Solução do 1º Teste, versão B, 2018/11/10

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

   1. Identifique os conjuntos $A$ e $B$ e mostre que \[ A \setminus B={[0,1[}. \]
   2. Indique, ou justifique que não existem, $\sup A$, $\inf B$, $\max(A\cap\mathbb{Q})$, $\inf (B\cap \mathbb{R}^+)$, $\min(A\cap B)$.
   3. Decida justificadamente se são verdadeiras ou falsas as seguintes afirmações:
      1. Se $(a_n)$ é uma qualquer sucessão de termos em $A$, a sucessão $\left(a_n\cos(1/n)\right)$ converge para $0$.
      2. Se $f:A\to\mathbb{R}$ é uma função contínua, $f(A)$ tem máximo.
      3. Toda a sucessão estritamente decrescente de termos em $B$ tem limite $-\infty$.
   Solução

   1. Tem-se

      \[\frac{x^2+|x-2|}{x^2+2}\leq 1 \Leftrightarrow \frac{|x-2|-2}{x^2+2}\leq 0 \Leftrightarrow |x-2|-2\leq 0\Leftrightarrow x\in {[0,4]}\]

      e

      \[\log(x^2)\geq 0 \Leftrightarrow x^2\geq 1 \]

      Assim, \[ A={[0,4]}, \qquad B={ ]-\infty,-1]}\cup{[1,+\infty[}, \qquad A \setminus B={[0,1[}.\]

   2. $\sup A=4$, $B$ não é minorado, logo não existe $\inf B$, $\max(A\cap\mathbb{Q})=4$, $\inf (B\cap \mathbb{R}^+)=\inf{[1,+\infty[}=1$ e $\min(A\cap B)=\min{[1,4]}=1.$

   3. 1. Falsa: seja, para todo o $n$, $a_n=2$. A sucessão $(a_n)$ é de termos em $A$ e $\left(a_n\cos(1/n)\right)$ tem limite $2$ e não $0$.

      2. Verdadeira: Pelo Teorema de Weierstrass, como $f$ é contínua e $[0,4]$ é um intervalo limitado e fechado, o conjunto $f{[0,4]}$ tem máximo (e mínimo).

      3. Falsa: seja, para todo o $n\geq1$, $a_n=-2+\frac{1}{n}$; a sucessão $(a_n) $ tem termos em $B$, é estritamente decrescente e $\lim a_n=-2$.

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

   1. Use indução finita para mostrar que os termos da sucessão verificam $b_n\in [0,2]$, para todo o $n\in \mathbb{N}_1$.
   2. Mostre, usando indução finita, que $(b_n)$ é uma sucessão crescente.
   3. Justifique que $(b_n)$ é convergente e calcule o seu limite.
   Solução

   1. Para $n=1$ verificamos que $b_1=1\in[0,2]$.

      Suponhamos agora que, para um certo $n\in\mathbb{N}_1$, temos $b_n\in [0,2]$. Queremos provar que então $b_{n+1}\in [0,2]$.

      Para tal notamos que se $b_n\in [0,2]$ então $\frac{b_n}{2}\in [0,1]$ e $\frac{b_n}{2} + 1 \in [1,2]$. Como $0\lt \frac{1}{n+1}\leq \frac{1}{2}$ concluímos que $b_{n+1} = \frac{b_n}{2}+1 -\frac{1}{n+1} \in \left[\frac{1}{2},2\right[\subset [0,2]$.

   2. A sucessão ser crescente corresponde a $b_{n+1}-b_n\geq 0$ para todo o $n\in\mathbb{N}_1$.

      Com efeito, para $n=1$, esta desigualdade é verificada pois \[b_2-b_1 = \frac{b_1}{2}+1 -\frac{1}{1+1} - b_1 = 0.\]

      Supondo agora que, para um certo $n\in\mathbb{N}_1$, temos $b_{n+1}-b_n\geq 0$ notamos que \[b_{n+2}-b_{n+1} = \frac{b_{n+1}}{2}+1 -\frac{1}{n+2} - \frac{b_{n}}{2}-1 +\frac{1}{n+1} = \frac{b_{n+1}-b_{n}}{2} +\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \geq 0.\]

   3. Sendo $(b_n)$ uma sucessão limitada e monótona, é necessariamente convergente.

      Designemos o limite de $(b_n)$ por $L$. Passando ao limite na fórmula de recorrência $b_{n+1}=\frac{b_n}{2}+1 -\frac{1}{n+1}$ obtemos $L=\frac{L}{2}+1$ donde $L=2$.

