Funções e Continuidade em Rⁿ

Sucessões em Rⁿ

Uma sucessão $(u_k)$ de termos em $\R^n$ é uma função

Convergência de sucessões em Rⁿ

Podemos usar a seguinte notação para indicar a convergência de uma sucessão:

Mais simplesmente, podemos dizer que uma sucessão converge para $a$ se $\lim ||u_k - a|| = 0$.

Para calcular este limite, devemos calcular individualmente para cada coordenada, e verificar a sua convergência.

Exemplos

1. $\displaystyle u_k = \left(\frac 1k, e^{-k}\right)$

   $$u_{k1} = \frac 1k \to 0 \quad, \quad u_{k2} = e^{-k} \to 0$$

   donde $\lim u_k = (0,0)$.

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2. $\displaystyle u_k = \left(\frac 1k, 2^k\right)$

   Não é convergente pois $2^k \to \infty$

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3. $\displaystyle u_k = \left(\frac{k-1}{k}, 0, \frac 1 {3^k}\right)$

   $$\begin{array}{ l } u_{k1} =\frac{k-1}{k} =\frac{1-\frac{1}{k}}{1}\rightarrow 1\\ u_{k2} =0\rightarrow 0\\ u_{k3} =\frac{1}{3^{k}}\rightarrow \frac{1}{+\infty } =0\\ \end{array}$$

   donde $\lim u_k = (1,0,0)$.

Sucessão limitada mas não convergente

Uma sucessão pode ser limitada sem ser convergente. Vejamos o seguinte exemplo:

Podemos facilmente concluir que $(u_k)$ é limitada mas não converge, pois:

• se $k$ par $(-1)^k+\frac{1}{k}\to 1$
• se $k$ ímpar $(-1)^k+\frac{1}{k}\to -1$
• a sucessão $r_k$ alterna entre $\{0,1,2\}$

Se tomarmos a subsucessão $(u_{3k})$, resolvemos o problema da primeira parcela:

No entanto, $3k$ continua a ser alternadamente par e ímpar.

Então, se tomarmos $(u_{6k})$, resolvemos o problema da segunda parcela:

Portanto, $(u_{6k})$ é subsucessão convergente da sucessão limitada $(u_k)$.

Continuidade

Esta é outra das relações que naturalmente migra para $\R^n$, sem muitas alterações.

Para provarmos uma maneira mais simples de estudar a continuidade de uma função em $\R^n$ num ponto, necessitamos de definir limite em $\R^n$.

Limite

Voltando à continuidade, dizemos então que $f$ é contínua em $a$ $\Leftrightarrow$ $\lim_{x\to a} f(x) = f(a)$.

Também podemos concluir que se $\lim_{x\to a}f(x) = b$, então para qualquer sucessão $(x_k) \subset D$ com $x_k \to a$ tem-se $f(x_k) \to b$.

Prolongamento por continuidade

Tal como já vimos a CDI-I, quando um ponto não pertence ao domínio de uma função, mas pertence a $\overline D$ e existe limite da função nesse ponto, podemos prolongar a função por continuidade.
Vejamos um exemplo, ainda em $\R$.

Seja $\displaystyle f(x) = \frac{\sin x}{x}, \forall x \in \R \backslash \{0\} = D$. Como existe $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}x = 1$, podemos definir o prolongamento por continuidade de $f$ a $0 \in \overline D$.

Continuidade de funções conhecidas

As seguintes funções são contínuas, pelas demonstrações abaixo:

• $f(x) = \text{constante}$ (função constante)
• $f(x) = x (f: D \subseteq \R^n \to \R^m)$ (função identidade)

Demonstrações

Para a função constante:

Dado $a \in R^n \land r > 0$, será que existe $\epsilon > 0$ tal que $|| x-a|| < \epsilon \implies || f(x) - f(a) || < r$?

$|| f(x) - f(a) || = ||\text{constante} - \text{constante} || = ||\vec 0|| = ||(0,0,\dots,0)|| = 0 < r$

Logo, $\forall \epsilon > 0, || x- a || < \epsilon \implies ||f(x) - f(a)|| = 0 < r$, portanto $f$ é contínua em $a$ e como $a$ era qualquer, então $f$ é contínua no seu domínio.

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Para a função identidade:

Dado $a \in \R^n \land r>0$ será que existe $\epsilon > 0$ tal que $|| x- a|| <\epsilon => ||f(x) - f(a)|| < r$ ?

$||f(x) - f(a)|| = ||x-a||$ então, com $\epsilon = r$:
$|| x - a|| < \epsilon (= r) => || f(x) - f(a)|| = || x- a|| < \epsilon = r$

Logo esta função $f$ também é contínua em $a$. Como $a$ é genérico, $f$ é contínua em $\R^n$.

