Comentário sobre o Exemplo 5 da seção 3.2.

Creio que seja interessante comentar: a intenção do autor com o exemplo 5 foimostrar que; para demonstrar a continuidade de uma função, não é preciso nemprovar que ela é contínua para qualquer valor de ε. Basta provar que ela o é paraum certo valor restrito a um raio r.

Comentário sobre a seção 3.3.

Bom, achei interessante registrar. Creio que se criou o conceito de limite para seextender o conceito de continuidade, a fim de tratar casos nos quais a função nãoestá definida, ou definida em um ponto que a torna descontínua. Mesmo que sejamindefinidas em determinados pontos, a função pode ter propriedades importantes, eé por isso que, penso eu, foi criado o conceito de limite.

Com relação a pergunta que o autor propôs ao final da observação 3, creio queum método direto seja o mais prático para mostrar a igualdade.

Se existir r tal que f (x) = g (x) para p−r < x < p+r, x 6= p, e se ∃ limx→p g (x) ,então

∀ε > 0,∃δ > 0/0 < |x− p| < δ ⇒ |g (x)− L| < ε.

Considerando δ′ = min {r, δ}, segue que

∀ε > 0, |x− p| < δ′ ⇒ |g (x)− L| < ε.

Mas nesse intervalo, f (x) = g (x) e decorre disso que

∀ε > 0, |x− p| < δ′ ⇒ |f (x)− L| < ε.

Ora, só resta então concluir que para todo ε > 0, existe δ′ > 0 (δ′ = min {r, δ})tal que |x− p| < δ′ ⇒ |f (x)− L| < ε, o que implica que o limite de f existe nesseintervalo, e ele é igual a L. Ou seja,

limx→p

f (x) = limx→p

g (x) = L.

Isso encerra a questão.

Comentário sobre o exemplo 7 da seção 3.3.

O autor delegou a tarefa de se demonstrar por indução finita que se limx→p fi (x) =Li, 1 ≤ i ≤ n, então

limx→p

n∑i=1

fi (x) =n∑i=1

Li.

Então vejamos. O passo base é provado na seção 3.6, então, não vou fazê-lo.Digamos agora que a hipótese de indução

limx→p

n∑i=1

fi (x) =n∑i=1

Li

seja válida para n ≤ N , e vamos provar com isso que ela implica na veracidadedessa hipótese para n ≤ N + 1.

Vejamos:

limx→p

N∑i=1

fi (x) =N∑i=1

Li ⇒ limx→p

N∑i=1

fi (x) + limx→p

fN+1 (x) =N∑i=1

Li + LN+1.

1

2

Seja agora∑N

i=1 fi (x) = g (x). Pela hipótese de indução,

limx→p

g (x) + limx→p

fN+1 (x) = limx→p

[g (x) + fN+1 (x)] .

Logo,

limx→p

[g (x) + fN+1 (x)] = limx→p

N∑i=1

fi (x) + fN+1 (x) =N∑i=1

Li + LN+1

⇒ limx→p

N+1∑i=1

fi (x) =N+1∑i=1

Li.

De forma análoga se prova que

limx→p

n∏i=1

fi (x) =n∏i=1

Li.

Senão vejamos: o passo base será demonstrado na seção 3.6. Então, seja a hipó-tese de indução

limx→p

n∏i=1

fi (x) =n∏i=1

Li

válida para n ≤ N . Vamos provar que se essa hipótese for verdadeira, então tambémserá para n ≤ N + 1. Seja então

limx→p

fN+1 (x) = LN+1.

Então, considerando que∏n

i=1 fi (x) = g (x),

limx→p

N∏i=1

fi (x) =N∏i=1

Li ⇒

[limx→p

N∏i=1

fi (x)

]. limx→p

fN+1 (x) =

(N∏i=1

Li

). LN+1

⇒[limx→p

g (x)

]. limx→p

fN+1 (x) =N+1∏i=1

Li.

Pela hipótese básica, [limx→p g (x)] . limx→p fN+1 (x) = limx→p g (x) .fN+1 (x), e as-sim,

limx→p

g (x) .fN+1 (x) = limx→p

N∏i=1

fi (x) fN+1 (x) =N+1∏i=1

Li.

Logo,

limx→p

N+1∏i=1

fi (x) =N+1∏i=1

Li.

Eu acho que isso conclui a questão.

Comentário sobre o exemplo 11 da seção 3.3.

