2012 13 AM IA Recurso Resoluç o
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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.
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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,
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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.
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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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