Lista - Valor Médio e Intermediário - 2024-1

UAB - UFBA LICENCIATURA EM MATEMÁTICA A DISTÂNCIA DISCIPLINA: Análise Real SEM.: 7 TURMA.: 4 PROFESSOR: Joseph Yartey e Joilson Ribeiro ALUNO(A): PÓLO: TAREFA 2 Questão 1: Seja f(x) = 3x - 5. a) Encontre um número δ > 0 tal que |f(x) + 8| < 0, 1 sempre que 0 < |x + 1| < δ. b) Prove, pelo definição formal do limite que lim f(x) = -8. x→−1 Questão 2: Seja f uma função que satisfaz 2x - 4 ≤ f(x) ≤ x - 4 x − √4 Calcule lim f(x). x→4 Questão 3: Utilize o Teorema do Valor Intermediário para mostrar que a equação x√3 = 1 - x possui pelo menos uma solução real. Questão 4: Use a definição formal da derivada para mostrar que se f(x) = 1√x , x > 0, então x' f (x) = 1 2x√3. Questão 5: Usando o Teorema do Valor Médio, prove que √x + 1 < 1 + 1 x para todo x > 0. 2 Questão 6: Use o Teorema Fundamental do Calculo para determinar df para a função dx f(x) = ∫₀^3x²−1 e⁻ᵗ² dt Questão 1 f(x) = 3x - 5 a) Primeiro veja f(x) = -8 ocorre se: f(x) = -8 => 3x - 5 = -8 => 3x = -3 x = -1 Logo, veja então que |f(x) + 8| = |3x - 5 + 8|= |3x + 3| = 3|x - 1| Então, pondo δ tq. δ = 0,1 segue que |x + 1| < δ => |f(x) + 8| = 3|x - 1| < 3 ⋅ δ = 3 ⋅ 0,1 = 0,1 => |f(x) + 8| < 3 δ => |f(x) + 8| < 3 ⋅ 0,1 => |f(x) + 8| < 0,1 Conforme desejado. Perceba que de se valermos |f(x) + 8| inicialmente para termos inspiração necessária para obtermos o valor de δ como δ = 0,1 . 3 (b) Agora, provar, formalmente, que lim f(x) = -8 é x→−1 fácil. De fato, o que devemos fazer é o que é obter δ > 0 tal que para qualquer ε > 0 temos nos sem que |x - (-1)| = |x + 1| < δ => |f(x) - (-8)| = |f(x) + 8| < ε. Para tanto, basta nos inspirarmos na questão 1 de modo que esse é um problema que pode ser visto como generalização do item (a) em que ao inverter determos |f(x) + 8| < 0,1 temos |f(x) + 8| < ε. Logo, basta tomar δ = ε que temos o desejado. Feita essa digressão vamos a prova formal a seguir: 3 Dado ε > 0 arbitrário então, desde que δ < ε 3 segue que |x - (-1)| = |x + 1| < δ => |f(x) - (-8)| = |f(x) + 8| => |f(x) + 8| = |3x - 5 + 8| => |f(x) + 8| = 3|x + 1| => |f(x) + 8| < 3 ⋅ δ => |f(x) + 8| < 3 δ => |f(x) + 8| < 3 δ ≤ 3 ⋅ ε = ε 3 Ou seja: |x + 1| < δ ε => |f(x) + 8| < ε 3 que garante então que lim f(x) = -8. x→−1 Análise Real Questão 2 Nessa questão usaremos o belíssimo Teorema do Confronto. Com efeito, temos que: lim_{x->4} 2x-4 < lim_{x->4} f(x) < lim_{x->4} \frac{x-4}{\sqrt{x} - \sqrt{4}} Agora, veja que os limites dos extremos são: lim_{x->4} 2x-4 = 8-4 = 4 logo lim_{x->4} 2x-4 = 4 lim_{x->4} \frac{x-4}{\sqrt{x} - \sqrt{4}} = lim_{x->4} \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{4})(\sqrt{x} + \sqrt{4})}{(\sqrt{x} - \sqrt{4})} = lim_{x->4} \sqrt{x} + \sqrt{4} = \sqrt{4} + \sqrt{4} = 