Desigualdade triangular em ε-δ — continuidade
A técnica que os Exercícios 3.2.23, 3.2.24 e 3.2.27 do Guidorizzi cobram mas os exemplos do texto nunca modelam · continuidade primeiro, limite depois · respostas completas atrás do botão
Por que você trava exatamente aqui. Não é falta de base — é um degrau que o livro pula, somado a quatro inversões que ninguém avisa:
- Inversão de direção. Você conheceu |a + b| ≤ |a| + |b| como algo que AUMENTA o lado direito. Em ε-δ ela é usada para provar pequenez: o movimento não-dito é "basta uma cota superior suficiente, não uma igualdade". Estimar por cima para concluir por baixo.
- Orçamento de erro. O ε/2 (ou ε/3) parece constante mágica. Não é: são 2 termos, cada um recebe metade do orçamento. O fator vem da contagem de parcelas, derivado no rascunho — nunca adivinhado.
- Empilhamento de habilidades. A linha com a triangular é onde se encontram, de uma vez: reescrever algebricamente (somar-e-subtrair), dividir o erro, e domar o fator que depende de x (restringindo δ ≤ 1). Uma delas bambeia e a culpa cai na desigualdade.
- Medo da cota folgada. Estimativa não-justa NÃO invalida a prova. |x + 5| < 9 quando bastava 7? Tanto faz — δ = mín{1, ε/9} funciona igual.
O padrão (sempre o mesmo): rascunhe de trás para frente → orce ε/k entre as parcelas → dome os fatores sobrando com uma restrição local (δ ≤ 1, ou menor) → escreva a prova de frente para trás, limpa. Rascunho e prova são documentos DIFERENTES.
Onde ela se esconde no seu livro. O Guidorizzi nomeia a desigualdade triangular uma única vez: cap. 1, p. 16, Exemplo 9 (com a reversa no Exercício 1.3.7c). Depois disso ela trabalha em silêncio: na p. 72 (unicidade do limite — o somar-e-subtrair puro) e na seção 3.9, p. 96–98 (soma de contínuas com ε/2; o produto ele esquiva com a identidade fg = ¼[(f+g)² − (f−g)²]). Enquanto isso, os exemplos da seção 3.2 que você está lendo resolvem tudo por intervalos — e aí os Exercícios 3.2.23, 3.2.24 e 3.2.27 cobram estimativas triangulares que o texto nunca mostrou. A fricção que você sente é esse buraco, não você.
Fontes para ler — nesta ordem
- Berkeley, "Solving epsilon-delta problems" (5 pp — já no seu Drive:
01-regras-do-jogo-berkeley-epsilonics.pdf): as regras do jogo e os erros comuns — inclusive o clássico δ dependendo de x. Leia primeiro. - Charlton, "ε-δ Proofs" (4 pp — já no seu Drive:
02-calcular-delta-charlton.pdf): a arte de calcular δ — por que os δ de livro têm cara de mín{1, ε/9}, e o caso em que δ ≤ 1 não basta. - ★ A fonte: Peyam Tabrizian (UC Irvine), "Lecture 24: Continuous Functions II" (21 pp —
03-A-FONTE-uci-peyam-lecture24.pdf, original em sites.uci.edu): a técnica inteira, ensinada e não só usada. Cada teorema vem em dois blocos — "Scratchwork" e "Actual Proof". - Em português, lado a lado com a seção 3.9: pt.wikibooks, "Limites e Continuidade" — as provas de soma e produto com a desigualdade NOMEADA no meio da conta.
EXEMPLO (resolvido, com o rascunho à mostra). Prove que f(x) = x² é contínua em p, qualquer que seja p.
Rascunho (isto NÃO é a prova)
Quero |x² − p²| pequeno. Fatoro: |x² − p²| = |x − p|·|x + p|. O fator |x − p| é bom (eu controlo com δ); o fator |x + p| é problemático — depende de x. Domo ele: se eu já prometer δ ≤ 1, então |x − p| < 1 dá |x| < |p| + 1, e pela triangular
compare com o Exemplo 7 do livro (p. 66), que prova a MESMA função por intervalos. O caminho triangular é o que generaliza. 2|p|+1 é cota folgada e a prova nem percebe.
|x + p| ≤ |x| + |p| < 2|p| + 1.
