Solução do 1º Teste, versão A, 2015/11/07

1. 1. 1. Escreva os conjuntos $A=\left\{x\in\mathbb{R}:\,\, x\geq0\,\,\wedge\,\,\left|x-3\right|\geq2 \right\}$, $B=\left\{x\in\mathbb{R}: \frac{2x+1}{x+2}<1 \right\}$, na forma de intervalos ou reunião de intervalos.

         $A=[0,1]\cup {[5,+\infty[}$.

         Para determinar $B$ \[\frac{2x+1}{x+2}\lt 1 \Leftrightarrow  \frac{x-1}{x+2}<0 \Leftrightarrow -2\lt x \lt 1.\] pelo que $B={]-2,1[}$.

      2. Determine, se existirem em $\mathbb{R}$, $\inf A$, $\min A$, $\min(A\setminus\mathbb{Q})$, $\sup(A\cap\mathbb{N})$ e $\sup(B\setminus\mathbb{Q})$.

         $\inf A=\min A = 0$, $\min(A\setminus\mathbb{Q})$ não existe, $\sup(A\cap\mathbb{N})$ não existe, $\sup(B\setminus\mathbb{Q})=1$.

   2. Considere o conjunto $C={[-\pi,-e[}\cup{]e,6[}$. Decida justificadamente se são verdadeiras ou falsas as seguintes afirmações:

      1. Qualquer sucessão de termos em $C$ tem uma subsucessão convergente (em $\mathbb{R}$).
      2. Existe uma sucessão $(u_n)$ de termos em $C$, convergente, tal que $\lim u_n\notin C$.
      3. Existe uma sucessão decrescente $(v_n)$, de termos em $C$, tal que a sucessão $((-1)^n\,v_n))$ é convergente.

      1. Verdadeira. Como $C$ é conjunto limitado, a sucessão é limitada e, pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, tem uma subsucessão convergente.
      2. Verdadeira. Seja, por exemplo, a sucessão $u_n=6-\frac{1}{n}$, $n\in\mathbb{N_1}$.
      3. Falsa. Se $v_n$ é decrescente, dado que é limitada, é convergente. Se $\lim v_n=a$, como $(-1)^n v_n$ é convergente, tem-se $a=0$. Por outro lado, como $v_n$ é sucessão de termos em $C$, tem-se $\lim v_n\leq -e$ ou $\lim v_n\geq e$, o que é absurdo.

2. Considere uma sucessão de termo geral $a_n$ definida por \[ \begin{cases} a_1 =2, \\ a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_n^2+1}, \text{ se $n\geq 1$.} \end{cases} \]

   1. Mostre, usando indução, que $a_n\in {]0,1]}$ para $n\geq 2$.
   2. Mostre que a sucessão é decrescente.
   3. Justifique que a sucessão é convergente e determine o seu limite.

   1. Provemos por indução. (1) $n=2$:  $a_2=\frac{2}{5} \in {]0,1]}$.   (2) Admitamos, como hipótese de indução, que se tem $a_n\in {]0,1]}$. Então, porque $a_n^2+1\geq 1$, vem $0< a_{n+1}\leq a_n\leq 1$.
   2. Poder-se-ia notar que nas últimas desigualdades na resolução da alínea anterior já estabelecemos que $ a_{n+1}\leq a_n$ para todo o $n\in\mathbb{N}$, isto é, que a sucessão é decrescente. Alternativamente, usando exclusivamente o resultado enunciado na alínea anterior, notamos que temos $a_{n+1}-a_n=\frac{a_n}{a_n^2+1}-a_n=-\frac{a_n^3}{a_n^2+1}$, se $n\geq 1$. Como $a_n\gt 0$ para todo o $n\in\mathbb{N}$ tal acarreta que $a_{n+1}-a_n\lt 0$ para todo o $n\in\mathbb{N}_1$.
   3. Vimos que a sucessão é limitada e monótona, logo é convergente. se $\lim a_n=a$ também a subsucessão $a_{n+1}$ tem limite igual a $a$ e tem-se $a=\frac{a}{a^2+1}\Leftrightarrow -\frac{a^3}{a^2+1}=0\Leftrightarrow a=0$.

