Comentrio sobre o Exemplo 5 da seo 3.2.
Creio que seja interessante comentar: a inteno do autor com o exemplo 5 foimostrar que; para demonstrar a continuidade de uma funo, no preciso nemprovar que ela contnua para qualquer valor de . Basta provar que ela o paraum certo valor restrito a um raio r.
Comentrio sobre a seo 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 funo noest definida, ou definida em um ponto que a torna descontnua. Mesmo que sejamindefinidas em determinados pontos, a funo pode ter propriedades importantes, e por isso que, penso eu, foi criado o conceito de limite.
Com relao a pergunta que o autor props ao final da observao 3, creio queum mtodo direto seja o mais prtico para mostrar a igualdade.
Se existir r tal que f (x) = g (x) para pr < x < p+r, x 6= p, e se limxp g (x) ,ento
> 0, > 0/0 < |x p| < |g (x) L| < .Considerando = min {r, }, segue que
> 0, |x p| < |g (x) L| < .Mas nesse intervalo, f (x) = g (x) e decorre disso que
> 0, |x p| < |f (x) L| < .Ora, s resta ento concluir que para todo > 0, existe > 0 ( = min {r, })tal que |x p| < |f (x) L| < , o que implica que o limite de f existe nesseintervalo, e ele igual a L. Ou seja,
limxp
f (x) = limxp
g (x) = L.
Isso encerra a questo.
Comentrio sobre o exemplo 7 da seo 3.3.
O autor delegou a tarefa de se demonstrar por induo finita que se limxp fi (x) =Li, 1 i n, ento
limxp
ni=1
fi (x) =ni=1
Li.
Ento vejamos. O passo base provado na seo 3.6, ento, no vou faz-lo.Digamos agora que a hiptese de induo
limxp
ni=1
fi (x) =ni=1
Li
seja vlida para n N , e vamos provar com isso que ela implica na veracidadedessa hiptese para n N + 1.
Vejamos:
limxp
Ni=1
fi (x) =Ni=1
Li limxp
Ni=1
fi (x) + limxp
fN+1 (x) =Ni=1
Li + LN+1.
1
2Seja agoraN
i=1 fi (x) = g (x). Pela hiptese de induo,
limxp
g (x) + limxp
fN+1 (x) = limxp
[g (x) + fN+1 (x)] .
Logo,
limxp
[g (x) + fN+1 (x)] = limxp
Ni=1
fi (x) + fN+1 (x) =Ni=1
Li + LN+1
limxp
N+1i=1
fi (x) =N+1i=1
Li.
De forma anloga se prova que
limxp
ni=1
fi (x) =ni=1
Li.
Seno vejamos: o passo base ser demonstrado na seo 3.6. Ento, seja a hip-tese de induo
limxp
ni=1
fi (x) =ni=1
Li
vlida para n N . Vamos provar que se essa hiptese for verdadeira, ento tambmser para n N + 1. Seja ento
limxp
fN+1 (x) = LN+1.
Ento, considerando quen
i=1 fi (x) = g (x),
limxp
Ni=1
fi (x) =Ni=1
Li [limxp
Ni=1
fi (x)
]. limxp
fN+1 (x) =
(Ni=1
Li
). LN+1
[limxp
g (x)
]. limxp
fN+1 (x) =N+1i=1
Li.
Pela hiptese bsica, [limxp g (x)] . limxp fN+1 (x) = limxp g (x) .fN+1 (x), e as-sim,
limxp
g (x) .fN+1 (x) = limxp
Ni=1
fi (x) fN+1 (x) =N+1i=1
Li.
Logo,
limxp
N+1i=1
fi (x) =N+1i=1
Li.
Eu acho que isso conclui a questo.
Comentrio sobre o exemplo 11 da seo 3.3.
O autor delegou a tarefa de se demonstrar por induo finita que se fi, 0 i nforem funes contnuas, ento
fi e
fi tambm so.
