Exercício 10
Realmente difícil. Especificação. Mostrar Entrada: A
uma função que seja contínua apenas em -1, 0 e 1.
função deve ser contínua apenas em -1, 0, e 1.
Saída: Mostrar
uma função assim.
Desenho. Ok,
minha minha estratég estratégia ia será será a seguin seguinte: te: usar usar uma função função definida definida por partes em cada intervalo, que seja contínua nos pontos especificados em cada um deles. 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 Então Então vejamos vejamos que tipo de função pode funcionar. funcionar. Ora, ela tem que ser discreta em todos os demais pontos do intervalo menos no especificado. Uma função assim deve cumprir esse papel: −1, se x ∈ R − Q ∀x ∈ (−∞, −1] . f ( ( x) = x, se x ∈ Q, Porque essa função resolve o problema? −1, a função ficará alternando entre -1 e x, Por que em qualquer valor x = tornan tornandodo-se se assim assim compost compostaa de “salto “saltos”. s”. Mas, Mas, na vizinhan vizinhança ça de -1, em qualqu qualquer er 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 irraciona irracional.l. Sendo Sendo assim, o valor da função será -1 para esses valore valores. s. E para para -1, pela definiç definição ão da função função,, ela também também assumirá assumirá esse valor valor.. Logo, Logo, tal função é de fato uma função contínua nesse ponto, pois, qualquer que seja ε > 0 considerado, 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: 0, se x ∈ R − Q f ( ∀x ∈ (−1, 1) ( x) = x, se x ∈ Q, e −1, se x ∈ R − Q ∀x ∈ [1, ∞) f ( ( x) = x, se x ∈ Q, conclem o problema, tornando a função contínua em 0 e em 1. Implementação.
Exercício 19
Como demorei para resolver esse problema de cabeça, resolvi registrar. ( x) Especificação. f e e g são definidas em R e ( x) ( M ) : f (
∀ ∃
Provar que se g for contínua em p, f também o será.
|
− f ( ( p)| ≤ M |g (x) − g ( p)|.
→ 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.
Entrada: f, g : R
1
2
Desenho. Ok,
minha estratégia será a seguinte: aplicar a hipótese, modificá-la, e
inferir a tese. Sendo assim, uma primeira versão do algoritmo seria: 1. expandir a hipótese 2. 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 vale ε para todo ε, então, em particular, deve valer para 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.
( x) − f ( ( p)| < M |g (x) − g ( p)|, então Ora, mas como para todo x, |f ( |x − p| < δ ⇒ |f ( (x) − f ( ( p)| < ε.
Como ε é qualquer, fica assim comprovada a tese de que f é contínua em p: dado tal que |x − p| < δ ⇒ ε, basta considerar δ tal ⇒ |g (x) − g ( p)| < M ε 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 resolv resolveri eria. a. Não no curto curto prazo prazo (traba (trabalha lhando ndo direto, direto, talve talvezz em 10 anos 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 ( x) = 0 para todo x real. racional. Prove que f (
R e
( x) = 0 para todo x que f (
Entrada: f é
( x) = 0∀x ∈ Q. definida; f é contínua em R; f (
Saída: Prova
( x) = 0∀x ∈ R. de que f (
Desenho. Vejamos
o que consigo fazer. A estratégia de prova será aplicar a propriedade da conservação do sinal em uma redução ao absurdo: ( p) = 0, então existirá um δ > 0 tal que Se f for contínua em p e f ( f ( ( 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 − pq < ε.
3
N uma representação de x. Daí, Demonstração. Seja x = a1 .a2 a3 . . ., ai aí, seja seja p 1 n N tal que 10 ε. Bom, Bom, então, então, o número número q procurado será y = trunc (x, n),
∈
pois
n
∈
≤
x
sendo
−y =
ai 1 < 10i 10n i=n+1
≤ ε,
n
10 x . trunc (x, n) = 10n
Ok. Preciso aplicá-las. Implementação. Bastaria
( x) > 0 para algum x ∈ considerar que, se f ( / Q, como f é ( x) seria também positivo para todo x em é contínua, haveria um δ > 0 tal que f ( p − δ, δ + [ p + p]. Mas, pelo Lema 1 Lema 1,, haverá um racional pq nessa região. E se assim for, f
p q
= 0, contrariando a hipótese. ( x) = 0 x Logo, por reductio ad absurdum , f (
∀ ∈ R.