Operações algébricas entre funções contínuas

Sejam $f,g: D \subset \R^n \to \R^m$ contínuas; $\alpha \in\R$

0. $p_i(x_1,\dots,x_i,\dots,x_n) = x_i$ é contínua
1. $\alpha f$ é contínua
2. $f + g$ é contínua
3. $f \times g$ é contínua (para $m = 1$, senão não dá para fazer a multiplicação)
4. $\frac f g$ é contínua (para $m = 1$), nos pontos $x: g(x) \ne 0$
5. $h \circ f$ é contínua em $a$ (com $h: R^m \to R^p$ contínua em $b=f(a)$ com $a \in D$)

Através destas propriedades, podemos concluir que qualquer função polinomial é contínua e que qualquer função racional (quociente de polinómios) é contínua.

Demonstrações

Demonstração da propriedade 0 ($p_i(x_1,\dots,x_i,\dots,x_n) = x_i$ é contínua)

Dado $r> 0$,

$$|| p_i(x) - p_i(a) || = | x_i - a_i | = \\ = \sqrt {(x_1 - a_1) ^2 + \dots + (x_i -x_i) + \dots + (x_n - a_n)^2} =\\ = || x-a|| < \epsilon$$

e escolhe-se $\epsilon = r$

De onde se tira $||x-a|| < \epsilon \implies ||p_i(x)- p_i(a)|| < ||x-a|| < \epsilon = r$ portanto $p_i$ é contínua em $a$.

Logo, $p_i$ é contínua em $D$.

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Demonstração da propriedade 2 ($f+g$ é contínua)

Sejam $f,g: D \subset R^n \to R^m, a\in D$, $f e g$ contínua em $a$.

Dado $r>0$, existe $\epsilon > 0: || x- a|| < \epsilon \implies || f(x) - f(a)|| < \frac r 2 \land || g(x) - g(a)|| < \frac r 2$
(neste caso, $\frac r 2$ vai dar jeito, mas quando estamos a fazer uma demonstração podemos escolher)

Então,

$$|| (f(x) + g(x)) - (f(a) + g(a)) || = || (f(x) - f(a)) + (g(x) - g(a))|| \leq\\ (\text{pela desigualdade triangular}) \leq || f(x) - f(a)|| + ||g(x) - g(a)|| < \frac r2 + \frac r2 = r$$

portanto $f + g$ é contínua em $a$.
Logo, $f + g$ é contínua em $D_f \cap D_g$.

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Demonstração da propriedade 5 ($h \circ f$ é contínua em $a$)

Dada $(x_k) \subset D$ com $x_n \to a \implies f(x_k) \to f(a)$ porque $f$ é contínua, então $h(f(x_k)) \to h(f(a))$ porque $h$ é contínua em $f(a)$.

Logo a composta é contínua em $D$.

Exemplos Continuidade

$$f(x,y)= x^2+y^2$$

É um polinómio, logo é contínua.

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$$f(x,y,z) = e^{xyz}$$

Separando em duas funções:

• $f_1(x,y,z) = xyz$ é um polinómio (neste caso, um monómio), logo é contínua
• $f_2(t) = e^t$ também é contínua (pelo que já é conhecido de CDI-I)

Então, $f(x,y,z) = f_2 \circ f_1 (x,y,z)$ é contínua porque a composta de funções contínuas é contínua.

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$$f(x,y) = \frac{x^3 - y^3}{x^2+y^2}$$

É uma função racional, logo é contínua em $\R^2\ \backslash \left\{(0,0)\right\}$.
Temos de verificar se existe $\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)$, para estudar o prolongamento contínuo.
Para simplificar os cálculos, separamos a expressão da função em duas parcelas, e calculamos o limite de cada uma, somando os seus limites (caso existam).

$$\frac{x^{3}}{x^{2} +y^{2}} =x\times \frac{x^{2}}{x^{2} +y^{2}}\rightarrow 0,\ \text{pois } 0\leqslant \ \frac{x^{2}}{x^{2} +y^{2}} \leqslant \frac{x^{2} +y^{2}}{x^{2} +y^{2}} =1\\ \frac{-y^{3}}{x^{2} +y^{2}} =-y\times \frac{y^{2}}{x^{2} +y^{2}}\rightarrow 0,\ \text{pois } 0\leqslant \frac{y^{2}}{x^{2} +y^{2}} \leqslant \frac{x^{2} +y^{2}}{x^{2} +y^{2}} =1$$

Logo, existe $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = 0$. Então, podemos prolongar $f$ por continuidade a $(0,0)$:

$$\tilde{f} =\begin{cases} \frac{x^{3} -y^{3}}{x^{2} +y^{2}} & \text{se }( x,y) \neq ( 0,0)\\ 0 & \text{se }( x,y) =( 0,0) \end{cases}$$

Limites

Propriedades de limites

Sejam $f,g,h: D\subseteq \R^n \to \R^m$ , $a \in D$ e existem $\lim_{x\to a} f(x), g(x), h(x)$

1. Se o limite existe é único.

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

3. $\lim_{x\to a} \left(f(x)g(x)\right) = \lim_{x\to a}f(x) \times \lim_{x\to a} g(x)$ (apenas para $m=1$)

