Solução do 1º Teste, versão A, 2020/11/14

1. Considere os seguintes subconjuntos de $\mathbb R$: \[ A=\left\{x\in\mathbb{R}: \left|\frac{x-3}{x+1}\right|\geq 1\right\},  B=\left\{\frac{2}{1+4k}: k\in\mathbb Z\right\}, C=\left\{x\in\mathbb{R}:\log x\leq 1\right\}.\]
   1. Identifique os conjuntos $A$ e $C$ e verifique que $A\cap C ={]0,1]}$.
      Solução

      \[ \left|\frac{x-3}{x+1}\right|\geq 1 \Leftrightarrow |x-3|\geq |x+1| \wedge x\neq -1 \Leftrightarrow x\in {]-\infty, -1[}\cup {]-1, 1]}\] pelo que $A={]-\infty, -1[}\cup {]-1, 1]}$.

      \[\log x\leq 1 \Leftrightarrow x\in {]0,e]}\] pelo que $C={]0,e]}$.

      Sendo assim $A\cap C= {]0,1]}$.

   2. Determine, ou justifique que não existem, $\min A$, $\inf B$, $\inf(A\cap B\cap C)$, $\min(A\cap B\cap C)$, $\inf(C\setminus B)$.
      Solução

      Como $A$ não é minorado $\min A$ não existe.

      $\inf B =\min B = -\frac{2}{3}$.

      \[A\cap B\cap C= \left\{\frac{2}{1+4k}: k\in\mathbb N_1\right\}\] pelo que $\inf(A\cap B\cap C) = 0$.

      $\min(A\cap B\cap C)$ não existe.

      $C\setminus B=\{x\in ]0, e]: x\neq \frac{2}{1+4k}, k\in \mathbb N\}$ pelo que $\inf(C\setminus B)=0$.

   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

         A sucessão $\left(\frac{2}{1-4n}\right)_{n\in\mathbb N_1}$ tem termos em $B$, é estritamente crescente e tem limite $0$.

      2. Se $f:C\to\mathbb{R}$ é crescente e minorada o seu ínfimo é $\lim_{x\to 0}f(x)$.
         Solução

         Como $f(c)=\{f(x): x\in {]0, e]}\}$ é não vazio e minorado existe $s=\inf f(C)$. Da caracterização do ínfimo sabemos que $s\leq f(x)$ para todo o $x\in C$ e $\forall_{\epsilon \gt 0}\exists_{x\in C} f(x)\lt s+\epsilon$. Decorre do facto de $f$ ser crescente que para todo o $z$ verificando $0\lt z\lt x$ temos também $f(z)\lt s+\epsilon$. $\lim_{x\to 0}f(x)=s$. Mas então da definição de limite obtemos que $s=\lim_{x\to 0}f(x)$.

      3. Se $g:A\cap C\to\mathbb{R}$ é uma função contínua, $g$ tem máximo.
         Solução

         É falso como mostra $g(x)=\frac{1}{x}$ pois $\lim_{x\to 0^+}g(x)=+\infty$.

2. Considere a sucessão $(a_n)$ definida por \[\begin{cases}a_1=1, &\\ a_{n+1}=\sqrt{2 a_n + 3}-\frac{1}{n},  &  \text{se $n\geq 1$.}\end{cases}\]
   1. Mostre que $a_n\in {[1, 3[}$, para todo o $n\in\mathbb{N}_1$.
      Solução

      Temos $a_1=1\in [1, 3[$.

      Supondo que, para um certo $n\in \mathbb{N}_1$, temos $a_n\in [1, 3[$ notamos que \begin{align*}a_{n+1}&=\sqrt{2 a_n + 3}-\frac{1}{n}\geq \sqrt{2\cdot 1+3}-\frac{1}{1} =\sqrt{5}-1\gt 2-1 = 1,\\ a_{n+1}&=\sqrt{2 a_n + 3}-\frac{1}{n} \lt \sqrt{2 \cdot 3 + 3} =\sqrt{9}=3.\end{align*} Daí que, usando indução, $a_n\in {[1, 3[}$, para todo o $n\in\mathbb{N}_1$.

   2. Mostre, usando indução, que $(a_n)$ é uma sucessão monótona.
      Solução

      Notando que $a_2=\sqrt{5}-1\gt 1=a_1$, bastará mostrar que se, para um dado $n\in\mathbb{N}_1$, tivermos $a_n\leq a_{n+1}$, então também $a_{n+1}\leq a_{n+2}$.

      Com efeito, nessas condições e usando que a raíz quadrada define uma função crescente,  \[a_{n+2} - a_{n+1}= \sqrt{2 a_{n+1} + 3}-\frac{1}{n+1} - \sqrt{2 a_n + 3}+\frac{1}{n}\geq \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\geq 0.\]

      Isto estabelece por indução que $a_n\leq a_{n+1}$ para todo o $n\in\mathbb N_1$, ou seja, que $(a_n)$ é uma sucessão crescente e portanto monótona.

