Funções e Continuidade em Rⁿ

Sucessões em Rⁿ

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

u:NRnnuk=(uk1,uk2,,ukn)n coordenadas\begin{array}{ c c c } u: & \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{R}^{n} & \\ & n\longrightarrow u_{k} & =\underbrace{( u_{k1} ,u_{k2} ,\dotsc ,u_{kn})}_{n\text{ coordenadas}} \end{array}

EXEMPLO

Se tivermos uma sucessão de termos em R3\R^3, uk=(1k,k,2k)R3u_k = (\frac 1k, k, 2^k) \in \R^3, as suas sucessões coordenadas vão ser:

uk1=1k,uk2=k,uk3=2ku_{k1}=\frac 1k\quad,\quad u_{k2}=k\quad, \quad u_{k3} = 2^k

Convergência de sucessões em Rⁿ

DEFINIÇÃO

Diz-se que uma sucessão (uk)Rn(u_k) \subset \R^n converge para aRna\in\R^n se, por definição,

r>0,NN:k>N    uka<rour>0,NN:k>N    ukBr(a)\forall r > 0, \exists N \in \N: k > N \implies || u_k - a || < r\\ \text{ou}\\ \forall r > 0, \exists N \in \N: k > N \implies u_k \in B_r(a)

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

ukaouukkaoulimuk=aoulimkuk=au_{k} \longrightarrow a\quad \text{ou} \quad u_{k}\underset{k\rightarrow \infty }{\longrightarrow } a\quad \text{ou} \quad \lim u_{k} =a\quad \text{ou} \quad \lim_{k\rightarrow \infty } u_{k} =a

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

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

ukaem Rnukiaiem R para cada i=1,2,,n\underset{\text{em } \R^n}{u_k \to a} \Leftrightarrow \underset{\text{em }\R}{u_{ki} \to a_i} \text{ para cada } i=1,2,\dotsc, n
Exemplos
  1. uk=(1k,ek)\displaystyle u_k = \left(\frac 1k, e^{-k}\right)

    uk1=1k0,uk2=ek0u_{k1} = \frac 1k \to 0 \quad, \quad u_{k2} = e^{-k} \to 0

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


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

    Não é convergente pois 2k2^k \to \infty


  1. uk=(k1k,0,13k)\displaystyle u_k = \left(\frac{k-1}{k}, 0, \frac 1 {3^k}\right)

    uk1=k1k=11k11uk2=00uk3=13k1+=0\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 limuk=(1,0,0)\lim u_k = (1,0,0).

TEOREMA

Se DRnD\subset \R^n é fechado (ou seja, D=DD = \overline D), então qualquer sucessão de termos em DD ((uk)D(u_k)\subset D) e convergente, tem o seu limite em DD.

Sucessão limitada mas não convergente

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

uk=(rk20,(1)k+1k21)  com rk=k%3{0,1,2}u_{k} =\left(\underset{0\leqslant }{\overset{\leqslant 2}{r_{k}}} ,\underset{-1\leqslant }{\overset{\leqslant 2}{( -1)^{k} +\frac{1}{k}}}\right) \ \ \text{com } r_{k} =k\%3\in \{0,1,2\}

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

  • se kk par (1)k+1k1(-1)^k+\frac{1}{k}\to 1
  • se kk ímpar (1)k+1k1(-1)^k+\frac{1}{k}\to -1
  • a sucessão rkr_k alterna entre {0,1,2}\{0,1,2\}

Se tomarmos a subsucessão (u3k)(u_{3k}), resolvemos o problema da primeira parcela:

u3k=(r3k,(1)3k+13k)=(0,(1)3k+13k)u_{3k} = \left(r_{3k}, (-1)^{3k}+\frac{1}{3k}\right) = \left(0, (-1)^{3k}+\frac{1}{3k}\right)

No entanto, 3k3k continua a ser alternadamente par e ímpar.

Então, se tomarmos (u6k)(u_{6k}), resolvemos o problema da segunda parcela:

u6k=(r6k,(1)6k+16k)=(0,(1)23k+16k)(0,1)u_{6k} = \left(r_{6k}, (-1)^{6k}+\frac{1}{6k}\right) = \left(0, {(-1)^2}^{3k}+\frac{1}{6k}\right)\to (0,1)

Portanto, (u6k)(u_{6k}) é subsucessão convergente da sucessão limitada (uk)(u_k).

Continuidade

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

DEFINIÇÃO

Seja f:DRnRmf: D \subseteq \R^n \to \R^m, ff é contínua em aa se e só se

r>0,ϵ>0:xBϵ(a)    f(x)Br(f(a))ou sejar>0,ϵ>0:xa<ϵ    f(x)f(a)<r\forall r>0, \exists \epsilon > 0: x\in B_\epsilon (a) \implies f(x) \in B_r(f(a))\\ \text{ou seja} \\ \forall r>0, \exists \epsilon > 0: || x - a|| < \epsilon \implies || f(x) - f(a) || < r

TEOREMA

Se uma função f:DRnRmf: D \subset \R^n \to \R^m é contínua em aDa\in D, então qualquer sucessão (uk)D(u_k)\subset D com ukau_k \to a implica que f(uk)f(a)f(u_k) \to f(a).