O autor delegou a tarefa de se demonstrar por indução finita que se fi, 0 ≤ i ≤ nforem funções contínuas, então

∑fi e

∏fi também são.

Então vejamos.O primeiro passo será provado pelo autor na seção 3.6, então resta provar o passo

de indução.

3

Então vejamos. Seja verdadeira a hipótese de indução,

limx→p

n∑i=1

fi (x) =n∑i=1

Li =n∑i=1

fi (p)

e

limx→p

n∏i=1

fi (x) =n∏i=1

Li =n∏i=1

fi (p) .

Seja∑fi (x) = g (x), e

∏fi (x) = h (x). O que admite-se por hipótese de indução

então o limite para tais funções em p seria o resultado da aplicação dessa função emp (ou seja, que são contínuas). O passo de indução consiste em provar que tambémo limite para g (x) + fn+1 (x) e para h (x) × fn+1 (x) será a aplicação dessa funçãoem p.

Seja então limx→p fn+1 (x) = fn+1 (p). Decorre do passo fundamental a prova doteorema:

limx→p

g (x) + fn+1 (x) =n∑i=1

fi (p) + fn+1 (p)

⇒ limx→p

n+1∑i=1

fi (x) =n+1∑i=1

fi (p) .

Analogamente se prova que

limx→p

n+1∏i=1

fi (x) =n+1∏i=1

fi (p) .

Comentário sobre o exemplo 17 da seção 3.3.

O autor delegou a tarefa de se demonstrar a implicação reversa do teorema

limx→p

f (x) = L⇔ limh→0

f (p+ h) = L,

ou seja, provar quelimh→0

f (p+ h) = L⇒ limx→p

f (x) = L.

Vejamos.Minha estratégia será a seguinte:

1. aplicar a definição ao antecedente da implicação;2. fazer uma mudança de variáveis;3. concluir;

Implementação. É simples:

limh→0

f (p+ h) = L⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0 :

|p+ h| < δ ⇒ |f (p+ h)− L| < ε.

Daí, seja p+ h = x. Quando h→ 0, p+ h→ p. Ou seja, h→ 0⇒ x→ p.Prosseguindo no raciocínio,

(|h− 0| < δ ⇒ |f (p+ h)− L| < ε)⇒ (|x− p| < δ ⇒ |f (x)− L| < ε) .

Ora, então|x− p| < δ ⇒ |f (x)− L| < ε

4

é uma sentença verdadeira, e isso implica, por definição, que

limx→p

f (x) = L

também é verdade.Não posso deixar de registrar que, de fato, não encontrei uma resposta elegante.

Isso só seria possível se fosse encontrado um método de prova independente dométodo aplicado para provar a implicação direta. Isso, eu não consegui elaborar.

Comentário sobre a seção 3.4.

Creio que valha a pena registrar: com relação ao comentário logo após a definiçãode limites laterais, basta pensar um pouco para chegar a conclusão que o autorapresentou.

Se

limx→p

g (x) = L⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : p− δ < x < p+ δ ⇒ |f (x)− L| < ε

⇒p < x < p+ δ ⇒ |f (x)− L| < ε

⇒ limx→p+

g (x) = L.

Sendo g (x) = f (x) em ]p, p+ r[ para algum r, fica claro disso que realmentelimx→p g (x) = L ⇒ limx→p+ f (x) = L, como o autor citou. Analogamente semostra o outro caso. Eu vou fazer uma demonstração mais rigorosa a seguir.

Ele inclusive delegou a demonstração do teorema dessa seção ao leitor.Vejamos então se eu sou capaz de fazê-lo.Qual a minha estratégia? Explicitar a definição do limite, e aplicar uma proprie-

dade bem conhecida da lógica para concluir.Senão vejamos.

limx→p

f (x) = L⇔ ∀ε > 0∃δ > 0∀x (p− δ < x < p+ δ ⇒ |f (x)− L| < ε)

⇔∀ε > 0∃δ > 0∀x (x ∈ (]p− δ, p[ ∪ ]p, p+ δ[)⇒ |f (x)− L| < ε)

⇔∀ε > 0∃δ > 0∀x (((x ∈ ]p− δ, p[) ∨ (x ∈ ]p, p+ δ[))⇒ |f (x)− L| < ε)

⇔∀ε > 0∃δ > 0∀x (r ⇒ |f (x)− L| < ε ∧ s⇒ |f (x)− L| < ε) ;(0.1)

sendo r : (x ∈ ]p− δ, p[) e s : x ∈ ]p, p+ δ[. Ou seja: limx→p f (x) = L se e somentese

∀ε > 0∃δ > 0∀x (p− δ < x < p⇒ |f (x)− L| < ε)

e∀ε > 0∃δ > 0∀x (p < x < p+ δ ⇒ |f (x)− L| < ε) ;

ou seja, se os limites laterais da função para x tendendo a p pela direita e pelaesquerda existirem e forem iguais ao próprio limite da função.