Então |x² − p²| < (2|p| + 1)·|x − p|, e basta |x − p| < ε/(2|p| + 1).
Prova
Seja ε > 0 dado. Tome δ = mín{1, ε/(2|p| + 1)}. Se |x − p| < δ, então |x − p| < 1, logo |x + p| ≤ |x| + |p| < 2|p| + 1, e daí
|x² − p²| = |x − p|·|x + p| < ε/(2|p| + 1) · (2|p| + 1) = ε. ∎
Trilho A — cálculo bruto: domar o fator
A1 (é o 3.2.23 do livro). Seja f(x) = x + 1/x. a) Verifique que, para x > 0, |f(x) − f(1)| ≤ (1 + 1/x)|x − 1|. b) Verifique que, para x > 1/2, |f(x) − f(1)| ≤ 3|x − 1|. c) Conclua que f é contínua em 1.
o modelo do gênero: (a) é a triangular em |(x−1) + (1/x − 1)|; (b) doma o fator restringindo x; (c) fecha com δ = mín{1/2, ε/3}.
Rascunho
f(1) = 2. Quero controlar |x + 1/x − 2|. Agrupo como duas parcelas que somem a zero em x = 1:
|x + 1/x − 2| = |(x − 1) + (1/x − 1)| ≤ |x − 1| + |1/x − 1|.
E |1/x − 1| = |1 − x|/|x| = |x − 1|/x (para x > 0). Daí sai (a). Em (b) o fator 1 + 1/x ainda depende de x: se x > 1/2 então 1/x < 2, logo 1 + 1/x < 3.
Prova de (a)
Seja x > 0. Então
|f(x) − f(1)| = |x + 1/x − 2| = |(x − 1) + (1/x − 1)| ≤ |x − 1| + |1 − x|/x = |x − 1| + |x − 1|/x = (1 + 1/x)|x − 1|.
Prova de (b)
Se x > 1/2, então 1/x < 2, portanto 1 + 1/x < 3. Junto com (a): |f(x) − f(1)| ≤ 3|x − 1|.
Prova de (c)
Seja ε > 0. Tome δ = mín{1/2, ε/3}. Se |x − 1| < δ, então em particular |x − 1| < 1/2, logo x > 1/2. Por (b),
|f(x) − f(1)| ≤ 3|x − 1| < 3·(ε/3) = ε. ∎
A restrição δ ≤ 1/2 não é ritual: é o que autoriza a cota 3 no fator.
A2 (é o 3.2.24). Seja f(x) = x³ + x. a) Verifique que, para 0 ≤ x ≤ 3, |f(x) − f(2)| ≤ 20|x − 2|. b) Conclua que f é contínua em 2.
Rascunho
f(2) = 10. |x³ + x − 10| = |x³ − 8 + x − 2| = |(x − 2)(x² + 2x + 4) + (x − 2)| = |x − 2|·|x² + 2x + 5|. No compacto [0, 3] o polinômio x² + 2x + 5 (sempre positivo) atinge no máximo 9 + 6 + 5 = 20.
Prova de (a)
|f(x) − f(2)| = |x³ + x − 10| = |x − 2|·|x² + 2x + 5|. Se 0 ≤ x ≤ 3, então x² + 2x + 5 ≤ 9 + 6 + 5 = 20. Logo |f(x) − f(2)| ≤ 20|x − 2|.
Prova de (b)
Seja ε > 0. Tome δ = mín{1, ε/20}. Se |x − 2| < δ, então |x − 2| < 1, logo x ∈ (1, 3) ⊂ [0, 3]. Por (a),
|f(x) − f(2)| ≤ 20|x − 2| < 20·(ε/20) = ε. ∎
A3 (no molde do 3.2.27). Sejam f(x) = x⁴ e p ≠ 0. a) Verifique que |x⁴ − p⁴| ≤ 15|p|³·|x − p| para |x| ≤ 2|p|. b) Conclua que f é contínua em p.
fatore x⁴ − p⁴ = (x − p)(x³ + x²p + xp² + p³) e aplique a triangular no fator. Depois refaça o 3.2.27 do livro (x³, cota 7p²).
