13
Exercício 10 Realmente difícil. Especicação.  Mostrar uma função que seja contínua apenas em -1, 0 e 1. Entrada:  A função deve ser contínua apenas em -1, 0, e 1. Saída:  Mostrar uma função assim. Desenho.  Ok, min ha estra tégia ser á a seguinte: usa r uma função denida por partes em cada intervalo, que seja contínua nos pontos especicados em cada um deles. Sendo assim, uma primeira versão do algoritmo seria: 1. denir a função em  (−∞, 1] 2. denir a função em  (1, 1) 3. denir a função em  [1, ) 4. concluir Implementação.  En tão veja mos que tipo de função pode funcion ar. Ora, ela tem que ser discreta em todos os demais pontos do intervalo menos no especicado. Uma função assim deve cumprir esse papel: f  ( x) =  − 1, se  x R Q x, se  x Q,  x (−∞, 1] . Porque essa função resolve o problema? Por que em qualquer valor  x   =  −1, a função cará alternando entre -1 e  x, tor nan do-se assim com posta de “sa ltos”. Mas, na vizinhança de -1, em qualquer sentido que se analise a reta real (tanto para a esquerda quanto para a direita), haverá um vizinho imediatamente próximo (tão próximo quanto se queira) de -1 que será um irra ciona l. Send o assim, o v alor da função será -1 para esses valores. E para -1, pela denição da função, ela também assumirá esse va lor. Logo, tal função é de fato uma função contínua nesse ponto, pois, qualquer que seja  ε > 0 considerado, haverá  δ >  0  (apesar de innitamente pequeno, ele existirá) tal que |x (1)| < δ  ⇒ |f  ( x) f  ( 1)| < ε. Pelo mesmo raciocínio, verica-se que: f  ( x) =  0, se  x R Q x, se  x Q,  ∀x (1, 1) e f  ( x) =  −1, se  x R Q x, se  x Q,  x [1, ) conclem o problema, tornando a função contínua em 0 e em 1. Exercício 19 Como demorei para resolver esse problema de cabeça, resolvi registrar. Especicação.  f  e  g são denidas em R e (x) (M ) : |f  ( x) f  (  p)| M |g (x) g (  p)|. Provar que se  g  for contínua em  p,  f  também o será. Entrada:  f, g  : R R,  (x) (M ) : |f  ( x) f  (  p)| M |g (x) g (  p)|. Saída:  Provar  p q , sendo  p :  g  é contínua em  p ; e  q  :  f  é contínua em  p. 1

Exercícios do Capítulo 3 - Um Curso de Cálculo - Hamilton Guidorizzi

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Resolução dos exercícios do capítulo 3, comentados.

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Exercício 10

Realmente difícil.

Especificação.  Mostrar uma função que seja contínua apenas em -1, 0 e 1.

Entrada:  A função deve ser contínua apenas em -1, 0, e 1.Saída:  Mostrar uma função assim.

Desenho.   Ok, minha estratégia será a seguinte: usar uma função definida porpartes em cada intervalo, que seja contínua nos pontos especificados em cada umdeles.

Sendo assim, uma primeira versão do algoritmo seria:1. definir a função em  (−∞, −1]2. definir a função em  (−1, 1)3. definir a função em  [1, ∞)4. concluir

Implementação.   Então vejamos que tipo de função pode funcionar. Ora, ela temque ser discreta em todos os demais pontos do intervalo menos no especificado.

Uma função assim deve cumprir esse papel:

f  (x) =

 −1, se  x ∈ R−Q

x, se x ∈ Q,  ∀x ∈ (−∞, −1] .

