Analise

Disponível somente no TrabalhosFeitos
  • Páginas : 6 (1311 palavras )
  • Download(s) : 0
  • Publicado : 1 de dezembro de 2012
Ler documento completo
Amostra do texto
RESOLUÇÃO DA 1ª LISTA DE ANÁLISE
Por: Alexsandro R Ferreira 01) Sejam f , g : X → ¡, a ∈ X , com lim f ( x ) = L e lim g ( x ) = M . Prove:
x→ a x→ a

a) lim f ( x) ± g ( x) = L ± M
x→ a

Demonstração : Pela definição de limite: ∀ ε > 0∃ , δ > 0 tq 0 < x − a < δ ⇒
x→ a

(

f ( x ) + g ( x) ) − ( L + M ) < ε ε 2 ε 2

Como lim f ( x) = L suponha que existe δ 1 > 0 tal que x − a < δ 1→ f ( x) − L <
x→ a

e Como lim g ( x) = M suponha que existe δ 2 > 0 tal que x − a < δ 2 → g ( x) − M < Escolhendo δ como min { δ 1 , δ 2 } garantimos que: ε ε + = ε 2 2

(

f ( x) + g ( x) ) − ( L + M ) < f ( x) − L + g ( x) − M <

b) lim [ f ( x).g ( x )] = L.M
x→ a

Demonstração : Pela definição de limite:

( f ( x).g ( x) ) − ( L.M ) < ε Somando e subtraindo g ( x ).L em ( f ( x).g ( x) ) − ( L.M ) ( f ( x).g ( x) ) + g ( x).L − g ( x).L − ( L.M ) = g ( x)( f ( x) − L) +
∀ ε > 0∃ , δ > 0 tq 0 < x − a < δ ⇒

L( g ( x) − M )

g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) ≤ g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) Como as funções f(x) e g(x) possuem limites, podemos dizer que existe M > 0 / g ( x ) < M , onde M o limite de g(x). M ( f ( x) − L ) + L( g ( x) − M ) Assim comopodemos afirmar que existe δ 1 > 0 tq ( f ( x ) − L) < e existe δ 2 > 0 tq ( g ( x) − M ) < ε . Logo: 2L ε ε ε ε + L. = + = ε 2M 2L 2 2 ε 2M

(

f ( x).g ( x) ) − ( L.M ) < g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) < M .

c) lim

f ( x) L = x → a g ( x) M Demonstração :  1  1 Podemos nos utilizar do exercício anterior e provar que lim   = M x→ a  g ( x) 

∀ ε > 0∃ , δ > 0 tq 0 < x − a < δ ⇒1 1 − < ε g ( x) M

M − g ( x) 1 1 1 − = = M − g ( x ) . Desde que L ≠ 0 existe um δ 1 de mod o g ( x) M g ( x)M g ( x )M que 0 < x − a < δ 1 → 0 < g ( x) − M < M M → g ( x) > . Existe também um δ 2 de 2 2 εM² modo que 0 < x − a < δ 2 quando g ( x ) − M < .Então: 2 M − g ( x) 1 1 1 2 2 εM² − = = M − g ( x) ≤ M − g ( x) < . = ε g ( x) M g ( x)M g ( x )M M² M² 2

02) Prove pela definiçãoque: a ) lim x = a
x→ a

Resolução : Pela definição de limites: ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 / x − a < δ ⇒ f ( x) − L = x− a = x− x− a x+ a a < ε Note que racionalizando < x− a a → δ a f ( x) − L < ε x− a obtemos:

= ε . Assim basta tomar δ = ε a

b) lim x 2 = a 2
x→ a

Pela definição de limites: ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 / x − a < δ ⇒

f ( x) − L < ε

x ² − a ² = x + a x − a Se restringirmos x < 2a temosque: x ² − a ² = x + a x − a < 3a x − a . Note que fazendo x < 2a é suficiente para que x ∈ (− 2a, 2a ). Assim: x ² − a ² = x + a x − a < 3a x − a < 3aδ = ε → δ = Ou seja para δ = ε 3a

ε temos que x ² − a ² < ε 3a Obs : Note que quanto maior tomamos o valor de x, por exemplo x < 3a mais exigente nos tornamos quanto a amplitude do intervalo (a − δ , a + δ )

03) Considere M ∈ ¡ uma constante.Sejam f, g : ¡ → ¡ tais que lim f(x) = 0 e g(x) ≤ M, ∀ x ∈ ¡. Mostre pela definição de limite que: lim f ( x).g ( x) = 0
x→ a x→ a

Demonstração : Pela definição de limite:

( f ( x).g ( x) ) − ( L.M ) < ε Somando e subtraindo g ( x ).L em ( f ( x ).g ( x) ) − ( L.M ) ( f ( x).g ( x) ) + g ( x).L − g ( x).L − ( L.M ) = g ( x)( f ( x) − L) +
∀ ε > 0∃ , δ > 0 tq 0 < x − a < δ ⇒

L( g ( x) − M)

g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) ≤ g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x ) − M ) Como existe M > 0 tq g ( x) < M , onde M pode ser o limite de g(x). g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) ≤ M ( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) ε ε e existe δ 2 >0 tq L( g ( x) − M ) < 2M 2L ε ε ε ε ( f ( x).g ( x) ) − ( L.M ) < g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) < M . + L. = + = ε 2M 2L 2 2 isto demonstra o casopara quaisquer M e L, para o caso específico L = 0 temos que: ε ε ε ε ( f ( x).g ( x) ) − ( 0.M ) < g ( x)( f ( x) − 0) + 0( g ( x) − M ) < M . + 0. = + 0 = 2M 2L 2 2 ε Note que bastaria M ( f ( x ) − L) < M Assim lim f ( x).g ( x) = L.M = 0 existe δ 1 >0 tq M ( f ( x) − L) <
x→ a

 1 04) Seja f : ¡ { 0} → ¡ definida por f ( x) = cos   .  x²  a) Mostre que não existe lim f(x) ,...
tracking img