UM CURSO DE ANALISE 1 SOLUÇÕES

Solu¸co˜es dos exerc´ıcios de An´alise do livro de Elon Lages Lima:Curso de an´alise vol.1. Rodrigo Carlos Silva de Lima

‡

Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ rodrigo.uff[email protected] ‡

15 de setembro de 2011

1

Sum´ ario 1 Solu¸co ˜es-Curso de an´ alise vol.1

6

1.1

Nota¸c˜oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Cap´ıtulo 2-Conjuntos finitos, Enumer´aveis e n˜ao-enumer´aveis . . . . . . . .

7

1.2.1

Quest˜ao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.2

Quest˜ao 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.3

Quest˜ao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.4

Quest˜ao 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.5

Quest˜ao 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.6

Quest˜ao 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.7

quest˜ao 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.8

Quest˜ao 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.9

Quest˜ao 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.10 Quest˜ao 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.2.11 Quest˜ao 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.2.12 Quest˜ao 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2.13 Quest˜ao 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2.14 Quest˜ao 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.2.15 Quest˜ao 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.2.16 Quest˜ao 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.2.17 Quest˜ao 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.2.18 Quest˜ao 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.2.19 Quest˜ao 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.2.20 Quest˜ao 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.2.21 Quest˜ao 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2

´ SUMARIO

3

1.2.22 Quest˜ao 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.2.23 Quest˜ao 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2.24 Quest˜ao 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2.25 Quest˜ao 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.2.26 Quest˜ao 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.3

Cap´ıtulo 3 -N´ umeros reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.3.1

Quest˜ao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.3.2

Quest˜ao 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.3.3

Quest˜ao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.3.4

Quest˜ao 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.3.5

Quest˜ao 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.3.6

Quest˜ao 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.3.7

Quest˜ao 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.3.8

Quest˜ao 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.3.9

Quest˜ao 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.3.10 Quest˜ao 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.3.11 Quest˜ao 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.3.12 Quest˜ao 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.3.13 Quest˜ao 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 1.3.14 Quest˜ao 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.3.15 Quest˜ao 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.3.16 Quest˜ao 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.3.17 Quest˜ao 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.3.18 Quest˜ao 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.3.19 Quest˜ao 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 1.3.20 Quest˜ao 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 1.3.21 Quest˜ao 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 1.3.22 Quest˜ao 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 1.3.23 Quest˜ao 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 1.3.24 Quest˜ao 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 1.3.25 Quest˜ao 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 1.3.26 Quest˜ao 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 1.3.27 Quest˜ao 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

´ SUMARIO

4

1.3.28 Quest˜ao 29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 1.3.29 Quest˜ao 30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 1.3.30 Quest˜ao 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 1.3.31 Quest˜ao 32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 1.3.32 Quest˜ao 33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 1.3.33 Quest˜ao 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 1.3.34 Quest˜ao 35 e 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 1.3.35 Quest˜ao 37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 1.3.36 Quest˜ao 38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 1.3.37 Quest˜ao 39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 1.3.38 Quest˜ao 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 1.3.39 Quest˜ao 42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 1.3.40 Quest˜ao 43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 1.3.41 Quest˜ao 44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 1.3.42 Quest˜ao 45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 1.3.43 Quest˜ao 46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 1.3.44 Quest˜ao 48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 1.3.45 Quest˜ao 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 1.3.46 Quest˜ao 50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 1.3.47 Quest˜ao 53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 1.3.48 Quest˜ao 57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 1.4

Cap´ıtulo 4-Sequˆencias e s´eries de n´ umeros reais . . . . . . . . . . . . . . . 57 1.4.1

Quest˜ao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

1.4.2

Quest˜ao 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

1.4.3

Quest˜ao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

1.4.4

Quest˜ao 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1.4.5

Quest˜ao 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1.4.6

Quest˜ao 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1.4.7

Quest˜ao 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.4.8

Quest˜ao 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.4.9

Quest˜ao 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.4.10 Quest˜ao 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 1.4.11 Quest˜ao 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

´ SUMARIO

5

1.4.12 Quest˜ao 11a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 1.4.13 Quest˜ao 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 1.4.14 Quest˜ao 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 1.4.15 Quest˜ao 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 1.4.16 Quest˜ao 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 1.4.17 Quest˜ao 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 1.4.18 Quest˜ao 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 1.4.19 Quest˜ao 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 1.4.20 Quest˜ao 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 1.4.21 Quest˜ao 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 1.4.22 Quest˜ao 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 1.4.23 Quest˜ao 35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 1.4.24 Quest˜ao 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 1.4.25 Quest˜ao 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 1.4.26 Quest˜ao 42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 1.4.27 Quest˜ao 43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 1.4.28 Quest˜ao 44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 1.4.29 Quest˜ao 46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 1.4.30 Quest˜ao 48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 1.5

1.6

Cap´ıtulo 5-Topologia da reta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 1.5.1

Quest˜ao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

1.5.2

Quest˜ao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Cap´ıtulo 8-Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 1.6.1

Quest˜ao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

1.6.2

Quest˜ao 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

1.6.3

Quest˜ao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

1.6.4

Quest˜ao 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

1.6.5

Quest˜ao 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

Cap´ıtulo 1 Solu¸c˜ oes-Curso de an´ alise vol.1 Esse texto ainda n˜ao se encontra na sua vers˜ao final, sendo, por enquanto, constitu´ıdo apenas de anota¸c˜oes informais. Sugest˜oes para melhoria do texto, corre¸co˜es da parte matem´atica ou gramatical eu agradeceria que fossem enviadas para meu Email rodrigo.uff[email protected]. Se houver alguma solu¸c˜ao errada, se quiser contribuir com uma solu¸ca˜o diferente ou ajudar com uma solu¸c˜ao que n˜ao consta no texto, tamb´em pe¸co que ajude enviando a solu¸c˜ao ou sugest˜ao para o email acima, colocarei no texto o nome da pessoa que tenha ajudado com alguma solu¸c˜ao. Espero que esse texto possa ajudar alguns alunos que estudam an´alise pelo livro do Elon.

1.1

Nota¸c˜ oes

Denotamos (xn ) uma sequˆencia (x1 , x2 , · · · ). Uma n upla (x1 , x2 , · · · , xn ) podemos denotar como (xk )n1 . O conjunto de valores de aderˆencia de uma sequˆencia (xn ) iremos denotar como A[xn ]. Usaremos a abrevia¸ca˜o P BO para princ´ıpio da boa ordena¸c˜ao. Denotamos f (x + 1) − f (x) = ∆f (x). xn+1 . Usando a nota¸ca˜o Qxn = xn

6

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.2

7

Cap´ıtulo 2-Conjuntos finitos, Enumer´ aveis e n˜ aoenumer´ aveis

1.2.1

Quest˜ ao 1

Axioma 1. Existe uma fun¸c˜ao s : N → N injetiva, chamada de fun¸ca˜o sucessor, o n´ umero natural s(n) ´e chamado sucessor de n. Corol´ ario 1. Como s ´e uma fun¸ca˜o, ent˜ao o sucessor de um n´ umero natural ´e u ´nico, isto ´e, um n´ umero natural possui apenas um sucessor. Axioma 2. Existe um u ´nico n´ umero natural que n˜ao ´e sucessor de nenhum outro natural, esse n´ umero simbolizamos por 1. Axioma 3 (Axioma da indu¸ca˜o). Dado um conjunto A ⊂ N , se 1 ∈ A e ∀n ∈ A tem-se s(n) ∈ A ent˜ao A = N. Propriedade 1. Supondo os axiomas 1 e 2 ent˜ao o axioma 3 ´e equivalente a proposi¸ca˜o: Para todo subconjunto n˜ao vazio A ⊂ N tem-se A \ S(A) ̸= ∅. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Supondo o axioma (3) v´alido. Suponha por absurdo que exista A ̸= ∅, A ⊂ N tal que A \ S(A) = ∅ ent˜ao A ⊂ S(A), isto ´e, ∀ x ∈ A existe y ∈ A tal que x = s(y). Sabemos que 1 ∈ / A, pois se n˜ao 1 ∈ A \ S(A). Se n ∈ / A, vamos mostrar que s(n) ∈ / A. Se fosse s(n) ∈ A, chegar´ıamos em uma contradi¸c˜ao com A ⊂ S(A), pois deveria haver y ∈ A tal que s(y) = s(n) e por injetividade seguiria y = n ∈ A, o que contraria a hip´otese, logo S(n) ∈ / A, A ´e vazio pois n˜ao cont´em nenhum n´ umero natural, mas consideramos que A n˜ao ´e vazio como hip´otese, absurdo!. ⇐). Pelo axioma 2 temos que 1 ´e o u ´nico elemento de N \ S(N ), pelo axioma 1 temos que S(N ) ⊂ N da´ı temos N = {1} ∪ S(N ) o que implica 1 ∈ A, ∀ n ∈ N s(n) ∈ A ⇔ A = N.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.2.2

8

Quest˜ ao 2

Propriedade 2. Dados m e n naturais ent˜ao existe x natural tal que x.n > m. Demonstra¸c˜ ao. Vale n ≥ 1 da´ı multiplicando por m+1 segue (m+1)n ≥ m+1 > m logo (m + 1)n > n.

1.2.3

Quest˜ ao 3

Propriedade 3. Seja n0 ∈ N . Se A ⊂ N tal que n0 ∈ A e n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A ent˜ao todo x ∈ N com x ≥ a pertence `a A. Demonstra¸c˜ ao. Se a = 1 nada temos a fazer pois A = N . Se a > 1 ent˜ao a = b + 1 ´e sucessor de b. Vamos mostrar que b+n ∈ A ∀ n ∈ N. Sabemos que b+1 ∈ A. Supondo que b + n ∈ A ent˜ao b + (n + 1) ∈ A da´ı por indu¸ca˜o segue que b + n ∈ A ∀ n ∈ N. Lembrando que x > b significa que existe p natural tal que b + p = x, como b + p ∈ A ∀p ∈ N ent˜ao x ∈ A. Outro fato que usamos ´e que se x > b ent˜ao x ≥ b + 1 = a pois n˜ao existe natural entre b e b + 1, b ∈ N .

1.2.4

Quest˜ ao 5

Defini¸ c˜ ao 1 (Antecessor). m ∈ N ´e antecessor de n ∈ N quando m < n mas n˜ao existe c ∈ N tal que m < c < n. Propriedade 4. 1 n˜ao possui antecessor e qualquer outro n´ umero natural possui antecessor. Demonstra¸c˜ ao. N˜ao vale m < 1 para algum natural m, logo 1 n˜ao possui antecessor. Agora para todo outro n ∈ N vale n > 1 logo existe p ∈ N tal que p+1 = n, vamos mostrar que p = m ´e o antecessor de n. Vale p < p + 1, logo a primeira condi¸c˜ao ´e satisfeita, a segunda condi¸c˜ao tamb´em ´e satisfeita pois n˜ao existe c ∈ N tal que p < c < p + 1. Vamos mostrar agora que existe um u ´nico antecessor. Suponha existˆencia de dois antecessores m e m′ distintos ent˜ao existe um deles que ´e o maior, digamos m′ , da´ı m < m′ e m′ < n por transitividade segue m < m′ < n o que contraria a defini¸ca˜o de antecessor, ent˜ao existe um u ´nico.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.2.5

9

Quest˜ ao 6

Quest˜ ao 6 a) Propriedade 5. Mostrar que

n ∑

k=

k=1

n(n + 1) . 2

Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸c˜ao sobre n. Para n = 1 a igualdade vale pois 1 ∑

k=1=

k=1

Supondo a validade para n

n ∑

k=

k=1

vamos provar para n + 1

n+1 ∑

k=

k=1

1(2) . 2

n(n + 1) 2

(n + 1)(n + 2) . 2

Por defini¸c˜ao de somat´orio temos n+1 ∑

k = (n + 1) +

k=1

n ∑

k = (n + 1) +

k=1

n(n + 1) n (n + 1)(n + 2) = (n + 1)(1 + ) = 2 2 2

onde usamos a hip´otese da indu¸ca˜o

.

Quest˜ ao 6 b) Propriedade 6. Mostrar que

n ∑

(2k − 1) = n2 .

k=1

Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸c˜ao sobre n. Para n = 1 temos 1 ∑ (2k − 1) = 2.1 − 1 = 1 = 12 . k=1

supondo a validade para n,

n ∑

(2k − 1) = n2

k=1

vamos provar para n + 1

n+1 ∑ k=1

(2k − 1) = (n + 1)2 .

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

10

Usando a defini¸ca˜o de somat´orio e hip´otese da indu¸c˜ao tem-se n+1 ∑

(2k − 1) =

k=1

n ∑

(2k − 1) + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2

.

k=1

Quest˜ ao 6 c) Exemplo 1. Mostrar por indu¸c˜ao que (a − 1)

n ∑

ak = an+1 − 1.

k=0

Para n = 1 temos (a − 1)

1 ∑

ak = (a − 1)(a + 1) = a2 − 1.

k=0

Supondo que (a − 1)

n ∑

k

a =a

n+1

− 1 vamos provar que (a − 1)

n+1 ∑

ak = an+2 − 1. Por

k=0

k=0

defini¸c˜ao de somat´orio e pela hip´otese da indu¸c˜ao temos (a − 1)

n+1 ∑

ak = (a − 1)an+1 + (a − 1)

k=0

n ∑

ak = an+2 − an+1 + an+1 − 1 = an+2 − 1

.

k=0

Quest˜ ao 6 d) Exemplo 2. Mostre que se n ≥ 4 ent˜ao n! > 2n . Para n = 4 vale 4! = 24 > 24 = 16. Suponha validade para n , n! > 2n , vamos provar para n + 1, (n + 1)! > 2n+1 . Multiplicando n! > 2n por n + 1 de ambos lados segue que (n + 1)! > (n + 1) 2n > 2.2n = 2n+1 | {z }

.

>2

1.2.6

Quest˜ ao 7

Propriedade 7 (Unicidade da fatora¸ca˜o em primos). Seja n ∈ N, n > 1. Se n = s ∏ k=1

m ∏

pk =

k=1

qk onde cada pk e qk s˜ao primos, n˜ao necessariamente distintos ent˜ao m = s e pk =

qk ∀ k , ap´os, se necess´ario, uma renomea¸c˜ao dos termos.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

11

Demonstra¸c˜ ao. Vamos provar usando o segundo princ´ıpio da indu¸c˜ao, para n = 2 a propriedade vale. Suponha a validade para todo t < n vamos provar que nessas condi¸co˜es vale para n.

n = pm

m−1 ∏

pk = qs

k=1

pm divide o produto

s ∏

s−1 ∏

qk

k=1

qk ent˜ao deve dividir um dos fatores, por exemplo qs (se n˜ao,

k=1

renomeamos os termos), como pm |qs ent˜ao pm = qs pm

m−1 ∏

pk = pm

k=1

s−1 ∏

qk ⇒

k=1

m−1 ∏ k=1

pk =

s−1 ∏

qk = n 0 < n

k=1

como n0 ´e menor que n, usamos a hip´otese da indu¸c˜ao, que implica m − 1 = s − 1, qk = pk de k = 1 at´e m − 1, da´ı segue que m = n e qk = pk de k = 1 at´e m.

1.2.7

quest˜ ao 8

Propriedade 8. Sejam A e B conjuntos com n elementos, ent˜ao o n´ umero de bije¸co˜es de f : A → B ´e n! Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸c˜ao sobre n, para n = 1, tem-se uma fun¸ca˜o A = {a1 } e B = {b1 }, f : A → B tal que f (a1 ) = b1 . Supondo a validade para conjuntos com n elementos, vamos provar que vale para conjuntos com n + 1 elementos. Tomando A = {ak , k ∈ In+1 } e B = {bk , ∈ In + 1}, dado s ∈ In+1 , fixamos as bije¸co˜es f com f (a1 ) = bs da´ı a quantidade dessas fun¸c˜oes ´e dada pela quantidade de bije¸c˜oes de A \ {a1 } em B \ {bs }, que ´e n! para cada s variando de 1 at´e n + 1, o total ent˜ao ´e (n + 1)n! = (n + 1)!. Corol´ ario 2. O mesmo vale se A = B.