Porque essa função resolve o problema?Por que em qualquer valor   x = −1, a função ficará alternando entre -1 e   x,

tornando-se assim composta de “saltos”. Mas, na vizinhança de -1, em qualquersentido que se analise a reta real (tanto para a esquerda quanto para a direita),

haverá um vizinho imediatamente próximo (tão próximo quanto se queira) de -1que será um irracional. Sendo assim, o valor da função será -1 para esses valores.E para -1, pela definição da função, ela também assumirá esse valor. Logo, talfunção é de fato uma função contínua nesse ponto, pois, qualquer que seja  ε >  0considerado, haverá   δ >  0  (apesar de infinitamente pequeno, ele existirá) tal que|x − (−1)| < δ  ⇒ |f  (x) − f  (−1)| < ε.

Pelo mesmo raciocínio, verifica-se que:

f  (x) =

  0, se x ∈ R−Q

x, se x ∈ Q,  ∀x ∈ (−1, 1)

e

f  (x) = −1, se  x ∈ R−Q

x, se  x ∈ Q,  ∀x ∈ [1, ∞)

conclem o problema, tornando a função contínua em 0 e em 1.

Exercício 19

Como demorei para resolver esse problema de cabeça, resolvi registrar.

Especificação.   f  e  g são definidas em R e (∀x) (∃M ) : |f  (x) − f  ( p)| ≤ M |g (x) − g ( p)|.Provar que se  g  for contínua em  p, f  também o será.

Entrada:   f, g : R

→R, (

∀x) (

∃M ) :

|f  (x)

−f  ( p)

| ≤M 

|g (x)

−g ( p)

|.

Saída:   Provar  p → q , sendo  p :  g  é contínua em  p; e q  : f  é contínua em  p.1

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2

Desenho.  Ok, minha estratégia será a seguinte: aplicar a hipótese, modificá-la, einferir a tese.

Sendo assim, uma primeira versão do algoritmo seria:1. expandir a hipótese2. alterar a hipótese para incluir  M 

3. concluir

Implementação.  Eu precisei implementar para poder refinar o algoritmo.Então, vejamos o ponto de partida:

∀ε > 0, ∃δ > 0 : |x − p| < δ  ⇒ |g (x) − g ( p)| < ε.

A alteração que eu propus merece um refinamento agora. Se tal propriedade valepara todo  ε, então, em particular, deve valer para  ε  =   ε

M . Se assim for, então, há

δ   tal que

|x − p| < δ  ⇒ |g (x) − g ( p)| <  ε

M  .

Bom, mas se isso for verdade, então

|x − p| < δ  ⇒ M |g (x) − g ( p)| < ε.

Ora, mas como para todo  x, |f  (x) − f  ( p)| < M |g (x) − g ( p)|, então

|x − p| < δ  ⇒ |f  (x) − f  ( p)| < ε.

Como  ε  é qualquer, fica assim comprovada a tese de que  f  é contínua em  p: dadoε, basta considerar  δ  tal que |x − p| < δ  ⇒ |g (x) − g ( p)| <   ε

M   que

|x − p| < δ  ⇒ |f  (x) − f  ( p)| < ε.

Exercício 20

Este é um exercício muito bom. Considero que é de fato um desafio.Não o resolveria. Não no curto prazo (trabalhando direto, talvez em 10 anos

pudesse ter exito). Foi o Professor Celso Cardoso que acabou resolvendo pra mim.Eu só tive o trabalho de expressar tudo em linguagem matemática.

Especificação.   Suponha  f  definida e contínua em  R e que  f  (x) = 0 para todo  xracional. Prove que  f  (x) = 0 para todo  x real.

Entrada:   f  é definida;  f  é contínua em  R;  f  (x) = 0∀x ∈ Q.Saída:  Prova de que f  (x) = 0∀x ∈ R.

Desenho.  Vejamos o que consigo fazer.A estratégia de prova será aplicar a propriedade da conservação do sinal em uma

redução ao absurdo:

Se  f   for contínua em  p  e  f  ( p) = 0, então existirá um  δ >  0  tal quef  (x) conservará o sinal de  f  ( p) para p − δ < x < p + δ , x ∈ Df .

Além disso, será preciso construir um Lema para concluir a questão.

Lema 1.   Seja  x ∈ R−Q : x > 0. Dado  ε > 0, ∃ p ∧ q ,  p ∈ Z,  q  ∈ Z∗:x −   p

q

< ε.

