3 Funções reais de variável real (Soluções)

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1 3 Funções reais de variável real (Soluções). a) Como e é crescente, com contradomínio ]0, + [, o contradomínio de f é ]e, + [. Para > 0 e y ] e, + [, temos Logo, a inversa de f é f () = y e = y = log y = log y +. f : ] e, + [ R +, f (y) = log y +. b) O contradomínio de sen restrito a ] π, π [ é sen (] π, π [) = ], [, logo o contradomínio de f é ], [. Para ] π, π [, y ], [, temos f () = y sen = y = arcsen y (note-se que y ], [, que é o domínio de arcsen ). Logo a inversa de f é f : ], [ ] π, π [, f (y) = arcsen y. c) f : ], [ ] [ 0, π, f (y) = arcos y. d) f : R ] π, + π [, f (y) = + arctg y.. Por definição, arcsen([, ]) = [ π, π], arcos([, ]) = [0, π]. Tem-se arcos 0 = π, arcos = 0, arcos ( ) = π, arcsen ( ) 3 = π, arcsen 3 = π, arcos ( ) = 5π, 6 arcsen = π, arctg = π, arctg( 3) = π sen = a = arcsen a + kπ, k Z, tg = a = arctg a + kπ, k Z. 4. a) Directamente da definição de arcos. 70

2 b) Directamente da definição de arcsen. c) Se α = arcsen, então sen α = e α [ π, π ]. Queremos calcular cos α. De cos α + sen α =, temos cos α = ± sen α. Como α [ π, π ], cos α 0, vem cos(arcsen ) = cos α = sen α =. d) Idêntico a c). e) Se α = arcsen, ±, então sen α = e α ] π, [ π. Queremos calcular tg α. De + tg α = = temos cos α sen α tg α = Logo, sen α = sen α sen α tg α = ± tg(arcsen ) = ±. Se α [ 0, π ], então sen α 0 =. Como tg α 0, temos sen α sen α = sen α ± sen α. tg(arcsen ) =. Se α ] π, 0], sen α 0 =. Como tg α 0, temos f) Idêntico a e). tg(arcsen ) = =. 5. f : D R função injectiva e g : f (D) D a sua inversa. a) Seja f crescente. Como f é injectiva, f é estritamente crescente. Logo, para, D, > f () > f ( ). Então, para y, y f (D), y = f (), com y = f ( ) (ou seja, g(y) =, g(y ) = ) temos y > y f () > f ( ) > g(y) > g(y ). Logo g é (estritamente) crescente. b) Para y f (D), seja D, com y = f (), ou seja, tal que g(y) =. Então y = f () = f ( ), porque f é ímpar, logo g( y) =, e assim g( y) = = g(y), e g é ímpar. c) Directamente de a), b) e das propriedades de sen, cos, tg. 7

3 7. a) ], [; b) R \ {k π : k Z}; c) R \ {k π : k Z}; d) ], + [; e) [0, [; f) R \ {, }; g) ], ] [, + [; h) ], 0]; i) [, sen [. 8. Como arctg é uma função limitada, arctg(u n ) é uma sucessão limitada. Por outro lado, como arctg é uma função crescente, se (u n ) é uma sucessão monótona crescente (para decrescente é idêntico), (arctg u n ) será também crescente: u n+ u n arctg(u n+ ) arctg(u n ). Sendo monótona e limitada, (arctg u n ) é convergente. 9. f é contínua em a R sse dado δ > 0, eiste ɛ > 0 tal que a < ɛ f () f (a) < δ. Para f () = + : dados a R e δ > 0, temos f () f (a) = + a = a = + a a ( + a ) a. Se V ɛ (a) temos a < ɛ e também = ( a) + a a + a < ɛ + a. Logo, para V ɛ (a) tem-se f () f (a) < (ɛ + a + a ) a < ( a + ɛ)ɛ. Agora para que f () f (a) < δ é suficiente escolher ɛ > 0 tal que ( a + ɛ)ɛ < δ ɛ + a ɛ δ < 0. Como ɛ + a ɛ δ = 0 ɛ = a ± 4 a +4δ = a ± a + δ, temos então que é suficiente tomar ɛ tal que 0 < ɛ < a + a + δ, para obter que a < ɛ f () f (a) < δ. 0. a) Como lim n = e f é contínua em, temos lim f ( n ) = f (lim n ) = f () =. b) Da mesma forma, lim f ( n ) = f () = 0. c) Como lim + f () = +, temos lim f ( n ) = lim n + f ( n) = +.. Seja φ : [a, b] R uma função contínua (com a, b R e a < b), e ( n ) de termos em [a, b] tal que lim φ( n ) = 0. Como ( n ) tem os termos em [a, b], ( n ) é limitada e, do Teorema de Bolzano- Weierstrass, tem uma subsucessão convergente que designamos por ( pn ). Como lim φ( n ) = 0, e (φ( pn )) é uma subsucessão de (φ( n )), temos lim φ( pn ) = 0. Por outro lado, como φ é contínua em [a, b], lim φ( pn ) = φ(lim pn ). l = lim pn, temos φ(l) = 0. 7 Logo, se