1.2.8

Quest˜ ao 9

Quest˜ ao a) Propriedade 9. Se A e B s˜ao finitos e disjuntos com |A| = n e |B| = m ent˜ao A ∪ B ´e finito com |A ∪ B| = m + n.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

12

Demonstra¸c˜ ao. Existem bije¸co˜es f : In → A, g : Im → B. Definimos h : Im+n → A ∪ B como h(x) = f (x) se 1 ≤ x ≤ n e h(x) = g(x − n) se 1 + n ≤ x ≤ m + n (1 ≤ x − n ≤ m), como h ´e bije¸ca˜o segue o resultado. Propriedade 10. Se A e B s˜ao conjuntos finitos n˜ao necessariamente disjuntos vale a rela¸c˜ao |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|. Demonstra¸c˜ ao. Escrevemos A como a uni˜ao disjunta A = (A \ B) ∪ (A ∩ B), da´ı |A| − |A ∩ B| = |A \ B| agora escrevemos A ∪ B = (A \ B) ∪ B, uni˜ao disjunta logo |A ∪ B| = |A \ B| + |B| usando a primeira express˜ao segue que |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.

1.2.9

Quest˜ ao 10

Propriedade 11. Seja A finito. Existe uma bije¸ca˜o g : In → A para algum n, pois A ´e finito, a fun¸ca˜o f : A → A ´e injetiva ou sobrejetiva ⇔ g −1 ◦ f ◦ g : In → In ´e injetiva ou sobrejetiva, respectivamente. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Se f ´e injetiva ou sobrejetiva ent˜ao g −1 ◦ f ◦ g : In → In ´e injetiva ou sobrejetiva, por ser composi¸c˜ao de fun¸c˜oes com essas propriedades. ⇐). Seja g −1 ◦ f ◦ g : In → In sobrejetiva vamos mostrar que f tamb´em ´e sobrejetiva. Dado y ∈ A vamos mostrar que existe x ∈ A tal que f (x) = y. Como g : In → A ´e sobrejetiva ent˜ao existe x1 ∈ In tal que g(x1 ) = y e pelo fato de g −1 ◦ f ◦ g ser sobrejetiva ent˜ao existe x2 ∈ In tal que g −1 (f (g(x2 ))) = x1 = g −1 (y) como g −1 ´e injetiva segue que f (g(x2 )) = y logo f ´e sobrejetiva. Se g −1 ◦ f ◦ g ´e injetiva ent˜ao f ´e injetiva. Sejam x, y quaisquer em A, existem x1 , x2 ∈ In tais que g(x1 ) = x, g(x2 ) = y. Vamos mostrar que se f (x) = f (y) ent˜ao x = y. Se f (x) = f (y) ent˜ao f (g(x1 )) = f (g(x2 )) e g −1 (f (g(x1 ))) = g −1 (f (g(x2 ))) com g −1 ◦ f ◦ g segue que x1 = x2 que implica g(x1 ) = g(x2 ), isto ´e, x = y.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

13

Propriedade 12. Seja A um conjunto finito. f : A → A ´e injetiva ⇔ ´e sobrejetiva. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Consideramos o caso f : In → In , se f for injetiva ent˜ao f : In → f (In ) ´e uma bije¸c˜ao com f (In ) ⊂ In . fn n˜ao pode ser parte pr´opria de In pois se n˜ao f −1 (In ) → In seria bije¸c˜ao de um conjunto com sua parte pr´opria, logo f (In ) = In e f : In → In ´e bije¸c˜ao. ⇐). Se f for sobrejetiva ent˜ao para cada y ∈ In (imagem) podemos escolher x ∈ In (dom´ınio) tal que f (x) = y e da´ı definir g : In → In tal que g(y) = x, g ´e injetiva, pois f ´e fun¸ca˜o, logo pelo resultado j´a mostrado g ´e bijetora, implicando que f tamb´em ´e.

1.2.10

Quest˜ ao 11

Propriedade 13 (Princ´ıpio das gavetas de Dirichlet- Ou princ´ıpio da casas dos pombos.). n ∑ m |Ak | = n ent˜ao existe At em Se temos m conjuntos (Ak )1 e n elementos n > m, com k=1

(Ak )m 1 tal que |At | > 1.

Esse resultado diz que se temos n elementos e m conjuntos tais que n > m ent˜ao deve haver um conjunto com pelo menos 2 elementos. Demonstra¸c˜ ao. Supondo que |Ak | ≤ 1 ∀ k ent˜ao aplicando a soma

n ∑

em ambos

k=1

lados dessa desigualdade temos n=

n ∑

|Ak | ≤ m ⇒ n ≤ m

k=1

o que contraria a hip´otese de n > m ,portanto deve valer |At | > 1 para algum t ∈ In .

1.2.11

Quest˜ ao 12

Propriedade 14. Seja A um conjunto com n elementos, ent˜ao o n´ umero de fun¸co˜es p−1 ∏ injetivas f : Ip → A ´e (n − k). k=0

Demonstra¸c˜ ao. Se p > n o resultado vale pois n˜ao existe fun¸ca˜o injetiva de f : Ip → A, pois se n˜ao f : Ip → f (A) seria bije¸c˜ao e f (A) ⊂ A da´ı A iria possuir um subconjunto

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

14

com p elementos que ´e maior que o n´ umero de elementos de A, o que ´e absurdo. Iremos provar o resultado para outros valores de p ≤ n. Para p = 1 temos n fun¸co˜es, que s˜ao f1 (1) = a1 , f2 (1) = a2 , · · · , fn (1) = an . Suponha que para Ip temos para Ip+1 temos

p ∏

p−1 ∏

(n − k) fun¸c˜oes que s˜ao injetivas, vamos mostrar que

k=0

(n − k) fun¸c˜oes. Seja o conjunto das fun¸co˜es f : Ip+1 → A injetivas,

k=0

podemos pensar o conjunto das f restritas `a Ip tendo

p−1 ∏

(n − k) fun¸co˜es, por hip´otese da

k=0

indu¸c˜ao , agora podemos definir essas fun¸co˜es no ponto p + 1, onde temos n − p escolhas, p−1 ∏ (n − k) fun¸co˜es, portanto temos um total de para cada uma dessas escolhas temos (n − p)

p−1 ∏

(n − k) =

k=0

1.2.12

p ∏

k=0

(n − k) fun¸c˜oes.

k=0

Quest˜ ao 13

( ) n Propriedade 15. Se X possui n elementos ent˜ao tal conjunto possui subconjuntos p com p elementos. Demonstra¸c˜ ao. Vamos provar por indu¸ ( )ca˜o sobre n e p livre. Para n = 0 ele s´o 0 possui um subconjunto com 0 elementos = 1 e para outros valores de p > 0 ∈ N 0 ( ) 0 vale = 0. p ( ) n Suponha que para um conjunto qualquer A com n elementos, temos subconjuntos, p agora podemos obter um conjunto(com ) n + 1 elementos, adicionando um novo elemento n subconjuntos que contamos com elementos de A {an+1 }, continuamos a contar os p e podemos formar mais subconjuntos com p elementos adicionando ( o ponto ) {an+1 } aos n conjuntos com p − 1 elementos, que por hip´otese da indu¸ca˜o temos , ent˜ao temos p − 1 ( ) ( ) ( ) n n n+1 no total + = pela identidade de Stifel, como quer´ıamos demonstrar. p−1 p p

1.2.13

Quest˜ ao 14

Propriedade 16. Seja |A| = n ent˜ao |P (A)| = 2n .

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

15

Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸ca˜o sobre n, se n = 1, ent˜ao A = {a1 } possui dois subconjuntos que s˜ao ∅ e {α1 }. Suponha que qualquer conjunto qualquer B com n elementos tenha |P (B)| = 2n , vamos provar que um conjunto C com n + 1 elementos implica |P (C)| = 2n+1 . Tomamos um elemento a ∈ C, C \ {a} possui 2n subconjuntos (por hip´otese da indu¸ca˜o), sk de k = 1 at´e k = 2n , que tamb´em s˜ao subconjuntos de C, por´em podemos formar mais 2n subconjuntos de C com a uni˜ao do elemento {a}, logo no total temos 2n + 2n = 2n+1 subconjuntos de C e mais nenhum subconjunto, pois n˜ao temos nenhum outro elemento para unir aos subconjuntos dados.

1.2.14

Quest˜ ao 15

Exemplo 3. Existe g : N → N sobrejetiva tal que g −1 (n) ´e infinito para cada n ∈ N . Seja f : N → N definida como f (n) = k se n ´e da forma n = pαk k onde pk ´e o k-´esimo n´ umero primo e f (n) = n caso contr´ario, f ´e sobrejetiva e existem infinitos n ∈ N tais que f (n) = k para cada k natural.

1.2.15

Quest˜ ao 16

Propriedade 17. Pn = {A ⊂ N | |A| = n} ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Definimos a fun¸c˜ao f : Pn → N n da seguinte maneira: Dado A = {x1 < x2 < · · · < xn }, f (A) = (x1 , · · · , xn ). Tal fun¸c˜ao ´e injetiva pois dados A = {xk , k ∈ In } e B = {yk , k ∈ In } n˜ao pode valer xk = yk para todo k, pois se n˜ao os conjuntos seriam iguais. Se trocamos N por outro conjunto X enumer´avel o resultado tamb´em vale, basta definir uma fun¸ca˜o f : Pn → X n e g : X → N injetiva, enumeramos um subconjunto finito qualquer com n elementos A ⊂ X como A = {x1 , · · · , xn } onde g(x1 ) < g(x2 ) < · · · < g(xn ) e definimos f (A) = (x1 , · · · , xn ). Corol´ ario 3. o conjunto Pf dos subconjuntos finitos de N ´e enumer´avel pois Pf =

∞ ∪

Pk

k=1

´e uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis. O mesmo vale trocando N por um conjunto enumer´avel qualquer A.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.2.16

16

Quest˜ ao 17

Propriedade 18. X ´e finito ⇔ existe f : X → X que s´o admite subconjuntos est´aveis ∅ e X. Demonstra¸c˜ ao. Iremos considerar sempre conjuntos n˜ao vazios. ⇒). Suponha X finito, ent˜ao X = {a1 , · · · , an }, definimos f : X → X como f (a1 ) = a2 , f (a2 ) = a3 , em geral f (ak ) = ak+1 se k < n e f (an ) = a1 . f n˜ao possui subconjunto est´avel diferente de X, pois, suponha um conjunto Y ̸= X est´avel, a1 n˜ao pode pertencer ao conjunto, pois se n˜ao f (a1 ) = a2 ∈ Y , f (a2 ) = a3 ∈ Y at´e f (an−1 ) = an ∈ Y ent˜ao ter´ıamos Y = X o que ´e absurdo, da mesma maneira se at ∈ Y ent˜ao f (at ) = at+1 ∈ Y , f (at+1 ) = at+2 ∈ Y , em menos de n aplica¸c˜oes da fun¸ca˜o teremos f (an−1 ) = an ∈ Y e da´ı f (an ) = a1 ∈ Y o que implica Y = X, logo n˜ao podemos ter outro subconjunto est´avel al´em de X com a fun¸ca˜o f definida acima. ⇐). Suponha X infinito, vamos mostrar que qualquer fun¸ca˜o f : X → X possui subconjunto est´avel Y ̸= X. Tomamos a1 ∈ X, consideramos f (a1 ) := a2 se a1 = a2 paramos e temos o conjunto Y = {a1 } = ̸ X pois X ´e infinito, se n˜ao continuamos a aplica a fun¸ca˜o f (a2 ) := a3 , se a3 = a2 ou a1 ent˜ao paramos e tomamos Y = {a1 , a2 }, continuamos o processo recursivamente f (ak ) : ak+1 se ak+1 ´e igual a algum dos elementos de {a1 , · · · , ak }, ent˜ao paramos o processo e tomamos Y = {a1 , · · · , ak }, se para todo k ∈ N os elementos ak+1 = f (ak ) n˜ao pertencem ao conjunto {a1 , · · · , ak }, ent˜ao temos um conjunto = {a2 = f (a1 ), f (a2 ) = a3 , f (a3 ) = a4 , · · · , f (an ) = an+1 , · · · } tomamos tal conjunto como Y e temos f (Y ) = {f (a2 ) = a3 , f (a3 ) = a4 , · · · , } ⊂ Y podemos observar que Y ̸= X pois a1 ∈ / Y. Assim conclu´ımos nossa demonstra¸c˜ao.

1.2.17

Quest˜ ao 18

Propriedade 19. Seja f : A → A injetiva, tal que f (A) ̸= A, tomando x ∈ A\f (A) ent˜ao os elementos f k (x) de O(x) = {f k (x), k ∈ N } s˜ao todos distintos. Estamos denotando f k (x) pela k-´esima composi¸c˜ao de f com ela mesma.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

17

Demonstra¸c˜ ao. Para todo t vale que f t ´e injetiva, pois a composi¸ca˜o de fun¸co˜es injetivas ´e injetiva. Se existisse k ̸= t tal que f k (x) = f t (x), t > k , ent˜ao existe p > 0 ∈ N tal que t=k+p f k+p (x) = f k (f p (x)) = f k (x) por injetividade de f k segue que f p (x) = x, logo x ∈ f (A) o que contraria a hip´otese de x ∈ A \ f (A). Portanto os elementos s˜ao distintos.

1.2.18

Quest˜ ao 19

Propriedade 20. Se A ´e infinito ent˜ao existe fun¸ca˜o injetiva f : N → A. Demonstra¸c˜ ao. Podemos definir f indutivamente. Tomamos inicialmente x1 ∈ A e n ∪ definimos f (1) = x1 e para n ∈ N escolhemos xn+1 ∈ A\ {xk } definido f (n+1) = xn+1 . A\

n ∪

k=1

{xk } nunca ´e vazio pois A ´e infinito. f ´e injetora pois tomando m > n tem-se

k=1

f (n) ∈

m−1 ∪

m−1 ∪

k=1

k=1

{xk } e f (m) ∈ A \

{xk }.

Corol´ ario 4. Existe fun¸ca˜o injetiva de um conjunto finito B num conjunto infinito A, usamos o mesmo processo do exemplo anterior, mas o processo para depois de definir a fun¸c˜ao |B| pontos. Propriedade 21. Sendo A infinito e B finito existe fun¸c˜ao sobrejetiva g : A → B. Demonstra¸c˜ ao. Existe fun¸c˜ao injetiva f : B → A, logo f : B → f (B) ⊂ A ´e bije¸c˜ao, possuindo inversa g −1 : f (B) → B. Considere a fun¸ca˜o f : A → B definida como f (x) = g −1 (x) se x ∈ f (B) e f (x) = x1 ∈ B se x ∈ / f (B), f ´e fun¸ca˜o sobrejetiva.

1.2.19

Quest˜ ao 20

Quest˜ ao 20-a) Propriedade 22. O produto cartesiano finito de conjuntos enumer´aveis ´e enumer´avel.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

Demonstra¸c˜ ao. Seja

s ∏

18

Ak o produto cartesiano dos conjuntos Ak enumer´aveis,

k=1

ent˜ao para cada k existe uma fun¸ca˜o fk : N → Ak que ´e sobrejetiva, ent˜ao definimos a s ∏ s fun¸c˜ao f : N → Ak dada por k=1

f (xk )s1 = (fk (xk ))s1 ,isto ´e, f (x1 , · · · , xs ) = (f1 (x1 ), · · · , fs (xs )) s ∏ s como tal fun¸ca˜o ´e sobrejetiva e N ´e enumer´avel segue que Ak ´e enumer´avel. k=1

Corol´ ario 5. Se X ´e finito e Y ´e enumer´avel, ent˜ao F (X, Y ) ´e enumer´avel. Basta n ∏ considerar o caso de X = In , ent˜ao F (X, Y ) = Y = Y n , que ´e enumer´avel. k=1

Quest˜ ao 20-b) Propriedade 23. Para cada f : N → N seja Af = {n ∈ N | f (n) ̸= 1}. O conjunto M das fun¸co˜es, f : N → N tais que Af ´e finito ´e um conjunto enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Seja Bn o conjunto das f : N → N , tais que |Af | = n, vamos mostrar inicialmente que Bn ´e enumer´avel. Cada f : N → N ´e uma sequˆencia (f (1), f (2), f (3), · · · , f (n), · · · ), os elementos de Bn s˜ao as sequˆencias que diferem da unidade em exatamente n valores. Para cada elemento f de Bn temos n termos diferentes de 1, que ser˜ao simbolizados por f (k1 ), f (k2 ), · · · , f (kn ) onde k1 < k2 < · · · < kn definimos g : Bn → N n como f (k1 )

g(f ) = (pk1

f (k2 )

, p k2

f (kn )

, · · · , pkn

)

onde cada pt ´e o t-´esimo primo. A fun¸ca˜o definida dessa forma ´e injetora, pois se vale g(f ) = g(h) ent˜ao f (k1 )

(pk1

f (k2 )

, p k2

f (kn )

, · · · , p kn

f (k1′ )

) = (qk′

1

f (k2′ )

, qk ′

2

′ ) f (kn

, · · · , qkn′

)

por unicidade de fatora¸ca˜o em primos segue que qt = pt e kt = kt′ ∀ t. ∞ ∪ Agora escrevemos M = Bk ´e uma uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis, k=1

portanto o conjunto das fun¸co˜es f : N → N tais que Af ´e finito ´e enumer´avel.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.2.20

19

Quest˜ ao 21

Exemplo 4. Exprimir N =

∞ ∪

Nk onde os conjuntos s˜ao infinitos e dois a dois disjuntos.

k=1

Tome Nk+1 = {pαk k , αk ∈ N onde pk o k-´esimo primo} e N1 = N \

∞ ∪

Nk , cada um

k=2

deles ´e infinito, s˜ao disjuntos e sua uni˜ao d´a N .

