Lista 5

Para verificar a continuidade de $f$ no ponto $a$ indicado devemos verificar se $\displaystyle \lim_{x \to a}f(x)=f(a)$.

1. Não, pois $\displaystyle \lim_{x \to 2^+} \mathrm{sen} (x^2-4)= \mathrm{sen} (0)= 0 \neq 5 =f(2)$.

2. Não, pois

   $$\lim_{x \to 3^-} \frac{|x^2 -4x+3|}{x-3}=\lim_{x \to 3^-} \frac{|(x-3)(x-1)|}{x-3}=\lim_{x \to 3^-} -\frac{(x-3)(x-1)}{x-3} \\ =\lim_{x \to 3^-} -(x-1)=-2 \neq 1=f(3)$$

1. Precisamos descobrir $a$ e $b$ para que

   $$\displaystyle \lim_{x\to-1} f(x)=f(-1) \text{ e } \displaystyle \lim_{x\to0} f(x)=f(0).$$

   Como

   $$\displaystyle \lim_{x\to1^-} f(x)=\displaystyle \lim_{x\to1^-}\frac{x^2-1}{x+1}=\displaystyle \lim_{x\to1^-}=\frac{(x+1)(x-1)}{x+1}=\displaystyle \lim_{x\to1^-} x-1=-2,$$

   precisamos ter $-2=f(-1)=a\cdot(-1)+b=b-a$.
   Por outro lado, como

   $$\displaystyle \lim_{x\to0^+} f(x)=\displaystyle \lim_{x\to0^+}\frac{\mathrm{sen}(3x)}{x}=\displaystyle \lim_{x\to0^+} 3\cdot\frac{\mathrm{sen}(3x)}{3x}=3,$$

   precisamos ter $3=f(0)=a\cdot0+b$, logo $b=3$. Como já sabemos que $b-a=-2$, temos $3-a=-2$, logo $a=5$.

2. Queremos

   $$\displaystyle \lim_{x\to-2} f(x)=f(-2) \text{ e } \displaystyle \lim_{x\to0}f(x)=f(0).$$

   Como

   $$\displaystyle \lim_{x\to-2^-} f(x)=\displaystyle \lim_{x\to-2^-} \frac{|x+2|}{x+2}=\displaystyle \lim_{x\to-2^-} \frac{-(x+2)}{x+2}=-1,$$

   precisamos ter $-1=f(-2)=a\cdot(-2)^2+b=4a+b$.
   Por outro lado, como

   $$\displaystyle \lim_{x\to0^+}f(x)=\displaystyle \lim_{x\to0^+} \frac{|x+2|}{x+2}=\displaystyle \lim_{x\to-2^-} \frac{|x+2|}{x+2}=1,$$

   precisamos ter $1=f(0)=a\cdot0^2+b=b$. Logo, $b=1$.
   Como já tínhamos $4a+b=-1$, temos $4a+1=-1$, logo $4a=-2$ e então $a=-\frac{1}{2}$.

3. Queremos

   $$\displaystyle \lim_{x\to2} f(x)=f(2) \text{ e } \displaystyle \lim_{x\to4}f(x)=f(4).$$

   Como

   $$\displaystyle \lim_{x\to2^-}f(x)=\displaystyle \lim_{x\to2^-}\frac{\mathrm{sen}(b(x-2))}{|x-2|}=\displaystyle \lim_{x\to-2^-}\frac{\mathrm{sen}(b(x-2))}{-|x-2|}=\displaystyle \lim_{x\to-2^-}b\cdot\frac{\mathrm{sen}(b(x-2))}{-b(x-2)}=-b,$$

   precisamos ter $-b=f(2)=2a$, logo $b=-2a$.
   Por outro lado, como

   $$\displaystyle \lim_{x\to4^+} f(x)=\displaystyle \lim_{x\to4^+}\frac{x^2-9x+20}{x-4}=\displaystyle \lim_{x\to4^+}\frac{(x-5)(x-4)}{x-4}=\displaystyle \lim_{x\to4^+}x-5=-1$$

   precisamos ter $-1=f(4)=4a$. Logo, $a=-\frac{1}{4}$.
   Como já tínhamos $b=-2a$, temos $b=-2\cdot(-\frac{1}{4})$, logo $b=\frac{1}{2}$