Para quem deseja ver um pouco mais sobre a propriedade utilizada na Eq.0.1, verDiscrete Mathematics and its applications, de Rosen, sexta edição.

Com relação aos comentários, o item 1 pode ser interpretado como um salto dafunção. O item 2, pode representar uma função que cresça indefinidamente em umdos lados, ou há um salto em um dos lados. O item 3 é escandalosamente simples.

5

Comentário sobre a seção 3.5.

Decidi registrar dois comentários sobre o primeiro parágrafo dessa seção.Com relação a condição Imf ⊂ Dg, isto é claramente uma condição de existência:

já que a função g só pode atuar sobre o resultado da aplicação da f ; se a f levaralgum elemento de seu domínio a um conjunto fora do domínio da g, não haverácomposição.

Se bem entendi o que o autor quis dizer sobre a condição 1, ela se verifica se g forcontínua; se g não estiver definida em a; ou se a g não for contínua em a; o mesmoocorrer com a f em p; pois nesse caso, Imf 6⊂ Dg, já que limu→a g (u) 6= g (a).

Comentário sobre a Prova do Teorema 1. Não acredito qur tenha perdidotanto tempo para chegar a essa conclusão: se g é contínua em a, limu→a g (u) = g (a),então,

limx→p

g (f (x)) = limu→a

g (u) = g (a) .

Era só isso!O que o autor se propôs a fazer foi mostrar que limx→p g (f (x)) = g (a), já que

sendo g contínua, segue da observação 1 da seção 3.3 que limu→a g (u) = g (a) (ouseja, isso era evidente).

Comentário sobre a Prova do Teorema 2. Bom, sem dúvida esse teorema éum tanto complicado de entender.

A primeira pergunta que me propus a responder foi: porque f (x) 6= a para|x− a| < r? E vi que a observação que o autor registrou poderia auxiliar a responderessa pergunta.

Resolvi registrar esse comentário porque as considerações sobre esse teorema metomaram muito tempo. E a bem da verdade devo dizer que não compreendo to-talmente o que o autor quis dizer. Mas o que eu posso dizer é sobre o que euentendi.

Então, vejamos.Eu imaginei que deveria fazer um algoritmo para tentar compreender o problema.Aí está ele.

1. determinar qual é a dúvida.2. determinar qual é a resposta.

Bom, creio que a dúvida já estava bem determinada: porque quando g estádefinida em a mas não é contínua nesse ponto, os dois limites são diferentes?

Ok, feito, isso acho que já posso passar à próxima etapa, e buscar a resposta.2. determinar qual é a resposta.2.1. tentar identificar a diferença que há para o cálculo do limite da função compostaquando g é contínua ou quando não está definida em a; e quando está definida enão é contínua // visando determinar porque f (x) 6= a nesse último caso para queo limite calculado das duas formas seja igual.2.2. concluir

Então, vejamos a implementação desse algoritmo. Vou tentar identificar as dife-renças que ocorrem nesses três casos usando o mesmo exemplo que o autor.

Eu criei uma sequência de gráficos para ilustrar o que ele quis dizer.Nos gráficos a seguir, f (x) = 1, e

g (x) =

{x+ 1, se x 6= 13, se x = 1.

6

Figura 0.1. Diagrama esquemático ilustrando o exemplo 7 da seção3.5. O ponto x está se aproximando de p = 3, e u está, de formacorrespondente, se aproximando de 1.

Figura 0.2. Sequência da aproximação de x a 3 e de u a 1. Verifica-se que g (u) vai se aproximando de 2, mas g (f (x)) fica fixa em 3.

Neles, eu tentei mostrar o que ocorre no caso em que a função g está definida masnão é contínua em a = 1. A medida que x → p (escolhi arbitrariamente o valor 3para p), f (x) fica fixa em 1, e portanto, g (f (x)) fica fixa em 3. Enquanto isso, amedida que u→ a, g (u)→ 2, o que mostra a distinção entre os limites.

