Istituto Superior Técico - o Semestre 006/007 Cálculo Diferecial e Itegral I LEA-pB, LEM-pB, LEN-pB, LEAN, MEAer e MEMec Soluções da 6 a Ficha de Eercícios. Determie, se eistirem em R, os seguites ites. (i) (ii) (v) 3 + (i) (iii) cos e!+ +!+ se! (vi) e () se (iv) (iii) 3 +!+ 36 se (vii) (i) se cos (v)!+ 3 (i) + = + = + = e = Como 6=, etão ão eiste. + (ii)! =! = =! (iii) 3 + = () () ( ) = ( ) = (iv) 3 + (v) 3 + = () ( + ) = () ( + ) = 3 + (iv) (ii) se!+ cos + + = (viii) tg 5 se arccos = ( ) =. e e (vi) = = :0 = 0 (vii) cos = 0 pois = 0 e cos é uma fução itada uma vez que cos, para todo o 6= 0. tg 5 (viii) se arccos = se 5 5 = :: se 5 cos 5 arccos : 5 = 5 cos e (i)!+ + =!+ + cos e = 0 pois!+ + = 0 e cos e é uma fução itada uma vez que jcos e j, para todo o R.
() se todo o 6= 0. (i) se = 0 pois e se é uma fução itada uma vez que se, para ão eiste pois + se ão eiste, uma vez que para = +! 0 +, se = 6= = se, e etão se ão eiste. (ii) (iii) (iv) (v) se!+ = 0 se se!+ =!+!+ 36 se 3 = = 0 3 B @!+ se 3 3 C A!+ cos =!+ se = = 3!+ 0 se B @. Sejam a; b R tais que a < b. Seja f : [a; b]! R cotíua em [a; b]. Supoha que eiste uma sucessão ( ) [a; b] tal que f ( ) = 0. Mostre que f tem pelo meos um zero em [a; b]. Como ( ) [a; b], etão ( ) é itada. Logo, pelo Teorema de Bolzao-Weierstrass, eiste uma subsucessão ( k ) de ( ) tal que ( k ) coverge. Como f ( k ) é uma subsucessão de f ( ), etão f ( k ) = f ( ) = 0. Seja c = k. Como ( k ) [a; b] e [a; b] é fechado, etão c [a; b]. Como f é cotíua em [a; b], etão f é cotíua em c. Logo f (c) = f (). Como k! c e o f () eiste,!c!c etão f ( k ) = f (), e assim!c C A f (c) =!c f () = f ( k ) = f ( ) = 0. Logo, eiste c [a; b] tal que f (c) = 0, isto é, f tem pelo meos um zero em [a; b]. 3. Justi que que, se f é uma fução itada em R, para qualquer sucessão ( ) R, a sucessão f ( ) tem pelo meos uma subsucessão covergete. Seja ( ) R uma qualquer sucessão de úmeros reais. Como f é uma fução itada em R, etão a sucessão f ( ) é itada. Logo, pelo Teorema de Bolzao-Weierstrass, a sucessão f ( ) tem pelo meos uma subsucessão covergete. =
4. Seja f : R! R cotíua o poto 0 e seja ( ) R uma sucessão covergete. Determie, justi cado, f ( 3 ). Como ( ) R uma sucessão covergete e as sucessões ( 3 ) e ( ) são subsucessões de ( ), etão ( 3 ) e ( ) covergem e = 3. Logo ( 3 ) = 0. Como f é cotíua em 0, etão f (0) = f (). Como 3! 0 e o f () eiste, etão f ( 3 ) = f (), e assim f ( 3 ) = f () = f (0). 5. Seja (a ) R uma sucessão covergete tal que, para todo o N, (i) Determie, justi cado, a. a > e a + <. (ii) Eistirá alguma fução f, cotíua em 0 e tal que, para todo o N, veri que a igualdade f = ( ) a? (i) Como (a ) R é uma sucessão covergete e as sucessões (a ) e (a + ) são subsucessões de (a ), etão (a ) e (a + ) covergem e a = a +. Logo, como para todo o N, etão Como a = a +, etão e assim, tem-se a =. a > e a + <, a e a +. a = a +, (ii) Não. Se eistisse f cotíua em 0 tal que f f uma vez que f = a = 6= = a + = f Mas isso iria cotrariar o facto do f em 0, tem-se = ( ) a, etão ão eistiria. + ter mesmo que eistir pois como f é cotíua f (0) = f () e como! 0, etão f = f (). 3