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

      Seja $a_n=\dfrac{n!}{e^n+1}$. Então $\frac{a_{n+1}}{a_n}=(n+1)\dfrac{e^n+1}{e^{n+1}+1}\to +\infty$ pelo que $\lim \sqrt[n]{\dfrac{n!}{e^n+1}}=+\infty$.

   2. $\lim \dfrac {\sen n}{(-1)^n +2n^3}$
      Solução

      \[\left|\frac {\sen n}{(-1)^n +2n^3}\right|\leq \frac{1}{2n^3-1}\to 0\] pelo que $\lim \dfrac {\sen n}{(-1)^n +2n^3}=0$.

4. Considere a função $f:\mathbb{R}\setminus\{1\}\to\mathbb{R}$ dada por \[ f(x)=\arctg\frac{x^2}{x-1}. \]

   1. Decida se $f$ é ou não prolongável por continuidade ao ponto $1$.
   2. Calcule $\lim_{x\to +\infty} f(x)$ e $\lim_{x\to -\infty} f(x)$.
   3. Determine a derivada de $f$.
   4. Determine os intervalos de monotonia e extremos (locais e absolutos) de $f$.
   5. Determine $f({]1,+\infty[})$.
   Solução

   1. Como \begin{align*} & \lim_{x\to 1^+}\frac{x^2}{x-1} = +\infty, \qquad \lim_{x\to 1^-}\frac{x^2}{x-1} = -\infty \\ & \lim_{x\to +\infty}\arctg x =\frac{\pi}{2}, \qquad \lim_{x\to -\infty}\arctg x =-\frac{\pi}{2}, \end{align*} obtemos que \[\lim_{x\to 1^-}\arctg \frac{x^2}{x-1} =-\frac{\pi}{2} \neq \frac{\pi}{2} = \lim_{x\to 1^+}\arctg \frac{x^2}{x-1} \] pelo que $f$ não é prolongável por continuidade ao ponto $1$.

   2. Como $\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x-1}= \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{1-\frac{1}{x}}= +\infty$ e $\lim_{x\to-\infty}\frac{x^2}{x-1}= \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{1-\frac{1}{x}}= -\infty$, obtemos, usando os limites do $\arctg$ já referidos na alínea anterior, que \[\lim_{x\to+\infty} f(x)=\frac{\pi}{2}, \qquad \lim_{x\to-\infty} f(x)=-\frac{\pi}{2}.\]
   3. \[f'(x)=\frac{1}{1+ \left(\frac{x^2}{x-1}\right)^2} \frac{2x(x-1)-x^2}{(x-1)^2}=\frac{x^2-2x}{(x-1)^2+x^4}.\]
   4. O sinal de $f'$ é determinado pelo sinal de $x^2-2x=x(x-2)$. Portanto $f$ é estritamente crescente em $[2,+\infty[$, estritamente decrescente em $]1,2]$, estritamente decrescente em $[0,1[$ e estritamente crescente em $]-\infty, 0]$. Em particular $0$ será um ponto de máximo local em que o máximo é $f(0)=0$ e $2$ será um ponto de mínimo local em que o mínimo é $f(2)=\arctg 4$. Os pontos de extremo local não são pontos de extremo absoluto como se depreende facilmente dos valores dos limites laterais em $1$ ou dos limites em $-\infty$ e $+\infty$.
   5. $f({]1,+\infty[})$ será um intervalo por aplicação do teorema do valor intermédio. Dos limites calculados em (a) e (b) e do mínimo e monotonia determinados em (d) concluímos que $f({]1,+\infty[})=\left[\arctg 4, \frac{\pi}{2}\right[$.

      

5. Seja $f:{]-1,1[}\to {]-1,1[}$ uma função diferenciável com um mínimo em $0$ e derivada crescente. Mostre que a função $g$ definida por \[g(x)=f(x)-\arcsen(f(x))\] tem um máximo em $0$.
   Solução

   Sendo $f$ uma função diferenciável com mínimo em $0$ temos $f'(0)=0$. Sendo $f'$ crescente podemos afirmar que $f'(x)\gt 0$ se $x\gt 0$ e $f'(x)<0$ se $x\lt 0$.

   Pelo teorema de derivação da função composta \[g'(x)=f'(x)- \frac{f'(x)}{\sqrt{1-f(x)^2}}=f'(x)\left(1-\frac{1}{\sqrt{1-f(x)^2}}\right)\]

   Como $1-\frac{1}{\sqrt{1-f(x)^2}}\lt 0$ verficamos que $g'(x)\gt 0$ se $x\lt 0$ e $g'(x)\lt 0$ se $x\gt 0$. Portanto $g$ tem um máximo em $0$.