Rascunho
x⁴ − p⁴ = (x − p)(x³ + x²p + xp² + p³). O segundo fator é o problemático. Se |x| ≤ 2|p|, cada termo se estima por potências de |p|: 8|p|³ + 4|p|³ + 2|p|³ + |p|³ = 15|p|³.
Prova de (a)
|x⁴ − p⁴| = |x − p|·|x³ + x²p + xp² + p³| ≤ |x − p|(|x|³ + |x|²|p| + |x||p|² + |p|³). Se |x| ≤ 2|p|, isso é ≤ |x − p|(8|p|³ + 4|p|³ + 2|p|³ + |p|³) = 15|p|³·|x − p|.
Prova de (b)
Seja ε > 0. Preciso |x| ≤ 2|p|. Como p ≠ 0, a restrição |x − p| < |p| dá |x| ≤ |x − p| + |p| < 2|p|. Tome
δ = mín{|p|, ε/(15|p|³)}.
Se |x − p| < δ, então |x| < 2|p| e, por (a),
|x⁴ − p⁴| ≤ 15|p|³·|x − p| < ε. ∎
(O 3.2.27 do livro é a mesma manobra um grau abaixo: |x³ − p³| ≤ 7|p|²|x − p| em |x| ≤ 2|p|.)
A4. Prove pela definição que f(x) = x² − 5x + 1 é contínua em 2.
|f(x) − f(2)| = |x − 2|·|x − 3|; dome |x − 3| com δ ≤ 1.
Rascunho
f(2) = −5. |x² − 5x + 1 + 5| = |x² − 5x + 6| = |(x − 2)(x − 3)| = |x − 2|·|x − 3|. Se |x − 2| < 1, então |x − 3| = |(x − 2) − 1| ≤ |x − 2| + 1 < 2.
Prova
Seja ε > 0. Tome δ = mín{1, ε/2}. Se |x − 2| < δ, então |x − 2| < 1, logo |x − 3| < 2, e
|f(x) − f(2)| = |x − 2|·|x − 3| < (ε/2)·2 = ε. ∎
A5. Prove pela definição que f(x) = √x é contínua em 2.
aqui a triangular nem aparece: racionalize com o conjugado e use cota INFERIOR do denominador.
Rascunho
|√x − √2| = |x − 2| / (√x + √2). O denominador é “bom” se eu o afastar de zero por baixo. Se |x − 2| < 1 então x > 1, √x > 1, logo √x + √2 > 1 + √2 > √2. Assim |√x − √2| ≤ |x − 2|/√2.
Prova
Seja ε > 0. Tome δ = mín{1, ε√2}. Se |x − 2| < δ, então x > 1 (em particular x > 0), √x + √2 > √2, e
|√x − √2| = |x − 2|/(√x + √2) < |x − 2|/√2 < (ε√2)/√2 = ε. ∎
O jogo é o mesmo do trilho — limitar o fator — mas a ferramenta mudou (conjugado + cota inferior). Reconhecer o jogo sem a triangular é o ponto.
A6. Prove pela definição que f(x) = 1/(x² + 1) é contínua em 2.
cota superior para |x + 2| (triangular), cota inferior para x² + 1 (grátis: ≥ 1).
Rascunho
f(2) = 1/5.
|1/(x²+1) − 1/5| = |5 − (x²+1)| / (5(x²+1)) = |x − 2|·|x + 2| / (5(x²+1)).
x² + 1 ≥ 1 sempre. Se |x − 2| < 1, então |x + 2| ≤ |x − 2| + 4 < 5.
Prova
Seja ε > 0. Tome δ = mín{1, ε}. Se |x − 2| < δ, então |x + 2| < 5 e 5(x²+1) ≥ 5, logo
|f(x) − f(2)| < 5|x − 2| / 5 = |x − 2| < ε. ∎
É a miniatura do teorema 1/f do Trilho B: um fator no numerador se doma por cima; o denominador se protege por baixo.
A7 (quando δ ≤ 1 NÃO basta). Prove que f(x) = 1/(x − 3) é contínua em 4 — e explique por que a restrição habitual δ ≤ 1 falha aqui, obrigando δ ≤ 1/2.