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3

Demonstração.  Seja   x   =   a1.a2a3 . . .,   ai ∈   N  uma representação de   x. Daí, sejan ∈  N  tal que   1

10n ≤  ε. Bom, então, o número   p

q  procurado será  y   = trunc (x, n),

pois

x − y =

i=n+1

ai

10i  <

  1

10n ≤ ε,

sendo

trunc (x, n) = 10nx

10n  .

Ok. Preciso aplicá-las.

Implementação.   Bastaria considerar que, se  f  (x)  >  0  para algum  x /∈  Q, comof  é contínua, haveria um δ > 0  tal que f  (x) seria também positivo para todo  x  em[ p − δ, δ  + p]. Mas, pelo Lema 1, haverá um racional   p

q nessa região. E se assim for,

f  pq = 0, contrariando a hipótese.

Logo, por  reductio ad absurdum , f  (x) = 0∀x ∈ R.

Exercício 21

Este é similar ao anterior, então decidi que deveria registrá-lo aqui.

Especificação.   Suponha f  definida e contínua em  R e que f  (x) = g (x) para todox racional. Prove que f  (x) = g (x) para todo  x real.

Entrada:   f  é definida;  f  é contínua em  R;  f  (x) = g (x) ∀x ∈ Q.

Saída:  Prova de que f  (x) = g (x)∀

x∈R.

Desenho.  Vejamos o que consigo fazer.A estratégia de prova será aplicar a propriedade da conservação do sinal em uma

redução ao absurdo:

Se  f   for contínua em  p  e  f  ( p) = 0, então existirá um  δ >  0  tal quef  (x) conservará o sinal de  f  ( p) para p − δ < x < p + δ , x ∈ Df .

Implementação.   Bastaria considerar que, se   f  (x) =   g (x)  para algum   x /∈   Q,como  f  é contínua, haveria um  δ > 0  tal que  f  (x) seria também diferente de  g (x)para todo  x em  [ p − δ, δ  + p]. Mas, pelo Lema do exercício 20, haverá um racional p

q  nessa região. E se assim for,  f  pq

 =  g pq

, contrariando a hipótese.Logo, por  reductio ad absurdum , f  (x) = g (x) ∀x ∈ R.

Exercício 24

Basta aplicar o raciocínio que o autor exibiu no exercício anterior.Não vou nem explicitar o algoritmo, pois isto já está pronto.Vou só implementar.(a)

|f  (x)

−f  (2)

|= x3 + x

−10

= |x − 2|x2 + 2x + 5

.

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4

Como a função  f  (x) =  x2 + 2x + 5   é crescente no intervalo   [0, 3]  (ver gráfico daFigura 0.1), o valor máximo da função nesse intervalo será  f  (3) = 20. Daí:

(0.1)   |f  (x) − f  (x)| ≤ 20 |x − 2| .

Figura 0.1.  Gráfico da função  f  (x) = x2 + 2x + 5  no intervalo [0, 3].

(b)Basta usar δ  = min

1,   ε

20

 para provar a continuidade da função, pois se  1 <   ε

20,

então 20 < ε, e

|x − 2| < 1 ⇒ 1 ≤ x ≤ 3 ⇒ 1 ≤ x3 ≤ 27 ⇒ 2 ≤ f  (x) ≤ 30 ⇒ −8 ≤ f  (x) − 10 ≤ 10

⇒|f  (x) − f  (2)| ≤ 10 < ε.

Em caso contrário,   ε20

 < 1 ⇒ ε < 20,

|x − 2| <   ε20

 ⇒ 20 |x − 2| < ε ⇒ |f  (x) − f  (2)| < ε.

Acho que é válido comentar que se   ε20

  >  1, tal quantidade não pode ser tomadocomo  δ , pois a Desigualdade 0.1 não será válida, dado que|x − 2|  < δ  ⇒  2 − δ <x < δ  + 2 implicará que x  poderá ser maior que três. Isso inviabiliza a consideraçãode 20 como teto da função  x2 + 2x + 5.