1.2.21

Quest˜ ao 22

Exemplo 5. f : N × N → N definida como f (m, n) = 2m−1 (2n − 1) ´e uma bije¸c˜ao. Dado um n´ umero natural n qualquer, podemos escrever esse n´ umero como produto dos seus fatores primos n=

n ∏

pαk k

α1

=2 .

n ∏

pαk k

k=2

k=1

como os primos maiores que 2 s˜ao ´ımpares e o produto de ´ımpares ´e um n´ umero ´ımpar ent˜ao n = 2m (2n − 1). Agora vamos mostrar que a fun¸ca˜o ´e injetora seja f (m, n) = f (p, q) 2m (2n − 1) = 2p (2q − 1) se m ̸= p os n´ umeros ser˜ao diferentes pela unicidade de fatora¸c˜ao (2s − 1 n˜ao possui fatores 2 pois sempre ´e ´ımpar), ent˜ao devemos ter m = p, da´ı segue que n = q e termina a demonstra¸ca˜o.

1.2.22

Quest˜ ao 23

Propriedade 24. Todo conjunto A ⊂ N ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Se A ´e finito ent˜ao A ´e enumer´avel. Se A ´e infinito podemos enun ∪ merar seus elementos da seguinte maneira x1 = min A, xn+1 = min A \ {xk }, da´ı k=1

A=

∞ ∪

{xk }

k=1

pois se existisse x ∈ A tal que x ̸= xk da´ı ter´ıamos x > xk para todo k que ´e absurdo, pois nenhum conjunto infinito de n´ umeros naturais ´e limitado superiormente. A fun¸ca˜o x

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

20

definida ´e injetora e sobrejetora. Vamos mostrar agora que ela ´e a u ´nica bije¸ca˜o crescente entre A e N . Suponha outra bije¸c˜ao crescente f : N → A. Deve valer f (1) = x1 , pois se fosse f (1) > x1 ent˜ao f n˜ao seria crescente. Supondo que vale f (k) = xk ∀ k ≤ n ∈ N vamos mostrar que f (n + 1) = xn+1 , n˜ao pode valer f (n + 1) < xn+1 com f (n + 1) ∈ A pois a fun¸c˜ao ´e injetora e os poss´ıveis termos j´a foram usados em f (k) com k < n + 1, n˜ao pode valer f (n + 1) > xn+1 pois se n˜ao a fun¸ca˜o n˜ao seria crescente, ela teria que assumir para algum valor x > n + 1 o valor de xn+1 , a u ´nica possibilidade restante ´e f (n + 1) = xn+1 o que implica por indu¸ca˜o que xn = f (n) ∀n ∈ N.

1.2.23

Quest˜ ao 24

Propriedade 25. Todo conjunto infinito se decomp˜oe como uni˜ao de uma infinidade enumer´avel de conjuntos infinitos, dois a dois disjuntos. Demonstra¸c˜ ao. Todo conjunto X infinito possui um subconjunto infinito enumer´avel E = {b1 , b2 , · · · , bn , · · · }, tomamos b2k = xk e formamos o conjunto A = {x1 , x2 , · · · , xn , · · · }. ∞ ∪ αk Definimos Bk = {xpk , αk ∈ N }, onde pk ´e o k-´esimo primo e B0 = A \ Bk , cada um k=1

desses conjuntos B0 , B1 , · · · ´e infinito e todos s˜ao disjuntos, vale A =

∞ ∪

Bk , definimos

k=0

B−1 = (E ∪ X) \ A que ´e infinito e n˜ao possui elemento e disjunto com todo outro Bk , com isso temos X=

∞ ∪

Bk

k=−1

que ´e uma uni˜ao enumer´avel de conjuntos infinitos disjuntos.

1.2.24

Quest˜ ao 25

Defini¸ c˜ ao 2 (Fun¸ca˜o caracter´ıstica). Sejam um conjunto A e V um subconjunto qualquer de A, definimos Cv (t) = 0 se x ∈ /V Cv (t) = 1 se x ∈ V Propriedade 26. Sejam X, Y ⊂ A. Valem as propriedades.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

21

ˆ Cx∩y = Cx Cy ˆ Cx∪y = Cx + Cy − Cx∩y e Cx∩y = 0 ⇔ X ∩ Y = ∅. ˆ Se X ⊂ Y ⇔ Cx ≤ Cy . ˆ CA\X = 1 − Cx .

Demonstra¸c˜ ao. ˆ Cx∩y = Cx Cy . Temos dois casos a analisar, se t ∈ X ∩ Y ent˜ao

Cx∩y (t) = 1 = Cx (t) Cy (t), | {z } | {z } 1

1

se t ∈ / X ∩ Y podemos supor t ∈ / Y ent˜ao Cx∩y (t) = 0 = Cx (t) Cy (t) . | {z } 0

ˆ Cx∪y = Cx + Cy − Cx∩y e Cx∩y = 0 ⇔ X ∩ Y = ∅.

Analisamos trˆes casos. 1. Se t ∈ X ∩ Y ent˜ao Cx∪y (t) = 1, Cx (t) + Cy (t) − Cx∩y (t) = 1 + 1 − 1 = 1, logo vale a igualdade. 2. Se t ∈ / X ∩ Y e t ∈ X ( sem perda de generalidade), ent˜ao Cx∪y (t) = 1, Cx (t) + Cy (t) − Cx∩y (t) = 1 + 0 − 0 = 1, logo vale a igualdade. 3. Agora o u ´ltimo caso, se t ∈ / X, Y , Cx∪y (t) = 0 e Cx (t) + Cy (t) − Cx∩y (t) = 0 + 0 − 0 = 0, valendo novamente a igualdade. Cx∪y = Cx + Cy ⇔ Cx∩y = 0 ⇔ Cx∩y (t) = 0 ∀t ∈ A, isso significa que X e Y s˜ao disjuntos. ˆ Se X ⊂ Y ⇔ Cx ≤ Cy . ⇒). Analisamos trˆes casos

1. t ∈ /Y et∈ / Y da´ı t ∈ / x e vale Cx (t) = 0Cy (t). 2. Se t ∈ Y e t ∈ / x ent˜ao Cx (t) = 0 ≤ Cy (t) = 1. 3. Se t ∈ Y tem-se t ∈ Y da´ı Cx (t) = 1 ≤ 1 = Cy (t).

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

22

Em qualquer caso vale a desigualdade. ⇐). Suponha que X n˜ao esteja contido em Y , ent˜ao existe t tal que t ∈ X, t ∈ /Y portanto vale cx (t) = 1 e cy (t) = 0 e n˜ao se verifica a desigualdade. ˆ CA\X = 1 − Cx .

Analisamos dois casos 1. Se t ∈ / X ent˜ao CA\X (t) = 1 = 1 − Cx (t). | {z } 0

2. Se t ∈ X CA\X (t) = 0 = 1 − Cx (t). | {z } 1

1.2.25

Quest˜ ao 26

Propriedade 27. O conjunto das sequˆencias crescentes de n´ umeros naturais n˜ao ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Seja A o conjunto das sequˆencias crescentes de n´ umeros naturais. Suponha que seja enumer´avel, ent˜ao existe uma bije¸c˜ao x : N → A x1 = (y(1,1) , y(2,1) , y(3,1) , y(4,1) , · · · ) x2 = (y(1,2) , y(2,2) , y(3,2) , y(4,2) , · · · ) .. . xn = (y(1,n) , y(2,n) , y(3,n) , y(4,n) , · · · ) vamos mostrar que existe uma sequˆencia crescente que sempre escapa a essa enumera¸c˜ao, tomamos a sequˆencia s como s = (y(1,1) +1 , y(2,2) +y(1,1) +1 , y(3,3) +y(2,2) +y(1,1) +1, y(4,4) +y(3,3) +y(2,2) +y(1,1) +1 , · · · ) denotando y(0,0) = 1 o t-´esimo termo da sequˆencia acima ´e st =

t ∑

y(k,k) , tal sequˆencia

k=0

´e crescente e ela difere de cada xt na t-´esima coordenada, portanto ela n˜ao pertence a enumera¸ca˜o, o que ´e absurdo, portanto o conjunto das sequˆencias crescentes ´e n˜ao enumer´avel.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.2.26

23

Quest˜ ao 27

Propriedade 28. Sejam (N, s) e (N ′ , s′ ) dois pares formados por um conjunto e uma fun¸c˜ao em que ambos cumprem os axiomas de Peano. Ent˜ao existe uma u ´nica bije¸c˜ao f : N → N ′ tal que f (1) = 1′ , f (n + 1) = f (n) + 1′ e vale ainda que ˆ f (m) + f (n) = f (m + n) ˆ f (m.n) = f (m)f (n) ˆ m < n ⇔ f (m) < f (n).

Demonstra¸c˜ ao. Primeiro vamos provar que f deve ser obrigatoriamente da forma f (n) = n′ ∀n ∈ N , por indu¸ca˜o sobre n, a propriedade vale para n = 1, suponha a validade para n, vamos provar para n + 1 f (n + 1) = f (n) + 1′ = n′ + 1′ = s′ (n) = (n + 1)′ . Ent˜ao para todo n ∈ N fica provado que f (n) = n′ , f ´e u ´nica por constru¸ca˜o, sendo tamb´em sobrejetora. ˆ Vale que f (m) + f (n) = f (m + n), vamos provar por indu¸ca˜o sobre n. Para n = 1

ela vale por defini¸ca˜o da fun¸ca˜o, supondo a validade para n, vamos provar para n+1 f ((m + n) + 1) = f (m + n) + f (1) = f (m) + (f (n) + f (1)) = f (m) + f (n + 1) logo fica provada a propriedade. f ´e injetiva, pois se houvessem dois valores distintos m > n tais que f (m) = f (n) ent˜ao existe p ∈ N tal que n + p = m, aplicando a fun¸ca˜o temos f (n) + f (p) = f (m) = f (n), isto ´e n′ + p′ = n′ ent˜ao n′ > n′ o que ´e absurdo, portanto a fun¸ca˜o ´e injetiva. ˆ f (m.n) = f (m)f (n). Por indu¸c˜ao sobre n, para n = 1 ela vale. Suponha validade

para n, vamos provar para n + 1 f (m.(n + 1)) = f (mn + m) = f (m)f (n) + f (m) = f (m)[f (n) + 1] = f (m)f (n + 1) como quer´ıamos provar. ˆ m < n ⇔ f (m) < f (n). ⇒). Se vale m < n ent˜ ao existe p ∈ N tal que m + p = n e

da´ı aplicando f tem-se m′ + p′ = n′ o que implica n′ > m′ , isto ´e, f (n) > f (m). ⇐) Da mesma forma se f (m) < f (n) ent˜ao m′ < n′ e da´ı existe p′ tal que m′ + p′ = n′ ⇒ f (m + p) = f (n) que por injetividade segue m + p = n, portanto n > m.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.3 1.3.1

Cap´ıtulo 3 -N´ umeros reais Quest˜ ao 1

Quest˜ ao 1-1◦ Primeiro provamos um lema, depois a quest˜ao pedida. Propriedade 29. a c a+c + = . d d d Demonstra¸c˜ ao. a c a+c + = d−1 a + d−1 c = d−1 (a + c) = d d d por distributividade do produto em rela¸ca˜o a soma. Propriedade 30. a c ad + bc + = . b d bd Demonstra¸c˜ ao. a c ad cb ad cb ad + bc + = + = + = . b d bd db bd db bd Quest˜ ao 1-2◦ Propriedade 31. a c ac . = . b d bd Demonstra¸c˜ ao. ac a c . = a.b−1 .c.d−1 = ac.b−1 .d−1 = ac.(bd)−1 = . b d bd

1.3.2

Quest˜ ao 2

Quest˜ ao 2-1◦ Propriedade 32. Para todo m inteiro vale am .a = am+1 .

24

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

25

Demonstra¸c˜ ao. Para m natural vale pela defini¸c˜ao de potˆencia, agora para m = −n, n > 0 ∈ N um inteiro vamos provar a−n .a = a−n+1 . Para n = 1 temos a−1 a = a−1+1 = a0 = 1. Vamos provar agora para n > 1, n − 1 > 0 a−n = (an )−1 = (an−1 a)−1 = a−n+1 a−1 multiplicando por a de ambos lados a−n .a = a−n+1 como quer´ıamos demonstrar. Propriedade 33. am .an = am+n . Demonstra¸c˜ ao. Primeiro seja m um inteiro qualquer e n natural, vamos provar a identidade por indu¸ca˜o sobre n, para n = 0 vale am .a0 = am = am+0 para n = 1 vale am a1 = am a = am+1 . Supondo v´alido para n am .an = am+n vamos provar para n + 1 am .an+1 = am+n+1 temos am .an+1 = am an a = am+n .a = am+n+1

.

Agora para −n com n natural , se m ´e natural temos que a propriedade j´a foi demonstrada am a−n = am−n se m ´e inteiro negativo temos am a−n = am−n pois o inverso de am a−n ´e a−m an = a−m+n propriedade que j´a est´a provada por −m e n serem naturais e am−n an−m = 1 por unicidade do inverso de = a−m an = a−m+n ´e am a−n logo fica provado para n e m inteiros. Para potˆencia negativa −n podemos fazer como se segue am a−n = (a−m )−1 (an )−1 = (a−m an )−1 = (a−m+n )−1 = am−n .

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

26

Quest˜ ao 2-2◦ Propriedade 34. (am )n = amn para m e n inteiros. Demonstra¸c˜ ao. Primeiro por indu¸c˜ao para m inteiro e n natural (am )0 = 1 = am.0 (am )1 = am = am.1 . Supondo v´alido para n (am )n = amn vamos provar para n + 1 (am )n+1 = am(n+1) temos pela defini¸c˜ao de potˆencia e pela hip´otese da indu¸c˜ao que (am )n+1 = (am )n am = amn am = amn+m = am(n+1) onde usamos a propriedade do produto de potˆencia de mesma base. Para n inteiro negativo (am )−n = ((am )n )−1 = (amn )(−1) = a−mn .

1.3.3

Quest˜ ao 3

xk xs = para todos k, s ∈ In , num corpo K, prove que dados, ak ∈ yk ys n ∑ K, k ∈ In tais que ak yk ̸= 0 tem-se Exemplo 6. Se

k=1 n ∑ k=1 n ∑

ak xk = ak yk

x1 . y1

k=1

Chamando

x1 xk = p temos = p logo xk = pyk e a soma y1 yk n ∑ k=1

ak xk = p

n ∑ k=1

ak yk

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

logo

n ∑ k=1 n ∑

ak xk =p= ak yk

x1 y1

27

.

k=1

1.3.4

Quest˜ ao 4

Defini¸ c˜ ao 3 (Homomorfismo de corpos). Sejam A, B corpos. Uma fun¸ca˜o f : A → B chama-se um homomorfismo quando se tem f (x + y) = f (x) + f (y) f (x.y) = f (x).f (y) f (1A ) = 1B para quaisquer x, y ∈ A. Denotaremos nesse caso as unidades 1A e 1B pelos mesmos s´ımbolos e escrevemos f (1) = 1. Propriedade 35. Se f ´e homomorfismo ent˜ao f (0) = 0. Demonstra¸c˜ ao. Temos f (0 + 0) = f (0) + f (0) = f (0) somando −f (0) a ambos lados segue f (0) = 0. Propriedade 36. Vale f (−a) = −f (a). Demonstra¸c˜ ao. Pois f (a − a) = f (0) = 0 = f (a) + f (−a) da´ı f (−a) = −f (a). Corol´ ario 6. f (a − b) = f (a) + f (−b) = f (a) − f (b).