Por que δ ≤ 1 quebra
f(4) = 1. |1/(x−3) − 1| = |x − 4| / |x − 3|. Com δ = 1 o intervalo é (3, 5): ele encosta na assíntota x = 3. Lá |x − 3| não tem cota inferior positiva — o denominador pode ser tão pequeno quanto se queira, e nenhuma desigualdade do tipo “< C|x−4|” fecha.
Rascunho do conserto
Corte na metade do caminho até a assíntota: |x − 4| < 1/2 ⇒ x ∈ (3,5) vira (3,5; 4,5), logo |x − 3| > 1/2. Aí |f(x) − 1| < 2|x − 4|.
Prova
Seja ε > 0. Tome δ = mín{1/2, ε/2}. Se |x − 4| < δ, então |x − 3| > 1/2, e
|f(x) − f(4)| = |x − 4|/|x − 3| < |x − 4| / (1/2) = 2|x − 4| < ε. ∎
Lição: “δ ≤ 1” não é rito. Restrinja o quanto a geometria da função mandar — aqui, metade da distância até o polo.
A8 (triangular na própria cota). Prove que f(x) = x³ − 2x é contínua em 1, fatorando x³ − 2x + 1 = (x − 1)(x² + x − 1) e mostrando que, para |x − 1| < 1/2, |x² + x − 1| ≤ |x|² + |x| + 1 < 5.
A fatoração
f(1) = −1. f(x) − f(1) = x³ − 2x + 1. Divisão sintética por (x − 1) dá quociente x² + x − 1. Confere: (x − 1)(x² + x − 1) = x³ + x² − x − x² − x + 1 = x³ − 2x + 1.
A cota do fator
|x² + x − 1| ≤ |x|² + |x| + 1 (triangular). Se |x − 1| < 1/2 então x ∈ (1/2, 3/2), logo |x| < 3/2 e |x|² < 9/4. Assim |x|² + |x| + 1 < 9/4 + 3/2 + 1 = 19/4 < 5.
Prova
Seja ε > 0. Tome δ = mín{1/2, ε/5}. Se |x − 1| < δ, o fator está < 5 e
|f(x) − f(1)| = |x − 1|·|x² + x − 1| < (ε/5)·5 = ε. ∎
Este é o uso mais comum em polinômio genérico: triangular dentro da cota do fator, não só no |a+b| da diferença.
Trilho B — conceitual: a técnica como teorema
B1 (aquecimento — cap. 1 do livro). a) Prove a desigualdade triangular reversa: ||x| − |y|| ≤ |x − y| (é o Exercício 1.3.7c). b) Prove: |x + y| = |x| + |y| ⇔ xy ≥ 0 (é o 1.3.6).
(a) Reversa
Escreva x = (x − y) + y. A triangular comum dá |x| ≤ |x − y| + |y|, logo |x| − |y| ≤ |x − y|. Trocando x e y: |y| − |x| ≤ |y − x| = |x − y|. As duas desigualdades juntas são exatamente ||x| − |y|| ≤ |x − y|.
(b) Igualdade
Ambos os lados de |x + y| = |x| + |y| são ≥ 0. Elevando ao quadrado (equivalente):
(x + y)² = |x|² + |y|² + 2|x||y| ⇔ x² + 2xy + y² = x² + y² + 2|xy| ⇔ xy = |xy|.
E xy = |xy| se e só se xy ≥ 0. ∎
B2 (soma — o ε/2). Sejam f e g contínuas em p. Prove, direto da definição em módulo (p. 62), que f + g é contínua em p.
Rascunho
|(f+g)(x) − (f+g)(p)| ≤ |f(x) − f(p)| + |g(x) − g(p)|. Duas parcelas: cada uma leva ε/2. O 2 existe porque são 2 termos.
