐 = 𝟎. 
Assim, temos duas possibilidades:
• 𝝋 𝟎 = 𝟎
Neste caso, 𝒙 = 𝟎 é um valor que resolve o 
exercício, pois 𝟎 = 𝝋 𝟎 = 𝒇 𝟎 − 𝒇(𝟎 + Τ𝟏 𝟐), isto é, 
𝒇 𝟎 = 𝒇(𝟎 + Τ𝟏 𝟐).
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• 𝝋 𝟎 ≠ 𝟎
Neste caso, a função 𝝋 muda de sinal. Como 𝝋
é uma função contínua, o Teorema do Valor 
Intermediário nos garante que existe 𝒄 ∈ (𝟎, Τ𝟏 𝟐)
tal que 𝝋 𝒄 = 𝟎.
Mas 𝟎 = 𝝋 𝒄 = 𝒇 𝒄 − 𝒇(𝒄 + Τ𝟏 𝟐) e, portanto,
𝒇 𝒄 = 𝒇(𝒄 + ൗ𝟏 𝟐)
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BIBLIOGRAFIA
LIMA, E. L. Curso de Análise. Projeto Euclides. 
V.1. IMPA.
LIMA, E. L. Análise Real. IMPA.