​Solução do 1º Teste, versão A, 2019/11/09

1. Considere os seguintes subconjuntos de $\mathbb{R}$: \[ A=\left\{x\in\mathbb{R}: \frac{x^2+2x}{x^2-1}\lt 1\right\}, \qquad B=\left\{x\in\mathbb{R}: (|x-1|-2)\log x\gt 0\right\}. \]

   1. Identifique os conjuntos $A$ e $B$ e verifique que \[ B={]0,1[}\cup {]3,+\infty[}. \]
      Solução

      \[\frac{x^2+2x}{x^2-1}\lt 1 \Leftrightarrow \frac{2x+1}{x^2-1}\lt 0 \Leftrightarrow x\in {]-\infty, -1[} \cup {]-1/2,1[} \] pelo que $A={]-\infty, -1[} \cup {]-1/2,1[}$.

      \begin{align*}& (|x-1|-2)\log x\gt 0 \\ & \Leftrightarrow \left( |x-1|\gt 2 \text{ e } x\gt 1 \right) \text{ ou } \left( |x-1|\lt 2 \text{ e } x\in {]0,1[} \right) \\ & \Leftrightarrow x\gt 3 \text{ ou } x\in {]0,1[} \end{align*} pelo que $B={]0,1[}\cup {]3,+\infty[}$.

   2. Indique, ou justifique que não existem, $\sup A$, $\sup B$, $\max(A\cap\mathbb{Z})$, $\inf (B\cap \mathbb{R}^+)$, $\min(A\cap B)$.
      Solução

      $\sup A=1$, $\sup B$ não existe, $A\cap\mathbb{Z}=(\mathbb{Z}^- \setminus \{-1\})\cup \{0\}$ pelo que $\max(A\cap\mathbb{Z})=0$, $B\cap \mathbb{R}^+= B$ pelo que $\inf (B\cap \mathbb{R}^+)=0$, $A\cap B ={ ]0,1[}$ pelo que $\min(A\cap B)$ não existe.

   3. Decida justificadamente se são verdadeiras ou falsas as seguintes afirmações:
      1. Existe uma sucessão estritamente crescente de termos em $B$ que é convergente.
         Solução

         Sim, por exemplo $u_n=1-\frac{1}{n+1}\to 1$.

      2. Se $(a_n)$ é uma sucessão de termos em $B$, a sucessão $\left(a_n\sen(1/n)\right)$ converge para $0$.
         Solução

         Não necessariamente. Tome-se $a_n=n$ para $n\geq 4$. Tem-se $a_n\sen(1/n)\to 1$.

      3. Se $f:B\to\mathbb{R}$ é uma função contínua, $f(B)$ tem mínimo.
         Solução

         Não. Tomando $f(x)=-\frac{1}{x}$, $f$ é contínua em $B$ mas $\lim_{x\to 0}f(x)=-\infty$.

2. Considere a sucessão $(a_n)$ definida por \[ \begin{cases} a_1=1/4, &\\ a_{n+1}=a_n^3+\dfrac{a_n}{2}, & \text{se $n\geq 1$.}\end{cases} \]
   1. Use indução finita para mostrar que os termos da sucessão verificam $a_n\in [0,1/4]$, para todo o $n\in \mathbb{N}_1$.
      Solução

      Para $n=1$ temos $a_1=\frac{1}{4}\in \left[0,\frac{1}{4}\right]$.

      Supondo que para um certo $n\in\mathbb{N}_1$ temos $a_n\in \left[0, \frac{1}{4}\right]$, também temos \begin{align*}a_{n+1} &= a_n^3+\dfrac{a_n}{2} \gt 0^3 + \dfrac{0}{2} = 0 \\ a_{n+1} &= a_n^3+\dfrac{a_n}{2} \leq \dfrac{1}{4^3} + \dfrac{1}{4\cdot 2} \lt \dfrac{1}{4\cdot 2} + \dfrac{1}{4\cdot 2} = \dfrac{1}{4}\end{align*} pelo que $a_{n+1}\in \left [0,\frac{1}{4}\right]$.

   2. Mostre que $(a_n)$ é uma sucessão decrescente.
      Solução

      Usando que $a_n\leq \frac{1}{4}$ para todo o $n\in\mathbb{N}_1$, obtemos que para todo o $n\in\mathbb{N}_1$ temos \[a_{n+1}=a_n^3+\frac{a_n}{2}\leq \frac{1}{4^2}a_n+\frac{a_n}{2}\leq a_n.\]

   3. Justifique que $(a_n)$ é convergente e calcule o seu limite.
      Solução

      De acordo com as alíneas anteriores $(a_n)$ é uma sucessão monótona limitada pelo que é convergente. Seja $a=\lim a_n$.

      Tomando limites de ambos os lados de $a_{n+1}=a_n^3+\dfrac{a_n}{2}$ obtém-se \[a=a^3+\frac{a}{2}\Leftrightarrow \frac{a}{2} - a^3=0\Leftrightarrow a\left(a-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\left(a+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=0.\] Como devemos ter $a\in \left[0,\frac{1}{4}\right]$, concluímos que $a=0$.

