Solução do 1º Teste, versão B, 2017/11/11

1. Considere os seguintes subconjuntos de $\mathbb{R}$: \[ A=\left\{x\in\mathbb{R}: e^{2x}(x^2-3)\leq 0\right\}, \qquad B=\left\{x\in\mathbb{R}: \frac{x^2-2}{|x-3|}\geq 0\right\}. \]

   1. Identifique os conjuntos $A$ e $B$ e mostre que \[ A \cap B=[-\sqrt{3},-\sqrt{2}]\cup [\sqrt{2},\sqrt{3}]. \]
      Solução:

      \[e^{2x}(x^2-3)\leq 0\Leftrightarrow x^2-3\leq 0 \Leftrightarrow (x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})\leq 0 \Leftrightarrow x\in [-\sqrt{3},\sqrt{3}].\] \[\frac{x^2-2}{|x-3|}\geq 0 \Leftrightarrow x^2-2 \geq 0 \wedge x\neq 3 \Leftrightarrow ( x\geq \sqrt{2} \vee x\leq -\sqrt{2}) \wedge x\neq 3.\] pelo que $A=[-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ e $B={]-\infty, -\sqrt{2}]}\cup {[\sqrt{2}, 3[} \cup {]3,+\infty[}$.

   2. Indique, ou justifique que não existem, $\sup A$, $\min(A\cap B)$, $\inf B$, $\max(A\cap\mathbb{Q})$, $\min(A\cap {]0,+\infty[})$.
      Solução:

      $\sup A =\sqrt{3}$, $\min(A\cap B)=-\sqrt{3}$ e os restantes não existem.
   3. Decida justificadamente se são verdadeiras ou falsas as seguintes afirmações:
      1. Toda a sucessão crescente de termos em $A\cap B$ é convergente.
         Solução:

         Como $A\cap B$ é limitado, a sucessão é monótona limitada logo convergente.
      2. Toda a sucessão decrescente de termos em $A\cap B$ tem limite $-\sqrt{3}$.
         Solução:

         Considere-se $\sqrt{2}+\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2n}\to \sqrt{2}$ para verificar que a afirmação é falsa.
      3. Se $(v_n)$ é uma sucessão de termos em $A\cap B$, então $\left(\frac{v_n}{n+1}\right)$ é convergente.
         Solução:

         Como $A\cap B$ é limitado a sucessão é o produto de uma sucessão limitada por um infinitésimo, logo convergente para $0$.

2. Considere a sucessão $(b_n)$ definida por \[ \begin{cases} b_1=\sqrt{3}, &\\ b_{n+1}=b_n \arctg b_n, & \text{se $n\geq 1$.}\\ \end{cases} \]

   1. Use indução finita para mostrar que os termos da sucessão verificam $b_n\geq \sqrt{3}$, para todo o $n\in \mathbb{N}_1$.
      Solução:

      Para $n=1$ temos de facto $b_1=\sqrt{3}$. Supondo que para um certo $n\in\mathbb{N}_1$ temos $b_n\geq \sqrt{3}$ também temos $b_{n+1}=b_n \arctg b_n \geq \sqrt{3}\arctg b_n \geq \sqrt{3}\arctg (\sqrt{3}) \geq \sqrt{3}\frac{\pi}{3}\geq \sqrt{3}$ em que, além da hipótese de indução, usámos o facto de $\arctg$ ser uma função crescente e positiva quando o seu argumento é positivo. Podemos assim concluir por indução que $b_n\geq \sqrt{3}$, para todo o $n\in \mathbb{N}_1$.
   2. Mostre que, para todo o $n\in\mathbb{N}_1$, \[b_{n+1}\geq \frac{\pi}{3} b_n.\]
      Solução:

      Tal decorre da conclusão da alínea anterior e das propriedades do $\arctg$ via $b_{n+1}=b_n \arctg b_n \geq b_n \arctg\sqrt{3}= b_n \frac{\pi}{3}$.
   3. Justifique que $b_n\to+\infty$. [Note que $\tg\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$.]
      Solução:

      Da conclusão da alínea anterior $(b_n)$ é uma sucessão estritamente crescente pois $\frac{\pi}{3}\gt 1$. Sendo assim ou tem limite $+\infty$ ou converge para um número $L\gt \sqrt{3}$. Neste último caso, passando ao limite de ambos os membros na fórmula de recorrência, obteríamos $L=L\arctg L$, uma igualdade que só tem por soluções $L=0$ ou $L$ tal que $\arctg L = 1$. Como $L\gt \sqrt{3}$ nenhuma destas possibilidades pode ocorrer e portanto $b_n\to+\infty$.

      Alternativamente podemos usar a desigualdade da alínea anterior para minorar a sucessão por uma prograssão geométrica de razão maior que $1$ que tende para infinito. Isto corresponde a $b_{n+1}\geq b_n \frac{\pi}{3} \geq b_{n-1} \left(\frac{\pi}{3}\right)^2 \geq \dots \geq b_1 \left(\frac{\pi}{3}\right)^n = \sqrt{3} \left(\frac{\pi}{3}\right)^n \to +\infty$ e portanto $b_n\to+\infty$.