4 . Seja g : [0, ] R uma função contínua em [0, ]. a) Se eistisse uma sucessão ( n ) de termos em [0, ] tal que g( n ) = n para todo n, então lim g( n ) = +. Tomando uma subsucessão ( pn ) convergente de ( n ), que eiste pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, teríamos: lim g( n ) = +, lim g( pn ) = g(lim pn ), porque g é contínua. Logo g(lim pn ) = +, o que é absurdo. (Alternativamente, g não seria limitada em [0, ], o que é impossível, do Teorema de Weierstrass, uma vez que g é contínua em [0, ].) b) Se ( n ) de termos em [0, ] é tal que g( n ) = para todo n, então lim g( n n) = 0. Além disso, sendo ( n ) limitada, possui uma subsucessão convergente em R como na alínea anterior. Designemos essa subsucessão como ( pn ) e lim pn = c. Como ( pn ) [0, ] e este intervalo é fechado c [0, ]. Como (g( pn )) é uma subsucessão de (g( n )) temos também lim g( pn ) = 0. Pelo critério de continuidade de Heine lim g( pn ) = g(c) e portanto g(c) = a) é dada pelo quociente de duas funções polinomiais, logo é contínua no seu 3 + domínio D = { R : 3 + 0} = R \ {0}; b) Como a): é contínua em R \ {,, 0}; c) é contínua em [0, + [, é contínua no seu domínio (como em a)), ou seja + em R \ {, 0}. Logo é contínua em [0, + [ (R \ {, 0}) =]0, + [; + d) sen ( cos ) é dada pela composição de funções contínuas nos seus domínios, logo é contínua no seu domínio D = { R : 0} = [, ]; e) Como d): é contínua no seu domínio, D = { R : > 0} =], [; 3 f) tg cotg é dada pela composição de funções contínuas nos seus domínios logo é contínua no seu domínio, ou seja em D = { R : π + kπ kπ : k Z} = R \ {k π : k Z}; 4 g) é dada pelo quociente de duas funções contínuas nos seus domínios, logo + é contínua no seu domínio, R. 3 é também dada pelo quociente de duas 3 funções contínuas nos seus domínios, logo é contínua no seu domínio que é R \ {}. Logo, h) é contínua em R \ {}. é dada pelo quociente de duas funções contínuas nos seus domínios, logo será contínua no seu domínio que é R\{, }. (Nota: =, se < <.) e =, se < >, i) sen é dada pela composição de funções contínuas nos seus domínios, logo é contínua no seu domínio, que é D = { R : sen 0} = { R : sen = 73

5 0} = {kπ R : k Z}. (Alternativamente, nota-se que a função é constante e igual a 0 em D, logo contínua porque qualquer função constante é contínua; ainda de outra forma pode-se notar que qualquer função cujo domínio é formado eclusivamente por pontos isolados, é necessariamente contínua (prove esta afirmação!).) 4. Sendo f e h duas funções e a R, tais que h é contínua em a e f é contínua em h(a), então necessariamente g = f h é contínua em a. Se f : R R é contínua no ponto, e g() = f (sen ), então, como sen é uma função contínua em qualquer a R, g será contínua em a R tal que sen a = a = π + kπ, com k Z. 5. Como tg e cotg são contínuas, respectivamente em a π + kπ, e a kπ, k Z, temos que tg cotg é uma função contínua em D = R \ {k π : k Z}. Sendo f uma função contínua em 0, temos então que g() = f (tg cotg ) é contínua em cada a D satisfazendo tg a cotg a = 0. Como, tg a cotg a = tg a tg a = tg a, tg a e, portanto, tg a cotg a = 0 equivale a tg a = ±, ou seja a = ± π + kπ, com k Z, 4 concluímos que a função dada é necessariamente contínua nestes pontos. 6. Temos 0, se Q, f () = d() =, se R \ Q. Para a 0: se a Q, podemos definir n = a + n, y n = a + n a, y n a, n Q f ( n ) = 0 = f (a), y n R \ Q f (y n ) = y n = a + n e temos n a 0. Logo f não é contínua em a (usando a definição no sentido de Heine). Para a Q, a demonstração é semelhante. (Alternativamente, usando a definição no sentido de Cauchy, eiste δ > 0, por eemplo, δ = a, tal que em qualquer vizinhança de a eistem pontos tais que f () f (a) > δ: se a Q, toma-se R \ Q, se a R \ Q, toma-se Q.) Para a = 0: se ( n ) é uma sucessão arbitrária tal que n 0, então f ( n ) = n d( n ). Como d é limitada, d( n ) é uma sucessão limitada. Logo, como n 0, temos f ( n ) = d( n ) n 0 = f (0). Logo f é contínua em 0. (Alternativamente, usando a definição de continuidade no sentido de Cauchy, f () f (0) = f (). a D é um ponto isolado de D se eistir ɛ > 0 tal que V ɛ (a) D = {a}. 74