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

28

Propriedade 37. Se a ´e invert´ıvel ent˜ao f (a) ´e invert´ıvel e vale f (a−1 ) = f (a)−1 . Demonstra¸c˜ ao. f (a.a−1 ) = f (1) = 1 = f (a).f (a−1 ) ent˜ao pela unicidade de inverso em corpos segue que f (a)−1 = f (a−1 ). Propriedade 38. f ´e injetora. Demonstra¸c˜ ao. Sejam x, y tais que f (x) = f (y), logo f (x) − f (y) = 0, f (x − y) = 0, se x ̸= y ent˜ao x − y seria invert´ıvel logo f (x − y) n˜ao seria nulo, ent˜ao segue que x = y. Propriedade 39. Se f : A → B com f (x + y) = f (x) + f (y) e f (x.y) = f (x)f (y) para x, y arbitr´arios, ent˜ao f (x) = 0 ∀x ou f (1) = 1. Demonstra¸c˜ ao. f (1) = f (1.1) = f (1)f (1), logo f (1) = f (1)2 por isso f (1) = 1 ou f (1) = 0. Se f (1) = 0 ent˜ao f (x.1) = f (x)f (1) = 0, f (x) = 0 ∀x.

1.3.5

Quest˜ ao 5

Propriedade 40. Se f : Q → Q ´e um homomorfismo ent˜ao f (x) = x ∀x ∈ Q. Demonstra¸c˜ ao. Vale que f (x + y) = f (x) + f (y), tomando x = kh e y = h fixo, tem-se f ((k + 1)h) − f (kh) = f (h) aplicamos a soma

n−1 ∑

de ambos lados, a soma ´e telesc´opica e resulta em

k=0

f (nh) = nf (h) tomando h = 1 segue que f (n) = n, tomando h =

p segue n

p p p p f (n ) = f (p) = p = nf ( ) ⇒ f ( ) = . n n n n

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.3.6

Quest˜ ao 6

1.3.7

Quest˜ ao 7

1.3.8

Quest˜ ao 8

29

Propriedade 41. Seja K um conjunto onde valem todos os axiomas de corpo, exceto a existˆencia de inverso multiplicativo. Seja a ̸= 0. f : K → K com f (x) = ax ´e bije¸ca˜o ⇔ ∃ a−1 ∈ K. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). A fun¸ca˜o ´e sobrejetora logo existe x tal que f (x) = 1 = ax portanto a ´e invert´ıvel com a−1 = x ∈ K. ⇐). Dado qualquer y ∈ K tomamos x = ya−1 da´ı f (x) = aa−1 y = y e a fun¸ca˜o ´e sobrejetiva. f tamb´em ´e injetiva, pois se f (x1 ) = f (x2 ), ax1 = ax2 implica por lei do corte que x1 = x2 .. Em geral f ´e injetiva ⇔ vale a lei do corte por essa observa¸c˜ao. Propriedade 42. Seja K finito. Vale a lei do corte em A ⇔ existe inverso para cada elemento n˜ao nulo de K, Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Se vale a lei do corte, pela propriedade anterior tem-se que para qualquer a ̸= 0 em K, f : K → K com f (x) = ax ´e injetiva, como f ´e injetiva de K em K que ´e um conjunto finito, ent˜ao f ´e bijetiva, o que implica a ser invert´ıvel. ⇐). A volta ´e trivial pois existˆencia de inverso implica lei do corte.

1.3.9

Quest˜ ao 9

Exemplo 7. O conjunto dos polinˆomios de coeficiente racionais Q[t] n˜ao ´e um corpo, pois n ∑ por exemplo o elemento x n˜ao possui inverso multiplicativo, se houvesse haveria ak xk tal que x

n ∑

ak xk = 1 =

k=0

independente x0 ´e zero em

n ∑

k=0

ak xk+1 o que n˜ao ´e poss´ıvel pois o coeficiente do termo

k=0

n ∑

ak xk+1 e deveria ser 1.

k=0

O conjunto dos inteiros Z n˜ao ´e um corpo, pois n˜ao possui inverso multiplicativo para todo elementos, por exemplo n˜ao temos o inverso de 2.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.3.10

30

Quest˜ ao 10

Propriedade 43. Dados x, y ∈ R, x2 + y 2 = 0 ⇔ x = y = 0. Demonstra¸c˜ ao. ⇒).Suponha que x ̸= 0, ent˜ao x2 > 0 e y 2 ≥ 0 de onde segue que x2 +y 2 > 0 , absurdo ent˜ao deve valer x2 = 0 ⇒ x = 0 logo temos tamb´em y 2 = 0 ⇒ y = 0, portanto x = y = 0. ⇐). Basta substituir x = y = 0 resultando em 0.

1.3.11

Quest˜ ao 11

Exemplo 8. A fun¸c˜ao f : K + → K + com f (x) = xn , n ∈ N ´e crescente. Sejam x > y > 0 n n ∏ ∏ ent˜ao xn > y n pois xn = x> y = y n , por propriedade de multiplica¸c˜ao de positivos. k=1

k=1

Se f : Q+ → Q+ , Q+ o conjunto dos racionais positivos, ent˜ao f n˜ao ´e sobrejetiva para n = 2, pois n˜ao existe x ∈ Q tal que x2 = 2 ∈ Q+ . f (K + ) n˜ao ´e um conjunto limitado superiormente de K, isto ´e, dado qualquer x ∈ K existe y ∈ K + tal que y n > x. O limitante superior do conjunto, se existisse, n˜ao poderia ser um n´ umero negativou ou zero, pois para todo y positivo tem-se y n positivo, que ´e maior que 0 ou qualquer n´ umero negativo. Suponha que x positivo seja, tomando y = x + 1 temos y n = (x + 1)n ≥ 1 + nx > x, logo f (K + ) n˜ao ´e limitado superiormente.

1.3.12

Quest˜ ao 12

Propriedade 44. Sejam X um conjunto qualquer e K um corpo, ent˜ao o conjunto F (X, K) munido de adi¸ca˜o e multiplica¸ca˜o de fun¸c˜oes ´e um anel comutativo com unidade, n˜ao existindo inverso para todo elemento. Lembrando que em um anel comutativo com unidade temos as propriedades, associativa, comutativa, elemento neutro e existˆencia de inverso aditivo, para adi¸ca˜o. valendo tamb´em a comutatividade, associatividade, existˆencia de unidade 1 para o produto e distributividade que relaciona as duas opera¸c˜oes. Demonstra¸c˜ ao.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

31

ˆ Vale a associatividade da adi¸ca˜o

((f + g) + h)(x) = (f (x) + g(x)) + h(x) = f (x) + (g(x) + h(x)) = (f + (g + h))(x) ˆ Existe elemento neutro da adi¸ca˜o 0 ∈ K e a fun¸ca˜o constante 0(x) = 0 ∀ x ∈ K, da´ı

(g + 0)(x) = g(x) + 0(x) = g(x). ˆ Comutatividade da adi¸c˜ao

(f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x) ˆ Existe a fun¸c˜ao sim´etrica, dado g(x), temos f com f (x) = −g(x) e da´ı

(g + f )(x) = g(x) − g(x) = 0. ˆ Vale a associatividade da multiplica¸ca˜o

(f (x).g(x)).h(x) = f (x).(g(x).h(x)) ˆ Existe elemento neutro da multiplica¸ca˜o 1 ∈ K e a fun¸ca˜o constante I(x) = 1 ∀ x ∈

K, da´ı (g.I)(x) = g(x).1 = g(x). ˆ Comutatividade da multiplica¸ca˜o

(f.g)(x) = f (x)g(x) = g(x)f (x) = (g.f )(x) Por u ´ltimo vale a distributividade (f (g + h))(x) = f (x)(g(x) + h(x)) = f (x)g(x) + f (x)h(x) = (f.g + f.h)(x). N˜ao temos inverso multiplicativo para toda fun¸ca˜o, pois dada uma fun¸ca˜o, tal que f (1) = 0 e f (x) = 1 para todo x ̸= 1 em K, n˜ao existe fun¸c˜ao g tal que g(1)f (1) = 1, pois f (1) = 0, assim o produto de f por nenhuma outra fun¸ca˜o gera a identidade.

1.3.13

Quest˜ ao 13

Propriedade 45. Sejam x, y > 0 . x < y ⇔ x−1 > y −1 .

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

32

Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Como y > x e x−1 e y −1 s˜ao positivos, multiplicamos a desigualdade por x−1 y −1 em ambos lados x−1 y −1 y > x−1 y −1 x implicando x−1 > y −1 , ent˜ao 1 1 se y > x temos > . x y ⇐). Se x−1 > y −1 . x, y s˜ao positivos, multiplicamos a desigualdade por xy em ambos lados, de onde segue que y > x.

1.3.14

Quest˜ ao 14

Propriedade 46. Sejam a > 0 em K e f : Z → K com f (n) = an . Nessas condi¸co˜es f ´e crescente se a > 1, decrescente se a < 1 e constante se a = 1. Demonstra¸c˜ ao. Para qualquer n ∈ Z vale f (n + 1) − f (n) = an+1 − an = an (a − 1), an ´e sempre positivo, ent˜ao o sinal da diferen¸ca depende do sinal de a − 1. Se a = 1 vale f (n + 1) = f (n) ∀ n ∈ Z logo f ´e constante, se a − 1 < 0, a < 1 ent˜ao f (n + 1) − f (n) < 0, f (n + 1) < f (n), f ´e decrescente e finalmente se a − 1 > 0, a > 1 ent˜ao f (n + 1) > f (n) e a fun¸ca˜o ´e crescente. Perceba que as propriedades citadas valem para todo n ∈ Z, por exemplo no caso de a > 1 temos · · · < f (−4) < f (−3) < f (−2) < f (−1) < f (0) < f (1) < f (2) < f (3) < · · · < f (n) < f (n+1) < · · · analogamente para os outros casos.

1.3.15

Quest˜ ao 15

Exemplo 9. Para todo x ̸= 0 real, prove que (1 + x)2n > 1 + 2nx. Se x > −1 tomamos a desigualdade de bernoulli com 2n no expoente. Se x < −1 vale 1 + x < 0 por´em elevando a uma potˆencia par resulta num n´ umero positivo, por outro lado 2nx < −2n logo 1 + 2nx < 1 − 2n < 0 ent˜ao (1 + x)2n ´e positivo e 1 + 2nx ´e negativo, logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx

1.3.16

.

Quest˜ ao 16

Exemplo 10. Se n ∈ N e x < 1 ent˜ao (1 − x)n ≥ 1 − nx, pois de x < 1 segue que −x > −1 e da´ı aplicamos a desigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥ 1 + ny com y = −x.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.3.17

33

Quest˜ ao 17

Corol´ ario 7. Se a e a + x s˜ao positivos, ent˜ao vale (a + x)n ≥ an + nan−1 x. a+x x = (1 + ) > 0 ent˜ao podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥ a a x 1 + ny com y = , resultando em a Pois

(a + x)n ≥ an + nan−1 x. Se a ̸= 0, arbitr´ario em R, podendo agora ser negativo, substitu´ımos y =

x em a

(1 + x)2n > 1 + 2nx. chegando na desigualdade (a + x)2n > a2n + a2n−1 2nx. x x < 1 ent˜ao da desigualdade (1 − y)n ≥ 1 − ny, novamente tomamos y = a a de onde segue Se vale

(a − x)n ≥ an − an−1 nx.

1.3.18

Quest˜ ao 18

Propriedade 47. Sejam sequˆencias (ak ) , (bk ) em um corpo ordenado K onde cada bk ´e a1 an ak positivo, sendo o m´ınimo e o m´aximo dos termos da sequˆencia de termo ent˜ao b1 bn bk vale n ∑ ak an a1 k=1 ≤ ∑ ≤ . n b1 bn bk k=1

Demonstra¸c˜ ao. Para todo k vale aplicamos a soma

n ∑

ak an a1 an a1 ≤ ≤ ⇒ bk ≤ a k ≤ bk pois bk > 0, b1 bk bn b1 bn

em ambos lados, de onde segue

k=1 n ∑

∑ an a1 ∑ bk ≤ ak ≤ bk b1 bn k=1 k=1 k=1 n

n

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

dividindo por

n ∑

34

bk que ´e positivo, temos finalmente

k=1 n ∑

a1 ≤ k=1 n ∑ b1

ak

an . bn

≤ bk

k=1

1.3.19

Quest˜ ao 19

Propriedade 48 (Multiplicatividade). |a||b| = |a.b| para a e b reais quaisquer. Demonstra¸c˜ ao. Vale que |x.y|2 = (x.y)2 = x2 y 2 e (|x||y|)2 = |x|2 |y|2 = x2 .y 2 os quadrados desses n´ umeros s˜ao iguais e eles s˜ao n˜ao negativos, ent˜ao segue que |x.y| = |x||y|. Demonstra¸c˜ ao.[2] |a.b| =

√ √ √ √ (a.b)2 = a2 .b2 = a2 . b2 = |a||b|.

1 1 Propriedade 49. Se x ̸= 0 ent˜ao | | = . x |x| 1 x 1 1 Demonstra¸c˜ ao. Vale |x|| | = | | = 1 da´ı | | ´e inverso de |x|, sendo . x x x |x| Corol´ ario 8 (Preserva divis˜ao). x |x| | |= . y |y|

1.3.20

Quest˜ ao 20

Propriedade 50.

n ∏

|ak | = |

k=1

n ∏

ak |

k=1

Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸c˜ao, para n = 1 vale, supondo para n n´ umeros n ∏ k=1

|ak | = |

n ∏ k=1

ak |

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

vamos provar para n + 1

n+1 ∏

|ak | = |

k=1

n+1 ∏

35

ak |

k=1

temos n+1 ∏ k=1

|ak | =

n ∏

|ak |.|an+1 | = |

k=1

n ∏

ak ||an+1 | = |

k=1

n ∏

ak an+1 | = |

k=1

n+1 ∏

ak |

.

k=1

Propriedade 51 (Desigualdade triangular generalizada). Sejam g(k) definida para k inteiro ,a, b ∈ Z, ent˜ao vale |

b ∑

b ∑

g(k)| ≤

k=a

|g(k)|.

k=a

Demonstra¸c˜ ao. Para cada k vale −|g(k)| ≤ g(k) ≤ |g(k)| aplicando o somat´orio em ambos lados segue −

b ∑

|g(k)| ≤

|

b ∑

g(k) ≤

g(k)| ≤ |

b ∑

b ∑

|g(k)|| =

b ∑

|g(k)|

k=a

k=a

k=a

|g(k)|

k=a

k=a

k=a

que implica

b ∑

pois os termos |g(k)| somados s˜ao n˜ao negativos ,logo a soma desses termos ´e n˜ao-negativa e o m´odulo da soma ´e igual a soma. Propriedade 52. A identidade que provamos acima vale para n´ umeros reais, vamos provar agora por indu¸ca˜o que se vale |z + w| ≤ |z| + |w| para quaisquer z, w ent˜ao vale |

n ∑

zk | ≤

k=1

n ∑

|zk |

k=1

de maneira que possa ser usada para n´ umeros complexos , normas e outras estruturas que satisfazem a desigualdade triangular. Demonstra¸c˜ ao.[2] Por indu¸ca˜o sobre n, para n = 1 tem-se |

1 ∑ k=1

zk | = |z1 | ≤

1 ∑ k=1

|zk | = |z1 |

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

36

logo vale. Supondo a validade para n | vamos provar para n + 1 |

n ∑

zk | ≤

n ∑

k=1

k=1

n+1 ∑

n+1 ∑

k=1

zk | ≤

|zk |

|zk |.