Prova
Seja ε > 0. Por continuidade de f em p, existe δ₁ > 0 tal que |x − p| < δ₁ ⇒ |f(x) − f(p)| < ε/2. Por continuidade de g em p, existe δ₂ > 0 tal que |x − p| < δ₂ ⇒ |g(x) − g(p)| < ε/2. Tome δ = mín{δ₁, δ₂}. Se |x − p| < δ,
|(f+g)(x) − (f+g)(p)| ≤ |f(x) − f(p)| + |g(x) − g(p)| < ε/2 + ε/2 = ε. ∎
É a prova da seção 3.9(a) transposta de limite para continuidade. Três parcelas ⇒ ε/3.
B3 (limitação local — o lema que o produto precisa). Prove que se f é contínua em p, então existem um intervalo aberto I, com p ∈ I, e M > 0 tais que x ∈ I ∩ Df ⟹ |f(x)| ≤ M.
Ideia
Use ε = 1 só para prender f perto de f(p). A triangular escreve |f(x)| como | (f(x) − f(p)) + f(p) |.
Prova
Por continuidade, existe δ > 0 tal que |x − p| < δ ⇒ |f(x) − f(p)| < 1. Tome I = (p − δ, p + δ) e M = 1 + |f(p)|. Se x ∈ I ∩ Df,
|f(x)| = |f(x) − f(p) + f(p)| ≤ |f(x) − f(p)| + |f(p)| < 1 + |f(p)| = M. ∎
A triangular aqui PRENDE, não abre. Compare com o Exercício 3.3.10.
B4 (produto — o somar-e-subtrair). Sejam f e g contínuas em p. a) Rascunhe: insira −f(x)g(p) + f(x)g(p) em f(x)g(x) − f(p)g(p) e obtenha
|f(x)g(x) − f(p)g(p)| ≤ |f(x)|·|g(x) − g(p)| + |g(p)|·|f(x) − f(p)|.
b) Classifique cada pedaço: quais são "bons" (controláveis por δ) e qual é "problemático"? c) Dome |f(x)| com o B3 e feche a prova, orçando ε entre as duas parcelas.
(a) A inserção
f(x)g(x) − f(p)g(p) = f(x)g(x) − f(x)g(p) + f(x)g(p) − f(p)g(p) = f(x)(g(x) − g(p)) + g(p)(f(x) − f(p)). A triangular dá a cota pedida.
(b) Classificação
Bons: |g(x) − g(p)| e |f(x) − f(p)| — continuidade entrega cada um tão pequeno quanto eu pedir. Problemático: |f(x)|, que ainda depende de x. (O |g(p)| é constante — chato só se for grande, nunca se for variável.)
(c) Prova
Pelo B3, existem I ∋ p e M > 0 com |f(x)| ≤ M em I ∩ Df. Seja ε > 0. Quero
M·|g − g(p)| + |g(p)|·|f − f(p)| < ε/2 + ε/2.
Tome δg da continuidade de g para o número ε/(2M) se M > 0 (se M = 0 então f ≡ 0 em I e o produto é nulo). Tome δf da continuidade de f para ε / (2(|g(p)| + 1)) — o +1 evita divisão por zero. Tome δI o raio de I. δ = mín{δI, δf, δg}. Se |x − p| < δ,
|fg(x) − fg(p)| ≤ M·(ε/(2M)) + |g(p)|·(ε / (2(|g(p)|+1))) < ε/2 + ε/2 = ε. ∎
O Guidorizzi desvia com fg = ¼[(f+g)² − (f−g)²]. Elegante, mas não ensina a inserção. Esta é a conta que volta em espaços métricos e em análise funcional.
B5 (|f| — a reversa em ação). Prove que se f é contínua em p, então |f| é contínua em p, usando o B1a. A recíproca vale? Prove ou dê contraexemplo.
Ida
Pela reversa (B1a), ||f(x)| − |f(p)|| ≤ |f(x) − f(p)|. Dado ε > 0, o mesmo δ da continuidade de f serve para |f|. Uma linha.
Recíproca é falsa
Seja f(x) = 1 se x ≥ 0 e f(x) = −1 se x < 0. Então |f| ≡ 1, contínua em 0, mas f salta em 0. (Qualquer função que só assume ±1 e troca de sinal em p funciona.) ∎
B6 (1/f — onde ε = 1 FALHA). Suponha f contínua em p com f(p) ≠ 0. a) Prove que existe intervalo aberto I, p ∈ I, tal que x ∈ I ∩ Df ⟹ |f(x)| > |f(p)|/2. b) Conclua que 1/f é contínua em p. c) A pergunta central: no B3 a escolha ε = 1 funcionou; por que aqui ela falharia, obrigando ε = |f(p)|/2?