Ento vejamos.O primeiro passo ser provado pelo autor na seo 3.6, ento resta provar o passo
de induo.
3Ento vejamos. Seja verdadeira a hiptese de induo,
limxp
ni=1
fi (x) =ni=1
Li =ni=1
fi (p)
e
limxp
ni=1
fi (x) =ni=1
Li =ni=1
fi (p) .
Sejafi (x) = g (x), e
fi (x) = h (x). O que admite-se por hiptese de induo
ento o limite para tais funes em p seria o resultado da aplicao dessa funo emp (ou seja, que so contnuas). O passo de induo consiste em provar que tambmo limite para g (x) + fn+1 (x) e para h (x) fn+1 (x) ser a aplicao dessa funoem p.
Seja ento limxp fn+1 (x) = fn+1 (p). Decorre do passo fundamental a prova doteorema:
limxp
g (x) + fn+1 (x) =ni=1
fi (p) + fn+1 (p)
limxp
n+1i=1
fi (x) =n+1i=1
fi (p) .
Analogamente se prova que
limxp
n+1i=1
fi (x) =n+1i=1
fi (p) .
Comentrio sobre o exemplo 17 da seo 3.3.
O autor delegou a tarefa de se demonstrar a implicao reversa do teorema
limxp
f (x) = L limh0
f (p+ h) = L,
ou seja, provar quelimh0
f (p+ h) = L limxp
f (x) = L.
Vejamos.Minha estratgia ser a seguinte:
1. aplicar a definio ao antecedente da implicao;2. fazer uma mudana de variveis;3. concluir;
Implementao. simples:
limh0
f (p+ h) = L > 0, > 0 :|p+ h| < |f (p+ h) L| < .
Da, seja p+ h = x. Quando h 0, p+ h p. Ou seja, h 0 x p.Prosseguindo no raciocnio,
(|h 0| < |f (p+ h) L| < ) (|x p| < |f (x) L| < ) .Ora, ento
|x p| < |f (x) L| <
4 uma sentena verdadeira, e isso implica, por definio, que
limxp
f (x) = L
tambm verdade.No posso deixar de registrar que, de fato, no encontrei uma resposta elegante.
Isso s seria possvel se fosse encontrado um mtodo de prova independente domtodo aplicado para provar a implicao direta. Isso, eu no consegui elaborar.
Comentrio sobre a seo 3.4.
Creio que valha a pena registrar: com relao ao comentrio logo aps a definiode limites laterais, basta pensar um pouco para chegar a concluso que o autorapresentou.
Se
limxp
g (x) = L > 0, > 0 : p < x < p+ |f (x) L| < p < x < p+ |f (x) L| < lim
xp+g (x) = L.
Sendo g (x) = f (x) em ]p, p+ r[ para algum r, fica claro disso que realmentelimxp g (x) = L limxp+ f (x) = L, como o autor citou. Analogamente semostra o outro caso. Eu vou fazer uma demonstrao mais rigorosa a seguir.
Ele inclusive delegou a demonstrao do teorema dessa seo ao leitor.Vejamos ento se eu sou capaz de faz-lo.Qual a minha estratgia? Explicitar a definio do limite, e aplicar uma proprie-
dade bem conhecida da lgica para concluir.Seno vejamos.
limxp
f (x) = L > 0 > 0x (p < x < p+ |f (x) L| < ) > 0 > 0x (x (]p , p[ ]p, p+ [) |f (x) L| < ) > 0 > 0x (((x ]p , p[) (x ]p, p+ [)) |f (x) L| < ) > 0 > 0x (r |f (x) L| < s |f (x) L| < ) ;(0.1)
sendo r : (x ]p , p[) e s : x ]p, p+ [. Ou seja: limxp f (x) = L se e somentese
> 0 > 0x (p < x < p |f (x) L| < )e
> 0 > 0x (p < x < p+ |f (x) L| < ) ;ou seja, se os limites laterais da funo para x tendendo a p pela direita e pelaesquerda existirem e forem iguais ao prprio limite da funo.