Por outro lado, se   ε20

  <  1, 1 não se pode considerar que  δ  = 1, pois nesse caso,conclui-se que |f  (x) − f  (2)| ≤  10, e  ε <  20, não há garantia de que a implicaçãoque define a continuidade seja verdadeira.

Exercício 26

Também me tomou muito tempo. Decidi registrar.

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5

Esboço do algoritmo.  Vejamos se entendi a tática usada pelo Guidorizzi pararesolver um problema similar.

1. fatorar o consequente da implicação para gerar um produto do tipo |x − p|×g (x).2. aplicar a desigualdade triangular a  g (x)

3. determinar um intervalo para  x  a fim de estabelecer um teto para a desi-gualdade resultante da aplicação do comando anterior.

4. aplicar δ  = min

 p − a, b − p,   εg(a)

,   εg(b)

.

Implementação.  Vejamos se isso funciona.

|f  (x) − f  ( p)| =

x + 1

x − p − 1

 p

= |x − p|

1 −   1

 px

⇒|f  (x) − f  ( p)| ≤ |x − p|1 +

  1

| px| .

Ok. Agora, viria a etapa de determinar um intervalo para  x.Acho que aqui cabe um refinamento.

3. determinar um intervalo para  x  a fim de estabelecer um teto para a desi-gualdade resultante da aplicação do comando anterior.3.1. investigar o comportamento da função  1 +   1

| px| .3.2. determinar a partir de que valor a função se estabiliza.

Visualizando o gráfico da função, percebe-se que a partir de qualquer valor posi-tivo de  x, este será o máximo da função, pois ela é decrescente, e converge para aassíntota  y  = 1.

Como tal intervalo deve conter p, vou seguir a tradição consagrada de escolher   p2 ,

mas reconheço que qualquer outra escolha positiva para  x iria estabelecer um tetopara  1 +   1

| px| .Tudo bem então.A questão apresentada pelo autor envolve apenas p > 0. Logo, vou considerar x >

0 também, pois em geral os intervalos determinados por  δ  são muito pequenos e emtorno de  p. Reconheço que estou simplificando o problema, e que não apresentareiuma solução geral assim.

Seja x >   p

2.

Nessa condição,

1x

 <  2 p

 ⇒   1xp

 <   2 p2

⇒1 +  1

xp < 1 +

  2

 p2.

Daí,

|f  (x) − f  ( p)| < |x − p|

1 +  2

 p2

.

Ok.Agora o problema chega a sua etapa final.E eu acho que merece um refinamento.

4. aplicar δ  = min

 p2

,   εg( p

2)

.

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6

4.1. se   ε

g( p

2) <   p

2, basta aplicar a definição.

4.2. em caso contrário,  δ  =   p

2, e   p

2

1 +   2

 p2

 < ε.

Implementação.  Deve funcionar.Seja   ε

g(p

2) <   p

2

. Então, δ  =   ε

g(p

2), e daí,

|x − p| <  ε

1 +   2 p2

⇒|x − p|

1 +  2

 p2

 < ε

⇒|f  (x) − f  ( p)| < ε.

É preciso resolver esse problema em caso contrário.Seja δ  =   p

2. Daí,

|x − p| <

 p

2 ⇒ p

2  < x <

 3 p

2

⇒  2

3 p <

 1

x <

 2

 p

⇒ −  1

2 p −   1

3 p < x +

 1

x − p −  1

 p <

 1

2 p +

 1

 p

⇒|f  (x) − f  ( p)| < p

2 +

  1

3 p <

 p

2 +

 1

 p.

Como  δ  =   p

2  implica em   p

2 +   1

 p < ε, o teorema estaria demonstrado.

O que eu tomei o cuidado de verificar foi a motivação para o autor usar a condição

δ  = min

 p2

,   εg p

2

.