Exercício 21
Este é similar ao anterior, então decidi que deveria registrá-lo aqui. ( x) = g (x) para todo Especificação. Suponha f definida e contínua em R e que f ( x 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
( x) = g (x) ∀x ∈ R. de que f (
Desenho. Vejamos
o que consigo fazer. A estratégia de prova será aplicar a propriedade da conservação do sinal em uma redução ao absurdo: ( p) = 0, então existirá um δ > 0 tal que Se f for contínua em p e f ( ( x) conservará o sinal de f ( p) para p − δ < x < p + δ , x ∈ Df . f ( Implementação. Bastaria
g (x) para algum x ∈/ Q, ( x) = considerar que, se f ( ( x) seria também diferente de g (x) como f é contínua, haveria um δ > 0 tal que f ( + p]. Mas, pelo Lema do exercício 20, haverá um racional para todo x em [ p p − δ, δ + p nessa região. E se assim for, f pq = g pq , contrariando a hipótese. q ( x) = g (x) ∀x ∈ R. Logo, por reductio ad absurdum , f (
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) (2) | =
x3 + x
− | − |
= x
10
2 x2 + 2x + 5 .
4
( x) = x2 + 2x + 5 é crescente no intervalo [0, 3] (ver gráfico da Como a função f ( (3) = 20. Daí: Figura 0.1 Figura 0.1), ), o valor máximo da função nesse intervalo será f (3) |f ( (x) − f ( (x)| ≤ 20 |x − 2| . (0.1)
Figura Figura 0.1. Gráfico
da função f (x) = x 2 + 2x + 5 no intervalo [0, 3].
(b) ε Basta usar δ = para provar a continuidade da função, pois se 1 < = min 1, 20 então 20 < ε, e
ε
20
,
3
|x − 2| < 1 ⇒ 1 ≤ x ≤ 3 ⇒ 1 ≤ x ≤ 27 ⇒ 2 ≤ f ( (x) ≤ 30 ⇒ −8 ≤ f ( (x) − 10 ≤ 10 ⇒ |f ( (x) − f (2) (2) | ≤ 10 < ε. Em caso contrário, < 1 ⇒ ε < 20 , |x − 2| < 20ε ⇒ 20 |x − 2| < ε ⇒ |f ( (x) − f (2) (2)| < ε. ε
20
Acho que é válido comentar que se 20ε > 1, tal quantidade não pode ser tomado ⇒ 2 − δ < como δ , pois a Desigualdade 0.1 não 0.1 não será válida, dado que|x − 2| < δ ⇒ x < δ + + 2 implicará que x poderá ser maior que três. Isso inviabiliza a consideração de 20 como teto da função x2 + 2x + 5. Por outro lado, se 20ε < 1, 1 não se pode considerar que δ = 1, pois nesse caso, ( x) − f (2) (2) | ≤ 10, e ε < 20, não há garantia de que a implicação conclui-se que |f ( que define a continuidade seja verdadeira. Exercício 26
Também me tomou muito tempo. Decidi registrar.
5
Esboço Esboço do algori algoritmo tmo.. Vejamos
se entendi a tática usada pelo Guidorizzi para
resolver 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 desigualdade resultante da aplicação do comando anterior. = min p − a, b − p, g(εa) , g(εb) . 4. aplicar δ =
Implementação. Vejamos
se isso funciona.
1 f ( ( x) f ( ( p) = x + x 1 = x p 1 px
|
−
|
| − | −
⇒ |f ( (x) − f ( ( p)
− p −
|≤| − | x
p
1 p
1 1+ px 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 desigualdade resultante da aplicação do comando anterior. 1 3.1. investigar o comportamento da função 1 + | px . 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 positivo de x, este será o máximo da função, pois ela é decrescente, e converge para a assíntota y = 1. Como tal intervalo deve conter p , vou seguir a tradição consagrada de escolher 2p , mas reconheço que qualquer outra escolha positiva para x iria estabelecer um teto 1 para 1 + | px . px| Tudo bem então. A questão apresentada apresentada pelo autor envolve envolve apenas p > 0. Logo, vou considerar x > 0 também, pois em geral os intervalos determinados por δ são são muito pequenos e em torno de p. Reconheço que estou simplificando o problema, e que não apresentarei uma solução geral assim. Seja x > 2p . Nessa condição, 1 2 1 2 < < 2 x p xp p 1 2 < 1 + 2 . 1+ xp p
⇒
⇒ Daí,
|f ( (x) − f ( ( p)| <
| − | x
Ok. Agora o problema chega a sua etapa final. E eu acho que merece um refinamento. = min 4. aplicar δ =
p
,
ε
2 g( p ) 2
.
p
1+
2 p2
.