6 Logo, dado δ > 0, eiste ɛ > 0, por eemplo, ɛ = δ tal que Logo f é contínua em 0. ) 0 < ɛ f () f (0) < δ. 7. a) lim 0 que = + : temos de mostrar que dado δ > 0 arbitrário, eiste ɛ > 0 tal 0 < ɛ > δ. Então, dado δ > 0, temos > δ < δ < δ. Tomando, por eemplo, ɛ = δ, mostramos que lim 0 = +. c) lim + = + : temos de mostrar que dado δ > 0 arbitrário, eiste ɛ > 0 tal que Dado δ > 0, temos > ɛ > δ. > δ > δ. Tomando, por eemplo, ɛ = δ, mostramos que lim + = a) lim = ; b) lim 3 + c) lim 0 e = lim ( )+ ( )(+) = lim + + = ; = lim 0 e d) lim 0 [ ( cos )] = 0 (como g)). = 0 = 0, uma vez que lim 0 e =. e) lim 0 sen não eiste: se n =, e y nπ n = π temos que +nπ n 0 e y n 0; sen n = sen(nπ) = 0 e sen y n = sen( π + nπ) =. Como lim sen n lim sen y n e ( n ), (y n ) são sucessões convergente para 0, temos que lim 0 sen não eiste. f) lim + sen = sen(0) = 0; g) lim 0 sen = 0: dada uma sucessão arbitrária ( n) tal que n 0 (e n 0), temos lim n sen n = 0 uma vez que ( n ) é um infinitésimo e (sen n ) é uma sucessão limitada. 75

7 9. a) lim 3+ = lim tg 5 b) lim 0 = lim sen 5 arcos 0 5 ( ) ( )( ) = lim 5 cos arcos = 5π =, ( ) 0. Se eistirem os limites laterais f (0 ) e f (0 + ), temos lim f ( ) ( = f (0 ), lim f = f (0 n n) + ). = 0 π, uma vez que lim 0 sen =. Então, f ( ) ( + f = f (0 n n) ) + f (0 + ) =. Se eistir lim 0 f (), temos f (0 ) = f (0 + ) = lim 0 f (). Como f (0 ) + f (0 + ) =, temos lim 0 f () = lim 0 f () =.. f : R R, f () = + 0, se Q < 0, d() =, se > 0 R \ Q. a) Para 0, temos f () = 0, logo f (], 0]) = {0}. Para > 0 temos f () = 0, se Q e f () = se R \ Q. Logo f (]0, + [ = {0} { R \ Q : > 0} = {0} R + \ Q. Assim, f (R) = {0} R + \ Q. A função não é majorada, uma vez que R + \ Q não é majorado, é minorada por 0. b) lim f () = lim 0 = 0; lim + f () não eiste: se n = n então f ( n ) = 0, se y n = n então f (y n ) = n +. c) f contínua para 0 (ver E.6).. f : R R, contínua no ponto, dada por 0, se, f () = arcsen, se < <, K sen ( π ), se. a) Como f é contínua em, temos f () = f ( + ) = f ( ). Temos f () = K e Logo K = π. b) f é contínua em R \ { } (justificar!). f ( ) = lim f () = lim arcsen = π. 76