Seguindo com o meu plano, decidi investigar mais casos. Agora, o caso em queg (u) é contínua, ou seja, g (u) = u+ 1.

7

Figura 0.3. Caso em que g (u) = u+1 é contínua. x→ 1⇒ f (x) =1, ou seja, x→ 1⇒ u→ 1.

Figura 0.4. Sequência de aproximações. Verifica-se que g (f (x))→2 quando x→ 1, e da mesma forma, g (u)→ 2 quando u→ 1.

Veja que não há problemas, os dois limites convergem para o mesmo valor.Dando sequência ao plano estabelecido pelo algoritmo, vou investigar agora um

caso em que g (u) não está definida em u = 1;

g :

{R− {1} → R− {2}u→ u+ 1.

8

Figura 0.5. Representação esquemática do caso em que a função gnão está definida em u = 1.

Figura 0.6. Sequência de aproximações (registrei só para mantero padrão). Não há nem que se falar no valor da função compostag (f (x)) em x = 1 nesse caso, pois g não está definida em f (x) = 1.

Verifica-se que realmente não há problema: os dois limites são idênticos.Bom, mas para aprofundar meu conhecimento sobre esse tipo de limite, eu decidi

ir um pouco mais longe. Resolvi ver o que ocorria se f (x) = x2 ao invés de f (x) = 1.Então,

f (x) = x2;

g (x) =

{x+ 1, se x 6= 46, se x = 4.

9

Figura 0.7. Representação gráfica do limite de função composta nocaso em que f (x) = x2, e que g (u) está definida mas não é contínuaem a.

Figura 0.8. Sequência da representação, na qual x está mais pró-ximo de 2, e u está mais próximo de 4.

Da primeira vez que analisei essas imagens, pensei ter encontrado uma falha naobservação desse teorema.

Isso porque, como se pode perceber das figuras, a medida que x→ 2 e f (x)→ 4,ambas as funções, g (f (x)) e g (u) tendem ao mesmo valor, 5. Isso mesmo sendog (u) definida mas não contínua para u = 4, e mesmo não existindo r tal que

|x− 2| < r ⇒ f (x) 6= 4.

10

Só que não me atentei para o seguinte fato: o teorema faz essa exigência parax 6= 2, pois ele é expresso na verdade assim:

∃r > 0 : 0 < |x− p| < r ⇒ f (x) 6= a.

Em outras palavras, no enunciado do teorema fica claro que x 6= p nesse raio. Enesse teste a função f (x) = x2 passa com louvor.

Isso foi legal, porque o desafio passou a ser encontrar uma função f (x) que seencaixe nessa observação.

Bom, então eu pensei na função seno, por ser cíclica. Então, nos gráficos a seguir,

f (x) = sin (x) ;

g (x) =

{x+ 1, se x 6= 03, se x = 0.

.

Figura 0.9. Gráfico no qual tentei encontrar uma nova falha para olimite de funções compostas.

11

Figura 0.10. Sequência da investigação.

Verifica-se que a medida que a medida que x→ π, sin (x)→ 0, ou seja, u→ 0, ea medida que u→ 0, g (u)→ 1, que é o mesmo limite para o qual tende g (sin (x))quando x → π. De fato, a exigência proposta pelo autor funciona perfeitamente:como não há raio em torno de π para o qual sin (x) = 0, a função g (f (x)) não podeir para o valor que tornaria o limite limx→π sin (x)+1 diferente do limite limu→0 g (u).

Só então percebi que de fato, o autor fez uma observação muito boa. Se a funçãonão assume o valor f (x) = a para x na vizinhança de p, os dois limites, limu→a g (u)e limx→p g (f (x)) vão coincidir. Eu percebi isso quando vi o gráfico do seno. Sendoa função f diferente de a = f (p) na vizinhança de p, como ela não dá saltos, nãotem como a g assumir o valor g (a) nesse domínio, o que poderia tornar os limiteslimu→a g (u) e limx→p g (f (x)) diferentes nessa região. Atenção para o fato de que,por se tratar de um cálculo de limites, não interessa o comportamento das funçõesem u = a e em x = p. Não consegui imaginar outro caso que fure o teorema dafunção composta que não o do autor. Acho que isso encerra a questão, pelo menospor hora.