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

      Sendo limitada e monótona, a sucessão $(a_n)$ é convergente. Designemos o seu limite por $L$. Então, tomando limites de ambos os lados da igualdade $a_{n+1}=\sqrt{2 a_n + 3}-\frac{1}{n}$, obtemos que $L=\sqrt{2L+3}$, o que implica $L^2-2L -3=0 \Leftrightarrow (L-3)(L+1)=0$. Portanto $L$ só pode ser igual a $3$ ou $-1$. Como, da alínea (a), todos os termos da sucessão estão no intervalo ${[1,3[}$, devemos ter $L=3$.

3. Calcule, ou mostre que não existem em $\overline{\mathbb{R}}$, os seguintes limites de sucessões:
   1. $\lim e^{-1/n} \sen\left(\frac{n\pi}{4}\right)$
      Solução

      Seja $b_n=e^{-1/n} \sen\left(\frac{n\pi}{4}\right)$. Então \begin{align*}b_{4n} &=0\to 0 \\ b_{8n+2}&= e^{-1/(8n+2)}\to 1.\end{align*} Portanto a sucessão possui dois sublimites distintos e não é convergente.

   2. $\lim \frac{n^2+1}{n\left(3+n\cos(\frac{1}{n})\right)}$,
      Solução

      \[\lim \frac{n^2+1}{n\left(3+n\cos(\frac{1}{n})\right)}=\lim \frac{1+1/n^2}{\left(3/n+\cos(\frac{1}{n})\right)}=1.\]

   3. $\lim \left(\frac{(2n)!}{(n!)^2}\right)^{1/n}$.
      Solução

      Seja $a_n=\frac{(2n)!}{(n!)^2}$. Então $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}\to 4$. Daí que $\lim \left(\frac{(2n)!}{(n!)^2}\right)^{1/n}= 4$.

4. Seja $\alpha\in \mathbb R$. Define-se a função $f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R}$  por \[ f(x)=\begin{cases} e^{\arctg(1/x)},& \text{se $x\gt 0$,} \\ \alpha + e^{\arctg(1/x)},& \text{se $x\lt 0$.} \end{cases} \]

   1. Determine $\alpha$ de maneira a $f$ ser prolongável por continuidade ao ponto $0$.
      Solução

      Temos \begin{align*}\lim_{x\to 0^+}f(x) & = \lim_{x\to 0^+} e^{\arctg(1/x)} = e^{\pi/2} \\ \lim_{x\to 0^-}f(x) & =  \lim_{x\to 0^-} \alpha + e^{\arctg(1/x)} = \alpha + e^{-\pi/2}\end{align*} Daí que devemos considerar $\alpha = e^{\pi/2} - e^{-\pi/2}$.

   2. Designe por $g$ o prolongamento por continuidade de $f$ a $0$.
      1. Calcule $\lim_{x\to + \infty}g(x)$ e $\lim_{x\to -\infty}g(x)$ se existirem.
         Solução

         Temos \begin{align*}\lim_{x\to + \infty}g(x) & = \lim_{x\to +\infty}e^{\arctg(1/x)} = 1 \\ \lim_{x\to - \infty}g(x) & = \lim_{x\to -\infty}e^{\pi/2} - e^{-\pi/2} + e^{\arctg(-1/x)} = e^{\pi/2} - e^{-\pi/2} + 1 \end{align*}

      2. Determine o contradomínio de $g$.
         Solução

         Dado que as funções $x\mapsto 1/x$, $\arctg$ e a exponencial são respectivamente estritamente decrescente em $]0,+\infty[$, estritamente crescente em $\mathbb R$ e estritamente crescente em $\mathbb R$, a função $g$ é estritamente decrescente em $]0,+\infty[$. Analogamente para $]-\infty, 0[$. Como as funções $x\mapsto 1/x$, $\arctg$ e a exponencial são contínuas em $]0,+\infty[$ e em $]-\infty, 0[$ a função $g$ será contínua naqueles intervalos. Como por construção $g$ é contínua em $0$, $g$ é contínua e estritamente decrescente em $\mathbb R$. Do teorema do valor intermédio o seu contradomínio será um intervalo que só poderá ser $\left]1, e^{\pi/2} - e^{-\pi/2} + 1\right[$.

5. Seja $h:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função contínua verificando $h(0)\gt h(\pi/2)=h(-\pi/2)$.

   Decida se pode garantir que a função composta definida por $\psi(x)=h(\arctg(x))$ possui ou não um máximo absoluto.

   Solução

   O domínio da função composta $\psi$ é $\mathbb R$. Temos \[\lim_{x\to +\infty} \psi(x) = \lim_{x\to \pi/2} h(x) = h(\pi/2) = h(-\pi/2) = \lim_{x\to -\pi/2} h(x) = \lim_{x\to -\infty} \psi(x).\] Da definição de limite em $\pm \infty$ existe $C\gt 0$ tal que se $|x|>C$ temos $\psi(x)\lt \frac{h(\pi/2)+h(0)}{2} \lt h(0) = \psi(0)$. Como $h$ e $\arctg$ são contínuas também $\psi$ é contínua e em particular é contínua no intervalo limitado e fechado $[-C,C]$ aonde possuirá um máximo absoluto $M$ verificando $M\geq \psi(0)=h(0)\gt \frac{h(\pi/2)+h(0)}{2}\gt \psi(x)$ para $|x|\gt C$. Assim $M$ é um máximo absoluto de $\psi$ em $\mathbb R$.