Exame da Epoca de Recurso de Analise Matematica 1-A

3 de janeiro de 2013, duracao: 3 horas

1. (a) (1 valor). Seja A R um conjunto nao vazio e limitado superiormente. Definasupremo de A.

Resolucao: Um elemento b R chama-se supremo do subconjunto A quando b ea menor das cotas superiores (majorantes) de A em R. Assim, para que b R sejasupremo de um conjunto A R, e necessario e suficiente que sejam satisfeitas as duascondicoes abaixo:

(S1) Para todo x A, tem-se x b.(S2) Se c R e tal que x c para todo x A, entao b c.

A condicao (S2) e equivalente a` seguinte condicao:

(S2) Dado c R tal que c < b, existe x X tal que c < x.(b) (1 valor). Enuncie o axioma da completude de R.

Resolucao: Axioma da completude. Qualquer conjunto A R nao vazio elimitado superiormente possui supremo em R.

(c) (1 valor). Sejam A,B R dois conjuntos nao vazios e limitados superiormente eC = {z = x+ y : x A y B}.

Mostre que C e limitado superiormente e

supC supA+ supB.

Resolucao: Pela condicao (S1) da definicao de supremo,

x A : x supA, y B : y supB.

1

Entaoz C : z = x+ y supA+ supB.

Portanto, supA+ supB e uma cota superior (majorante) de C, mas supC e a menorcota superior (majorante) de C. Logo, pela condicao (S2) da definicao de supremo,

supC supA+ supB,como queramos demonstrar.

2. Seja (xn) uma sucessao crescente e limitada superiormente.

(a) (1 valor). Prove que o conjunto dos termos da sucessao (xn) admite supremo.

Resolucao: A sucessao (xn) e limitada superiormente. Logo o conjunto dos seustermos {xn : n N} R e limitado superiormente. Obviamente, este conjunto naoe vazio. Logo, pelo axioma da completude de R, o conjunto {xn : n N} possuisupremo.

(b) (1 valor). Sejaa = sup{xn : n N}.

Mostre que em qualquer vizinhanca do ponto a R ha pelo menos um termo dasucessao (xn).

Resolucao: Fixemos arbitrariamente um numero > 0. Como a < a, pelacondicao (S2) da definicao de supremo, existe um elemento x {xn : n N} talque a < x, isto e, existe um numero N N tal que a < xN . Por outro lado,pela condicao (S1) da definicao de supremo, xN a < a+ . Entao

a < xN < a+ xN ]a , a+ [= V(a).

(c) (1 valor). Fixando um > 0, prove que a partir de uma certa ordem, todos ostermos da sucessao (xn) pertencem a` vizinhanca V(a) centrada em a.

Resolucao: Dado > 0, pela alnea (a), existe um numero N N tal que xN ]a , a+ [. A sucessao (xn) e crescente. Logo, para todo n > N , tem-se

a < xN xn.Pela condicao (S1) da definicao de supremo,

xn a < a+ para todo n N. As duas desigualdades anteriores implicam que xn V(a) paratodo n > N . Acabamos de provar que

> 0 N N n > N : |xn a| < .

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(d) (1 valor). De a definicao de limite finito de uma sucessao de numeros reais e concluasobre

limnxn.

Resolucao: Diz-se que uma sucessao (yn) de numeros reais converge para b R eescreve-se

limn yn = b

se > 0 N N n > N : |yn b| < .

Nas alneas anteriores foi demonstrado o seguinte resultado.

Teorema. Seja (xn) uma sucessao crescente e limitada superiormente. Entao (xn) econvergente e

limnxn = sup{xn : n N}.

3. Calcule os seguintes limites

(a) (2 valores).

limn

(n

n4 + 1+

nn4 + 2

+ + nn4 + n

)Resolucao: Seja

xn =n

n4 + 1+

nn4 + n

+ + nn4 + n

=n

k=1

nn4 + k

.

Para todo k {1, . . . , n} e todo n N,

n4 n4 + k n4 + n < n4 + 2n2 + 1 = (n2 + 1)2.

Portanton2 =

n4

n4 + k

(n2 + 1)2 = n2 + 1

en

n2 + 1 n

n4 + k nn2

para todo k {1, . . . , n} e todo n N. Entaon

k=1

n

n2 + 1

nk=1

n

n4 + k

nk=1

n

n2,

3

donden n

n2 + 1 xn n n

n2= 1

para todo n N. Como

limnn

n

n2 + 1= lim

n1

1 + 1n2

= 1,

pelo teorema das sucessoes enquadradas,

limnxn = 1.

(b) (2 valores).

limx0+

2x sin(2x)x3

.