k=1

Da hip´otese da indu¸ca˜o somamos |zn+1 | em ambos lados, logo |

n+1 ∑

zk | = |zn+1 +

k=1

n ∑

zk | ≤ |zn+1 | + |

k=1

n ∑

zk | ≤

k=1

n+1 ∑

|zk |

k=1

Vejamos outras1 demonstra¸co˜es da desigualdade triangular

1.3.21

Quest˜ ao 22

Vamos resolver um caso mais geral do problema. Defini¸ c˜ ao 4 (Mediana). Dada uma sequˆencia finita (yk )n1 seus termos podem ser reare ´e definida da ranjados para forma uma sequˆencia n˜ao-decrescente (xk )n1 . A mediana X seguinte maneira e = x n+1 . ˆ Se n ´e ´ımpar X 2

e= ˆ Se n ´e par X Exemplo 11. Seja

x n2 +1 + x n2 . 2

(xk )n1

uma sequˆencia crescente f : R → R com f (x) =

n ∑ k=1

Se x < x1 ent˜ao f (x) = −nx +

n ∑

xk

k=1

logo f ´e decrescente para x < x1 . Tomando x > xn f (x) = nx −

n ∑

xk

k=1

logo f ´e crescente para x > xn . 1

Essas demonstra¸c˜ oes aprendi com Pedro Kenzo, obrigado por compartilhar as solu¸c˜oes.

|x − xk |.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

37

Seja agora x ∈ [xt , xt+1 ), t variando de 1 at´e n − 1

f (x) =

t ∑

(x − xk ) −

k=1

n ∑

(x − xk ) = (2t − n)x +

k=t+1

t ∑

xk −

k=1

n ∑

xk

k=t+1

n n n portanto a fun¸c˜ao ´e decrescente se t < e crescente se t > , de t = 1 at´e t = ⌊ ⌋ 2 2 2 n em cada intervalo [xt , xt+1 ) a fun¸ca˜o ´e decrescente, sendo ⌊ ⌋ segmentos decrescentes, de 2 n n t = ⌊ ⌋ + 1 at´e n − 1, temos n − 1 − ⌊ ⌋ segmentos crescentes. 2 2 ˆ Se n ´e ´ımpar f ´e decrescente em [x⌊ n2 ⌋ , x⌊ n2 ⌋+1 ) e crescente em [x⌊ n2 ⌋+1 , x⌊ n2 ⌋+2 ) logo

o ponto x⌊ n2 ⌋+1 = x n+1 ´e o u ´nico ponto de m´ınimo. 2

ˆ Se n ´e par a fun¸ca˜o ´e constante em [x n2 , x n2 +1 ), todos os pontos desse intervalo s˜ao x n + x n2 +1 pontos de m´ınimo. Em especial o ponto 2 ´e ponto de m´ınimo. 2

Conclu´ımos que um ponto de m´ınimo acontece sempre na mediana da sequˆencia. Exemplo 12. Achar o m´ınimo da fun¸c˜ao f (x) =

n ∑

|x − k| para n ´ımpar e para n par.

k=1

Trocando n por 2n temos que o m´ınimo acontece no ponto x 2n = xn = n, substitu´ımos 2

ent˜ao tal valor na fun¸ca˜o 2n ∑ k=1

|n − k| =

n ∑

|n − k| + n ∑

(n − k) +

k=1

portanto o m´ınimo de

|n − k| =

2n ∑

n ∑ k=1

n ∑ k=1

k=n+1

k=1

=

2n ∑

(k) =

n ∑

(n − k) +

2n ∑

(−n + k) =

k=n+1

n = n.n = n2 .

k=1

|x − k| ´e n2 .

k=1

ˆ min{|x − 1| + |x − 2|} = 1 ˆ min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4|} = 4 ˆ min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5| + |x − 6|} = 9 ˆ min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5| + |x − 6| + |x − 7| + |x − 8|} = 16.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

38

Agora para n ´ımpar, trocamos n por 2n + 1 o m´ınimo acontece no ponto x (2n+1)+1 = 2

xn+1 = n + 1, aplicando na fun¸ca˜o temos 2n+1 ∑

|n + 1 − k| =

k=1

n+1 ∑

|n + 1 − k| +

k=1

=

2n+1 ∑

|n + 1 − k| =

k=n+2 n ∑

(n + 1 − k) +

k=1

n+1 ∑

(n + 1 − k) +

k=1 n ∑

k=

k=1

n ∑

2n+1 ∑

−(n + 1) + k =

k=n+2

(n + 1) = n(n + 1).

k=1

ˆ min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3|} = 2 ˆ min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5|} = 6 ˆ min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5| + |x − 6| + |x − 7|} = 12 ˆ min{|x−1|+|x−2|+|x−3|+|x−4|+|x−5|+|x−6|+|x−7|+|x−8|+|x−9|} = 20.

1.3.22

Quest˜ ao 23

Propriedade 53. |a − b| < ε ⇒ |a| < |b| + ε. Demonstra¸c˜ ao. Partindo da desigualdade |a − b| < ε, somamos |b| a ambos lados |a − b| + |b| < ε + |b| e usamos agora a desigualdade triangular |a| ≤ |a − b| + |b| < ε + |b| da´ı segue |a| ≤ ε + |b|. Da mesma forma vale se |a−b| < ε ent˜ao |b| ≤ ε+|a| ⇒ |b|−ε ≤ |a| e com |a| ≤ ε+|b|. temos |b| − ε ≤ |a| ≤ ε + |b|. Vimos que |a − b| < ε implica |a| < |b| + ε, mas como a ≤ |a| segue a < |b| + ε.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.3.23

39

Quest˜ ao 24

Propriedade 54. Dado um corpo ordenado K , s˜ao equivalentes 1. K ´e arquimediano. 2. Z ´e ilimitado superiormente e inferiormente. 3. Q ´e ilimitado superiormente e inferiormente. Demonstra¸c˜ ao. ˆ 1 ⇒ 2. N ⊂ Z ent˜ ao Z ´e ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que Z seja

limitado inferiormente, ent˜ao existe a ∈ K tal que a < x ∀x ∈ Z, logo −a > −x, por´em existe n natural tal que n > −a ⇒ |{z} −n < a o que contraria a hip´otese. ∈Z

ˆ 2 ⇒ 3 . Z ⊂ Q portanto Q ´e ilimitado superiormente e inferiormente.

a a ˆ 3 ⇒ 1 . Para todo y ∈ K existe ∈ Q com a, b > 0 naturais tal que > y, b b x da´ı a > yb, podemos tomar y = , logo a > x, a ∈ N , portanto N ´e ilimitado b superiormente e o corpo ´e arquimediano.

1.3.24

Quest˜ ao 25

Propriedade 55. Seja K um corpo ordenado. K ´e arquimediado ⇔ ∀ε > 0 em K existe 1 n ∈ N tal que n < ε. 2 Demonstra¸c˜ ao. 1 ⇒). Como K ´e arquimediano, ent˜ao ∀ε > 0 existe n ∈ N tal que n > ⇒ n + 1 > ε 1 1 1 n n > por desigualdade de Bernoulli temos 2 > n + 1 > ⇒ n < ε. ε ε 2 1 1 ⇐). Se ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que n < ε, tomamos ε = , x > 0 arbitr´ario 2 x ent˜ao x < 2n , com 2n = m ∈ N ent˜ao K ´e arquimediano, N n˜ao ´e limitado superiormente.

1.3.25

Quest˜ ao 26

Propriedade 56. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z → K com f (n) = an , ent˜ao

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

40

ˆ f (Z) n˜ao ´e limitado superiormente. ˆ inf(F (Z)) = 0.

Demonstra¸c˜ ao. ˆ Vale que a > 1 ent˜ ao a = p + 1 onde p > 0, por desigualdade de Bernoulli temos x (p + 1)n ≥ 1 + pn. ∀ x > 0 ∈ K existe n tal que n > ⇒ pn > x ⇒ (p + 1)n ≥ p 1 + pn > x, logo f (Z) n˜ao ´e limitado superiormente. ˆ 0 ´e cota inferior de f (Z) pois vale 0 < an ∀n ∈ Z. Suponha que exista x tal que 1 1 0 < x < am ∀ m ∈ Z, sabemos que existe n ∈ N tal que an > da´ı x > n = a−n , x a absurdo, ent˜ao 0 deve ser o ´ınfimo.

1.3.26

Quest˜ ao 27

Propriedade 57. Se s ´e irracional e u ̸= 0 ´e racional ent˜ao u.s ´e irracional. Demonstra¸c˜ ao. Suponha que s ´e irracional e u.s seja racional, ent˜ao u.s = p ̸= 0 e q ̸= 0 inteiros e como u ̸= 0 ´e racional ele ´e da forma u =

p com q

j , j ̸= 0 e v ̸= 0, v

inteiros, logo j p s= v q multiplicando por

v ambos lados segue j s=

p.v j.q

que ´e um n´ umero racional, logo chegamos a um absurdo. Propriedade 58. Se s ´e irracional e t racional, ent˜ao s + t ´e irracional. p p da´ı s = − t que seria q q racional por ser diferen¸ca de dois racionais, um absurdo ent˜ao segue que s + t ´e irracional. Demonstra¸c˜ ao. Suponha s + t racional, ent˜ao s + t =

Exemplo 13. Existem irracionais a e b tais que a + b e a.b sejam racionais. Exemplos √ √ a = 1 + 5 , b = 1 − 5 da´ı a + b = 2 e a.b = 1 − 5 = −4.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.3.27

41

Quest˜ ao 28

Propriedade 59. Sejam a, b, c, d racionais ent˜ao √ √ a + b 2 = c + d 2 ⇔ a = c e b = d. Demonstra¸c˜ ao.

√ √ ⇐). Se a = c e b = d a temos a + b 2 = c + d 2. √ √ √ ⇒). Suponha a + b 2 = c + d 2 ent˜ao a − c = 2(d − b), se d = b ent˜ao a = c e terminamos, se n˜ao vale que

o que ´e absurdo pois

1.3.28

√ 2 ´e irracional.

a−c √ = 2 d−b

Quest˜ ao 29

√ Exemplo 14. O conjunto da forma {x + y p} onde x e y s˜ao racionais ´e subcorpo dos n´ umeros reais. √ ˆ O elemento neutro da adi¸ca˜o 0 pertence ao conjunto. Pois 0 = 0 + 0 p √ ˆ O elemento neutro da multiplica¸ca˜o 1 pertence ao conjunto. Pois 1 = 1 + 0 p √ √ √ ˆ A adi¸c˜ao ´e fechada. Pois x + y p + z + w p = x + z + (y + w) p. √ √ √ √ ˆ O produto ´e fechado. Pois (x + y p)(z + w p) = xz + xw p + yz p + y.wp. √ √ ˆ Dado x ∈ A implica −x ∈ A. Pois dado x + y p temos o sim´etrico −x − y p. √ ˆ Dado x ̸= 0 ∈ A tem-se x−1 ∈ A. Pois dado x + y p temos inverso √ x−y p x2 − y 2 p como inverso multiplicativo. Exemplo 15. O conjunto dos elementos da forma a + bα onde α =

√ 3 2 n˜ao ´e um corpo

pois o produto n˜ao ´e fechado, vamos mostrar que α2 n˜ao pertence ao conjunto.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

42

Suponha que α2 = a + bα ent˜ao α3 = aα + bα2 = 2 substituindo a primeira na segunda temos que aα + b(a + bα) = aα + ab + b2 α = α(b2 + a) + ab = 2 ⇒ α(b2 + a) = 2 − ab 2 − ab o que ´e absurdo pois α ´e irracional, ent˜ao devemos ter b2 + a a = −b2 , multiplicamos a express˜ao aα + bα2 = 2 por α, de onde segue aα2 + 2b = 2α, se b2 + a ̸= 0 ent˜ao α =

substituindo α2 = a + bα nessa u ´ltima temos a(a + bα) + 2b = a2 + abα + 2b = 2α ⇒ α(2 − ab) = 2b + a2 2b + a2 , temos que ter ent˜ao 2 = ab e a = −b2 2 − ab de onde segue 2 = −b3 , por´em n˜ao existe racional que satisfaz essa identidade, da´ı n˜ao

se 2 ̸= ab chegamos num absurdo de α =

podemos escrever α2 da forma a+bα com a e b racionais, portanto o produto de elementos n˜ao ´e fechado e assim n˜ao temos um corpo.

1.3.29

Quest˜ ao 30

Propriedade 60. Sejam a, b ∈ Q+ .

√

a+

√ √ √ b ´e racional ⇔ a e b s˜ao racionais.

Demonstra¸c˜ ao. ⇒).

√ √ √ Se a = b ent˜ao 2 a ∈ Q o que implica a = b ∈ Q. Agora o caso de a ̸= b. √ √ √ √ a− b Suponha que a + b ´e racional ent˜ao seu inverso tamb´em racional , que ´e , a−b √ √ √ √ √ √ √ √ da´ı a − b ∈ Q , a soma ( a + b) + ( a − b) = 2 a ∈ Q logo a ∈ Q, a diferen¸ca √ √ √ √ √ de n´ umeros racionais tamb´em ´e um n´ umero racional ( a + b) − a = b, portanto a √ e b s˜ao racionais. ⇐). A volta vale pois a soma de racionais ´e um racional.

1.3.30

Quest˜ ao 31

Propriedade 61. Sejam A ⊂ R n˜ao vazio limitado e c ∈ R, ent˜ao 1. c ≤ sup(A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c − ε < x.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

43

2. c ≥ inf (A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c + ε > x. Demonstra¸c˜ ao. 1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c − ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se n˜ao existisse x ∈ A tal que c − ε < x ent˜ao c − ε seria cota superior menor que o supremo, o que ´e absurdo, contraria o fato do supremo ser a menor das cotas superiores. ⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poder´ıamos tomar c − sup(A) = ε da´ı c − c + sup(A) = sup(A) < x o que ´e absurdo. 2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf (A). Dado ε > 0 fixo, se n˜ao existisse x ∈ A tal que c + ε > x ent˜ao c + ε seria cota superior menor que o ´ınfimo, o que ´e absurdo, contraria o fato do ´ınfimo ser a menor das cotas inferiores. ⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf (A), poder´ıamos tomar inf (A) − c = ε da´ı x < c + inf (A) − c = inf (A) o que ´e absurdo.

1.3.31

Quest˜ ao 32

1 | n ∈ N } . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 ´e uma cota n inferior, agora vamos mostrar que 0 ´e a menor delas. Dado 0 < x, x n˜ao pode ser cota 1 inferior, pois existe n natural tal que < x, logo 0 ´e o ´ınfimo. n Exemplo 16. Seja A = {

1.3.32

Quest˜ ao 33

Propriedade 62. Se A ´e limitado inferiormente e B ⊂ A ent˜ao inf (A) ≤ inf (B). Demonstra¸c˜ ao. inf A ´e cota inferior de A, logo tamb´em ´e cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale inf A ≤ inf B, pois inf B ´e a maior cota inferior de B. Propriedade 63. Se A ´e limitado superiormente e B ⊂ A ent˜ao sup(A) ≥ sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Toda cota superior de A ´e cota superior de B, logo o sup(A) ´e cota superior de B, como sup(B) ´e a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B).

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

44

Corol´ ario 9. Se A e B s˜ao conjuntos limitados com B ⊂ A ent˜ao vale sup(A) ≥ sup(B) ≥ inf (B) ≥ inf (A) pois temos sup(A) ≥ sup(B) e inf (A) ≤ inf (B), tendo ainda que sup(B) ≥ inf (B).

1.3.33

Quest˜ ao 34

Propriedade 64. Sejam A, B ⊂ R tais que para todo x ∈ A e todo y ∈ B se tenha x ≤ y. Ent˜ao sup A ≤ inf B. Demonstra¸c˜ ao. Todo y ∈ B ´e cota superior de A, logo sup A ≤ y para cada y pois sup A ´e a menor das cotas superiores, essa rela¸ca˜o implica que sup A ´e cota inferior de B logo sup A ≤ inf B, pois inf B ´e a maior cota inferior. Propriedade 65. sup A = inf B ⇔ para todo ε > 0 dado , existam x ∈ A e y ∈ B com y − x < ε. Demonstra¸c˜ ao. ⇐, usamos a contrapositiva. N˜ao podemos ter inf B < sup A pela propriedade anterior, ent˜ao temos for¸cosamente que inf B > sup A, tomamos ent˜ao ε = inf B − sup A > 0 e temos y − x ≥ ε para todo x ∈ A e y ∈ B pois y ≥ inf B e sup A ≥ x de onde segue −x ≥ − sup A, somando esta desigualdade com a de y tem-se y − x ≥ inf B − sup A = ε.