6
4.1. se g(ε ) < 2p , basta aplicar a definição. 4.2. em caso contrário, δ = 2p , e 2p 1 + p2 < ε. p
2
2
Implementação. Deve
funcionar. = g ε , e daí, Seja g( ) < 2 . Então, δ = ( ) p
ε
p
p
2
2
|x − p| < 1 +ε
2 p2
⇒| − | x
2 < ε p2 f ( ( p) < ε. 1+
p
⇒ |f ( (x) −
|
É preciso resolver esse problema em caso contrário. = 2p . Daí, Seja δ =
|x − p| < 2p ⇒ 2p < x < 32 p
⇒ 32 p < x1 < p2 ⇒ − 12 p − 31 p < x + x1 − p − 1 p < 21 p + p1 ⇒ |f ( (x) − f ( ( p)| < 2p + 31 p < 2p + p1 . = 2p implica em 2p + p1 < ε, o teorema estaria demonstrado. Como δ = O que eu tomei o cuidado de verificar foi a motivação para o autor usar a condição δ = = min
p ε , 2 g p2
.
Porque ele usaria tal condição? Bom, parece-me prudente investigar o que impossibilita usar a δ = p2 quando ε < p2 e vice-versa. g( ) E para tal, considero importante averiguar quais seriam as implicações de cada uma das escolhas nos caso em que são inapropriadas, para determinar exatamente onde está o erro. Eu pensei por exemplo, em investigar qual seria o ε determinado por cada escolha, e compará-lo com o efetivo para auxiliar nesse processo. Vejamos o que encontrei. = 2p mesmo que g ε < 2p . Decorre disso que Seja δ = ( ) p
2
p
2
|x − p| < 2p ⇒ |f ( (x) − f ( ( p)| < 2p + p1 . Mas, como g(ε ) < 2p , então p
2
p p ε< g 2 2 p 1 ε< + , 2 p
⇒
e fica evidente que tal valor de δ não não garante a continuidade da função. E o outro caso?
7
= g ε , mesmo que g ε > 2p . Seja então δ = ( ) ( ) Sendo assim, p
p
2
2
| − | ⇒ | − | | − | x
ε
p <
x
p
g
p
2 < ε. p2 > 2p , não dá para garantir que
1+
2
O problema dessa abordagem é que, sendo g(ε ) |f ( (x) − f ( ( p)| < x p 1 + p2 , conforme se ilustra no gráfico da Figura 0.2. Figura 0.2. p
2
2
gráfica da função 1 + 1x . Em azul a curv curvaa 1 1 para x > 2 . Em vermelho, x < 2 . Verifica-se que o teto estabelecido para a função no intervalo 12 , ∞ não é válido no outro intervalo. Figura 0.2. Representação
Pois, se g(ε ) > 2p e | x − p| < g(ε ) , 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 > 2p . Ora, se |x − p| < g(ε ) , então, p
p
2
2
p
2
− g ε + p < x < p + g ε ⇒ − 1 +ε + p < x < p + 1 +ε ⇒ − < − , − +p < − p
p
2
2
2
p2
Como
−
ε
1+
ε
1+
2 p2
2 p2
>
p
2
ε
1+
2 p2
2
.
p2
p
ε
2
1+
2 p2
p
2
+p =
p
2
. No in interv terval aloo
+ p, p2 , não há garantia de que a função seja contínua, pois 1 +
1 xp
não
será mais limitada por 1 + p2 . 2
= min Isso explica porque o autor tomou o cuidado de considerar δ =
p
,
ε
2 g( p ) 2
Exercício 27
Como esse exercício me tomou algum tempo, decidi deixar registrado. (a)
.
8
Esboço do algoritmo. É
o seguinte: 1. Desenvolver o membro esquerdo da desigualdade. 2. Aplicar a hipótese. 3. Concluir. Vejamos a implementação. implementação.
Implementação. É
verdade que:
x
3
− p
3
2
| − |
= x
2
p x + xp + p .