Porque ele usaria tal condição?Bom, parece-me prudente investigar o que impossibilita usar a   δ   =   p

2  quando

ε

g(p

2) <   p

2 e vice-versa.

E para tal, considero importante averiguar quais seriam as implicações de cadauma das escolhas nos caso em que são inapropriadas, para determinar exatamenteonde está o erro. Eu pensei por exemplo, em investigar qual seria o  ε determinadopor cada escolha, e compará-lo com o efetivo para auxiliar nesse processo.

Vejamos o que encontrei.Seja δ  =   p

2  mesmo que   ε

g( p

2) <   p

2 . Decorre disso que

|x − p| < p

2 ⇒ |f  (x) − f  ( p)| <

 p

2 +

 1

 p.

Mas, como   ε

g( p

2) <   p

2, então

ε < p

2g p

2

⇒ε <

 p

2 +

 1

 p,

e fica evidente que tal valor de  δ  não garante a continuidade da função.E o outro caso?

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Seja então δ  =   ε

g(p

2), mesmo que   ε

g( p

2) >   p

2.

Sendo assim,

|x − p| <  ε

g

 p

2 ⇒ |x − p|

1 +

  2

 p2

 < ε.

O problema dessa abordagem é que, sendo   ε

g(p

2)  >   p

2, não dá para garantir que

|f  (x) − f  ( p)| < |x − p|

1 +   2 p2

, conforme se ilustra no gráfico da Figura 0.2.

0    1    

2 3    4 5    

2    

3    

4    

5    

6    

Figura 0.2.  Representação gráfica da função 1 +  1x

. Em azul a curvapara  x >   1

2. Em vermelho,  x <   1

2. Verifica-se que o teto estabelecido

para a função no intervalo 

12 , ∞

 não é válido no outro intervalo.

Pois, se   ε

g( p

2)  >   p

2  e |x − p|   <   ε

g( p

2), há um intervalo no qual a função não é

contínua. Conforme ilustrado anteriormente, a continuidade da função, nesse caso,está associada ao teto determinado por  x >   p

2.

Ora, se |x − p| <   ε

g(p

2), então,

−   ε

g p

2

 + p < x < p +  ε

g p

2

⇒ −

  ε

1 +   2 p2

+ p < x < p +  ε

1 +   2 p2

.

Como   ε

1+   2

p2

>   p

2  ⇒ −   ε

1+   2

p2

<  − p

2, −   ε

1+   2

p2

+  p <  − p

2  +  p   =   p

2. No intervalo

−   ε

1+   2

p2

+ p,  p2

, não há garantia de que a função seja contínua, pois  1 +   1

xp  não

será mais limitada por  1 +   2 p2

.

Isso explica porque o autor tomou o cuidado de considerar  δ  = min

 p

2,   ε

g( p

2)

.

Exercício 27

Como esse exercício me tomou algum tempo, decidi deixar registrado.(a)

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Esboço do algoritmo.  É o seguinte:1. Desenvolver o membro esquerdo da desigualdade.2. Aplicar a hipótese.3. Concluir.

Vejamos a implementação.

Implementação.  É verdade que:x3 − p3 = |x − p|

x2 + xp + p2 .

O termo   x2 + xp  +  p2 não pode ser negativo, pois as raízes dessa equação sãocomplexas, ou seja, tal função nunca atinge o eixo das abscissas, e para grandesvalores de  x,  x2 se torna o termo dominante da expressão, forçando o resultado aser positivo.

Decorre disso que

(0.2)

  x3 − p3

 = |x − p|

x2 + xp + p2

.

Supondo que p ≥ 0, segue da hipótese que(0.3)   − 2 p ≤ x ≤ 2 p.

Então, vejamos. Decorre de 0.3  que:

−2 p2 ≤ xp ≤ 2 p2

⇒xp ≤ 2 p2(0.4)

e

(0.5)   x2 ≤ 4 p2.

Aplicando-se ambas as desigualdades 0.4  e  0.5  na equação 0.2, deduz-se a tese:x3 − p3 ≤ |x − p| 4 p2 + 2 p2 + p2

= 7 p2 |x − p| .