ε n˜ao ´e cota superior 2 ε de A, pois ´e menor que o sup A (que ´e a menor cota superior), da mesma maneira inf A+ 2 n˜ao ´e cota inferior de B, ent˜ao existem x ∈ A e y ∈ B tais que ⇒ , Se sup A = inf B. Ent˜ao sendo para qualquer ε > 0, sup A −

sup A −

ε ε < x ≤ sup A = inf B ≤ y < inf B + 2 2

ε ε < x ≤ y < inf B + 2 2 ε ε ε de onde segue inf B − < x, −x < − inf B e y < inf B + somando ambas tem-se 2 2 2 y − x < ε. inf B −

1.3.34

Quest˜ ao 35 e 36

Propriedade 66. Se c > 0 ent˜ao sup(c.A) = c. sup A.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

45

Demonstra¸c˜ ao. Seja a = sup A. Para todo x ∈ A tem-se x ≤ a, de onde segue d d cx ≤ ca, assim ca ´e cota superior de cA. Seja d tal que d < ca ent˜ao < a logo n˜ao ´e c c d cota superior de A, implicando a existˆencia de pelo menos um x tal que < x, d < cx c de onde segue que d n˜ao ´e cota superior de cA, assim ca ´e a menor cota superior de cA logo o supremo. Propriedade 67. Se c > 0, inf cA = c inf A. Demonstra¸c˜ ao. Seja a = inf A, ent˜ao vale a ≤ x para todo x, multiplicando por c segue ca ≤ cx d de onde conclu´ımos que ca ´e cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, ent˜ao a < , c d d implicando que n˜ao ´e cota inferior de A assim existe x ∈ A tal que x < ⇒ cx < d, c c logo d n˜ao ´e cota inferior de cA, implicando que c.a ´e a maior cota inferior, logo o ´ınfimo do conjunto. Propriedade 68. Se c < 0 ent˜ao inf(cA) = c sup A. Demonstra¸c˜ ao. Seja a = sup A . Tem-se x ≤ a para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cx ≥ ca para todo x ∈ A. Ent˜ao ca ´e uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se d d < a como a ´e supremo, isso significa que existe x ∈ A tal que < x logo d > cx, c c assim esse d n˜ao ´e cota inferior, implicando que ca ´e a menor cota inferior, ent˜ao ´ınfimo do conjunto. A quest˜ao 35 segue da pr´oxima propriedade com c = −1. Propriedade 69. Se c < 0 ent˜ao sup(cA) = c inf A. Demonstra¸c˜ ao. Seja b = inf A ent˜ao vale b ≤ x para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cb ≥ cx assim cb ´e cota superior de cA. Agora tome d tal que cb > d segue d d b < , como b ´e ´ınfimo existe x ∈ A tal que x < , cx > d assim esse d n˜ao pode ser cota c c superior de cA, ent˜ao cb ´e a menor cota superior, logo o ´ınfimo.

1.3.35

Quest˜ ao 37

Item I Sejam A, B ⊂ R, conjuntos limitados .

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

46

Propriedade 70. O conjunto A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B} tamb´em ´e limitado. Demonstra¸c˜ ao. Se A ´e limitado , existe t tal que |x| < t para todo x ∈ A e se B ´e limitado existe u tal que |y| < u ∀y ∈ B. Somando as desigualdades e usando desigualdade triangular segue |x| + |y| < u + t e |x + y| ≤ |x| + |y| < u + t logo o conjunto A + B ´e limitado. Item II Propriedade 71 (Propriedade aditiva). Vale sup(A + B) = sup(A) + sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Como A, B s˜ao limitidados superiomente, temos sup A := a e sup B := b, como vale a ≥ x e b ≥ y para todos x, y ∈ A, B respectivamente segue que a + b ≥ x + y logo o conjunto A + B ´e limitado superiormente. Para todo e qualquer ε > 0 existem x, y tais que ε ε a a.b segue que > b a t t t logo existe y ∈ B tal que > y da´ı > a logo existe x ∈ A tal que > x logo t < x.y a y y ent˜ao t n˜ao pode ser uma cota inferior, implicando que a.b ´e o ´ınfimo do conjunto.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.3.38

49

Quest˜ ao 40

Propriedade 78. Sejam f, g : A → R fun¸co˜es limitadas ent˜ao f.g : A → R ´e limitada. Demonstra¸c˜ ao. Vale que |f (x)| < M1 e |g(x)| < M2 ent˜ao |f (x)g(x)| < M1 M2 = M ∀ x ∈ A , portanto f.g : A → R ´e limitada. Propriedade 79. Sejam f, g : A → R+ limitadas superiormente, ent˜ao sup(f.g) ≤ sup(f ) sup(g). Demonstra¸c˜ ao. Sejam C = {g(x).f (x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f (x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B para ver isso basta tomar x = y nas defini¸c˜oes acima, da´ı sup(A.B) ≥ sup(C) sup(A) sup(B) ≥ sup(C) sup(f ) sup(g) ≥ sup(f.g). Propriedade 80. Sejam f, g : A → R+ limitadas inferiormente, ent˜ao inf(f.g) ≥ inf(f ) inf(g). Demonstra¸c˜ ao. Sejam C = {g(x).f (x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f (x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B, da´ı inf(A.B) ≤ inf(C) inf(A) inf(B) ≤ inf(C) inf(f ) inf(g) ≤ inf(f.g). Exemplo 18. Sejam f, g : [1, 2] → R dadas por f (x) = x e g(x) =

1 , vale sup f = 2, x

sup g = 1 sup f. sup g = 2 e sup(f.g) = 1, pois f.g = 1 logo sup f sup g > sup(f.g). Da mesma maneira inf f = 1, inf g =

1 1 vale inf f. inf g = e inf(f.g) = 1 portanto 2 2

inf f. inf g < inf(f.g).

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

50

Propriedade 81. Seja f : A → R+ limitada superiormente ent˜ao sup(f 2 ) = (sup f )2 . Demonstra¸c˜ ao. Seja a = sup f tem-se f (x) ≤ a ∀x da´ı f (x)2 ≤ a2 ent˜ao a2 ´e √ cota superior de f 2 , e ´e a menor cota superior pois se 0 < c < a2 ent˜ao c < a logo √ existe x tal que c < f (x) < a e da´ı c < f (x)2 < a2 logo a2 ´e a menor cota superior sup(f 2 ) = sup(f )2 . Propriedade 82. Seja f : A → R+ ent˜ao inf(f 2 ) = (inf f )2 . Demonstra¸c˜ ao. Seja a = inf f tem-se f (x) ≥ a ∀x da´ı f (x)2 ≥ a2 ent˜ao a2 ´e cota √ inferior de f 2 , e ´e a maior cota inferior pois se a2 < c ent˜ao a < c logo existe x tal que √ a < f (x) < c e da´ı a2 < f (x)2 < c logo a2 ´e a maior cota inferior inf(f 2 ) = inf(f )2 .

1.3.39

Quest˜ ao 42

Teorema 1 (Teorema das ra´ızes racionais). Se o polinˆomio f (x) =

n ∑

ak xk

k=0

de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x =

r tal que mdc(r, s) = 1 ent˜ao s|an e s

r|a0 . ∑ r ak xk , ent˜ao temos ´e raiz de f (x) = s k=0 n

Demonstra¸c˜ ao. Se x =

( ) ∑ ( )k n r r f ak = =0 s s k=0 multiplicando por sn em ambos os lados temos n ∑

ak rk .sn−k = 0

k=0

como s|0 ent˜ao s|

n ∑

ak rk .sn−k , na soma s n˜ao aparece como fator apenas quando

k=0

n − k = 0, n = k, logo abrindo o limite superior do somat´orio temos n−1 ∑ k=0

k

n−k

ak r .s

n

n−n

+ an r .s

=

n−1 ∑ k=0

ak rk .sn−k + an rn = 0

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

51

da´ı s deve dividir an rn , como s ´e primo com r implica que tamb´em ´e primo com rn , portanto s deve dividir an . Pelo mesmo argumento, temos que r|0 logo r deve dividir n ∑ ak rk .sn−k , como o u ´nico fator onde r n˜ao aparece ´e quando k = 0, abrimos o limite k=0

inferior do somat´orio 0

n−0

a0 r .s

+

n ∑

k

ak r .s

n−k

n

= a0 .s +

k=1

n ∑

ak rk .sn−k = 0

k=1

logo r deve dividir a0 .sn , mas como r ´e primo com sn , ele deve dividir a0 . Corol´ ario 10. Se o polinˆomio de coeficientes inteiros

n ∑

ak xk possui ra´ızes racionais

k=0

ent˜ao elas devem pertencer ao conjunto p A = { | p|a0 q|an }. q Corol´ ario 11. Se an = 1 em um polinˆomio de coeficientes inteiros P (x) =

n ∑

ak xk ent˜ao

k=0

suas ra´ızes racionais devem ser inteiras, pois p A = { | p|a0 q|1} q ent˜ao q = 1 ou q = −1, e de qualquer forma implica que as solu¸c˜oes s˜ao da forma x = p para algum p ∈ Z. Ent˜ao , nessas condi¸co˜es, as ra´ızes do polinˆomio P (x) s˜ao inteiras ou irracionais. Propriedade 83. Seja P (x) = xn − a, a > 0 ∈ Z, se a n˜ao ´e n-´esima potˆencia de um √ n´ umero natural ent˜ao a u ´nica raiz positiva de P , que ´e n a , ´e irracional. Demonstra¸c˜ ao. Como P possui coeficiente an = 1 ent˜ao ele possui raiz irracional ou inteira, se a raiz positiva m fosse inteira (logo natural) ter´ıamos mn − a = 0 e da´ı a = mn ´e potˆencia de um n´ umero natural, o que contraria a hip´otese de a n˜ao ser n-´esima √ potˆencia de um n´ umero natural, logo n a ´e irracional.

1.3.40

Quest˜ ao 43

Propriedade 84. Sejam I um intervalo n˜ao degenerado e k > 1 natural. O conjunto m A = { n ∈ I | m, n ∈ Z} ´e denso em I. k

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

52

1 Demonstra¸c˜ ao. Dado ε > 0 existe n ∈ N tal que k n > , da´ı os intervalos ε m m+1 m+1 m 1 [ n, ] tem comprimento − n = n < ε. k kn kn k k m+1 m Existe um menor inteiro m + 1 tal que x + ε ≤ da´ı n ∈ (x − ε, x + ε) pois n k k m m se fosse x + ε < n iria contrariar a minimalidade de m + 1 e se fosse n < x − ε ent˜ao k k m m+1 ] teria comprimento maior do que de (x − ε, x + ε), que ´e ε, uma contradi¸ca˜o [ n, k kn com a suposi¸c˜ao feita anteriormente.

1.3.41

Quest˜ ao 44

Propriedade 85. O conjunto dos polinˆomios com coeficientes racionais ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Seja Pn o conjunto dos polinˆomios com coeficientes racionais de grau ≤ n a fun¸ca˜o f : Pn → Qn+1 tal que n ∑ ak xk ) = (ak )n1 P( k=0

´e uma bije¸c˜ao. Como Qn+1 ´e enumer´avel por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumer´aveis, segue que Pn ´e enumer´avel. Sendo A o conjunto dos polinˆomios de coeficientes racionais, vale que A=

∞ ∪

Pk

k=1

portanto A ´e uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis , sendo assim A ´e enumer´avel. Defini¸ c˜ ao 9 (N´ umero alg´ebrico). Um n´ umero real (complexo) x ´e dito alg´ebrico quando ´e raiz de um polinˆomio com coeficientes inteiros. Propriedade 86. O conjunto dos n´ umeros alg´ebricos ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao.[1] Enumeramos A = {P1 , P2 , · · · , Pn , · · · }, o conjunto dos polinˆomios com coeficientes inteiros, definimos Bk como conjunto das ra´ızes reais de fk , ent˜ao vale que B=

∞ ∪

Bk

k=1

como cada Bk ´e finito B fica sendo uni˜ao enumer´avel de conjuntos finitos, ent˜ao B ´e enumer´avel.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

53

Demonstra¸c˜ ao.[2] Seja B o conjunto dos alg´ebricos e A o conjunto dos polinˆomios com coeficientes inteiros. Para cada alg´ebrico x escolhemos um polinˆomio Px tal que Px (x) = 0. Definimos a fun¸c˜ao f : B → A tal que F (x) = Px . Dado Px ∈ F (B), temos que o conjunto g −1 (Px ) dos valores x ∈ B tal que f (x) = Px ´e finito pois Px possui um n´ umero |{z} =y

finito de ra´ızes e da´ı tem-se B=

∪

g −1 (y)

y∈f (B)

logo B ´e uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis ( no caso finitos), ent˜ao B ´e enumer´avel. Corol´ ario 12. Existem n´ umeros reais que n˜ao s˜ao alg´ebricos, pois se todos fossem alg´ebricos R seria enumer´avel. Defini¸ c˜ ao 10 (N´ umeros transcendentes). Os n´ umeros reais que n˜ao s˜ao alg´ebricos s˜ao ditos transcendentais Propriedade 87. O conjunto dos n´ umeros alg´ebricos ´e denso em R, pois todo racional b ´e alg´ebrico, o racional ´e raiz do polinˆomio com coeficientes inteiros a ax − b = P (x) b ax − b = 0 ⇔ ax = b ⇔ x = . E Q ´e denso em R. a

1.3.42

Quest˜ ao 45

Propriedade 88. Seja A enumer´avel e B = R \ A, ent˜ao para cada intervalo (a, b), (a, b) ∩ B ´e n˜ao enumer´avel, em especial B ´e denso em R. Com esse resultado garantimos que o complementar de um conjunto enumer´avel ´e denso em R. Demonstra¸c˜ ao. Sabemos que (a, b) ´e n˜ao enumer´avel, escrevemos (a, b) = [(a, b) ∩ A] ∪ [(a, b) ∩ (R \ A)] = [(a, b) ∩ A] ∪ [(a, b) ∩ B],

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

54

sabemos que (a, b) ∩ A ´e enumer´avel se (a, b) ∩ B tamb´em o fosse, chegar´ıamos no absurdo de (a, b) ser enumer´avel, por ser uni˜ao finita de conjuntos enumer´aveis , portanto (a, b)∩B ´e n˜ao enumer´avel e B ´e denso em R. Exemplo 19. Um conjunto pode n˜ao ser enumer´avel e tamb´em n˜ao ser denso em R, como (a, b).

1.3.43

Quest˜ ao 46

Corol´ ario 13. O conjunto T dos n´ umeros transcedentais ´e n˜ao enumer´avel e denso em R. Pois A o conjunto dos n´ umeros alg´ebricos ´e enumer´avel, T = R \ A, como complementar dos n´ umeros alg´ebricos T ´e n˜ao enumer´avel e denso em R.

1.3.44

Quest˜ ao 48

Exemplo 20. Sendo Ak = [k, ∞) temos uma sequˆencia de intervalos que s˜ao conjuntos fechados por´em a interse¸ca˜o

∞ ∩

Ak = A

k=1

´e vazia, pois suponha que exista t ∈ A, da´ı existe k > t e t ∈ / [k, ∞) = Ak logo n˜ao pode pertencer a interse¸ca˜o te todos esses conjuntos. Da mesma maneira existe uma sequˆencia decrescente de intervalos abertos limitados 1 com interse¸c˜ao vazia, sendo Bk = (0, ) k ∞ ∩

Bk = B

k=1

1 B ´e vazio, pois se houvesse um elemento nele x > 0, conseguimos k tal que < x da´ı x k 1 n˜ao pertence ao intervalo (0, ) = Bk portanto n˜ao pode pertencer a interse¸ca˜o. k

1.3.45

Quest˜ ao 49

Propriedade 89. Sejam B ⊂ A n˜ao vazios, A limitado superiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≥ x ent˜ao sup(B) = sup(A).

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

55

Demonstra¸c˜ ao. B ´e limitado superiormente pois est´a contido em um conjunto limitado e vale que sup(A) ≥ sup(B), pois B ⊂ A, suponha que fosse c = sup(A) > sup(B), ent˜ao tomando ε = sup(A) − sup(B) > 0, existe x ∈ A tal que x > c − ε = sup(A) − sup(A) + sup(B) = sup(B), por hip´otese existe y ≥ x > sup(B) com y ∈ B, o que ´e absurdo, pois n˜ao pode existir um elemento maior que o supremo. Propriedade 90. Sejam B ⊂ A n˜ao vazios, A limitado inferiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≤ x ent˜ao inf (B) = inf (A). Demonstra¸c˜ ao. B ´e limitado inferiormente pois est´a contido em um conjunto limitado e vale que inf (A) ≤ inf (B), pois B ⊂ A, suponha que fosse c = inf (A) < inf (B), ent˜ao tomando ε = inf (B) − inf (A) > 0, existe x ∈ A tal que x < c + ε = inf (A) − sup(A) + inf (B) = inf (B), por hip´otese existe y ≤ x < inf (B) com y ∈ B, o que ´e absurdo, pois n˜ao pode existir um elemento menor que o ´ınfimo.