3. Calcule, ou mostre que não existem em $\overline{\mathbb{R}}$, os seguintes limites de sucessões:

   1. $\lim \dfrac {2(-1)^n+2n(3+n^2)}{4n^3+7}$,
   2. $\lim \sqrt{n}-\sqrt[4]{n^3}$,
   3. $\lim \dfrac{4^n+n!}{1-6^n}$.

   1. $\lim \frac{2(-1)^n+2n(3+n^2)}{4n^3+7}=\lim \frac{\frac{2(-1)^n}{n^3}+\frac{6}{n^2}+2}{4+\frac{7}{n^3}}=\frac{1}{2}$.
   2. $\lim \sqrt{n}-\sqrt[4]{n^3}= \lim\sqrt[4]{n^3}\left(\frac{1}{\sqrt[4]{n}}-1\right)=-\infty$.
   3. $\lim\frac{4^n+n!}{1-6^ n}=\lim\frac{1+\frac{4^n}{n!}}{\frac{1}{n!}-\frac{6^ n}{n!}}=-\infty$.

4. Considere a função $f:\mathbb{R} \to\mathbb{R}$ dada por \[f(x)=\begin{cases}\dfrac{x}{1+x^2} , & \text{se $x\gt 0$,}\\ -e^x\sen x, & \text{se $x\leq 0$.} \end{cases}\]

   1. Estude $f$ quanto à continuidade.
   2. Calcule $\displaystyle\lim_{x\to -\infty}f(x)$ e $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)$.
   3. Calcule a função derivada $f'$ em todos os pontos onde esta estiver definida.

   1. $f$ é contínua em $]0,+\infty[$ porque é uma função racional. $f$ é contínua em $]-\infty,0[$ porque é produto de duas funções contínuas. Quanto ao ponto $0$, $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{x}{1+x^2}=0=f(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0^-}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^-}-e^x\sen x$, o que mostra que $f$ é contínua em $0$. Assim, $f$ é contínua em $\mathbb{R}$.
   2. $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to-\infty}-e^x\sen x=0$, porque é produto de um infinitésimo por uma função limitada. $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{1+x^2}=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^2}+1}=0 $,
   3. Para $x\gt 0$ ou $x\lt 0$ as regras de derivação usuais são aplicáveis e obtemos \[f'(x)=\begin{cases} \dfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2}, & \text{se $x\gt 0$,}\\ -e^x(\cos x+\sen x), & \text{se $x\lt 0$.}\end{cases}\] Para $x=0$ poderíamos calcular as derivadas direita e esquerda em $0$ através da definição ou, em alternativa, usar o raciocínio que se seque.
      Como, para $x\lt 0$, $f$ é a restrição da função definida em $\mathbb{R}$ por $-e^x\sen x$, a derivada desta função em $0$ coincidirá com o valor da derivada esquerda de $f$ em $0$. Assim $f'_e(0)=-1$. De maneira análoga, como, para $x\geq 0$, $f$ é a restrição da função definida em $\mathbb{R}$ por $ \dfrac{x}{1+x^2}$, a derivada desta última na origem dá-nos o valor da derivada direita de $f$ em $0$, isto é, $f'_d(0)=1$. Assim $f$ não é diferenciável em $0$.

5. Seja $P:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função polinomial de grau ímpar. Seja $G:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ uma função contínua verificando $|G(x)|\leq 1$ para todo o $x\in\mathbb{R}$. Mostre que existe $\alpha\in\mathbb{R}$ tal que $P(\alpha)=G(\alpha)$.

   Como $P$ é função polinomial de grau ímpar, tem contradomínio igual a $\mathbb{R}$ e, então, existem $a,b\in \mathbb{R}$ tais que $P(a)=2$ e $P(b)=-2$. Por outro lado, $|G(x)|\leq 1$, para todo o $x\in \mathbb{R}$ e, consequentemente, $P(a)-G(a)=2-G(a)\geq 1$, $P(b)-G(b)=-2-G(b)\leq -1$. Mas $P-G$ é uma função contínua em $\mathbb{R}$ e o Teorema do valor intermédio garante a existência de um $\alpha \in\mathbb{R}$ para o qual $P(\alpha)-G(\alpha )=0$.