1. [1.] Observe que $g$ é contínua em $\mathbb{R}-\{1\}$. Temos ainda que

   \[\displaystyle \lim_{x\to 1^-} g(x) = \lim_{x\to 1^-} \frac{\mathrm{sen}(3x-3)}{x-1} = \lim_{x\to 1^-} \frac{\mathrm{sen}(3(x-1))}{x-1} = \lim_{x\to 1^-} 3\cdot \cancelto{1}{\frac{\mathrm{sen}(3(x-1))}{3(x-1)}} = 3.\] \[\displaystyle \lim_{x\to 1^+} g(x) = \lim_{x\to 1^+} \dfrac{x^2 +x-2}{x-1} = \lim_{x\to 1^+} \dfrac{(x+2)(x-1)}{x-1} = \lim_{x\to 1^+} (x+2) = 3.\]

   Assim, $\displaystyle \lim_{x\to 1} g(x)= 3$. Definindo

   \[f(x) =\begin{cases} \dfrac{\mathrm{sen}(3x-3)}{x-1}&\text{se }x < 1\\ 3,&\text{se }x=1\\\dfrac{x^2+x-2}{x-1}, &\text{se }x > 1 \end{cases} ,\]

   temos $f$ contínua em $\mathbb{R}$. A continuidade em $x=1$ vem de

   \[\displaystyle \lim_{x\to 1} f(x) = \displaystyle \lim_{x\to 1} g(x) = 3 = f(1).\]

2. [2.] Observe que $g$ é contínua em $\mathbb{R}-\{3\}$. Temos ainda que

   \[\displaystyle \lim_{x\to 3^-} g(x) = \lim_{x\to 3^-} \frac{|x-3|}{x-3} \underset{x-3<0}{=} \lim_{x\to 3^-} \frac{-(x-3)}{x-3} = -1,\] \[\displaystyle \lim_{x\to 3^+} g(x) = \lim_{x\to 3^+} \frac{|x-3|}{x-3} \underset{x-3>0}{=} \lim_{x\to 3^+} \frac{x-3}{x-3} = 1,\]

   portanto, não podemos definir um valor para $f(3)$ de forma a termos $\displaystyle \lim_{x\to 3} f(x) = f(3)$, pois $\displaystyle \lim_{x\to 3} f(x) = \displaystyle \lim_{x\to 3} g(x)$, que não existe.

Pelos gráficos podemos verificar que $\displaystyle \lim_{x \to 0^+} f(x)=2$, $\displaystyle \lim_{x \to 0^-} f(x)=1$, $\displaystyle \lim_{x \to 0^+} g(x)=1$ e $\displaystyle \lim_{x \to 0^-} g(x)=2$. Então

$$ \lim_{x \to 0^+} (fg)(x)= \left(\lim_{x \to 0^+} f(x)\right)\left(\lim_{x \to 0^+} g(x)\right)=2 \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 0^-} (fg)(x)= \left(\lim_{x \to 0^-} f(x)\right)\left(\lim_{x \to 0^-} g(x)\right)=2.$$

Além disso, $(fg)(0)=2 \cdot 1=2$. Logo, $fg$ é contínua em $x=0$.
Para verificar se $h \circ g$ é contínua em $0$, precisamos observar que quando $x$ tende para $0^-$ então $g(x)$ tende para $2^-$ (pela esquerda) e quando $x$ tende para $0^+$ então $g(x)$ tende para $1^-$ (pela esquerda). Logo

$$ \lim_{x \to 0^-}(h\circ g)(x)=\lim_{y \to 2^-}h(y)=1 \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 0^+}(h\circ g)(x)=\lim_{y \to 1^-}h(y)=1.$$

Além disso $(h \circ g)(0)=h(1)=1$. Portanto $h \circ g$ é contínua em $0$.

