Solução no vídeo abaixo:

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Lista de Exercícios Resolvidos sobre Limites, acesse aqui!

Solução:

Inicialmente, façamos um rápido rascunho. Se $$|x-p|<\delta$$, para algum δ>0,  podemos escrever que

\[\frac{|p-x|}{|p||x|}\leq \frac{\delta}{|p|(|\delta + |p|)}\leq \frac{\delta}{|p|^{2}},\]

pois $$|x-p|<\delta$$ implica $$|x|<\delta + |p|$$ e $$\delta + |p| \geq |p|$$.

Basta escolhermos $$\delta = |p|^{2}\epsilon$$, para que, dado qualquer ε>0, existe $$\delta = |p|^{2}\epsilon>0$$ tal que, se $$|x-p|<\delta$$, então

\[\frac{|p-x|}{|p||x|}\leq \frac{\delta}{|p|(|\delta + |p|)}\leq \frac{\delta}{|p|^{2}}.=\epsilon.\]

Como

\[|f(x)-f(p)|=|\frac{1}{x}-\frac{1}{p}|=\frac{|p-x|}{|p||x|},\]

concluímos que $$|f(x)-f(p)|<\epsilon$$, o que prova a continuidade.

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Solução:

Sabemos que $$f(4)=\sqrt{4}=2$$. Escrevemos, na forma de rascunho, as duas expressões-alvo que aparecem na definição de uma função contínua. São elas

\[|f(x)-f(4)=|\sqrt{x}-2|\text{e}\]

\[|x-4|<\delta.\]

Note que $$|x-4| = |\sqrt{x}-2||\sqrt{x}+2|$$. Se tivermos

\[|x-4|<\delta,\]

podemos escrever

\[ |\sqrt{x}-2||\sqrt{x}+2|<\delta \Longrightarrow |\sqrt{x}-2|<\frac{\delta}{|\sqrt{x}+2|}(*).\]

Como $$\sqrt{x}+\sqrt{2}\geq \sqrt{2}$$, para todo $$x$$ no domínio, a desigualdade $$(*)$$ torna-se

\[|\sqrt{x}-2|<\frac{\delta}{\sqrt{2}}.\]

Assim, basta escolhermos $$\delta = \sqrt{2}\epsilon$$, de modo que, para qualquer ε>0, teremos $$\delta = \sqrt{2}\epsilon >0$$ tal que, se $$|\sqrt{x}-2||\sqrt{x}+2|=|x-4|<\delta$$, então

\[|\sqrt{x}-2|<\frac{\delta}{\sqrt{2}}=\epsilon.\]

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Solução:

Sabemos que $$f(2) = 8-3 = 5$$. Podemos escrever

\[|f(x) – f(2)| = |4x-3 – 5| = |4x – 8| = 4|x-2| (*).\]

Para qualquer ε>0,  sempre existirá δ>0 se definirmos $$\delta =\epsilon/4$$, de modo que, se $$|x-2|<\delta = \epsilon/4$$, isso implica $$4|x-2|<\epsilon$$,  o que equivale a dizer, pela equação $$(*)$$, que $$|f(x)-f(x)|<\epsilon$$.

Isso prova a continuidade da função $$f(x)$$.

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Portanto, $$f$$ é contínua se, e somente se, $$f_{1}$$ e $$f_{2}$$ forem contínuas.

Demonstração:

Adota-se a métrica do máximo para o espaço métrico do produto cartesiano. Note que, posteriormente, com a equivalência de normas, o teorema poderá ser utilizado de maneira geral em qualquer espaço produto.

i) Sê $$f$$ é contínua, então, para qualquer $$\epsilon>0$$, existe $$\delta>0$$ tal que, se $$d(p,p_{0})<\delta$$, para qualquer $$p_{0}\in M$$ fixado, implica que $$d_{max}(f(p),f(p_{0}))<\epsilon$$. Com efeito, $$d_{max}<\epsilon$$ implica que $$d_{i}(f_{i}(p),f_{i}(p_{0}))<\epsilon$$, para $$i\in\{1,2\}$$, donde se conclui que as funções coordenadas são contínuas.

ii) Reciprocamente, sejam $$f_{1}$$ e $$f_{2}$$, as funções coordenadas, contínuas. Então, dado $$\epsilon>0$$, existem $$\delta_{1},\delta_{2}$$ >0 tais que, se $$d(p,p_{0})<min\{\delta_{1},\delta_{2}\}$$, então $$d_{1}(f_{1}(p),f_{1}(p_{0})) ,d_{2}(f_{2}(p),f_{2}(p_{0}))<\epsilon$$, para qualquer $$p_{0}\in M$$ fixado.

Daqui, evidentemente, $$d_{max}=max\{d_{1}(f_{1}(p),f_{1}(p_{0}),d_{2}(f_{2}(p),f_{2}(p_{0})\}<\epsilon$$, o que demonstra a continuidade de $$f$$.

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Solução:

i) Pela continuidade, dado $$\epsilon>0$$, existem $$\delta_{1},\delta_{2}$$ maiores que 0, para os quais, se $$x\in B(a,\delta_{1})$$, então $$f(x)\in B(f(a),\epsilon)$$, e, se $$x\in B(a,\delta_{2})$$, então $$g(x)\in B(g(a),\epsilon)$$. Escolhendo-se $$\delta = min\{\delta_{1},\delta_{2}\}$$, conclui-se que, se $$x\in B(a,\delta)$$, tem-se $$f(x)\in B(f(a),\epsilon)$$ e $$g(x)\in B(g(a),\epsilon)$$.

Escolhendo um $$x$$ tal que $$f(x)=g(x)$$, cuja existência é garantida pelo enunciado, aplica-se a desigualdade triangular do seguinte modo:

\[d(f(a),g(a))\leq d(f(a),f(x))+d(f(x),g(a))=d(f(x),f(a))+d(g(x),g(a))<2\epsilon,\]

em que $$d$$ é a métrica no espaço $$N$$.

Finalmente, conclui-se que $$d(f(a),g(a))<2\epsilon$$, para qualquer $$\epsilon>0$$. Se houver $$0<r=d(f(a),g(a))$$, basta tomar $$\epsilon = r/2$$, para concluir que $$r=d(f(a),g(a)) < 2\cdot (r/2)=r$$, o que é um absurdo. Logo, a única opção é que se tenha $$r=0$$, donde se conclui que $$f(a)=g(a)$$, uma vez que $$d(f(a),g(a))=0$$.

ii) No caso dos reais, se $$a$$ é um número irracional, sabe-se que toda bola $$B(a,\delta)$$ contém algum número racional, de modo que $$f(x)=g(x)$$. Assim, chega-se à conclusão de que $$f(a)=g(a)$$ pelo mesmo método anteriormente exibido.

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Julgue a afirmação a seguir.

Se $$f$$ for uma função real tal que $$|f(x)- f(a)|\leq 5|x – a|$$ para todos x ∈ R, então $$f $$ é contínua em a.

Solução:

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