8 c) A partir dos contradomínios de arcsen e sen temos f (R) = f (], ]) f (], [) f ([, + [) ] = {0} π, π [ [ π, π ] [ = π, π ]. d) lim f () = 0; lim +, não eiste (justificar!). 3. ϕ : R R definida por: ϕ() = arctg, se < 0, + e, se 0. a) Para a > 0: ϕ é contínua em a uma vez que numa vizinhança de a é dada pela função + e, que é contínua por ser dada pela composição de funções contínuas. Para a < 0: ϕ é contínua em a uma vez que numa vizinhança de a é dada pela função arctg, que é contínua (em R \ {0}) por ser dada pela composição de funções contínuas nos seus domínios. b) ϕ(0 + ) = lim e = + e ϕ(0 ) = lim 0 arctg = π. Como ϕ(0 + ) ϕ(0 ), ϕ não é contínua em 0. Mas ϕ(0 + ) = ϕ(0), logo ϕ é contínua à direita em 0. c) lim + ϕ() = lim + + e =, lim ϕ() = lim arctg = 0. d) ϕ(r) = ϕ(], 0[) ϕ([0, + [) = ] π, 0[ ], + e] (justifique!). 4. a) ϕ é dada pela composição de funções contínuas nos seus domínios: a função eponencial, contínua em R e, contínua em R \ {0}. Logo ϕ é contínua em R \ {0}. ψ é dada pela diferença de duas funções: sen e cos. As funções sen e cos são contínuas em R \ {0}, uma vez que são dadas pela composição de funções trigonométricas, contínuas em R, e, contínua em R \ {0}. Logo, sen e cos são contínuas em R \ {0} e ψ também o será. b) ϕ e ψ são prolongáveis por continuidade a 0 sse eistir (em R) lim 0 ϕ(), e lim 0 ψ(), respectivamente. Para ϕ: lim ϕ() = lim e 0 0 = lim y e y = 0. Logo ϕ é prolongável por continuidade a 0. Quanto a ψ: 77

9 lim 0 sen = 0, uma vez que para qualquer sucessão ( n) com n 0, temos lim n sen n = 0 por ser o produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada. Por outro lado, lim 0 cos não eiste, uma vez que para n = e y nπ n = temse lim n = lim y n = 0 e lim cos n (n+)π = lim cos(nπ) = e lim cos y n = lim cos((n + )π) =. Logo lim 0 ψ() não eiste e ψ não é prolongável por continuidade ao ponto 0. c) ϕ() > 0, uma vez que a função eponencial é sempre positiva. Por outro lado, < 0, logo como a função eponencial é crescente, temos e < e 0 =. Conclui-se que 0 < ϕ() <, e ϕ é limitada. Para ψ: cos é limitada, com cos. Quanto a sen, temos lim sen + = lim sen + sen y = lim y 0 + y e da mesma forma lim sen = (aliás, a função é par). Logo, como eistem em R, os limites em + e, eiste a > 0 tal que ψ é limitada em [a, + [ e em ], a]. Para [ a, a], temos sen sen a. Logo ψ é limitada em R. (Alternativamente, como ψ é prolongável por continuidade a 0, o Teorema de Weierstrass garante que o seu prolongamento contínuo terá máimo e mínimo em [ a, a], logo será limitado e ψ, por consequência, também.) = 5. a) D = { R : 0 0} = [0, [ ], + [. b) lim f () = lim + + = lim + lim f () = lim =. = 0. c) f (D) = f ([0, [) f (], + [). lim f () = lim + + = +. 78

10 f ([0, [): se [0, [, então < 0 e assim f () 0, ou seja f ([0, [) ], 0]. Por outro lado, como f (0) = 0 e lim f () =, e f é contínua no seu domínio (por ser o quociente de funções contínuas), do Teorema do Valor Intermédio temos que ], 0] f ([0, [). Logo, f ([0, [) =], 0]. f (], + [): se ], + [, então f () > 0, ou seja f (], + [) ]0, + [. Como f é contínua em ], + [, e lim + f () = +, lim + f () = 0, temos de novo pelo Teorema do Valor Intermédio, que ]0, + [ f (], + [). Logo, f (], + [) =]0, + [. Conclui-se que f (D) = R. d) (u n ) convergente com ( f (u n )) divergente: qualquer sucessão no domínio de f com u n, por eemplo, u n = n e f (u n). (v n ) divergente com ( f (v n )) convergente: qualquer sucessão no domínio de f com v n +, por eemplo, u n = n + e f (u n ) a) f e g são contínuas no seu domínio, ]0, + [, por serem dadas pela composição e produto de funções contínuas nos seus domínios. b) lim + f () = +, lim + g() = 0 c) lim 0 f () =, logo f não é prolongável por continuidade a 0; lim 0 g() = 0, logo g é prolongável por continuidade a 0. d) Como f é contínua em R + e lim 0 f () =, lim + f () = +, temos do Teorema do Valor Intermédio, que f (D) = R. (Alternativamente, ]0, + [ + ], + [ e log(], + [) =]0, + [. Logo, f (D) = log(]0, + [) = R.) 7. a) lim f () = lim e =. lim + f () = lim + log =. + b) Em a > 0: f é contínua em a uma vez que, numa vizinhança de a, f é dada pela função log, que é a composta de funções contínuas nos seus domínios + e portanto contínua no seu domínio. Em a < 0: f é contínua em a uma vez que, numa vizinhança de a, f é dada pela função e, que é a composta de funções contínuas nos seus domínios e portanto contínua no seu domínio. c) Temos lim f () = lim log = log() = 0 lim f () = lim e 0 = 0. 0 Logo eiste lim 0 f () = 0 e f é prolongável por continuidade a 0. 79