(a) Afastar de zero
Reversa: |f(x)| ≥ |f(p)| − |f(x) − f(p)|. Peça |f(x) − f(p)| < |f(p)|/2 (pode, porque f(p) ≠ 0). Então |f(x)| > |f(p)| − |f(p)|/2 = |f(p)|/2. O δ correspondente define I.
(b) Continuidade de 1/f
|1/f(x) − 1/f(p)| = |f(p) − f(x)| / (|f(x)| |f(p)|).
Em I, o denominador é > (|f(p)|/2)·|f(p)| = |f(p)|²/2. Logo a diferença é < 2|f(x) − f(p)| / |f(p)|². Dado ε > 0, peça também |f(x) − f(p)| < ε |f(p)|² / 2, e tome o mínimo dos dois δ (o de (a) e este).
(c) Por que ε = 1 falha
No B3 você queria uma cota SUPERIOR: qualquer número positivo serve, 1 é preguiça honesta. Aqui você quer cota INFERIOR de |f|. Com ε = 1 obteria |f(x)| > |f(p)| − 1, que é inútil (pode ser negativo ou zero) sempre que |f(p)| ≤ 1. A escolha do ε auxiliar é ditada pelo que precisa sobrar, não por costume. ∎
B7 (colheita). Usando máx(f, g) = ½(f + g) + ½|f − g|, prove que o máximo de duas funções contínuas em p é contínuo em p.
f − g é contínua em p (B2, com −g). |f − g| é contínua em p (B5). f + g é contínua (B2). Metades e soma: B2 de novo. Portanto máx(f, g) é contínua em p. Zero contas novas — é o teste de que os teoremas do trilho compõem. ∎
B8 (Lipschitz — ponte com 3.2.15 e 3.2.19). Suponha |f(x) − f(p)| ≤ M|x − p| e |g(x) − g(p)| ≤ N|x − p| para todo x. Prove que |(f + g)(x) − (f + g)(p)| ≤ (M + N)|x − p| e conclua que f + g é contínua em p.
|(f+g)(x) − (f+g)(p)| ≤ |f(x) − f(p)| + |g(x) − g(p)| ≤ (M + N)|x − p|.
Seja ε > 0. Se M + N = 0, a diferença é 0 e qualquer δ serve. Senão tome δ = ε/(M + N). Então |x − p| < δ ⇒ a diferença é < ε. Em particular f + g é contínua em p (na verdade, Lipschitz com constante M+N). ∎
B9 (ache o erro). Critique esta "prova" de que fg é contínua em p: "Pelo item B4a, |f(x)g(x) − f(p)g(p)| ≤ |f(x)|·|g(x) − g(p)| + |g(p)|·|f(x) − f(p)|. Como g é contínua em p, existe δ tal que |x − p| < δ ⟹ |g(x) − g(p)| < ε/(2|f(x)|); analogamente para f. Logo cada parcela fica menor que ε/2. ∎" — O que está quebrado, exatamente, e qual é o conserto?
O que quebra
O ε auxiliar ε/(2|f(x)|) depende de x. As regras do jogo (Berkeley, erro nº 1) mandam anunciar δ antes de conhecer x. Um δ que muda com x não é δ. Além disso, se f(x) = 0 o quociente nem está definido.
O conserto
É exatamente o B3: primeiro prenda |f(x)| ≤ M numa vizinhança (M constante, já anunciada), e só então peça |g − g(p)| < ε/(2M). O δ sai da continuidade de g para um número que não depende de x. ∎
Depois desta lista: volte aos 3.2.23–27 do livro (agora são rotina), e quando chegar na seção 3.9 você vai reconhecer as provas de soma e confronto como velhas conhecidas — e vai pegar o Guidorizzi usando a triangular em silêncio na p. 72 e na p. 96. A partir daí, todo ε/2 que aparecer em qualquer livro é orçamento de erro, não mágica.