1.3.46

Quest˜ ao 50

Defini¸ c˜ ao 11 (Corte de Dedekind). Um corte de Dedekind ´e um par ordenado (A, B) onde A, B ∈ Q n˜ao vazios, tais que A n˜ao possui m´aximo, A ∪ B = Q e ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y. Seja C o conjunto dos cortes de Dedekind. Propriedade 91. Em (A, B) vale sup(A) = inf (B). Demonstra¸c˜ ao. J´a sabemos que vale sup(A) ≤ inf (B), pois ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y implica sup(A) < y e sup(A) ser cota inferior implica sup(A) ≤ inf (B), suponha por absurdo que fosse sup(A) < inf (B), ent˜ao o intervalo (sup(A), inf (B)) n˜ao possui valores x ∈ A, pois se n˜ao x > sup(A), nem y ∈ B pois da´ı y < inf (B), mas como existem racionais em tal intervalo, pois Q ´e denso e A ∪ B = Q, chegamos em um absurdo. Propriedade 92. Existe bije¸ca˜o entre R e C o conjunto dos cortes. Demonstra¸c˜ ao. Definimos f : C → R como f (A, B) = sup(A) = inf (B). ˆ f ´e injetora, suponha f (A, B) = f (A′ , B ′ ) ent˜ao sup(A) = inf (B) = sup(A′ ) =

inf (B ′ ).

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

56

Dado x ∈ A vamos mostrar que x ∈ A′ . x < sup(A′ ) = inf (B ′ ) ≤ y ′ , ∀ y ′ ∈ B ′ , da´ı x ∈ A′ a inclus˜ao A′ ⊂ A ´e an´aloga. Ent˜ao vale A = A′ . ˆ Dado y ∈ B, vamos mostrar que y ∈ B ′ .

x′ < sup(A) < inf (B ′ ) ≤ y com isso y ∈ B ′ . De maneira similar, B ′ ⊂ B portanto B = B ′ . Como vale B = B ′ e A = A′ ent˜ao a fun¸ca˜o ´e injetiva. ˆ A fun¸ca˜o ´e sobrejetiva. Para qualquer y ∈ R, tomamos os conjuntos (−∞, y)∩Q = A

e B = [y, ∞) ∩ Q, A n˜ao possui m´aximo, para todo x ∈ A e y ∈ B tem-se y > x e Q = [(−∞, y) ∩ Q] ∪ [ [y, ∞) ∩ Q], al´em disso vale sup(A) = y = inf (B), portanto f (A, B) = y e a fun¸ca˜o ´e sobrejetora, logo sendo tamb´em injetora f ´e bije¸c˜ao.

1.3.47

Quest˜ ao 53

Propriedade 93 (M´edia aritm´etica e geom´etrica.). Se a, b > 0 vale a+b √ ≥ a.b. 2 Demonstra¸c˜ ao. √ √ √ √ √ √ a+b √ ( a − b)2 ≥ 0 ⇒ a − 2 a b + b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2 a b ⇒ ≥ ab. 2

1.3.48

Quest˜ ao 57

x ´e bijetora. 1 + x2 Ela est´a bem definida em R, pois o u ´nico problema poss´ıvel seria o termo dentro da

Exemplo 21. A fun¸ca˜o f : R → (−1, 1) com f (x) = √

ra´ız no denominador ser n˜ao positivo, o que n˜ao acontece pois x2 + 1 ≥ 1, ela ´e injetora x1 x √ 2 pois √ = ⇒ x1 = x2 , sua imagem est´a contida no intervalo (−1, 1) 1 + x21 1 + x22 √ √ x | < 1 sendo tamb´em sobrejetora, pois dado pois 1 + x2 > x2 = |x| logo | √ 1 + x2

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

57 √

y2 y ∈ (−1, 1) temos |y| < 1 ⇒ y 2 < 1 ⇒ 0 < 1 − y 2 , podemos tomar x = se x ≥ 0 1 − y2 √ y2 ex=− caso x < 0 e da´ı vale f (x) = y (Podemos perceber pela defini¸c˜ao que 1 − y2 x ≥ 0 ⇔ y ≥ 0 e x ≤ 0 ⇔ y ≤ 0 ).

1.4 1.4.1

Cap´ıtulo 4-Sequˆ encias e s´ eries de n´ umeros reais Quest˜ ao 1

Propriedade 94. Se lim xn = a ent˜ao lim |xn | = |a|. Demonstra¸c˜ ao. Se lim xn = a ent˜ao ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N | n > n0 ⇒ |xn − a| < ε por´em temos a desigualdade ||xn | − |a|| ≤ |xn − a| logo ||xn | − |a|| < ε e lim |xn | = |a|. Exemplo 22. lim |xn | pode existir por´em lim xn pode n˜ao existir, por exemplo tomamos xn = (−1)n , ela n˜ao converge por´em |(−1)n | = 1 ´e constante logo convergente.

1.4.2

Quest˜ ao 2

Exemplo 23. Se lim xn = 0 e yn = min{|x1 |, · · · , |xn |} ent˜ao lim yn = 0. Por defini¸ca˜o vale que 0 ≤ yn ≤ |xn |, como |xn | → 0 ent˜ao por sandu´ıche segue que lim yn = 0.

1.4.3

Quest˜ ao 3

Propriedade 95. Se lim x2n = a e lim x2n−1 = a ent˜ao lim xn = a. Demonstra¸c˜ ao. Sejam yn = x2n e zn = x2n−1 como temos lim yn = lim zn = a, para qualquer ε > 0 existem n0 e n1 tais que para n > n0 vale yn ∈ (a − ε, a + ε) e n > n1 vale zn ∈ (a − ε, a + ε), escolhendo n2 > max{n0 , n1 } temos para n ≥ n2 simultaneamente zn , yn ∈ (a − ε, a + ε), x2n−1 , x2n ∈ (a − ε, a + ε), ent˜ao para n > 2n2 − 1 temos xn ∈ (a − ε, a + ε) logo vale lim xn = a.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.4.4

58

Quest˜ ao 4

Propriedade 96. Se N =

p ∪

Nk e lim xn = a ent˜ao lim xn = a. n∈Nk

k=1

Demonstra¸c˜ ao. Dado ε > 0 fixo e arbitr´ario existe nk ∈ Nk tal que ∀ n > nk , n ∈ Nk vale xn ∈ (a − ε, a + ε) pelo fato de lim xn = a. Tomamos n0 = max{n1 , · · · , np }, da´ı vale para n∈Nk

n > n0 , xn ∈ (a − ε, a + ε) para todo n ∈ Nk com todo k, com isso uniformizamos o valor do ´ındice para o qual os termos da sequˆencia est˜ao no mesmo intervalo (a − ε, a + ε). Como todo n ∈ N pertence a algum Nk ent˜ao para n ∈ N suficientemente grande vale xn em (a − ε, a + ε) . Vamos tentar deixar mais clara a u ´ltima proposi¸ca˜o. Seja n′0 = min{n > n0 |xn ∈ (a − ε, a + ε) ∀n ∈ Nk , ∀k}, tal conjunto ´e n˜ao vazio logo possui m´ınimo. Para todo n ∈ N , n > n′0 vale xn ∈ (a − ε, a + ε), pois dado n > n′0 > n0 xn pertence `a algum Nk e nas condi¸c˜oes colocadas na constru¸ca˜o do conjunto para Nk vale xn ∈ (a − ε, a + ε).

1.4.5

Quest˜ ao 5

Exemplo 24. Pode valer N =

∞ ∪ k=1

Nk com lim xn = a e lim xn ̸= a. n∈Nk

Como por exemplo, definimos N2 = {2, 2 , 23 , · · · , 2n , · · · } em geral Nk+1 = {p1k , p2k , · · · , pnk , · · · } ∞ ∪ Nk em N . Deonde pk ´e o k-´esimo primo, definindo N1 como o complemento de 2

k=2

finimos em N2 , x2 = 2, xn = 0 para os outros valores, da mesma forma em Nk+1 definimos xpk = pk e xn = 0 para os outros valores. Em N1 definimos xn = 0 para todo n. A sequˆencia xn n˜ao converge possui uma subsequˆencia que tende a infinito. x2 = 2, x3 = 3, x5 = 5, · · · , xpk = pk , · · · a subsequˆencia dos primos.

1.4.6

Quest˜ ao 6

Corol´ario da adi¸c˜ao e multiplica¸c˜ao de limites. Corol´ ario 14. Se lim xn = a e lim xn − yn = 0 ent˜ao lim yn = a pois lim yn − xn = 0 e pelo limite da soma lim yn − xn + xn = lim yn − xn + lim xn = 0 + a = a = lim yn .

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.4.7

59

Quest˜ ao 7

yn Corol´ ario 15. Seja a ̸= 0. Se lim = 1 ent˜ao lim yn = a, pois usando linearidade do a yn 1 = lim yn = 1 portanto lim yn = a. limite lim a a

1.4.8

Quest˜ ao 8

Corol´ ario 16. Se lim xn = a e lim

a 1 xn yn = b ̸= 0 ent˜ao lim yn = , pois lim = e da´ı yn b xn b

por limite do produto lim xn

1.4.9

a yn = lim yn = . xn b

Quest˜ ao 9

b Corol´ ario 17. Se lim xn = a ̸= 0 e lim xn yn = b ent˜ao lim yn = . a 1 1 1 b Vale que lim = a, da´ı lim xn yn lim = lim xn yn = lim yn = . xn xn xn a

1.4.10

Quest˜ ao 10

Propriedade 97. Se existem ε > 0 e p ∈ N tais que ε ≤ xn ≤ np para n > n0 ∈ N ent˜ao 1

lim(xn ) n . Demonstra¸c˜ ao. Vale ε ≤ xn ≤ np , tomando a raiz n-´esima tem-se 1

εn ≤

√ 1 n xn ≤ (np ) n 1

tomando-se o limite segue pelo teorema do sandu´ıche que lim(xn ) n = 1.

1.4.11

Quest˜ ao 11

Exemplo 25. Usando que a m´edia aritm´etica ´e maior ou igual a m´edia geom´etrica, na t sequˆencia de n + 1 n´ umeros com n n´ umeros iguais `a (1 + ) e um deles sendo a unidade n 1, com isso temos n ∑ 1+ (1 + nt ) n ∏ 1 t k=1 ( ) ≥ ( (1 + )) n+1 n+1 n k=1

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

60

1 n+1+t t t t n+1 t )=1+ ≥ ((1 + )n ) n+1 ⇒ (1 + ) ≥ (1 + )n n+1 n+1 n n+1 n 1 com t ≥ −1 real. Em especial a sequˆencia de termo xn = (1 − )n ´e crescente e para n n = 2 temos 1 x2 = 4 1 da´ı xn ≥ para n > 1. 4

(

1.4.12

Quest˜ ao 11a.

Exemplo 26. Vale que lim(1 − da´ı lim(1 −

1.4.13

1 n 1 ) (1 + )n = lim 1n = 1 n n

1 n ) = e−1 . n

Quest˜ ao 12

Propriedade 98. Sejam a ≥ 0, b ≥ 0 ent˜ao 1

1

1

|a n − b n | ≤ |a − b| n 1

1

Demonstra¸c˜ ao. Supondo a ≥ b , definindo c = a n e d = b n , ent˜ao c − d ≥ 0 por expans˜ao binomial tem-se n ( ) ∑ n c = ((c − d) + d) = (c − d)k dn−k ≥ dn + (c − d)n ≥ 0 k k=0 n

n

da´ı cn − dn ≥ (c − d)n ≥ 0 implicando 1

1

|a − b| ≥ |a n − b n |n e da´ı 1

1

1

|a n − b n | ≤ |a − b| n . 1

1

Propriedade 99. Se xn ≥ 0 e lim xn = a ent˜ao lim(xn ) p = a p

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

61

Demonstra¸c˜ ao. Como lim xn = a ent˜ao ∀ε > 0 conseguimos n0 ∈ N tal que para 1

n > n0 tem-se |xn − a| < εp e da´ı |xn − a| p < ε, da desigualdade anterior temos que 1

1

1

|xnp − a p | ≤ |xn − a| p < ε 1

1

e da´ı lim(xn ) p = a p . Propriedade 100. Seja m racional e (xn ) de termos positivos. Se lim xn = a ent˜ao lim xn = am . Demonstra¸c˜ ao. p Escrevemos m = , da´ı q 1

1

lim xnq = a q usando propriedade do produto segue p

p

lim xnq = a q .

1.4.14

Quest˜ ao 14

Propriedade 101. Seja a, b ≥ 0 e ent˜ao lim

√ n

an + bn = max{a, b}.

Demonstra¸c˜ ao. Seja c = max{a, b} ent˜ao vale Vale an ≤ cn , bn ≤ cn e da´ı an + bn ≤ 2cn da mesma maneira cn ≤ an + bn , pois c ´e a ou b, logo cn ≤ an + bn ≤ 2cn c≤

√ √ n n an + bn ≤ 2 c

tomando limites, temos pelo teorema do sandu´ıche lim

√ n an + bn = c.

ao Propriedade 102. Sejam (ak ≥ 0)m 1 e c = max{ak , k ∈ Im } ent˜ v u m u∑ n lim t ank = c. n→∞

k=1

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

Demonstra¸c˜ ao. Vale tamb´em cn ≤

m ∑

ank

≤ c , tomando a soma, tem-se n

62

m ∑

ank ≤ m.cn , tem-se

k=1

ank ent˜ao vale

k=1

c ≤ n

m ∑

ank ≤ m.cn

k=1

tomando a raiz

v u m u∑ √ n c≤ t ank ≤ n m.c k=1

e novamente por teorema do sandu´ıche tem-se v u m u∑ n lim t ank = c. k=1

1.4.15

Quest˜ ao 15

Defini¸ c˜ ao 12 (Termo destacado). Dizemos que xn ´e um termo destacado quando xn ≥ xp para todo p > n. Isto ´e quando xn ´e maior ou igual a todos seus sucessores. Propriedade 103. Toda sequˆencia possui subsequˆencia mon´otona . Demonstra¸c˜ ao. Seja A ⊂ N o conjunto dos ´ındices s da sequˆencia (xn ), tais que xs ´e destacado, existem dois casos a serem analisados ˆ Se A ´e infinito, ent˜ ao podemos tomar uma subsequˆencia (xn1 , xn2 , · · · ) de termos

destacados formada pelos elementos com ´ındices em A que ´e n˜ao-crescente com n1 < n2 < n3 < · · · e com xn1 ≥ xn2 ≥ · · · . ˆ Se A ´e finito, tomamos um n1 maior que todos elementos de A da´ı xn1 n˜ao ´e

destacado, existindo xn2 ≥ xn1 com n2 > n1 , por sua vez xn2 n˜ao ´e destacado logo existe n3 > n2 tal que xn3 ≥ xn2 , assim constru´ımos uma subsequˆencia n˜aodecrescente .