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

Limite

DEFINIÇÃO

Sejam f:DRnRmf: D\subseteq \R^n \longrightarrow \R^m, bRmb \in \R^m, aDa \in \overline D.
Diz-se que bb é o limite de ff quando xax\to a, se, por definição,

r>0,ϵ>0:xBϵ(a)    f(x)Br(b)ou sejar>0,ϵ>0:xam<ϵ    f(x)bm<r\forall r > 0, \exists \epsilon > 0: x\in B_\epsilon (a) \implies f(x) \in B_r(b)\\ \text{ou seja}\\ \forall r > 0, \exists \epsilon > 0: || x - a||_m < \epsilon \implies ||f(x) -b ||_m < r

Representa-se, tal como já era conhecido, por b=limxaf(x)\displaystyle b=\lim_{x\to a} f(x)

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

Também podemos concluir que se limxaf(x)=b\lim_{x\to a}f(x) = b, então para qualquer sucessão (xk)D(x_k) \subset D com xkax_k \to a tem-se f(xk)bf(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 D\overline D e existe limite da função nesse ponto, podemos prolongar a função por continuidade.
Vejamos um exemplo, ainda em R\R.

Seja f(x)=sinxx,xR\{0}=D\displaystyle f(x) = \frac{\sin x}{x}, \forall x \in \R \backslash \{0\} = D. Como existe limx0sinxx=1\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}x = 1, podemos definir o prolongamento por continuidade de ff a 0D0 \in \overline D.

f~(x)={f(x)se x01se x=0\tilde{f}( x) =\begin{cases} f( x) & \text{se } x\neq 0\\ 1 & \text{se } x=0 \end{cases}

CONTRA-EXEMPLO

No entanto, se tivéssemos a função

f1(x)={sinxxse x01πse x=0f_1( x) =\begin{cases} \frac{\sin x}{x} & \text{se } x\neq 0\\ \frac{1}{\sqrt{\pi}} & \text{se } x=0 \end{cases}

esta não seria contínua em x=0x=0 porque

1=limx0f1(x)=limx0sinxx1π=f1(0)1=\lim_{x\rightarrow 0} f_{1}( x) =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x} \neq \frac{1}{\sqrt{\pi }} =f_{1}( 0)

Continuidade de funções conhecidas

As seguintes funções são contínuas, pelas demonstrações abaixo:

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

Para a função constante:

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

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

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


Para a função identidade:

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

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

Logo esta função ff também é contínua em aa. Como aa é genérico, ff é contínua em Rn\R^n.

Operações algébricas entre funções contínuas

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

  1. pi(x1,,xi,,xn)=xip_i(x_1,\dots,x_i,\dots,x_n) = x_i é contínua
  2. αf\alpha f é contínua
  3. f+gf + g é contínua
  4. f×gf \times g é contínua (para m=1m = 1, senão não dá para fazer a multiplicação)
  5. fg\frac f g é contínua (para m=1m = 1), nos pontos x:g(x)0x: g(x) \ne 0
  6. hfh \circ f é contínua em aa (com h:RmRph: R^m \to R^p contínua em b=f(a)b=f(a) com aDa \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 (pi(x1,,xi,,xn)=xip_i(x_1,\dots,x_i,\dots,x_n) = x_i é contínua)

Dado r>0r> 0,

pi(x)pi(a)=xiai==(x1a1)2++(xixi)++(xnan)2==xa<ϵ|| 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 ϵ=r\epsilon = r

De onde se tira xa<ϵ    pi(x)pi(a)<xa<ϵ=r||x-a|| < \epsilon \implies ||p_i(x)- p_i(a)|| < ||x-a|| < \epsilon = r portanto pip_i é contínua em aa.

Logo, pip_i é contínua em DD.


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

Sejam f,g:DRnRm,aDf,g: D \subset R^n \to R^m, a\in D, fegf e g contínua em aa.

Dado r>0r>0, existe ϵ>0:xa<ϵ    f(x)f(a)<r2g(x)g(a)<r2\epsilon > 0: || x- a|| < \epsilon \implies || f(x) - f(a)|| < \frac r 2 \land || g(x) - g(a)|| < \frac r 2
(neste caso, r2\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))(pela desigualdade triangular)f(x)f(a)+g(x)g(a)<r2+r2=r|| (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+gf + g é contínua em aa.
Logo, f+gf + g é contínua em DfDgD_f \cap D_g.


Demonstração da propriedade 5 (hfh \circ f é contínua em aa)

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

Logo a composta é contínua em DD.

Exemplos Continuidade
f(x,y)=x2+y2f(x,y)= x^2+y^2

É um polinómio, logo é contínua.