Temos que $ \lim_{x \to 0}x^2 \cos (x)=0$ e $ \lim_{x \to 0} x \mathrm{sen} (x)=0$, logo, pelo Teorema do Confronto, obtemos $ \lim_{x \to 0} f(x)=0$. Além disso $f(0)=0$, pois se substituirmos $x$ por $0$ nas desigualdades $ x^2 \cos^2 (x) \leq f (x) \leq x \mathrm{sen}(x)$, obtemos $0 \leq f(x) \leq 0$. Portanto $f$ é contínua em $x=0$.

1. Como $g$ é contínua em $\mathbb{R}$, será contínua em $x=a$, logo $\displaystyle \lim_{x\to a} g(x) = g(a)$. Com isso,

   $$\displaystyle \lim_{x\to a} f\circ g(x) = f\left(\lim_{x\to a} g(x)\right) = f\left(g(a)\right).$$

   Além disso, como $f$ é contínua, temos em particular que $f$ é contínua em $g(a)$, assim, pelo Teorema visto sobre a continuidade da composta, temos

   $$\displaystyle \lim_{x\to a} f\circ g(x) = f(g(a)).$$

2. Falso. Qualquer que seja a função $g$, se $f$ for uma função constante, isto é, $f(x) = a \in \mathbb{R}$, teremos $f\circ g(x) = a$ para todo $x\in\mathbb{R}$. Logo $f\circ g$ é contínua.

3. Falso. Podemos tomar

   \[f(x) = \begin{cases} 1& \text{se }x \geqslant 1\\0&\text{se }x < 1 \end{cases} \;\;\;g(x) = 1+x^2.\]

   Estas funções satisfazem às condições informadas, e

   \[f\circ g(x) = f(1+x^2) = 1,\]

   pois $1+x^2 \geq 1$ para todo $x \in \mathbb{R}$. Temo então $f\circ g(x) = 1$, logo $f\circ g$ é contínua em $x=0$.

Temos que $f$ é contínua em $\mathbb{R}$. Como $f(4)=5$ e $f(5)=30$, então pelo TVI, existe $x \in (4,5)$ tal que $f(x)=10$.

A função $g(x) = f(x) - x$ é contínua em $[0,5]$. Como $g(0)=f(0)-0=f(0) \in [3,4]$ e $g(5)=f(5)-5 \in [-2,-1]$, então $g(0)>0$ e $g(5)<0$. Assim, pelo TVI, existe $x \in [0,5]$ tal que $g(x) = 0$.

1. A função $f$ é contínua, pois é um polinômio. Como $f(0)=-1<0$ e $f(1)=1>0$, pelo TVI, existe pelo menos um zero de $f$ no intervalo $(0,1)$.

2. A função $f$ é contínua, por ser a soma de uma constante com uma função trigonométrica. Como $f(1)=1>0$ e $f(2)=-1<0$, pelo TVI, existe pelo menos um zero de $f$ no intervalo $(1,2)$.

Considere a função $\displaystyle f(x)=x^2 \tan (x)$. Temos que a função $f$ é contínua em $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$,

$$ \lim_{x\to \left(-\frac{\pi}{2}\right)^+}f(x)=-\infty \quad \text{e} \quad \lim_{x\to\left(\frac{\pi}{2}\right)^-}f(x)=+\infty.$$

Logo pelo TVI, a função $f$ admite um zero no intervalo $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$, ou seja, exsite $x_1 \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$ tal que $f(x_1)=1$.

1. Defina $f(x) = x^2-\sqrt{x+1}$. Temos que $f$ é contínua em $[1,2]$ (o único problema à continuidade seria a raiz não estar definida, mas $x+1\geqslant 0$ para todo $x \in [1,2]$). Temos ainda $f(1) = 1 - \sqrt{2} < 0$, $f(2) = 4 - \sqrt{3} > 0$. Assim, $f(1) < 0 < f(2)$, logo, pelo TVI, existe $x \in (1,2)$ tal que $f(x) = x^2 - \sqrt{x+1} = 0$, logo $x^2=\sqrt{x+1}$.

