Analise

RESOLUÇÃO DA 1ª LISTA DE ANÁLISE
Por: Alexsandro R Ferreira 01) Sejam f , g : X → ¡, a ∈ X , com lim f ( x ) = L e lim g ( x ) = M . Prove: x→ a x→ a

a) lim f ( x) ± g ( x) = L ± M x→ a

Demonstração : Pela definição de limite: ∀ ε > 0∃ , δ > 0 tq 0 < x − a < δ ⇒ x→ a

(

f ( x ) + g ( x) ) − ( L + M ) < ε ε 2 ε 2

Como lim f ( x) = L suponha que existe δ 1 > 0 tal que x − a < δ 1 → f ( x) − L < x→ a

e Como lim g ( x) = M suponha que existe δ 2 > 0 tal que x − a < δ 2 → g ( x) − M < Escolhendo δ como min { δ 1 , δ 2 } garantimos que: ε ε + = ε 2 2

(

f ( x) + g ( x) ) − ( L + M ) < f ( x) − L + g ( x) − M <

b) lim [ f ( x).g ( x )] = L.M x→ a

Demonstração : Pela definição de limite:

( f ( x).g ( x) ) − ( L.M ) < ε Somando e subtraindo g ( x ).L em ( f ( x ).g ( x) ) − ( L.M ) ( f ( x).g ( x) ) + g ( x).L − g ( x).L − ( L.M ) = g ( x)( f ( x) − L) +
∀ ε > 0∃ , δ > 0 tq 0 < x − a < δ ⇒

L( g ( x) − M )

g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) ≤ g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) Como as funções f(x) e g(x) possuem limites, podemos dizer que existe M > 0 / g ( x ) < M , onde M o limite de g(x). M ( f ( x) − L ) + L( g ( x) − M ) Assim como podemos afirmar que existe δ 1 > 0 tq ( f ( x ) − L) < e existe δ 2 > 0 tq ( g ( x) − M ) < ε . Logo: 2L ε ε ε ε + L. = + = ε 2M 2L 2 2 ε 2M

(

f ( x).g ( x) ) − ( L.M ) < g ( x)( f ( x) − L) + L( g ( x) − M ) < M .

c) lim

f ( x) L = x → a g ( x) M Demonstração :  1  1 Podemos nos utilizar do exercício anterior e provar que lim   = M x→ a  g ( x) 

∀ ε > 0∃ , δ > 0 tq 0 < x − a < δ ⇒

1 1 − < ε g ( x) M

M − g ( x) 1 1 1 − = = M − g ( x ) . Desde que L ≠ 0 existe um δ 1 de mod o g ( x) M g ( x)M g ( x )M que 0 < x − a < δ 1 → 0 < g ( x) − M < M M → g ( x) > . Existe também um δ 2 de 2 2 εM² modo que 0 < x − a < δ 2 quando g ( x ) − M < .Então: 2 M − g ( x) 1 1 1 2 2 εM² − = = M − g ( x) ≤ M − g ( x) < . = ε g ( x) M g ( x)M g ( x )M M² M² 2

02) Prove pela definição