O termo x2 + xp + p 2 não pode ser negativo, pois as raízes dessa equação são complexas, ou seja, tal função nunca atinge o eixo das abscissas, e para grandes valores de x, x2 se torna o termo dominante da expressão, forçando o resultado a ser positivo. Decorre disso que x3 − p3 = |x − p| x2 + xp + p2 . (0.2) Supondo que p ≥ 0, segue da hipótese que (0.3) − 2 p ≤ x ≤ 2 p. Então, vejamos. Decorre de 0.3 de 0.3 que: que:
2
−2 p ≤ xp ≤ 2 p ⇒xp ≤ 2 p
2
2 (0.4) e x2 ≤ 4 p2 . (0.5) Aplicando-se ambas as desigualdades 0.4 desigualdades 0.4 e e 0.5 0.5 na na equação 0.2 equação 0.2,, deduz-se a tese:
x3
3
2
2
2
− p ≤ |x − p| 4 p + 2 p + p = 7 p |x − p| . Caso p < 0 , basta trocar p por p or − p, mas o resultado das desigualdades não vai se 2
alterar. (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 solução. Certamente, deve-se concluir que vale a definição de função contínua. A grande questão aqui é como implementar essa estratégia. Há, a meu ver, ver, duas estratég estratégias. ias. A primeira primeira delas é seguir a recomendação 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
3
2
− p ≤ 7 p |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.
9
Tá. Então, se eu seguir a segunda estratégia, terei que fazer algo do tipo 2
2
3
⇒ ⇒
|x − p| < δ ⇒ ⇒ 7 p |x − p| < 7 p δ x − p Ora, isso sugere claramente que, dado ε, se | x − p| <
continuidade da função. Deixem-me testar isso:
|x − p| < 7 pε ⇒ 7 p |x − p| < ε ⇒ 2
2
3
ε
7 p2
x3
< 7 p2 δ.
, pode-se demonstrar a
− p
3
conforme eu suspeitei. Isso prova a continuidade da função.
< ε;
Seção 3.3 Exercício 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.
Implementação. Bom,
eu imagino que ao longo dessa resolução, eu vá refinando
o algoritmo. Vejamos como fica a divisão de xn − pn por x − p. n−1 xn − pn xn−1−i pi . = x
− p
i=0
Agora, eu deveria tomar o limite disso para x → p. n−1 n−1 n−1−i i x p = pn−1 = np n−1 . lim x→ p =0 =0
i
i
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. Implementação. Basta
rearranjar a expressão, que aparecerá o que já foi .
√ x − √ p = x − p n
1
n
√ ) −( √ p) ( x√ √ x− p n
n
n
n
n
n
.
10
Pelo exercício anterior,
√ x − √ p lim = → x − p lim → n
1
n
x p
x p
=
√ ) −( √ p) ( x√ √ x− p n
n
n
n
n
n
1 . n pn−1
n
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. Implementação. Então
lim f ( ( x) = L
→
x p
vejamos.
⇒ ∀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,
lim f ( ( x) = L
⇒ lim f ( (x) − L = 0.
→ x→ p O problema desses exercícios é encontrar um método de prova independente para demonstrar a implicação reversa: x p
lim f ( ( x)
− L = 0 ⇒ lim f ( (x) = L.
→ x→ p 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 x p
lim L = L.
→
x p
Daí, lim f ( ( x)
→
x p
f ( − L = 0 ⇒ lim ( x) − lim L = 0. → → x p
x p
Acrescendo-se limx→ p L a ambos os lados da equação, deduz-se a implicação reversa: lim f ( ( x)
f ( − lim L = 0 ⇒ lim ( x) = lim L ⇒ lim f ( ( x) = L. → → →
→ x→ p Creio que seja isso. x p
x p
x p
x p
11
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. f ( ( x) =0 x→ p x p
lim
−
f ( ( x) ⇒ lim = 0. → |x − p| x p
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. Implementação. É
bem simples:
f ( ( x) =0 x→ p x p
lim
⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0 :
−
⇒ − − ⇒ ⇒ | − | ⇒
0 < x
| − p| < δ
⇒0 < |x − p| < δ pois |x − p| = ||x − p||. Logo,
f ( ( x) =0 x→ p x p
lim
−
f ( ( x) 0 <ε x p f ( ( x) < ε, x p
f ( ( x) ⇒ lim = 0. → |x − p| x p
O problema de mostrar a implicação reversa está se mostrando bem mais complicado. 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, f ( f ( ( x) ( x) = lim = 0. x→ p x x→ p x p p
lim
| − | − Por outro lado, se x < p, então |x − p| = − (x − p), e neste caso, f ( ( x) = lim x→ p x x→ p p
lim
f ( ( x) . (x p)
| − |
− −
De acordo com o quadro de observações dessa seção 3.3 (logo após o exemplo 5), vale que lim kf ( ( x) = k lim f ( ( x) .