Para quem deseja ver um pouco mais sobre a propriedade utilizada na Eq.0.1, verDiscrete Mathematics and its applications, de Rosen, sexta edio.
Com relao aos comentrios, o item 1 pode ser interpretado como um salto dafuno. O item 2, pode representar uma funo que cresa indefinidamente em umdos lados, ou h um salto em um dos lados. O item 3 escandalosamente simples.
5Comentrio sobre a seo 3.5.
Decidi registrar dois comentrios sobre o primeiro pargrafo dessa seo.Com relao a condio Imf Dg, isto claramente uma condio de existncia:
j que a funo g s pode atuar sobre o resultado da aplicao da f ; se a f levaralgum elemento de seu domnio a um conjunto fora do domnio da g, no havercomposio.
Se bem entendi o que o autor quis dizer sobre a condio 1, ela se verifica se g forcontnua; se g no estiver definida em a; ou se a g no for contnua em a; o mesmoocorrer com a f em p; pois nesse caso, Imf 6 Dg, j que limua g (u) 6= g (a).Comentrio sobre a Prova do Teorema 1. No acredito qur tenha perdidotanto tempo para chegar a essa concluso: se g contnua em a, limua g (u) = g (a),ento,
limxp
g (f (x)) = limua
g (u) = g (a) .
Era s isso!O que o autor se props a fazer foi mostrar que limxp g (f (x)) = g (a), j que
sendo g contnua, segue da observao 1 da seo 3.3 que limua g (u) = g (a) (ouseja, isso era evidente).
Comentrio sobre a Prova do Teorema 2. Bom, sem dvida esse teorema um 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 observao que o autor registrou poderia auxiliar a responderessa pergunta.
Resolvi registrar esse comentrio porque as consideraes sobre esse teorema metomaram muito tempo. E a bem da verdade devo dizer que no compreendo to-talmente o que o autor quis dizer. Mas o que eu posso dizer sobre o que euentendi.
Ento, vejamos.Eu imaginei que deveria fazer um algoritmo para tentar compreender o problema.A est ele.
1. determinar qual a dvida.2. determinar qual a resposta.
Bom, creio que a dvida j estava bem determinada: porque quando g estdefinida em a mas no contnua nesse ponto, os dois limites so diferentes?
Ok, feito, isso acho que j posso passar prxima etapa, e buscar a resposta.2. determinar qual a resposta.2.1. tentar identificar a diferena que h para o clculo do limite da funo compostaquando g contnua ou quando no est definida em a; e quando est definida eno contnua // visando determinar porque f (x) 6= a nesse ltimo caso para queo limite calculado das duas formas seja igual.2.2. concluir
Ento, vejamos a implementao desse algoritmo. Vou tentar identificar as dife-renas que ocorrem nesses trs casos usando o mesmo exemplo que o autor.
Eu criei uma sequncia de grficos para ilustrar o que ele quis dizer.Nos grficos a seguir, f (x) = 1, e
g (x) =
{x+ 1, se x 6= 13, se x = 1.
6Figura 0.1. Diagrama esquemtico ilustrando o exemplo 7 da seo3.5. O ponto x est se aproximando de p = 3, e u est, de formacorrespondente, se aproximando de 1.
Figura 0.2. Sequncia da aproximao 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 funo g est definida masno contnua 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 distino entre os limites.
Seguindo com o meu plano, decidi investigar mais casos. Agora, o caso em queg (u) contnua, ou seja, g (u) = u+ 1.
7Figura 0.3. Caso em que g (u) = u+1 contnua. x 1 f (x) =1, ou seja, x 1 u 1.
Figura 0.4. Sequncia de aproximaes. Verifica-se que g (f (x))2 quando x 1, e da mesma forma, g (u) 2 quando u 1.