4. $$\lim_{x\to a} f(x) = \lim_{x\to a}\left(f_1(x), f_2(x), \dots, f_m(x)\right) =\\ = \left(\lim_{x\to a} f_1(x), \lim_{x\to a} f_2(x), \dots, \lim_{x\to a} f_m(x)\right)$$

   com $f_1: D \subseteq \R^n \to \R$

5. $f(x) \leq g(x) \implies \lim_{x\to a} f(x) < \lim_{x\to a} g(x)$

6. $$\lim_{x\to a} f(x) = \lim_{x\to a} h(x) \land f(x) \leq g(x) \leq h(x) \implies \\ \implies \lim_{x\to a} f(x) = \lim_{x\to a} g(x) = \lim_{x\to a} h(x)$$

7. Se $f$ é limitada junto a $a$ e $\displaystyle \lim_{x\to a} g(x) = 0$ (para $m = 1$), então $\displaystyle \lim_{x\to a} f(x) \times g(x) = 0$

8. Se $\lim_{x\to a} f(x) = \vec 0 \iff \lim_{x\to a} || f(x) || = 0$

Limites direcionais

Quando não conseguimos provar que um limite existe e calcular o seu valor, podemos tentar provar que esse limite não existe através dos limites direcionais.

Além de limites em $\R^2$ segundo retas, também podemos ter limites segundo a família de quadráticas, $y=kx^x$.

Se o limite

depender de $k$, então o limite não existe.

Esta é uma boa estratégia quando queremos provar que o limite não existe.

Exemplos Limites

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{\sin(xy)}{y} = \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{\sin(xy)}{xy} \times x = 1 \times 0 = 0$$

(em semelhança a CDI-I, $\lim_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} = 1$)

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$$\lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}$$

Temos de usar limites direcionais para resolver este limite.
Tomando $y=mx$,

$$\lim _{( x,y)\rightarrow ( 0,0)}\frac{( x-y)^{2}}{x^{2} +y^{2}} =\lim _{x\rightarrow 0}\frac{( x-mx)^{2}}{x^{2} +( mx)^{2}} =\lim _{x\rightarrow 0}\frac{x^{2}( 1-m)^{2}}{x^{2}\left( 1+m^{2}\right)} =\\ =\lim _{x\rightarrow 0}\frac{( 1-m)^{2}}{1+m^{2}} =\frac{( 1-m)^{2}}{1+m^{2}}$$

que depende de $m$.
Logo, o limite não é único, então não existe.

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Nem sempre quando existem os limites direcionais e estes forem todos iguais, existe o limite.

$$\lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{x^2 y}{x^4+y^2}$$

Novamente, vendo o limite direcional $y=mx$:

$$\lim _{( x,y)\rightarrow ( 0,0)}\frac{x^{2} y}{x^{4} +y^{2}} =\lim _{x\rightarrow 0}\frac{x^{2} \cdot mx}{x^{4} +( mx)^{2}} =\lim _{x\rightarrow 0}\frac{x^{2} \cdot mx}{x^{2}\left( x^{2} +m^{2}\right)} =\lim _{x\rightarrow 0}\frac{mx}{x^{2} +m^{2}} =0,\ \forall m$$

No entanto, se tomarmos $y=x^2$, outra curva em que também passa pelo ponto $(0,0)$,

$$\lim _{( x,y)\rightarrow ( 0,0)}\frac{x^{2} y}{x^{4} +y^{2}} =\lim _{x\rightarrow 0}\frac{x^{2} \cdot x^{2}}{x^{4} +\left( x^{2}\right)^{2}} =\lim _{x\rightarrow 0}\frac{x^{4}}{x^{4} +x^{4}} =\lim _{x\rightarrow 0}\frac{1}{2} =\frac{1}{2} \neq 0$$

Logo, o limite não existe.

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$$\lim _{( x,y)\rightarrow ( 0,0)}\frac{x^{3} y^{2}}{\left( x^{2} +y^{2}\right)^{2}} =0$$

Enquadrando o limite:

$$0\leqslant \left| \frac{x^{3} y^{2}}{\left( x^{2} +y^{2}\right)^{2}}\right| =|x|\cdot \frac{x^{2}}{x^{2} +y^{2}} \cdot \frac{y^{2}}{x^{2} +y^{2}} \leqslant |x|\cdot \frac{x^{2} +y^{2}}{x^{2} +y^{2}} \cdot \frac{x^{2} +y^{2}}{x^{2} +y^{2}} =|x|\rightarrow 0$$

Logo, o limite é $0$.

Teorema de Bolzano-Weierstrass

A demonstração deste teorema encontra-se nos slides da aula 5.

Teorema de Weierstrass

Deste teorema, podemos retirar:

• As funções contínuas aplicam conjuntos compactos em compactos

• Para funções escalares, isto é, $f:D\subset \R^n \to \R^m$ com $m=1$,
  Funções escalares contínuas em compactos têm máximo e mínimo

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Slides:

• Aula 3
• Aula 4
• Aula 5