→
x p
Decorre disso que
f ( f ( ( x) ( x) = lim ( 1) x→ p x p (x p) x→ p f ( f ( f ( ( x) ( x) ( x) lim lim = lim x→ p x x→ p x x→ p x p p p f ( ( x) lim = ( 1) (0) (0) = 0. x→ p x p
lim
⇒− ⇒
→
x p
− −
− ⇒ − −
−
−
− −
| − |
12
Logo, f ( ( x) =0 x→ p x p
lim
Eu acho que é isso.
| − |
f ( ( x) = 0. ⇒ lim → x − p x p
Exercício 14
Esboço do algoritmo. Creio que a melhor estratégia seja uma prova do tipo reductio ad absurdum .
para resolver esse problema
Senão vejamos. Supõe-se que L ≤ 0. Daí, aplica-se aplica-se o teorema teorema da conserv conservação ação do sinal 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 torno de p para a qual a função só pode assumir valores negativos. 3. Mostrar que isso contradiz a hipótese. 4. Concluir. Vejamos a implementação. implementação. Implementação. Seja
então L ≤ 0. Pelo Teorema da Conservação do sinal, existe ( x) ≤ 0. Ora, mas isso é impossível, pois um δ > 0 tal que para 0 < |x − p| < δ , f ( por 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 conservação do sinal para estabelecer uma região na qual a função será sempre positiva (dada a 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 para um intervalo em torno de um racional. 2. invocar a densidade dos racionais para mostrar que a reta real está repleta de racionais. 3. concluir Vejamos a implementação. implementação. Implementação. Então
vamos lá. ( x) é positiva para algum Pelo teorema da conservação do sinal, se a função f ( ( x), a racional, então, num intervalo centrado em x de raio pelo menos igual a f ( 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 qualquer intervalo da reta real haverá um racional garantindo que a função assuma valores positivos nessa região. Logo, tal função é positiva para qualquer x pertencente aos reais. Exercício Exercício 5
Não vou me alongar alongar muito porque esse problema problema é relativ relativamen amente te simples: se o ( x) > 0 ⇒ limite existir, então os limites laterais existem e são iguais. Se lim x→ p f ( limx→ p− f ( ( x) > 0 e se limx→ p f ( ( x) = 0 ⇒ limx→ p− f ( ( x) = 0. Então Então,, se o limite limite ( x) ≥ 0. existir, limx→ p− f ( +
+
13
Exercício Exercício 6
Então vejamos. Vou fazer esse exercício usando o método mais tradicional. f (x)−f ( p) Especificação. Provar que limx→ 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)). f (x)−f ( p) Parâmetros de saída. Prova de que limx→ p x− p = 0. Esboço do algoritmo. Então vejamos qual a estratégia a ser seguida. O próprio autor já deu a dica: analisar o sinal do limite da razão incremental para x tendendo a p pela direita e pela esquerda. (f ( ( x) ≤ f ( ( p)), Bom, essa dica é muito valiosa, pois, dada a hipótese ∀ x ∈ I ( pode-se concluir da análise do sinal do limite da razão incremental que se tal limite existir, 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 pela direita e pela esquerda. 2. Aplicar a definição de limite em função de limites laterais. Vejamos a implementação. implementação. Implementação. Sendo
∀x ∈ I ( (f ( (x) ≤ f ( ( p)) verdadeira, então se x tender a p ( x) ≤ f ( ( p). Logo: pela esquerda, x < p, e f ( f ( ( x) − f ( ( p) lim ≥ 0, → x − p ( x) − f ( ( p) ≤ 0. pois x − p < 0 e f ( ( x) ≤ f ( ( p). Logo: Analogamente, se x tender a p pela direita, x > p, e f ( f ( ( x) − f ( ( p) ≤ 0, lim → x − p ( x) − f ( ( p) ≤ 0. pois nesse caso, x − p > 0 e f ( − x p−
x p+
Ora, da definição de limite envolvendo limites laterais, o limite lim x→ p f (xx)− pf ( p) só existirá se os limites laterais existirem e forem iguais. Como eles só serão iguais se forem nulos, então, limx→ p f (xx)−− pf ( p) = 0.