3. Calcule, ou mostre que não existem em $\overline{\mathbb{R}}$, os seguintes limites de sucessões:
   1. $\lim \dfrac {n\sqrt{n}-n^2}{n^2+2}$,
      Solução

      \[\lim \frac {n\sqrt{n}-n^2}{n^2+2}= \lim \frac {n^{-1/2}-1}{1+2n^{-2}} = -1\]

   2. $\lim \displaystyle \sqrt[n]{\frac{(e^{n}-1) n^2}{n^2+4}}$,
      Solução

      Seja $a_n=\frac{(e^{n}-1) n^2}{n^2+4}$. Então \[\lim \frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim \frac{(e^{n+1}-1) (n+1)^2}{(e^{n}-1) n^2}\frac{n^2+4}{(n+1)^2+4} = e\] pelo que $\lim\sqrt[n]{a_n}=e$.

   3. $\lim \dfrac{(-1)^n \sen(n^3+1)}{1-\sqrt{n}}$.
      Solução

      \[\left|\frac{(-1)^n \sen(n^3+1)}{1-\sqrt{n}}\right|\leq \frac{1}{\sqrt{n}-1} \to 0\] pelo que o limite da sucessão é $0$.

4. Seja $\alpha\in \mathbb R$. Define-se a função $f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R}$ por \[ f(x)=\begin{cases}\arctg\left(e^{1/x}\right),& \text{se $x\gt 0$,} \\ \alpha + \arctg\left(e^{1/x}\right),& \text{se $x\lt 0$.} \end{cases} \]
   1. Determine $\alpha$ de maneira a $f$ ser prolongável por continuidade ao ponto $0$.
      Solução

      Como \begin{align*}&\lim_{x\to 0^+}\arctg\left(e^{1/x}\right)=\frac{\pi}{2} \\ &\lim_{x\to 0^-}\alpha +\arctg\left(e^{1/x}\right) =\alpha,\end{align*} $f$ será prolongável por continuidade a $0$ se $\alpha=\frac{\pi}{2}$.

   2. Determine a derivada de $f$.
      Solução

      $f'(x)=-\frac{e^{1/x}}{x^2(1+e^{2/x})}$ se $x\neq 0$.

   3. Designe por $g$ o prolongamento por continuidade de $f$ a $0$.
      Solução

      \[g(x)=\begin{cases}\arctg\left(e^{1/x}\right),& \text{se $x\gt 0$,} \\ \frac{\pi}{2}, & \text{se $x=0$,} \\ \frac{\pi}{2} + \arctg\left(e^{1/x}\right),& \text{se $x\lt 0$.}\end{cases}\]

      1. Calcule $\lim_{x\to + \infty}g(x)$ e $\lim_{x\to -\infty}g(x)$ se existirem.
         Solução

         \begin{align*}\lim_{x\to + \infty}g(x) & = \frac{\pi}{4} \\ \lim_{x\to -\infty}g(x) &= \frac{3\pi}{4}\end{align*}

      2. Determine o contradomínio de $g$.
         Solução

         Como $\arctg$ e a exponencial são crescentes em $\mathbb{R}$ e a função definida por $\frac{1}{x}$ é decrescente em ${]-\infty, 0[}$ e em ${]0, +\infty[}$, $g$ será decrescente em ${]-\infty, 0[}$ e em ${]0, +\infty[}$. [Alternativamente pode usar-se o facto do sinal de $f'$ ser negativo em ${]-\infty, 0[}$ e em ${]0, +\infty[}$.] Como $g$ é contínua em $\mathbb{R}$ podemos também afirmar que é decrescente em $\mathbb{R}$.

         Ser $g$ decrescente e os valores dos seus limites em $-\infty$ e em $+\infty$ garantem então que $g(\mathbb{R})\subset \left]\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right[$.

         Mas como $g$ é contínua, o teorema do valor intermédio garante então que $g(\mathbb{R})= \left]\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right[$.

5. Seja $h:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função diferenciável verificando $h(0)=0$ e $0\lt h'(x)\lt 1 \quad \forall_{x\in\mathbb{R}}$ e considere a sucessão $(x_n)_{n\in\mathbb{N}_1}$ dada por \[ \begin{cases} x_1 = 1, \\ x_{n+1}= h(x_n), \text{se $n\geq 1$.} \end{cases} \]

   1. Mostre que $x_n\gt 0$ para todo o $n\in\mathbb{N}_1$.
      Solução

      Suponha-se que para algum $n$ temos $x_n\leq 0$. Seja $N=\min \{n\in \mathbb{N}: x_n\leq 0\}$. Então $h(x_{N-1})=x_N\leq 0$ e $x_{N-1}\gt 0$. Aplicando o teorema de Lagrange a $h$ no intervalo $[0, x_{N-1}]$ obtemos que existe $c\in {]0,x_{N-1}[}$ tal que $h'(c)=\frac{h(x_{N-1})-h(0)}{x_{N-1}-0}\leq 0$ o que contraria $h'\gt 0$.

   2. Mostre que $(x_n)$ é uma sucessão decrescente.
      Solução

      Aplicando o teorema de Lagrange a $h$ em $[0,x_n]$ obtemos que existe $\alpha\in {]0,x_n[}$ tal que $x_{n+1}=h(x_n)=h(x_n)-h(0)=h'(\alpha)(x_n-0)\lt x_n$ em que no último passo se usou termos $h'(x)\lt 1$ e sabermos que $x_n\gt 0$.