Caso p < 0, basta trocar p  por − p, mas o resultado das desigualdades não vai sealterar.

(b)Bom, essa parte do exercício consiste em concluir do item anterior que a função

é contínua em p.Considerei melhor elaborar quais as estratégias que poderiam gerar alguma solu-

ção.

Certamente, deve-se concluir que vale a definição de função contínua.A grande questão aqui é como implementar essa estratégia.Há, a meu ver, duas estratégias. A primeira delas é seguir a recomendação do

autor, e desenvolver a tese para estabelecer uma relação dentre  ε e  δ .A outra é transformar a hipótese para que assuma uma forma similar a da tese,

e então, que isso revele a relação dentre  δ  e ε.Mas, vejamos.Nesse caso, é preciso usar explicitamente que

x3 − p3

≤ 7 p2 |x − p|

para deduzir a continuidade da função.

Bom, é claro que essa desigualdade relaciona |x3 − p3| e |x − p|.Então, talvez, bastasse explorar isso para que se determinasse a conclusão.

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Tá. Então, se eu seguir a segunda estratégia, terei que fazer algo do tipo

|x − p| < δ  ⇒ 7 p2 |x − p| < 7 p2δ  ⇒x3 − p3

 <  7 p2δ.

Ora, isso sugere claramente que, dado   ε, se |x − p|   <   ε7 p2

, pode-se demonstrar acontinuidade da função.

Deixem-me testar isso:

|x − p| <  ε

7 p2 ⇒ 7 p2 |x − p| < ε ⇒

x3 − p3 < ε;

conforme eu suspeitei. Isso prova a continuidade da função.

Seção 3.3

Exercício 5

Como esse exercício me tomou algum tempo, decidi deixar registrado.

(n)

Esboço do algoritmo.  É o seguinte:1. Dividir o numerador pelo denominador.2. Aplicar o limite ao resultado.3. Concluir.

Vejamos a implementação.

Implementação.  Bom, eu imagino que ao longo dessa resolução, eu vá refinandoo algoritmo.

Vejamos como fica a divisão de  x

n

− p

n

por  x − p.xn − pn

x − p  =

n−1i=0

xn−1−i pi.

Agora, eu deveria tomar o limite disso para  x →  p.

limx→ p

n−1i=0

xn−1−i pi =n−1i=0

 pn−1 = npn−1.

Bom, na verdade era bem simples, e eu só posso ter demorado para resolvê-lo

porque estava com muito sono.(o)

Esboço do algoritmo.  É o seguinte:1. Rearranjar.2. Aplicar o algoritmo do exercício anterior.

Vejamos a implementação.

Implementação.  Basta rearranjar a expressão, que aparecerá o que já foi .

n√ 

x −   n√ 

 p

x − p

  =  1

( n

√ x)n

−( n√  p)

n

n√ x−  n

√  p

.

7/17/2019 Exercícios do Capítulo 3 - Um Curso de Cálculo - Hamilton Guidorizzi

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Pelo exercício anterior,

limx→ p

n√ 

x −   n√ 

 p

x − p  =

  1

limx→ p

(  n√ x)

n−(  n√  p)

n

n√ x−  n

√  p

=   1n   n

  pn−1

.

Exercício 12

Esboço do algoritmo.  Vejamos a estratégia.Vou provar primeiro a implicação direta, e depois penso na reversa.Para a implicação direta, parece-me que a solução é de fato bem simples. Basta

aplicar a definição e rearranjar.1. aplicar a definição;2. rearranjar;

3. concluir.Vejamos a implementação.

Implementação.  Então vejamos.

limx→ p

f  (x) = L ⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < |x − p| < δ  ⇒ 0 < |f  (x) − L| < ε

⇒L − ε < f  (x) < L + ε

⇒L + 0 − ε < f  (x) < L + 0 + ε

⇒ − ε < f  (x) − L − 0 <  +ε

⇒ − ε < (f  (x) − L) − 0 <  +ε⇒0 < |[f  (x) − L] − 0| < ε.

