Lista de Exercícios Resolvidos Análise Real - Cálculo e Funções

Analise real Exercício 1 Assuma que f é contínua em um intervalo contendo zero e diferenciável para todo x 0 Se limx0 fx L mostre que f0 existe e é igual a L Exercício 2 Se f é contínua em ab mostre que as funções definidas por Fx cx ftdt e Gx dx ftdt para qualquer escolha de c e d em ab sempre diferem por uma constante e mostre também que Fx Gx cd ftdt Exercício 3 Seja f uma função real definida no intervalo ab Mostre que se fr 0 para cada número irracional r ab então fx 0 para todo x ab Exercício 4 Sejam Σ an e Σ bn séries de termos positivos está ultima convergente Suponhamos que exista N tal que n N an1an bn1bn Prove que Σ an converge Exercício 5 Prove que se lim an e lim bn L com L 0 então lim an bn Questão 1 Exercício 1 Assuma que f é contínua em um intervalo contendo zero e diferenciável para todo x 0 Se limx0 fx L mostre que f0 existe e é igual a L Demonstração Com efeito é sabido que a definição de derivada de uma função f diferenciável é dada por fx limh0 fxh fx h De posse disso bem como da hipótese dada veja que temos o seguinte desenvolvimento L limx0 fx limx0 limh0 fxh fx h limh0 limx0 fxh fx h limh0 limx0 fxh limx0 fx h Agora veja que uma vez que f é uma função contínua nós temos que limx0 fxh f0h fh limx0 fx f0 que decorrem diretamente da hipótese de que a função f é contínua no intervalo considerado que contem zero De posse disso nosso desenvolvimento prossegue da seguinte forma L limx0 fx limx0 limh0 fxh fx h limh0 limx0 fxh fx h limh0 limx0 fxh limx0 fx h limh0 fh f0 h agora note que da definição de derivada tomada temos que a derivada da função f no ponto x 0 é dada por f0 limh0 fh f0 h que é exatamente o termo que temos na expressão anterior Desse modo temos então que L limh0 fh f0 h f0 f0 L Assim segue que uma vez que L temos que f0 existe e é igual a L Questão 2 Exercicio 2 Se f é contínua em ab mostre que as funções definidas por Fx cx ftdt Gx dx ftdt para qualquer escolha de c e d em ab sempre diferem por uma constante e mostre também que Fx Gx cd ftdt Solução Para mostrar que Fx cx ftdt e Gx dx ftdt diferem a menos de uma constante basta mostrar que a diferença Fx Gx é constante Com efeito isso pode ser feito mostrando diretamente a igualdade pedida acima a qual é em suma uma constante numérica Tendo isso em vista tomemos c d em ab quaisquer e suponhamos sem perda de generalidade que c d Ademais antes de prosseguirmos veja que como ft é uma função integrável então segue que pelo Teorema Fundamental do Cálculo existe uma função ψ tal que ψx ψa xa ftdt em que ψ é dita primitiva de ft De posse disso vamos tomar a diferença entre as funções dadas de modo a termos o seguinte desenvolvimento Fx Gx cx ftdt dx ftdt ψtcx ψtdx ψx ψc ψx ψd ψc ψd ψd ψc cd ftdt Observe que a última igualdade segue de aplicarmos novamente o Teorema Fundamental do Cálculo e disso obtemos a igualdade pedida Agora perceba que obtemos Fx Gx cd ftdt ψd ψc e uma vez que c d são números em ab então temos que ψd ψc ab ψd ψc k onde k é uma constante real Portanto segue que as funções Fx e Gx diferem a menos de uma constante k Questão 3 Exercício 3 Seja f uma função real definida no intervalo ab Mostre que se fr 0 para cada número irracional r in ab então fx 0 para todo x in ab Observação Essa questão provavelmente está errada De fato não há problema algum em existir uma função fx que seja nula para todos os irracionais e não nula para os reais Podemos por exemplo tomar fx begincases0 in mathbbR mathbbQ 1 otin mathbbQ endcases Todavia acredito ter faltado a hipótese da função ser contínua nesse intervalo Decerto com essa hipótese temos um exercício clássico de análise real Nesse sentido esse comentário justifica a possível questão e mostra que podemos ter uma função com as propriedades acima e logo em seguida provamos o resultado com a hipótese de continuidade sobre a função Solução Vamos mostrar que fx 0 quad forall x in ab Então suponhamos