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

   1. $\lim \dfrac {7^n-n!}{2^n+1}$,
      Solução:

      $\lim \dfrac {7^n-n!}{2^n+1}=\lim \frac {\frac{7^n}{n!}-1}{\frac{2^n+1}{n!}}=-\infty$ em que usámos $\lim c^n/n!=0$ para qualquer $c\in\mathbb{R}$.
   2. $\lim \dfrac{2(n+1)^5+3n^3}{1+3n(n^4+2)}$,
      Solução:

      Pondo $n^5$ em evidência no numerador e denominador da fracção obtemos $\dfrac{2(n+1)^5+3n^3}{1+3n(n^4+2)}=\dfrac{2+h_1(n)}{3+h_2(n)}$ em que $h_1$ e $h_2$ têm limite $0$. Logo $\lim \dfrac{2(n+1)^5+3n^3}{1+3n(n^4+2)}=\frac{2}{3}$.
   3. $\lim \dfrac{(-1)^n\cos(\frac{1}{n})}{1-4n\sqrt{n}}$.
      Solução:

      $\left|\dfrac{(-1)^n\cos(\frac{1}{n})}{1-4n\sqrt{n}}\right|\leq \frac{1}{4n\sqrt{n}-1}\to 0$ pelo que o limite também é $0$.

4. Considere a função $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ dada por \[ g(x)=\begin{cases} x^2\log(x^2+2) , & \text{se $x\lt 0$,}\\ e^{-x}\sen x, & \text{se $x\geq 0$.} \end{cases} \]

   1. Mostre, para $x=0$, que $g$ é contínua mas não diferenciável.
      Solução:

      Sejam $\varphi,\psi:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definidas por $\varphi(x)=x^2\log(x^2+2)$ e $\psi(x)=e^{-x}\sen x$. Pelos teoremas de derivação da função composta e da derivada do produto e da diferenciabilidade das funções $\sen$, exponencial, logaritmo (esta última para $x\gt 0$, note-se que $x^2+1\gt 0$) e polinómios concluímos que $\varphi$ e $\psi$ são diferenciáveis (logo também contínuas) em $\mathbb{R}$ com \begin{align*}\varphi'(x)&=2x\log(x^2+2)+ \frac{2x^3}{x^2+1}\\ \psi'(x) &= -e^{-x}\sen x+ e^{-x}\cos x\end{align*}

      Da continuidade em $0$ de $\varphi$ e $\psi$ e de $\varphi(0)=\psi(0)=0$ segue que $g$ é contínua em $0$.

      Quanto à diferenciabilidade de $g$ em $0$ notamos que para as suas derivadas esquerda e direita em $0$ temos \begin{align*}g_e'(0)& =\varphi_e'(0)=\varphi'(0)=0 \\ g_d'(0)& =\psi_d'(0)=\psi'(0)=1\end{align*} pelo que $g$ não é diferenciável em $0$.

      ou

      Como acima, concluímos que $g$ é contínua em $0$. Além disso, tem-se \[g_e'(0)=\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2\log(x^2+2)}{x}=\lim_{x\to 0}{x\log(x^2+2)}=0\] e \[g_d'(0)=\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-x}\sen x}{x}=1.\] Logo, $g$ não é diferenciável em $0$.

   2. Calcule $\lim_{x\to +\infty} g(x)$ e $\lim_{x\to -\infty} g(x)$.
      Solução:

      Quanto aos limites em $+\infty$ e $-\infty$ temos \begin{align*} \lim_{x\to-\infty}g(x)& =+\infty \\ \lim_{x\to+\infty}g(x) &= 0 \end{align*}

   3. Determine a derivada de $g$ para $x\neq 0$.
      Solução:

      Note-se que obtivemos na alínea a) \[g'(x)=\begin{cases}2x\log(x^2+2)+ \frac{2x^3}{x^2+1},& \text{ se } x\lt 0, \\ -e^{-x}\sen x+ e^{-x}\cos x, & \text{ se } x\gt 0\end{cases}\]

   4. Determine $g(]-\infty,0])$.
      Solução:

      Usando $\lim_{x\to-\infty}g(x)=+\infty$, a continuidade de $g$ (para podermos aplicar o teorema do valor intermédio no intervalo $]-\infty, 0]$), $g(0)=0$ e $g(x)\gt 0$ se $x\lt 0$ concluímos que $g(]-\infty,0])={[0, +\infty[}$.

5. Seja $\varphi:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função contínua verificando $\varphi(-1)=1$, $\varphi(1)=-1$ e $\lim_{x\to +\infty}\varphi(x)=\lim_{x\to -\infty}\varphi(x)=0$.

   Justifique cuidadosamente que $\varphi$ tem máximo e mínimo em $\mathbb{R}$.

   Solução:

   Usando a definição de limite, existem $x_1,x_2\in\mathbb{R}$ tais que se $x\gt x_1$ ou $x\lt x_2$ temos $|f(x)|\lt 1/2$. Com as condições dadas notamos que temos $x_2\lt -1 \lt 1 \lt x_1$. Como a função $\varphi$ é contínua no intervalo limitado e fechado $[x_1, x_2]$ o teorema de Weierstrass implica que $\varphi$ tem um máximo e um mínimo nesse intervalo que terão que ter módulo maior ou igual a $1$. Como no complementar de $[x_1, x_2]$ a função tem módulo menor que $1/2$ concluímos que esse máximo e esse mínimo também são absolutos.