AD2-EAR-2020-1-gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
2a AD 2020/1 EAR Lic. em Matemática Lição 07 a Lição 10 Gabarito Coordenador: Romulo R. Rosa
1a Questão - [4,0 pontos] Mostrar os seguintes limites por meio da definição 7.2:
(a) lim
x→x0
x5 = x50 ;
(b) lim
x→x0
1
x2
=
1
x20
·
SOLUÇÃO:
(a) Seja ε > 0. Seja δ < min
{
ε
5(1 + |x0|)4
, 1
}
.
Daı́ em diante a argumetação é padrão, seguindo o exemplo 7.6. na lição 7.
==
Rascunho para encontrar delta que inclui as desigualdades que podem ser usadas na prova:
|x5 − x50| = |x− x0||x4 + x0x3 + x20x2 + x30x+ x40|
|x5 − x50| ≤ |x− x0|
(
|x|4 + |x0||x|3 + |x0|2|x|2 + |x0|3|x|+ |x0|4
)
Se δ ≤ 1 então teremos |x− x0| < δ ≤ 1; como |x| − |x0| ≤ |x− x0| , teremos |x| < 1 + |x0|.
Na desigualdade acima, usando |x| < 1+|x0| e, depois, usando |x0| < 1+|x0|, teremos o seguinte:
|x5 − x50| < |x− x0|
(
(1 + |x0|)4 + |x0|(1 + |x0|)3 + |x0|2(1 + |x0|)2 + |x0|3(1 + |x0|) + |x0|4
)
|x5 − x50| < |x− x0| · 5(1 + |x0|)4
Como queremos o segundo membro menor que ε, escolhemos delta assim: δ < min
{
ε
5(1 + |x0|)4
, 1
}
.
(b) Seja ε > 0. Seja δ < min
{
ε|x0|3
10
,
|x0|
2
}
.
Daı́ em diante Daı́ em diante a argumetação é padrão, seguindo o exemplo 7.6. na lição 7.
==
Rascunho para encontrar delta que inclui as desigualdades que podem ser usadas na prova:∣∣∣∣ 1x2 − 1x20
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x20 − x2x20x2
∣∣∣∣ = |(x− x0)(x+ x0)| 1x20x2 .
Se δ ≤ |x0|2 , teremos |x− x0| < δ ≤
|x0|
2 ; como |x| − |x0| ≤ |x− x0|, teremos |x| <
3|x0|
2 .
Além disso temos também que |x0| − |x| ≤ |x0 − x| = |x− x0| < |x0|2 , donde
|x0|
2 < |x|.
Usando essas duas desigualdades, teremos:∣∣∣∣ 1x2 − 1x20
∣∣∣∣ < |x− x0|(|x|+ |x0|) 1
x20
(
|x0|
2
)2 < |x− x0|5|x0|2 4|x0|4 = |x− x0| 10|x0|3 .
Como queremos o segundo membro menor que ε, escolhemos delta assim: seja δ < min
{
ε|x0|3
10
,
|x0|
2
}
.
2a Questão - [3,0 pontos] Sejam I ⊂ R um intervalo e f : I → R uma função em I. Suponha que
x0 ∈ I não é um extremo de I . Sob essas hipóteses mostre que:
1
(a) se f é crescente então lim
x→x+0
f(x) = inf{f(x);x ∈ I, x > x0};
(b) se f é decrescente então lim
x→x−0
f(x) = inf{f(x);x ∈ I, x < x0}.
SOLUÇÃO (a) Por hipótese, se x ∈ I e x > x0 então f(x) > f(x0). Daı́, o conjunto A = {f(x);x ∈
I, x > x0} é limitado inferiormente por f(x0), e não-vazio já que x0 não é um extremo (à direita) de
I . Logo, existe L = inf{f(x);x ∈ I, x > x0}. Resta mostrar que lim
x→x+0
f(x) = L.
De fato, seja ε > 0 dado. Então, L + ε não é cota inferior de A. Assim, existe xε ∈ I com xε > x0
tal que L+ ε > f(xε) > L. Seja δ = xε − x0 > 0. Se 0 < x− x0 < δ então x0 < x < xε . Daı́, como f é
crescente então L < f(x) < f(xε) < L+ ε⇒ L− ε < f(x) < L+ ε. Portanto, se 0 < x− x0 < δ então
então |f(x)− L| < ε. Logo, (a) é verdade.
SOLUÇÃO (b) Por hipótese, se x ∈ I e x < x0 então f(x) > f(x0). Daı́, o conjuntoA = {f(x);x ∈
I, x < x0} é limitado inferiormente por f(x0) e não-vazio, já que x0 não é um extremo (à esquerda)
de I . Logo, existe L = inf{f(x);x ∈ I, x < x0}. Resta mostrar que lim
x→x−0
f(x) = L.
De fato, seja ε > 0 dado. Então, L + ε não é cota inferior de A. Assim, existe xε ∈ I com xε < x0
tal que L + ε > f(xε) > L. Seja δ = x0 − xε > 0. Se 0 < x0 − x < δ então x0 > x > xε . Daı́, como f
é decrescente então L < f(x) < f(xε) < L+ ε ⇒ L− ε < f(x) < L+ ε. Portanto, se 0 < x0 − x < δ
então então |f(x)− L| < ε. Logo, (b) é verdade.
3a Questão - [3,0 pontos] Sejam I ⊂ R um intervalo e seja f : I → J uma função decrescente e
contı́nua, onde J = f(I) é também um intervalo.
Mostre que a função inversa de f , denotada por g : J → I , é decrescente e contı́nua.
SOLUÇÃO: De fato, como f é injetiva em I , existe a função inversa g := f−1 : J → I .
Por hipótese, se x1 < x2 então f(x1) > f(x2), que também denotaremos por y1 > y2.
Agora, se existissem y1 < y2 tais que g(y1) ≤ g(y2), pelo fato de todo g(y) pertencer a I , po-
derı́amos tomar x1 = g(y1) e x2 = g(y2), donde x1 ≤ x2 e y1 < y2, ou seja f(x1) < f(x2), o que
contrariaria a hipótese. Logo g é decrescente também.
Como g é decrescente, cada limite lateral é um supremo ou ı́nfimo de um subconjunto do in-
tervalo I . Dado y0 ∈ J , existe x0 ∈ I tal que g(y0) = x0. Se existisse y0, não extremo, tal que
lim
y→y−0
g(y) > lim
y→y+0
g(y), poderı́amos escrever o seguinte:
inf{g(y) : y < y0} > sup{g(y) : y > y0}.
Como f é inversa de g e J é um intervalo, poderı́amos reescrever os conjuntos:
inf{x : f(x) < f(x0)} > sup{x : f(x) > f(x0)}.
Como f é decrescente, os conjuntos seriam:
inf{x ∈ I : x > x0} > sup{x ∈ I : x < x0}.
Isso contrariaria a hipótese de I ser um intervalo, pois no caso de um intervalo terı́amos acima que
inf = x0 = sup. Concluı́mos que lim
y→y−0
g(y) = lim
y→y+0
g(y) = x0, donde g é contı́nua em y0 ∈ J .
2