por absurdo que fz eq 0 para algum z in mathbbQ cup ab Então tomemos um número epsilon 0 real e positivo de modo que epsilon fz 0 Uma vez que a função f é real bem definida e contínua segue que por continuidade que existe delta equiv deltaepsilon tal que a implicação x z delta implies fx fz epsilon seja satisfeita para todo epsilon 0 Então escolhemos um x in z delta z delta cup mathbbR mathbbQ isto é estamos escolhendo um x irracional no intervalo z delta z delta De fato observe que podemos fazer tal escolha e a mesma deve ser consistente uma vez que temos a continuidade da função Desse modo segue que fx fz 0 fz fz epsilon que é um absurdo uma vez que a função f é contínua Portanto segue que a suposição de que existe um racional z em ab tal que fz eq 0 é uma contradição Logo segue que para todo racional e irracional em ab consequentemente todos os números do intervalo nós temos que fx 0 e assim o resultado fica demonstrado Questão 4 Exercício 4 Sejam sum an e sum bn séries de termos positivos está ultima convergente Suponhamos que exista N tal que n N Rightarrow an1an leq bn1bn Prove que sum an converge Demonstração Veja que uma vez que existe N tal que se n N vale que an1an leq bn1bn podemos então aplicar essa desigualdade para cada natural n maior que N Desse modo veja que podemos então escrever as seguintes desigualdades aN2aN1 leq bN2bN1 aN3aN2 leq bN3bN2 aN4aN3 leq bN4bN3 ldots an1an2 leq bn1bn2 anan1 leq bnbn1 agora veja que como os termos an e bn são todos positivos por hipótese podemos então multiplicar todos os termos que satisfazem a desigualdade dada de modo que conseguimos preservar o sinal da desigualdade Assim teremos o seguinte aN2aN1 cdot aN3aN2 cdot aN4aN3 cdots an1an2 cdot anan1 leq bN2bN1 cdot bN3bN2 cdot bN4bN3 cdots bn1bn2 cdot bnbn1 perceba agora que os termos dessa desigualdade cancelamse mutuamente de modo que efetuando todos os cancelamentos nós obteremos anaN1 leq bnbN1 implies an leq aN1bN1 bn onde perceba que podemos então definir o número K equiv aN1bN1 Desse modo segue que para todo n N nós obtemos que an leq K bn e perceba que K é estritamente positivo uma vez que todos os termos das sequências an e bn também o são De posse disso vamos somar todos os índices de forma mútua na desigualdade obtida acima o que nos dará o seguinte sumn1infty an leq k sumn1infty bn Agora veja que uma vez que a série sumn1infty bn é convergente segue então do teste da comparação que a série sumn1infty an também é convergente Assim o resultado fica demonstrado Questão 5 Exercício 5 Prove que se lim an infty e lim bn L com L 0 então lim an bn infty Demonstração Veja que da definição de sequência convergente segue que existe um número natural N tal que se n N temos então que para todo número epsilon 0 vale bn L epsilon Agora perceba que disso nós ainda temos que bn L epsilon implies epsilon bn L epsilon implies L epsilon bn L epsilon implies bn leq maxLepsilon Lepsilon Com efeito esse resultado nos mostra que para todo n N existe um número K maxL ϵ L ϵ para qualquer ϵ 0 tal que bn K Assim segue que a sequência bn é limitada Decerto esse resultado vale para toda sequência convergente o que fizemos aqui foi apenas obtê lo no contexto do nosso exercício nesse sentido da limitação de bn vemos que bn L ϵ e bn L ϵ para todo ϵ 0 essas desigualdades serão importantes em particular a última que será essencial nessa demonstração Por outro lado segue da sequência an que existe um número n N1 natural tal que a desigualdade an M seja satisfeita para todo M R Uma vez que essa desigualdade é satisfeita para todo M real podemos por conveniência escrever an M M L ϵ onde M é um novo parâmetro que ajusta a desigualdade de modo a ser sempre mantida Agora tomemos n0 maxN N1 então desde que n n0 ambas as relações obtidas anteriormente serão satisfeitas Ademais sob essas condições nós temos que anbn anbn anL ϵ M L ϵ L ϵ M o que implica pela definição de limite que lim anbn que é o resultado desejado 5