Resolucao: Sejam

f(x) = 2x sin(2x), g(x) = x3.Claro que f, g C(R) e

limx0+

f(x) = limx0+

g(x) = 0.

Portanto, ao calcular

limx0+

f(x)

g(x),

encontramos a indeterminacao 0/0.

Calculando as derivadas, obtemos

f (x) = 2 2 cos(2x), g(x) = 3x2

elimx0+

f (x) = limx0+

g(x) = 0.

Logo, ao calcular

limx0+

f (x)g(x)

,

encontramos a indeterminacao 0/0.

Calculando as segundas derivadas, obtemos

f (x) = 4 sin(2x), g(x) = 6x.

4

Sabendo que

limy0+

sin y

y= lim

y0sin y

y= 1,

pelo teorema sobre o limite da funcao composta, podemos concluir que

limx0+

f (x)g(x)

= limx0+

4 sin(2x)

6x=

4

3limx0+

sin(2x)

2x=

4

3limy0+

sin y

y=

4

3.

Aplicando a regra de Cauchy duas vezes, obtemos

limx0+

f(x)

g(x)= lim

x0+f (x)g(x)

= limx0+

f (x)g(x)

=4

3.

4. Sejam a ]0, 1[, f : [0, 1] \ {a} R e L R.(a) (1 valor). De a definicao de

limxa f(x) = L.

Resolucao: diz-se que f tende para L R quando x tende para a se

> 0 > 0 x [0, 1] \ {a} : 0 < |x a| < = |f(x) L| < .

(b) (2 valores). Prove que selimxa f(x) = L,

entaolimxa |f(x)| = |L|.

Resolucao: a demonstracao e baseada na seguinte propriedade do modulo:|z| |w| |z w| para todos z, w R.Por hipotese,

> 0 > 0 x [0, 1] \ {a} : 0 < |x a| < = |f(x) L| < .Pela propriedade do modulo acima referida,|f(x)| |L| |f(x) L| < .Portanto, acabamos de demonstrar que

> 0 > 0 x [0, 1] \ {a} : 0 < |x a| < = |f(x)| |L| < ,isto e,

limxa |f(x)| = |L|.

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(c) (2 valores). Mostre que se |f(x)| C para todo x [0, 1] \ {a} e

limxa f(x) = L,

entao |L| C.Resolucao: pela alnea anterior,

limxa |f(x)| = |L|.

Supomos, por absurdo, que |L| > C. Seja

=|L| C

2.

Por definicao de limite, existe > 0 tal que

x [0, 1] \ {a} : 0 < |x a| < = |L| < |f(x)| < |L|+ .

Fixemos um x que satisfaz a condicao anterior. Temos

|f(x)| > |L| = |L| |L| C2

=|L|+ C

2>C + C

2= C,

que nao e possvel porque por hipotese, |f(x)| C para todo x [0, 1]\{a}. Portanto,|L| C, como queramos demonstrar.

5. (a) (1.5 valores). Seja : [0, 1] R uma funcao C-lipschitziana, i.e. existe um C > 0tal que

|(x) (y)| C|x y|para todos x, y [0, 1]. Recorrendo a` definicao de diferenciabilidade e um dos resul-tados do exerccio anterior, mostre que se e diferenciavel em a ]0, 1[, entao

|(a)| C.

Resolucao: diz-se que e diferenciavel em a se existir e for finito o limite

(a) = limxa f(x),

onde a funcaof : [0, 1] \ {a} R

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e dada por

f(x) =(x) (a)

x a .Por hipotese

|f(x)| =(x) (a)x a

Cpara todo x [0, 1] \ {a}. Logo, pela alnea (c) do exerccio 4, |(a)| C.

(b) (1 valor). Mostre que a funcaox e uniformemente contnua em [0, 1].

Resolucao: o teorema de Cantor afirma que uma funcao contnua num intervalofechado e limitado e uniformemente contnua nesse intervalo. Aplicando este teoremaa` funcao

x, que e contnua no intervalo fechado e limitado [0, 1], podemos concluir

quex e uniformemente contnua em [0, 1].

(c) (1.5 valores). Calcule a derivada da funcaox e mostre que

x nao e lipschitziana

em [0, 1].

Resolucao: a funcao (x) =x e diferenciavel no intervalo ]0, 1[ e (x) = 1

2x

para todo x ]0, 1[. Supomos, por absurdo, que e C-lipschitziana com C > 0. Pelaalnea (a) temos |(a)| C para todo a ]0, 1[, mas isto e impossvel porque

limx0+

(x) = limx0+

1

2x

= +.

Portanto, nao e lipschitziana.

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