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

Separando em duas funções:

  • f1(x,y,z)=xyzf_1(x,y,z) = xyz é um polinómio (neste caso, um monómio), logo é contínua
  • f2(t)=etf_2(t) = e^t também é contínua (pelo que já é conhecido de CDI-I)

Então, f(x,y,z)=f2f1(x,y,z)f(x,y,z) = f_2 \circ f_1 (x,y,z) é contínua porque a composta de funções contínuas é contínua.


f(x,y)=x3y3x2+y2f(x,y) = \frac{x^3 - y^3}{x^2+y^2}

É uma função racional, logo é contínua em R2 \{(0,0)}\R^2\ \backslash \left\{(0,0)\right\}.
Temos de verificar se existe lim(x,y)(0,0)f(x,y)\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).

x3x2+y2=x×x2x2+y20, pois 0 x2x2+y2x2+y2x2+y2=1y3x2+y2=y×y2x2+y20, pois 0y2x2+y2x2+y2x2+y2=1\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 lim(x,y)(0,0)f(x,y)=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = 0. Então, podemos prolongar ff por continuidade a (0,0)(0,0):

f~={x3y3x2+y2se (x,y)(0,0)0se (x,y)=(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:DRnRmf,g,h: D\subseteq \R^n \to \R^m , aDa \in D e existem limxaf(x),g(x),h(x)\lim_{x\to a} f(x), g(x), h(x)

  1. Se o limite existe é único.

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

  3. limxa(f(x)g(x))=limxaf(x)×limxag(x)\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=1m=1)

  4. limxaf(x)=limxa(f1(x),f2(x),,fm(x))==(limxaf1(x),limxaf2(x),,limxafm(x))\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 f1:DRnRf_1: D \subseteq \R^n \to \R

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

  6. limxaf(x)=limxah(x)f(x)g(x)h(x)        limxaf(x)=limxag(x)=limxah(x)\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 ff é limitada junto a aa e limxag(x)=0\displaystyle \lim_{x\to a} g(x) = 0 (para m=1m = 1), então limxaf(x)×g(x)=0\displaystyle \lim_{x\to a} f(x) \times g(x) = 0

  8. Se limxaf(x)=0    limxaf(x)=0\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.

DEFINIÇÃO

Em R2\R^2 em particular, se se substituir y=mxy=mx, então

lim(x,y)(0,0)f(x,y)=limx0f(x,mx)==F(m)\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y) = \lim_{x \to 0} f(x,mx)= \dots = F(m)

ou seja, se o limite depende explicitamente de mm então o limite não existe, pois o limite quando existe é único.

Além de limites em R2\R^2 segundo retas, também podemos ter limites segundo a família de quadráticas, y=kxxy=kx^x.

Se o limite

lim(x,y)(0,0)f(x,y)=limx0f(x,kx2)\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x, y) = \lim_{x\to 0} f(x, kx^2)

depender de kk, então o limite não existe.

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

warning

Não se pode usar limites direcionais para provar que um limite existe. Se obtivermos um valor que não depende de mm, kk, etc, nada se pode concluir.

Exemplos Limites
lim(x,y)(0,0)sin(xy)y=lim(x,y)(0,0)sin(xy)xy×x=1×0=0\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, limt0sintt=1\lim_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} = 1)


lim(x,y)(0,0)(xy)2x2+y2\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=mxy=mx,

lim(x,y)(0,0)(xy)2x2+y2=limx0(xmx)2x2+(mx)2=limx0x2(1m)2x2(1+m2)==limx0(1m)21+m2=(1m)21+m2\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 mm.
Logo, o limite não é único, então não existe.


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

lim(x,y)(0,0)x2yx4+y2\lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{x^2 y}{x^4+y^2}

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

lim(x,y)(0,0)x2yx4+y2=limx0x2mxx4+(mx)2=limx0x2mxx2(x2+m2)=limx0mxx2+m2=0, m\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=x2y=x^2, outra curva em que também passa pelo ponto (0,0)(0,0),

lim(x,y)(0,0)x2yx4+y2=limx0x2x2x4+(x2)2=limx0x4x4+x4=limx012=120\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.


lim(x,y)(0,0)x3y2(x2+y2)2=0\lim _{( x,y)\rightarrow ( 0,0)}\frac{x^{3} y^{2}}{\left( x^{2} +y^{2}\right)^{2}} =0

Enquadrando o limite:

0x3y2(x2+y2)2=xx2x2+y2y2x2+y2xx2+y2x2+y2x2+y2x2+y2=x00\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 00.

Teorema de Bolzano-Weierstrass

Definição

Seja DRnD \subseteq \R^n.

Se DD é compacto (isto é, fechado e limitado), então toda a sucessão de pontos em DD contém uma sub-sucessão convergente para um ponto de DD.

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

Teorema de Weierstrass

DEFINIÇÃO

Se ARnA \subset \R^n é compacto e f:ARf: A \to \R é contínua, então ff tem máximo e mínimo em AA.

Deste teorema, podemos retirar:

  • As funções contínuas aplicam conjuntos compactos em compactos

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


Slides: