Re: [obm-l] Mais uma de diferenciabilidade
2014-07-05 2:35 GMT+02:00 Merryl sc...@hotmail.com: Seja f:I -- R contínua no ponto a do intervalo aberto I. Suponhamos que para todas sequências (x_n) e (y_n) em I tais que (x_n) seja crescente e convirja para a (y_n) seja decrescente e convirja para a x_n a y_n para todo n exista um mesmo real L para o qual convirjam os quocientes ((f(y_n) - f(x_n))/(y_n - x_n)). Mostre que f é diferenciável em a e que f'(a) = L Bom, como o Ralph e o Artur já demonstraram, eu não vou escrever a minha versão, mas apenas comentar para você tentar fazer sozinha sem copiar as soluções deles, o que é a melhor maneira de aprender. Essa questão tem vários problemas. O maior é que você tem informação para o limite de toda sequência e você gostaria de ter uma informação numa vizinhança. Por assim dizer, um problema de uniformizar / juntar todos os limites x_n - a numa coisa que é válida para |x - a| epsilon. Esse foi o esforço principal do Artur, que matou o problema no lema que ele mostrou. O outro problema é que tem variáveis demais, e isso pode atrapalhar. Note que você pode supor, sem perda de generalidade, que * a = 0 * f(a) = 0 * L = 0 Nada disso vai resolver o problema, mas pode limpar a área e ajudar a fazer a parte de cima mais rápido. Isso é justificado com uma mudança de variáveis (e funções) da seguinte forma: em vez de f(x), considere a função g(x) = f(x + a) - f(a) - L*x. Veja que isso corresponde ao resto da aproximação linear quando você considera a derivada como a melhor reta que aproxima a sua função. Aliás, para muitos problemas fundamentais de derivada, é sempre MUITO poderoso usar a formulação f(x + a) = f(a) + f'(a)*x + resto(x,a), onde resto(x,a)/x - 0 quando x - 0. Isso feito, a minha demonstração (que é mais ou menos a do Artur ao contrário) é assim: A) Mostre que para y_n - 0 (decrescente) é sempre verdade que f(y_n)/y_n - 0, usando uma sequência x_n tal que |f(x_n)| 1/2 * |f(y_n)|, e |x_n| |y_n| (que existe pela continuidade de f em 0). B) O passo de uniformizar : suponha por absurdo (como todos fizeram até aqui, estou ainda tentando achar uma versão direta) que a derivada não seja L, isso dá uma sequência SPG decrescente (como fez o Ralph) y_n - 0 tal que f(y_n) é grande. De novo usando o truque |f(x_n)| 1/2 * |f(y_n)|, e |x_n| |y_n| , isso dá um par de sequências x_n 0 y_n onde o limite não vai dar zero, absurdo. Abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] Mais uma de diferenciabilidade
esse problema e semlhante ao anterior. 2014-07-05 0:25 GMT-03:00 Ralph Teixeira ralp...@gmail.com: Estou pensando em algo com o seguinte espirito (mas tem que examinar todos os detalhes e ver se funciona mesmo)! 1. Suponha que f'(a) NAO EH L. Entao existe alguma sequencia (que, passando uma subsequencia se necessario, pode ser tomada monotona -- vou supor spdg decrescente) z_n - a (com z_n a) tal que lim (f(z_n)-f(a)) / (z_n-a) nao eh L. 2. Se a sequencia dos numeros (f(z_n)-f(a))/(z_n-a) for ilimitada, passe outra sub para que ele o limite dela seja +Inf ou -Inf; se for limitada, ela tem que ter um ponto de acumulacao que nao eh L, entao passe uma subsequencia para que o limite seja um numero A diferente de L. Em suma, neste momento temos uma sequencia z_n-a decrescente tal que lim (f(z_n)-f(a)) / (z_n-a) = A L. 3. Ideia: tome y_n=z_n. Agora, para CADA y_n fixo, vamos escolher x_n MUITO PERTO de a, tal que f(x_n) esteja MUITO MUITO PERTO de f(a). Assim, teremos algo do tipo [f(y_n) - f(x_n)]/[y_n-x_n] ~~~ [f(y_n) - f(a)]/[y_n-a] ~~~ A, que estaria **longe** de L. Pronto, isto seria uma contradicao frente aa hipotese dada! Vejamos os detalhes, pelo menos no caso em que A eh finito: vou denotar B_n=[f(y_n) - f(a)]/[y_n-a] e D=|A-L|0. i) Primeiro passe outra subsequencia de forma a garantir que |B_n - A| D/4. Isto eh para garantir que este negocio estah realmente longe de L (e eh possivel porque o limite de B_n eh A quando n-Inf, entao eh soh cortar o comeco da sequencia e deixar um rabo conveniente). ii) Agora, para um y_n fixo, note que lim (x-a) (f(y_n) - f(x))/(y_n - x) = B_n. Entao, para x suficientemente proximo de a, temos |(f(y_n)-f(x)) / (y_n-x) - B_n |D/4. iii) Entao escolha um x_n de cada vez, indutivamente, sempre no intervalo (x_(n-1),a) e satisfazendo (ii) (que simplesmente determinava um intervalo em volta de a onde x_n tinha que estar). iv) Pronto! A sequencia x_n eh crescente, e temos |[f(y_n) - f(x_n)]/[y_n-x_n] - L| |A-L| - |B_n-A| - |[f(y_n) - f(x_n)]/[y_n-x_n] - B_n| D - D/4 - D/4 D/2 e portanto o limite desta fracao ali na esquerda nao serah L, absurdo. (Agora falta fazer um raciocinio analogo no caso em que A=+-Inf! Mas tenho certeza que sai, deve ateh ser mais facil do que esse que eu fiz.) Abraco, Ralph. 2014-07-04 21:35 GMT-03:00 Merryl sc...@hotmail.com: Boa noite amigos Obrigada a todos pela ajuda naquele outro problema. Gostaria de ajuda com este aqui. Já pensei mas não consegui provar. Seja f:I -- R contínua no ponto a do intervalo aberto I. Suponhamos que para todas sequências (x_n) e (y_n) em I tais que (x_n) seja crescente e convirja para a (y_n) seja decrescente e convirja para a x_n a y_n para todo n exista um mesmo real L para o qual convirjam os quocientes ((f(y_n) - f(x_n))/(y_n - x_n)). Mostre que f é diferenciável em a e que f'(a) = L Eu tentei partir o quociente acima em duas partes, escrevendo-o como (f(y_n) - f(a))/(y_n - a) (y_n - a)/(y_n - x_n) - (f(x_n) - f(a))/(x_n - a) (x_n - a)/(y_n - x_n) Mas como a hipótese é que f é só contínua em a, não se assume diferenciabilidade, isto não permite chegar a f'(a) = L. Obrigada -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Mais uma de diferenciabilidade
Boa noite amigos Obrigada a todos pela ajuda naquele outro problema. Gostaria de ajuda com este aqui. Já pensei mas não consegui provar. Seja f:I -- R contínua no ponto a do intervalo aberto I. Suponhamos que para todas sequências (x_n) e (y_n) em I tais que (x_n) seja crescente e convirja para a (y_n) seja decrescente e convirja para a x_n a y_n para todo n exista um mesmo real L para o qual convirjam os quocientes ((f(y_n) - f(x_n))/(y_n - x_n)). Mostre que f é diferenciável em a e que f'(a) = L Eu tentei partir o quociente acima em duas partes, escrevendo-o como (f(y_n) - f(a))/(y_n - a) (y_n - a)/(y_n - x_n) - (f(x_n) - f(a))/(x_n - a) (x_n - a)/(y_n - x_n) Mas como a hipótese é que f é só contínua em a, não se assume diferenciabilidade, isto não permite chegar a f'(a) = L. Obrigada -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Mais uma de diferenciabilidade
Estou pensando em algo com o seguinte espirito (mas tem que examinar todos os detalhes e ver se funciona mesmo)! 1. Suponha que f'(a) NAO EH L. Entao existe alguma sequencia (que, passando uma subsequencia se necessario, pode ser tomada monotona -- vou supor spdg decrescente) z_n - a (com z_n a) tal que lim (f(z_n)-f(a)) / (z_n-a) nao eh L. 2. Se a sequencia dos numeros (f(z_n)-f(a))/(z_n-a) for ilimitada, passe outra sub para que ele o limite dela seja +Inf ou -Inf; se for limitada, ela tem que ter um ponto de acumulacao que nao eh L, entao passe uma subsequencia para que o limite seja um numero A diferente de L. Em suma, neste momento temos uma sequencia z_n-a decrescente tal que lim (f(z_n)-f(a)) / (z_n-a) = A L. 3. Ideia: tome y_n=z_n. Agora, para CADA y_n fixo, vamos escolher x_n MUITO PERTO de a, tal que f(x_n) esteja MUITO MUITO PERTO de f(a). Assim, teremos algo do tipo [f(y_n) - f(x_n)]/[y_n-x_n] ~~~ [f(y_n) - f(a)]/[y_n-a] ~~~ A, que estaria **longe** de L. Pronto, isto seria uma contradicao frente aa hipotese dada! Vejamos os detalhes, pelo menos no caso em que A eh finito: vou denotar B_n=[f(y_n) - f(a)]/[y_n-a] e D=|A-L|0. i) Primeiro passe outra subsequencia de forma a garantir que |B_n - A| D/4. Isto eh para garantir que este negocio estah realmente longe de L (e eh possivel porque o limite de B_n eh A quando n-Inf, entao eh soh cortar o comeco da sequencia e deixar um rabo conveniente). ii) Agora, para um y_n fixo, note que lim (x-a) (f(y_n) - f(x))/(y_n - x) = B_n. Entao, para x suficientemente proximo de a, temos |(f(y_n)-f(x)) / (y_n-x) - B_n |D/4. iii) Entao escolha um x_n de cada vez, indutivamente, sempre no intervalo (x_(n-1),a) e satisfazendo (ii) (que simplesmente determinava um intervalo em volta de a onde x_n tinha que estar). iv) Pronto! A sequencia x_n eh crescente, e temos |[f(y_n) - f(x_n)]/[y_n-x_n] - L| |A-L| - |B_n-A| - |[f(y_n) - f(x_n)]/[y_n-x_n] - B_n| D - D/4 - D/4 D/2 e portanto o limite desta fracao ali na esquerda nao serah L, absurdo. (Agora falta fazer um raciocinio analogo no caso em que A=+-Inf! Mas tenho certeza que sai, deve ateh ser mais facil do que esse que eu fiz.) Abraco, Ralph. 2014-07-04 21:35 GMT-03:00 Merryl sc...@hotmail.com: Boa noite amigos Obrigada a todos pela ajuda naquele outro problema. Gostaria de ajuda com este aqui. Já pensei mas não consegui provar. Seja f:I -- R contínua no ponto a do intervalo aberto I. Suponhamos que para todas sequências (x_n) e (y_n) em I tais que (x_n) seja crescente e convirja para a (y_n) seja decrescente e convirja para a x_n a y_n para todo n exista um mesmo real L para o qual convirjam os quocientes ((f(y_n) - f(x_n))/(y_n - x_n)). Mostre que f é diferenciável em a e que f'(a) = L Eu tentei partir o quociente acima em duas partes, escrevendo-o como (f(y_n) - f(a))/(y_n - a) (y_n - a)/(y_n - x_n) - (f(x_n) - f(a))/(x_n - a) (x_n - a)/(y_n - x_n) Mas como a hipótese é que f é só contínua em a, não se assume diferenciabilidade, isto não permite chegar a f'(a) = L. Obrigada -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
RE: [obm-l] Mais uma de diferenciabilidade
De fato, partindo o quociente como vc fez, parece meio difícil chegar lá.
Justamente porque, como vc disse, tudo que se assume em a é continuidade.
Embora a conclusão de que f'(a) = L seja um tanto intuitiva, a prova não me
parece assim trivial.br/br/Vou propor uma prova que guarda semelhança com a
dada pelo Ralph. Comecemos pelo seguinte lema:br/br/As condições dadas
implicam que, para todo eps 0, exista d 0 tal que, para todos x e y de I
satisfazendo x a y e y - x d, tenhamosbr/br/|(f(y) - f(x))/(y - x) -
L| epsbr/br/Prova do lema:br/br/Se o lema não vigorar, então, para
algum eps0 0, é verdade que, dado qualquer d 0, existam x e y em I tais que
x a y, y - x d e br/br/|(f(y) - f(x))/(y - x) - L| = eps0
(1)br/br/Aplicando esta conclusão para d = 1, obtemos (x_1, y_1) tal que
x_1 a y_1, y_1 - x_1 1 e tal que (x_1, y_1) satisfaz à desigualdade (1).
br/br/Suponhamos que, para algum
inteiro positivo n, tenhamos encontrado pares (x_k, y_k), k = 1, n, tais
que br/br/(2) x_1 x_2 x_n a y_n y_2 y_1br/br/(3)
y_k - x_k 1/k, k = 1, nbr/br/(4) Cada (x_k, y_k) satisfaz à
desigualdade (1) acima.br/br/Façamos d_(n + 1) = min{1/(n + 1), a - x_n,
y_n - a}. Existe então (x_(n + 1), y_ (n + 1)), satisfazendo à desigualdade
(1), tal que br/br/x_(n + 1) a y _(n + 1) e br/y_(n + 1) - x_(n + 1)
d_(n + 1)br/br/Destas duas últimas desigualdades e da definição de d_(n +
1), segue- se quebr/br/a - x_(n + 1) y_(n + 1) - x_(n + 1) d_(n + 1) =
a - x_n, o que implica quebr/a - x_(n + 1) a - x_n e que, portanto, x_n
x_(n + 1)br/br/Por um raciocínio análogo, concluímos também que y_(n + 1)
y_n. Além disto, temos quebr/br/ y_(n + 1) - x_(n + 1) d_(n + 1) = 1/(n
+ 1), logo y_(n + 1) - x_(n + 1) 1/(n + 1). br/br/Assim, as condições (2)
a (4) acima
são satisfeitas com n + 1 no lugar de n. Isto completa a indução e mostra que
este processo pode prosseguir indefinidamente, gerando sequências (x_n) e (y_n)
tais que br/br/que br/br/(5)x_1 x_2 x_n a y_n y_2
y_1br/br/(6) y_n - x_n 1/n para todo nbr/br/(7) Cada (x_n, y_n)
satisfaz à desigualdade (1) acima.br/br/(5) e (6) implicam que (x_n) cresça
para a e que (y_n) decresça para a. Logo, estas sequências satisfazem aos
requisitos descritos no enunciado do problema. Mas (7) implica que,
contrariamente à hipótese, (f(y_n) - f(x_n))/(y_n - x_n)) não convirja para L.
Temos assim uma contradição que prova o lema.br/br/De volta ao problema
original:br/br/Dado eps 0, escolhamos d conforme citado no lema e
fixemos arbitrariamente y em (a, a + d). Então, y - d a e, para todo x em (y
- d, a), temos que x a y, y - x d e, em virtude do lema,br/br/|(f(y)
- f(x))/(y - x) - L| eps
(8)br/br/Como f é contínua em a, mantendo-se y fixo e fazendo x -- a-, o
primeiro membro de (8) tende a br/br/|(f(y) - f(a))/(y - a) - L|
br/br/E em virtude da desigualdade em (8), segue-se que br/br/|(f(y) -
f(a))/(y - a) - L| = eps (9) br/br/Assim, para todo eps 0 existe d 0
tal que (9) se verifica para to x em (a, a + d). Isto é o mesmo que dizer
quebr/br/lim (y -- a+) (f(y) - f(a))/(y - a) = Lbr/br/o que, por sua
vez, é o mesmo que dizer que f é diferenciável em a + com f'(a+) = L. Por um
raciocínio similar concluímos também que f'(a-) = L, de modo que, conforme
afirmado, f é diferenciável em a e f'(a) = L.br/br/Abraçosbr/br/Artur
br/br/a href=https://overview.mail.yahoo.com?.src=iOS;br/br/Enviado
do Yahoo Mail para iPad/a
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