11 d) Se g é o prolongamento por continuidade de f a 0, ou seja, e, se < 0, g() = 0, se = 0, log, se > 0. + então g é contínua em R (é contínua em 0 por definição, e é contínua em R \ {0} porque f é). Logo, do Teorema de Weierstrass terá máimo (e mínimo) em qualquer intervalo limitado e fechado. Em particular, em qualquer intervalo [ ɛ, ɛ], com ɛ > 0. Como e é crescente (a eponencial é crescente, é decrescente, logo e é decrescente), temos para [ ɛ, 0[ que g() g(0 ) = 0. Por outro lado, log é decrescente (o logaritmo é crescente e é decrescente), logo para + + ]0, ɛ], g() g(0 + ) = 0. Conclui-se que ma [ ɛ,ɛ] g() = g(0) = a) A função ϕ é contínua no seu domínio D = { R : [0, + [}, uma vez que é dada pela composição de funções contínuas nos seus domínios. Temos [0, + [ 0 [, ], ou seja, D = [, ]. Como D é um intervalo limitado e fechado, o Teorema de Weierstrass garante que ϕ tem máimo e mínimo em D. b) Não. Neste caso, o domínio de ϕ seria ], [. Tomando uma função g ilimitada numa vizinhança de 0, teríamos que ϕ seria ilimitada em vizinhanças de e. Por eemplo, se g() = log(), então lim ϕ() = lim + ϕ() =. 9. Seja g : ]a, b[ R uma função contínua em ]a, b[, a, b R tal que lim g() = lim g() =. a b Queremos ver que eiste uma e uma só função contínua h definida em [a, b] tal que h() = arctg[g() ], ]a, b[. Então, para ]a, b[, a função h já está definida, de forma única, pela fórmula acima, ou seja, definimos h() = arctg[g() ]. Para = a, como h é contínua em a, temos necessariamente e da mesma forma h(a) = lim a + arctg[g() ] = lim y + arctg y = π, h(b) = lim b arctg[g() ] = lim y + arctg y = π. 80

12 Para determinar o contradomínio de h, determinamos primeiro o contradomínio de g: uma vez que g é contínua em ]a, b[ e lim a g() =, lim b g() = +, tem-se do Teorema do Valor Intermédio que g(]a, b[) = R. Conclui-se que o contradomínio de g é [0, + [ e portanto [ h(]a, b[) = arctg([0, + [) = 0, π [. Como h(a) = h(b) = π, temos então que h([a, b]) = [ 0, π ]. 30. Para = 0, temos sen cos 3 0 = e para = π, sen 3 π + cos 3 π =. Se f () = sen 3 + cos 3, então f é contínua porque é dada pela soma e produto de funções contínuas e f (0) = > 0, f (π) = < 0, logo, pelo Teorema do Valor Intermédio, eiste ]0, π[ tal que f () = 0 sen 3 + cos 3 = Seja f contínua em R tal que eistem e são finitos lim + f () e lim f (). a) Como eiste (em R) lim + f (), temos que f é limitada numa vizinhança de +, ou seja num intervalo [b, + [, para algum b R. Da mesma forma, f será limitada num intervalo ], a] para algum a R. Por outro lado, por ser contínua, o Teorema de Weierstrass garante que f é limitada em [a, b]. Logo é limitada em R. b) Para g() = +[ f ()], temos g() e g() = f () = 0. Agora, se o produto dos dois limites indicados é negativo, ou seja, se os limites indicados têm sinais diferentes, então eistem a, b R tais que f (a) > 0 e f (b) < 0, logo como f é contínua, o Teorema do Valor Intermédio garante que eiste c tal que f (c) = 0. Temos neste caso g(c) = = ma g. 8