Veja que no h problemas, os dois limites convergem para o mesmo valor.Dando sequncia ao plano estabelecido pelo algoritmo, vou investigar agora um
caso em que g (u) no est definida em u = 1;
g :
{R {1} R {2}u u+ 1.
8Figura 0.5. Representao esquemtica do caso em que a funo gno est definida em u = 1.
Figura 0.6. Sequncia de aproximaes (registrei s para mantero padro). No h nem que se falar no valor da funo compostag (f (x)) em x = 1 nesse caso, pois g no est definida em f (x) = 1.
Verifica-se que realmente no h problema: os dois limites so idnticos.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 invs de f (x) = 1.Ento,
f (x) = x2;
g (x) =
{x+ 1, se x 6= 46, se x = 4.
9Figura 0.7. Representao grfica do limite de funo composta nocaso em que f (x) = x2, e que g (u) est definida mas no contnuaem a.
Figura 0.8. Sequncia da representao, na qual x est mais pr-ximo de 2, e u est mais prximo de 4.
Da primeira vez que analisei essas imagens, pensei ter encontrado uma falha naobservao desse teorema.
Isso porque, como se pode perceber das figuras, a medida que x 2 e f (x) 4,ambas as funes, g (f (x)) e g (u) tendem ao mesmo valor, 5. Isso mesmo sendog (u) definida mas no contnua para u = 4, e mesmo no existindo r tal que
|x 2| < r f (x) 6= 4.
10
S que no me atentei para o seguinte fato: o teorema faz essa exigncia parax 6= 2, pois ele 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 funo f (x) = x2 passa com louvor.
Isso foi legal, porque o desafio passou a ser encontrar uma funo f (x) que seencaixe nessa observao.
Bom, ento eu pensei na funo seno, por ser cclica. Ento, nos grficos a seguir,
f (x) = sin (x) ;
g (x) =
{x+ 1, se x 6= 03, se x = 0.
.
Figura 0.9. Grfico no qual tentei encontrar uma nova falha para olimite de funes compostas.
11
Figura 0.10. Sequncia da investigao.
Verifica-se que a medida que a medida que x pi, sin (x) 0, ou seja, u 0, ea medida que u 0, g (u) 1, que o mesmo limite para o qual tende g (sin (x))quando x pi. De fato, a exigncia proposta pelo autor funciona perfeitamente:como no h raio em torno de pi para o qual sin (x) = 0, a funo g (f (x)) nopode ir para o valor que tornaria o limite limxpi sin (x) + 1 diferente do limitelimu0 g (u).
S ento percebi que de fato, o autor fez uma observao muito boa. Se a funono assume o valor f (x) = a para x na vizinhana de p, os dois limites, limua g (u)e limxp g (f (x)) vo coincidir. Eu percebi isso quando vi o grfico do seno. Sendoa funo f diferente de a = f (p) na vizinhana de p, como ela no d saltos,no tem como a g assumir o valor g (a) nesse domnio. E mesmo que assuma empontos diferentes de p, sendo ela contnua a funo g no se sustentaria no valorproblemtico, que poderia tornar os limites limua g (u) e limxp g (f (x)) diferentesnessa regio. De outra forma, se no houver o raio r proposto pelo autor, a f podevai ficar espao suficiente no entorno de p para provocar a diferena dos limites.Ateno para o fato de que, por se tratar de um clculo de limites, no interessa ocomportamento das funes em u = a e em x = p. No consegui imaginar outrocaso que fure o teorema da funo composta que no o do autor. Acho que issoencerra a questo, pelo menos por hora.
Comentrio sobre o Exemplo 5 da seo 3.2.Comentrio sobre a seo 3.3.Comentrio sobre o exemplo 7 da seo 3.3.Comentrio sobre o exemplo 11 da seo 3.3.Comentrio sobre o exemplo 17 da seo 3.3.Implementao.
Comentrio sobre a seo 3.4.Comentrio sobre a seo 3.5.Comentrio sobre a Prova do Teorema 1.Comentrio sobre a Prova do Teorema 2.