Ou seja,limx→ p

f  (x) = L ⇒  limx→ p

f  (x) − L = 0.

O problema desses exercícios é encontrar um método de prova independente parademonstrar a implicação reversa:

limx→ p

f  (x) − L = 0 ⇒ limx→ p

f  (x) = L.

O que eu posso fazer é exibir uma prova bem ingênua, baseada nas propriedades

listadas nessa seção, mas ainda não demonstradas no texto, por hora.Mas é o seguinte.Vou admitir que

limx→ p

L =  L.

Daí,limx→ p

f  (x) − L = 0 ⇒ limx→ p

f  (x) − limx→ p

L = 0.

Acrescendo-se  limx→ p L a ambos os lados da equação, deduz-se a implicação reversa:

limx

→ p

f  (x)

−limx

→ p

L = 0

⇒ limx

→ p

f  (x) = limx

→ p

L

⇒ limx

→ p

f  (x) = L.

Creio que seja isso.

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Exercício 13

Esboço do algoritmo.  Vejamos a estratégia.Acho que é melhor considerar primeiro a implicação direta, e depois a reversa.Então, vejamos a implicação direta.

limx→ p

f  (x)x − p

 = 0 ⇒  limx→ p

f  (x)|x − p|  = 0.

É bem simples. Basta aplicar a definição, e rearranjar.1. Aplicar a definição de limite.2. Modificar o denominador para incluir o módulo.3. Concluir

Vejamos a implementação.

Implementação.  É bem simples:

limx→ p

f  (x)

x − p = 0

⇔ ∀ε > 0,

 ∃δ > 0 :

0 < |x − p| < δ  ⇒ f  (x)

x − p − 0

< ε

⇒0 < |x − p| < δ  ⇒ f  (x)

|x − p| < ε,

pois |x − p| = ||x − p||. Logo,

limx→ p

f  (x)

x − p = 0 ⇒  lim

x→ p

f  (x)

|x − p|  = 0.

O problema de mostrar a implicação reversa está se mostrando bem mais com-plicado. Eu não estou conseguindo conceber um método independente.

Bom, eu tive uma idéia.Então, vejamos.Se x ≥  p, então |x − p| = x − p, e nessa região,

limx→ p

f  (x)

|x − p|  = limx→ p

f  (x)

x − p = 0.

Por outro lado, se x < p, então |x − p| = − (x − p), e neste caso,

limx→ p

f  (x)

|x

− p

| = lim

x→ p

f  (x)

−(x

− p)

.

De acordo com o quadro de observações dessa seção 3.3 (logo após o exemplo 5),vale que

limx→ p

kf  (x) = k  limx→ p

f  (x) .

Decorre disso que

limx→ p

f  (x)

− (x − p) = lim

x→ p(−1)

 f  (x)

x − p

⇒ − limx→ p

f  (x)

x − p ⇒  lim

x→ p

f  (x)

x − p = − lim

x→ p

f  (x)

|x − p|

⇒ limx→ p

f  (x)x − p  = (−1) (0) = 0.

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Logo,

limx→ p

f  (x)

|x − p|  = 0 ⇒  limx→ p

f  (x)

x − p = 0.

Eu acho que é isso.

Exercício 14

Esboço do algoritmo.  Creio que a melhor estratégia para resolver esse problemaseja uma prova do tipo  reductio ad absurdum .

Senão vejamos. Supõe-se que L ≤ 0. Daí, aplica-se o teorema da conservação dosinal para mostrar que isso contradiz a hipótese.

1. Supor que L ≤ 0.2. Aplicar a conservação do sinal para concluir que há uma região em tornode p para a qual a função só pode assumir valores negativos.3. Mostrar que isso contradiz a hipótese.4. Concluir.