2. Defina $f(x) = \mathrm{sen}(x) - x + 1$. Temos que $f$ é contínua em $\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$, $f\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1 - \frac{\pi}{2}+1 = 2-\frac{\pi}{2}>0$ e $f\left(\pi\right) = 0 - \pi + 1 < 0$. Assim, $f\left(\pi\right) < 0 < f\left(\frac{\pi}{2}\right)$, logo, pelo TVI, existe $x \in \left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$ tal que $f(x) = \mathrm{sen}(x) - x + 1 = 0$, logo $\mathrm{sen}(x) = x - 1$.

3. Defina $f(x) = \ln x - e^{-x}$. Temos que $f$ é contínua em $[1,2]$ (o único problema à continuidade seria $\ln$ não estar definida, mas $x \geqslant 1 > 0$). Temos ainda $f(1) = -e^{-1} < 0$, $f(2) = \ln 2 - e^{-2} > 0$. Assim, $f(1) < 0 < f(2)$, logo, pelo TVI, existe $x \in (1,2)$ tal que $f(x) = \ln x - e^{-x} = 0$, logo $\ln x = e^{-x}$.

Considere a função $\displaystyle g(x)=f(x)-\frac{f(3)}{2}$. Temos que a função $g$ é contínua em $\mathbb{R}$, $\displaystyle g(1)=f(1)-\frac{f(3)}{2}=-\frac{f(3)}{2}<0$ e $\displaystyle g(3)=f(3) -\frac{f(3)}{2} = \frac{f(3)}{2} > 0$. Logo pelo TVI, a função $g$ admite um zero no intervalo $(1,3)$, ou seja, existe $x_1 \in (0,3)$ tal que $g(x_1)=0$. Mas então $\displaystyle f(x_1)=\frac{f(3)}{2}$.

Sim. Seja $N > M$. Como $\displaystyle \lim_{x\to b^-}f(x)=+\infty$, existe $b' < b$, próximo a $b$ tal que $f(b') > N$. Assim, $f(a) = M < N < f(b')$, com $f$ contínua em $[a,b']$, logo, pelo TVI, existe $c\in(a,b')\subset (a,b)$ tal que $f(c)=N$.

Como $\lim_{x\to-\infty} f(x) = -2$, temos que $f(x)$ é arbitrariamente próximo de $-2$ para $x$ muito negativo. Em particular, existe $x_0 < -2$ tal que $f(x_0) < 1$. Assim, $f$ é contínua em $[x_0, -2]$ e $f(x_0) < 1 < 3 = f(-2)$, logo, pelo TVI, existe pelo menos uma solução para $f(x)=1$ em $(x_0, -2)$.
Como $f$ é negativa em $(1,2)$, podemos tomar $x_1 \in (1,2)$ tal que $f(x_1) < 0$. Então, como $f$ é contínua em $[-2,x_1]$, e como $f(x_1) < 0 < 1 < 3 = f(-2)$ , pelo TVI $f(x)=1$ tem pelo menos uma solução em $(-2,x_1)$.
Da mesma forma, como $f(x_1) < 0 < 1 < 5 = f(3)$, $f(x)=1$ tem pelo menos uma solução em $(x_1,3)$.
Tomando $x_2 \in (4,6)$, temos $f(x_2) < 0$, logo $f(x_2) < 0 < 1 < 5 = f(3)$, logo $f(x)=1$ tem pelo menos uma solução em $(x_2, 3)$.
Como $\lim_{x\to\infty} f(x) = 4$, temos que $f(x)$ é arbitrariamente próximo de $4$ para $x$ muito grande. Em particular, existe $x_3 > 6$ tal que $f(x_3)> 3$. Assim, $f$ é contínua em $[x_2, x_3]$ e $f(x_2) < 0 < 1 < f(x)$, logo, pelo TVI, existe pelo menos uma solução de $f(x)=1$ em $(x_2, x_3)$.
Concluimos que $f(x) = 1$ tem pelo menos 5 soluções.