2 + 2 = 4. logo lim_{x->4} \frac{x-4}{\sqrt{x} - \sqrt{4}} = 4. Como, lim_{x->4} 2x-4 = lim_{x->4} \frac{x-4}{\sqrt{x} - \sqrt{4}} = 4 segue então, pelo Teorema do Confronto, que lim_{x->4} f(x) = 4. Questão 3 \sqrt[3]{x} = 1-x Definamos a função: f(x) = 1-x-\sqrt[3]{x}. Agora, veja que: f(0) = f(x=0) = 1 e f(1) = 1-1-\sqrt[3]{1} = -1 Então, como f(0) = 1>0 e f(1) = -1<0 e f(x) é uma função contínua em R por ser uma função tipo polinomial com expoentes reais segue que no intervalo (0, 1) existe ao menos um ponto x_0 que é t.q: f(x_0) = 0. Note então que f(x_0) = 0 => 1-x_0-\sqrt[3]{x_0} = 0 logo \sqrt[3]{x_0} = 1-x_0 que é a solução buscada para a equação inicialmente dada. Questão 4 Usando a definição formal de derivada temos que: f'(x) = lim_{h->0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} = lim_{h->0} \frac{1/\sqrt{x+h} - 1/\sqrt{x}}{h} = lim_{h->0} \frac{1}{h} \frac{\sqrt{x} - \sqrt{x+h}}{\sqrt{x}\sqrt{x+h}} = lim_{h->0} \frac{\sqrt{x} - \sqrt{x+h}}{h \sqrt{x}\sqrt{x+h}} \cdot \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{x+h})}{(\sqrt{x} + \sqrt{x+h})} = lim_{h->0} \frac{x - (x+h)}{h \sqrt{x} (\sqrt{x+h}) (\sqrt{x} + \sqrt{x+h})} = lim_{h->0} \frac{h}{h \sqrt{x} (\sqrt{x+h}) (\sqrt{x} + \sqrt{x+h})} = lim_{h->0} \frac{1}{\sqrt{x} \sqrt{x+h} (\sqrt{x} + \sqrt{x+h})} = \frac{1}{\sqrt{x} \sqrt{x} (\sqrt{x} + \sqrt{x})} = \frac{1}{\sqrt{x} \sqrt{x} (2\sqrt{x})} = \frac{1}{2x^{3/2}} E logo obtemos que: f'(x) = \frac{1}{2x^{3/2}}, que é o resultado desejado. Questão 5 Prove que: √(x+1) < 1 + 1/2x. ∀x > 0. Com efeito, do teorema do valor médio segue que em qualquer intervalo do tipo [0,x] existe um ponto x₀ t.q f'(x₀) = (f(x) - f(0)) / (x - 0) = (f(x) - f(0)) / x Em que tomamos f(x) como: f(x) ≡ √(x+1) - 1 - 1/2 x. Logo, segue que em [0,x] para x>0 temos: f'(x₀) = (f(x) - f(0)) / (x - 0) = (f(x) - (√(0+1)-1 - 0/2)) / x = f(x) / x. Portanto, temos que: f(x) / x = f'(x₀) = 1 / (2√(x₀+1)) - 1/2 = 1 / (2√(x₀+1)) - 1/2 Portanto: f(x) / x = 1 / 2 · (1 / √(x₀+1) - 1) < 0 => f(x) / x < 0 Uma vez que, do teorema do valor médio tínhamos que x₀ ∈ [0,x] para x>0. Daí, segue que: x₀>0 => √(x₀+1) > 1 => 1 / √(x₀+1) < 1 => 1 / √(x₀+1) - 1 < 0. Então, ficamos com f(x) / x < 0 para todo x > 0 Logo: f(x) / x < 0 => f(x) < 0 => √(x+1) - 1 - 1/2 x < 0 => √(x+1) < 1 + 1/2 x ∀x ∈ ℝ⁺: x > 0 Perante o teorema fundamental do cálculo temos que d(fx) / dx (∫₀^(3x²-1) e^(-t²) dt) = e^(-t²) | t = 3x²-1 - e^(-t²) | t = 0 = e^(- (3x²-1)²) - e^(-0²) = e^(- (3x²-1)²) - 1 Portanto, temos que: df(x) / dx = e^(- (3x²-1)²) - 1 que é o resultado desejado