Vejamos a implementação.Implementação.  Seja então L ≤ 0. Pelo Teorema da Conservação do sinal, existeum δ > 0  tal que para  0 < |x − p| < δ ,  f  (x) ≤ 0. Ora, mas isso é impossível, poispor hipótese, há  r  tal que para  0  < |x − p|  < r,  f  (x) ≥  0. Logo, por  reductio ad 

absurdum ,  L ≥ 0.

Exercício 15

Esboço do algoritmo.  É o seguinte: minha estratégia será invocar a conservaçãodo sinal para estabelecer uma região na qual a função será sempre positiva (dadaa sua continuidade); e a partir do fato do conjunto dos racionais ser denso, provar

que a conservação do sinal se extenderia por toda a reta real.1. invocar a conservação do sinal para mostrar que a função é positiva paraum intervalo em torno de um racional.2. invocar a densidade dos racionais para mostrar que a reta real está repletade racionais.3. concluir

Vejamos a implementação.

Implementação.  Então vamos lá.Pelo teorema da conservação do sinal, se a função   f  (x)  é positiva para algum

racional, então, num intervalo centrado em  x  de raio pelo menos igual a  f  (x), a

função assume valores positivos.Mas como o conjunto dos números racionais é denso, ou seja, para quaisquer dois

reais   α < β , há um racional   r  entre eles (ou,   α < r < β  ), então, para qualquerintervalo da reta real haverá um racional garantindo que a função assuma valorespositivos nessa região. Logo, tal função é positiva para qualquer  x pertencente aosreais.

Exercício 5

Não vou me alongar muito porque esse problema é relativamente simples: se olimite existir, então os limites laterais existem e são iguais. Se  limx→ p+ f  (x) >  0

⇒limx→ p− f  (x)  >  0  e se   limx→ p+ f  (x) = 0 ⇒   limx→ p− f  (x) = 0. Então, se o limiteexistir, limx→ p− f  (x) ≥ 0.

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Exercício 6

Então vejamos. Vou fazer esse exercício usando o método mais tradicional.

Especificação.  Provar que  limx→ pf (x)−f ( p)

x− p   = 0, desde que o limite exista.

Parametros de entrada.   f  é uma função definida em um intervalo aberto  I ,  p∈

I ,∀x ∈ I  (f  (x) ≤ f  ( p)).

Parâmetros de saída.  Prova de que limx→ pf (x)−f ( p)

x− p   = 0.

Esboço do algoritmo.  Então vejamos qual a estratégia a ser seguida. O próprioautor já deu a dica: analisar o sinal do limite da razão incremental para  x  tendendoa p pela direita e pela esquerda.

Bom, essa dica é muito valiosa, pois, dada a hipótese ∀x ∈   I  (f  (x) ≤ f  ( p)),pode-se concluir da análise do sinal do limite da razão incremental que se tal limiteexistir, ele só pode ser 0.

Então, uma primeira versão do algoritmo seria:

1. Analisar o sinal do limite da razão incremental para  x   tendendo a  p  peladireita e pela esquerda.2. Aplicar a definição de limite em função de limites laterais.

Vejamos a implementação.

Implementação.   Sendo ∀x ∈  I  (f  (x) ≤ f  ( p))  verdadeira, então se  x  tender a  ppela esquerda, x < p, e f  (x) ≤ f  ( p). Logo:

limx→ p−

f  (x) − f  ( p)

x − p  ≥ 0,

pois  x − p < 0  e  f  (x) − f  ( p) ≤ 0.

Analogamente, se  x tender a p pela direita,x > p, e  f  (x) ≤ f  ( p). Logo:limx→ p+

f  (x) − f  ( p)

x − p  ≤ 0,

pois nesse caso,  x − p > 0  e  f  (x) − f  ( p) ≤ 0.Ora, da definição de limite envolvendo limites laterais, o limite  limx→ p

f (x)−f ( p)x− p   só

existirá se os limites laterais existirem e forem iguais.Como eles só serão iguais se forem nulos, então,  limx→ p

f (x)−f ( p)x− p   = 0.