6. Seja g : [0; ]! R cotíua em [0; ]. Justi que que: (i) ão eiste qualquer sucessão ( ) [0; ] tal que g ( ) =, para todo o N; (ii) se eiste uma sucessão ( ) [0; ] tal que g ( ) =, para todo o N, etão eiste c [0; ] tal que g (c) = 0. Supohamos que eistia ( ) [0; ] tal que g ( ) =, para todo o N. Como ( ) [0; ], etão ( ) é itada. Logo, pelo Teorema de Bolzao-Weierstrass, eiste uma subsucessão ( k ) de ( ) tal que ( k ) coverge. Seja c = k. Como ( k ) [0; ] e [0; ] é fechado, etão c [0; ]. Como g é cotíua em [0; ], etão g é cotíua em c. Logo g (c) = g (). Como k! c e o g () eiste, etão!c!c Por outro lado, tem-se g ( k ) =!c g () = g (c). g ( k ) = k! +, o que cotraria o facto de se ter g ( k ) = g (c). Logo, ão eiste qualquer sucessão ( ) [0; ] tal que g ( ) =, para todo o N. (ii) Seja ( ) [0; ] tal que g ( ) =, para todo o N. Como ( ) [0; ], etão ( ) é itada. Logo, pelo Teorema de Bolzao-Weierstrass, eiste uma subsucessão ( k ) de ( ) tal que ( k ) coverge. Seja c = k. Como ( k ) [0; ] e [0; ] é fechado, etão c [0; ]. Como g é cotíua em [0; ], etão g é cotíua em c. Logo g (c) = g (). Como k! c!c e o!c g () eiste, etão Por outro lado, tem-se Logo, devido à uicidade do ite, tem-se e assim, eiste c [0; ] tal que g (c) = 0. g ( k ) =!c g () = g (c). g ( k ) = k! 0. g (c) = 0, 7. Seja f : R! Z tal que f () = c R. Mostre que:!+ (i) c Z; (ii) eiste R tal que f () = c, para todo o >. (i) Supohamos que c = Z. Seja p Z tal que p < c < p +. Como para todo o > 0 eiste R tal que > ) jf () cj <. f () = c, etão!+ Seja > 0 tal que < mi fc p; p + cg. Etão eiste R tal que para > tem-se jf () cj <, ou seja, + c < f () < + c. 4
Logo, tem-se p < + c < f () < + c < p +, para todo o >, o que cotraria o facto de se ter f () Z, para todo o R. Assim, tem-se c Z. (ii) Como f () = c, etão para todo o > 0 eiste R tal que!+ > ) jf () cj <. Por (i) tem-se c Z. Seja =. Etão eiste R tal que para > tem-se jf () cj <, ou seja, + c < f () < + c. Como ]c ; c + [ \ Z = fcg, etão eiste R tal que f () = c, para todo o >. 8. Seja ( ) R uma sucessão moótoa. Mostre que arctg é uma sucessão covergete. Seja ( ) R uma sucessão moótoa. Seja f : R! R de ida por f () = arctg, para todo o R. Como f é itada em R, etão f ( ) = arctg é uma sucessão itada. Por outro lado como f é estritamete crescete, etão f ( ) = arctg é estritamete moótoa, uma vez que ( ) é moótoa. Logo, como arctg é uma sucessão moótoa e itada, etão arctg coverge. 9. Seja f : R! R tal que para todo o N. f = f, (i) Se eistirem, em R, os ites laterais f (0 + ) e f (0 ) quato valerá a sua soma? Justi que. (ii) Se eistir, em R, f () qual será o seu valor? Justi que.! 0 (i) Supohamos que eistem, em R, os ites laterais f (0 + ) e f (0 ). Como! 0+, etão f = f 0 e f = f 0 +. Logo, como f = f, tem-se f = f, f 0 = f 0 +, f 0 + f 0 + =. (ii) Supohamos que eiste, em R, f (). Logo, tem-se e como, por (i), f (0 ) + f (0 + ) =, etão f 0 + = f 0, f () = f 0+ = f 0 =. e 5