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.4.16

63

Quest˜ ao 18

Generalizamos o exerc´ıcio em dois resultados. Propriedade 104. Sejam (an ) e (bn ) sequˆencias limitada tais que an + bn = 1 ∀n ∈ N , (zn ) e (tn ) com o mesmo limite a, ent˜ao lim an .zn + bn .tn = a. Demonstra¸c˜ ao. Escrevemos an .zn + bn .tn = an .zn − a.an + a. an +bn .tn = an (zn − a) + a(1 − bn ) + bn .tn = |{z} =1−bn

= an (zn − a) + a − a.bn + bn .tn = an (zn − a) + a + bn (tn − a) da´ı lim an (zn − a) + a + bn (tn − a) = a = lim an .zn + bn .tn pois an e bn s˜ao limitadas e zn − a, tn − a tendem a zero. Propriedade 105. Se lim zk (n) = a ∀ k e cada (xk (n)) ´e limitada com n→∞

vn → b ent˜ao lim

n→∞

p ∑

p ∑

xk (n) =

k=1

xk (n)zk (n) = a.b.

k=1

Demonstra¸c˜ ao. Vale x1 (n) = vn −

p ∑

xk (n).

k=2 p ∑

xk (n)zk (n) = x1 (n)z1 (n) +

xk (n)zk (n) =

k=2

k=1

∑ p

= z1 (n)vn −

xk (n)z1 (n) +

k=2

= z1 (n)vn + | {z } →a.b

1.4.17

p ∑

p ∑

xk (n)zk (n) =

k=2

p ∑ k=2

xk (n) (zk (n) − z1 (n)) → a.b. | {z } →0

Quest˜ ao 19

Defini¸ c˜ ao 13 (Sequˆencia de varia¸ca˜o limitada). Uma sequˆencia (xn ) tem varia¸ca˜o limitada quando a sequˆencia (vn ) com vn =

n ∑ k=1

|∆xk | ´e limitada.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

64

Propriedade 106. Se (xn ) tem varia¸c˜ao limitada ent˜ao (vn ) converge. Demonstra¸c˜ ao. (vn ) ´e limitada e n˜ao-decrescente, pois ∆vn = |∆xn+1 | ≥ 0, logo ´e convergente. Propriedade 107. Se (xn ) tem varia¸c˜ao limitada ent˜ao existe lim xn . Demonstra¸c˜ ao. A s´erie

∞ ∑

|∆xk | converge portanto

k=1

∞ ∑

∆xk converge absolutamente

k=1

e vale xn − x1 =

n−1 ∑

∆xk ⇒ xn =

k=1

n−1 ∑

∆xk + x1

k=1

logo xn ´e convergente. Exemplo 27. Se |∆xn+1 | ≤ c|∆xn | ∀ n ∈ N com 0 ≤ c < 1 ent˜ao (xn ) possui varia¸ca˜o limitada. Definimos g(k) = |∆xk | logo a desigualdade pode ser escrita como g(k + 1) ≤ n−1 ∏ de ambos lados, da´ı cg(k), Qg(k) ≤ c aplicamos k=1

g(n) = |∆xn | ≤ cn−1 g(1) somando em ambos lados temos n ∑

|∆xk | ≤

n ∑

ck−1 g(1)

k=1

k=1

como o segundo termo converge por ser s´erie geom´etrica segue que (xn ) ´e de varia¸c˜ao limitada, logo converge. Propriedade 108. (xn ) tem varia¸ca˜o limitada ⇔ xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) s˜ao sequˆencias n˜ao-decrescentes limitadas. Demonstra¸c˜ ao. ⇐). Seja xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) s˜ao sequˆencias n˜ao-decrescentes limitadas, ent˜ao xn tem varia¸c˜ao limitada.

vn =

n ∑ k=1

|∆xk | =

n ∑ k=1

|∆yk − ∆zk | ≤

n ∑ k=1

|∆yk | +

n ∑ k=1

|∆zk | ≤ |

n ∑ k=1

∆yk | + |

n ∑ k=1

∆zk |

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

65

= |yn+1 − y1 | + |zn+1 − z1 | < M pois (yn ) e (zn ) s˜ao limitadas, logo (vn ) ´e limitada, isto ´e, (xn ) tem varia¸ca˜o limitada. ⇒). Dada (xn ) com varia¸ca˜o limitada. (xn ) tem varia¸ca˜o limitada ⇔ (xn + c) tem varia¸ca˜o limitada, pois ∆ aplicado as duas sequˆencias tem o mesmo valor. Escrevemos xn − x1 =

n−1 ∑

∆xk

k=1

Para cada n definimos Pn o conjunto dos k da soma

n−1 ∑

∆xk tais que ∆xk ≥ 0 e Nn

k=1

o conjunto dos k da mesma soma tais que ∆xk < 0, com isso temos uma parti¸ca˜o do conjunto dos ´ındices e vale xn − x1 =

n−1 ∑

∆xk =

k=1

∑

∆xk −

k∈Pn

| {z }

∑ k∈Nn

|

yn

(−∆xk ) {z

}

zn

(yn ) ´e n˜ao decrescente, pois yn+1 = yn caso n˜ao seja adicionado ´ındice a Pn+1 em rela¸ca˜o a Pn e yn+1 ≥ yn caso seja adicionado um ´ındice a Pn+1 , pois adicionamos um termo da forma ∆xk ≥ 0 o mesmo para (zn ). (yn ) ´e limitada pois ∑ k∈Pn

∆xk ≤

n−1 ∑

|∆xk | =

k=1

∑

|∆xk | +

∑

|∆xk | =

k∈Nn

k∈Pn

∑ k∈Pn

∆xk +

∑

(−∆xk ) < M

k∈Nn

da mesma maneira (zn ) ´e limitada. Exemplo 28. Existem sequˆencias convergentes que n˜ao possuem varia¸c˜ao limitada, como n−1 ∑ (−1)k (−1)n 1 por exemplo xn = , que ´e convergente por´em ∆xn = ⇒ |∆xn | = e k n n k=1 n−1 ∑ 1 k=1

k

n˜ao ´e limitada.

1.4.18

Quest˜ ao 20

Exemplo 29. Seja (xn ) definida como x1 = 1, xn+1 = 1 + 1 |∆xn+1 | ≤ |∆xn |. 2

1 , ent˜ao vale que xn

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

66

ˆ Primeiro vale que xn ≥ 1 para todo n pois vale para n = 1, supondo validade para 1 n, ent˜ao vale para n + 1, pois xn+1 = 1 + . xn ˆ Vale que |xn+1 xn | ≥ 2 para todo n, pois, substituindo xn+1 = 1 +

1 isso implica xn

que xn+1 xn ≥ xn + 1 ≥ 2. ˆ De |xn+1 xn | ≥ 2 segue que |

1

1 | ≤ , multiplicando por |xn+1 − xn | em ambos xn+1 xn 2

lados segue que xn − xn+1 |xn+1 − xn | |≤ xn+1 xn 2 1 1 1 |xn+1 − xn | − | = | (1 + ) − (1 + ) | ≤ xn x x 2 | {zn+1 } | {z n } |

|

1 xn+1

xn+2

portanto |∆xn+1 | ≤

xn+1

1 |∆xn | portanto a sequˆencia ´e convergente. Calculamos seu 2

limite lim xn = a a=1+

1 ⇔ a2 − a − 1 = 0 a

√ 1± 5 cujas ra´ızes s˜ao , ficamos com a raiz positiva pois a sequˆencia ´e de termos 2 positivos, logo √ 1+ 5 . lim xn = 2

1.4.19

Quest˜ ao 21

Exemplo 30. Estudar a convergˆencia da sequˆencia xn+1 = 1 +

√ xn com x1 = 1.

A sequˆencia ´e crescente , pois x2 = 2 > x1 , supondo xn+1 > xn temos √ √ √ √ xn+1 > xn ⇒ 1 + xn+1 > 1 + xn ⇒ xn+2 > xn+1 . A sequˆencia ´e limitada superiormente, por 3, por exemplo, pois x1 < 3, supondo xn < 3 < 4 tem-se √ √ xn < 2 ⇒ 1 + xn < 3 ⇒ xn+1 < 3. Agora calculamos o limite da sequˆencia a=1+

√

a ⇒ (a − 1)2 = a ⇒ a2 − 3a + 1 = 0

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

67

√ √ 3± 5 3− 5 cujas ra´ızes s˜ao , n˜ao podendo ser que ´e menor que 1 logo o limite ´e 2 2 √ 3+ 5 . 2

1.4.20

Quest˜ ao 22

Propriedade 109. (xn ) n˜ao possui subsequˆencia convergente ⇔ lim |xn | = ∞. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Se (xn ) n˜ao possui subsequˆencia convergente ent˜ao lim |xn | = ∞. Se n˜ao fosse lim |xn | = ∞, existiria A > 0 tal que ∀ n0 , existe n1 > n0 tal que |xn1 | < A, aplicando o resultado com n1 no lugar de n0 , existe n2 > n1 tal que |xn2 | < A e assim constru´ımos uma subsequˆencia (xn1 , xn2 , · · · ) limitada , que possui uma subsequˆencia convergente , o que ´e absurdo. ⇐). Suponha por absurdo que lim |xn | = ∞ e (xn ) possui subsequˆencia convergente, convergindo para a. Por defini¸ca˜o de limite infinito, sabemos que existe n0 tal que n > n0 implica |xn | > |a| + 10, por (xn ) ter subsequˆencia que converge para a, existe n1 tal que n > n1 e n ´ındice da subsequˆencia, implica |xn − a| < 10 ⇒ |xn | < |a| + 10, podemos tomar ´ındice da subsequˆencia tal que n > n1 e n > n2 , logo valeria |xn | < |a| + 10 e |xn | > |a| + 10 o que ´e absurdo, portanto (xn ) n˜ao pode possuir subsequˆencia convergente.

1.4.21

Quest˜ ao 25

Propriedade 110 (Teste da raz˜ao para sequˆencias.). Se xn > 0 ∀n ∈ N e

xn+1 ≤c n0 vale 0 < produt´orio

n ∏

em ambos , de onde segue

k=n0 +1 n n ∏ ∏ xk+1 0< ≤ c x k k=n +1 k=n +1 0

0

0 < xn+1 < x(n0 +1) cn−n0

xk+1 ≤ c < 1, aplicamos o xk

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

68

como lim cn = 0, tem-se pelo teorema do sandu´ıche que lim xn = 0. Corol´ ario 18. Dada uma sequˆencia de termos n˜ao nulos (xn ), ent˜ao (|xn |) ´e uma sequˆencia de termos positivos, se ela satisfaz a propriedade anterior ent˜ao lim |xn | = 0 o que implica lim xn = 0. Propriedade 111. Seja (xn ) sequˆencia de termos positivos, se

xn+1 ≥ c > 1 para n xn

suficientemente grande ent˜ao lim xn = ∞. Demonstra¸c˜ ao. Existe n0 ∈ N tal que k > n0 implica Aplicando o produt´orio na desigualdade tem-se

xk+1 ≥ c, onde c > 1. xk

n ∏ xk+1 > cn−n0 xk k=n +1 0

xn+1 >

xn0 +1 n c cn0

como lim cn = ∞ segue que lim xn = ∞. Corol´ ario 19. Na propriedade anterior podemos trocar xn por |xn | onde xn n˜ao se anula, pois (|xn |) ´e uma sequˆencia de positivos. xn+1 xn+1 = a < 1 ent˜ao para n suficientemente grande vale ≤ xn xn c < 1, logo tamb´em vale lim xn = 0.

Corol´ ario 20. Se lim

xn+1 = c > 1 a propriedade tamb´em se verifica pois existe n0 ∈ N xn xn+1 tal que n > n0 implica > a > 1 para algum a. xn

Corol´ ario 21. Se lim

Propriedade 112. lim

n! e vale xn > 0, aplicamos a regra da raz˜ao nn ( )n (n + 1)! nn n 1 = = = n+1 (n + 1) n! n+1 (1 + n1 )n

Demonstra¸c˜ ao. Definimos xn = xn+1 xn

1 xn+1 = < 1. xn e nn cresce mais r´apido que n!

o limite ´e lim

n! = 0. nn

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

Propriedade 113. Para todo a > 0 real temos lim

69

an = 0. n!

Demonstra¸c˜ ao. Pelo teste da raz˜ao, definimos xn =

an xn+1 temos xn > 0 segue = n! xn

an+1 n! a xn+1 = e temos lim = 0, logo lim xn = 0. n (n + 1).n!a n+1 xn A propriedade nos diz que n! cresce mais r´apido que an .

n! an Corol´ ario 22. lim n = ∞, pois lim = 0, isso significa que ∀A > 0 ∃ n0 ∈ N tal a n! n! que n > n0 ⇒ n > A, em especial para A = 1, tem-se n! > an para n suficientemente a grande. Propriedade 114. Se a > 1 e p natural fixo vale lim

np = 0. an

np , vale xn > 0 da´ı podemos aplicar o teste da an ( )p n+1 1 (n + 1)p an 1 = = ⇒ lim xn+1 xn = 1, p ∈ N ent˜ao lim p = ∞ pois lim n = 0. n a Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais r´apido que np para n grande. Quest˜ ao 27 Quest˜ ao 27 Feita no outro gabarito. Quest˜ ao 28 Feita no outro gabarito.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.4.22

70

Quest˜ ao 31

Exemplo 31. Mostrar que

n ∑

kp

1 . lim k=1p+1 = n p+1 Iremos calcular o limite das diferen¸cas do inverso da sequˆencia (n + 1) −n lim (n + 1)p p+1

[

p+1

= lim

p−1 ∑(

k=0

)

p+1 k

nk ] + (p + 1)np

(n + 1)p

p−1 ∑(

)

p+1 k

nk

(p + 1)np + lim = p+1 = lim k=0 (n + 1)p (n + 1)p | {z } | {z } →0

da´ı

n ∑

→p+1

kp

1 lim k=1p+1 = . n p+1 Quest˜ ao 33 Quest˜ao digitada errada Propriedade 115. Se lim xn = ∞ , com xn > 0 ent˜ao lim(

n ∏

1

xkn ) = ∞

k=1 1 n ∏ 1 n 1 Demonstra¸c˜ ao. Se lim xn = ∞ ent˜ao lim = 0 da´ı lim ( ) = 0 que implica xn xk k=1 | {z }

=yn n ∏ 1 1 = ∞ = lim( xkn ). lim yn k=1

√

(2n)! (2n)! xn+1 = ∞. Tomamos xn = da´ı temos = n! n! xn √ (2n + 2)(2n + 1)(2n)! n! (2n + 2)(2n + 1) n (2n)! = = 2(2n + 1) → ∞ logo lim = ∞. (n + 1)n! (2n)! (n + 1) n! √ 4 n (2n)! Exemplo 33. Mostrar que lim = . n!nn e xn+1 2(2n + 1) 4 (2n)! 1 , da´ı = Tomamos xn = 1 n → . n n!n xn n + 1 (1 + n ) e Exemplo 32. Provar que lim

n

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.4.23

71

Quest˜ ao 35

Propriedade 116. Sejam

∞ ∑

∞ ∑

an e

n=u

bn s´eries de termos positivos. Se

n=s

∞ ∑ an+1 bn+1 existe n0 ∈ N tal que ≥ para todo n > n0 ent˜ao an = ∞. an bn n=u

∞ ∑

bn = ∞ e

n=s

an+1 bn+1 ≥ , Qak ≥ Qbk tomando o produt´orio com k variando de an bn k = n0 + 1 at´e n − 1 na desigualdade em ambos lados segue Demonstra¸c˜ ao.

n−1 ∏

Qak =

k=n0 +1

an an0 +1

≥

n−1 ∏

Qbk =

k=n0 +1

bn bn0 +1

an0 +1 bn bn0 +1

, an ≥

pois temos termos positivos, tomando a s´erie temos ∞ ∑ n=n0

∞ a n0 ∑ an ≥ bn = ∞ bn0 n=n +1 +1 0

logo a s´erie tende ao infinito por compara¸ca˜o.

1.4.24

Quest˜ ao 36

∑ ∑ Propriedade 117. 1. Sejam duas s´eries ak e bk de termos positivos, se existe ∑ ∑ ak lim = a ̸= 0 ent˜ao ak converge ⇔ bk converge . bk ∑ ∑ ak 2. Se lim = 0 ent˜ao a convergˆencia de bk implica convergˆencia de ak . bk Demonstra¸c˜ ao. 1. Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se 0 < t1 < a − ε <

ak < a + ε < t2 bk

como bk > 0 tem-se t1 bk < a k < t 2 bk aplicamos a soma

n ∑

, da´ı

k=n0 +1

t1

n ∑ k=n0 +1

bk <

n ∑ k=n0 +1

ak < t2

n ∑

bk

k=n0 +1

usando essa desigualdade temos por compara¸ca˜o que se ∑ ∑ converge e se ak converge ent˜ao bk converge.

∑

bk converge ent˜ao

∑

ak

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

72

2. De maneira similar ao item anterior. Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se 0≤

ak < ε < t2 bk

como bk > 0 tem-se 0 ≤ ak < t2 bk aplicamos a soma

n ∑

, da´ı

k=n0 +1

0≤

n ∑

ak < t2

k=n0 +1

n ∑

bk

k=n0 +1

usando essa desigualdade temos por compara¸ca˜o que se

∑

bk converge ent˜ao

∑

ak

converge. ∑ ak ak converge, valendo lim =0e bk n˜ao converge, bk 1 1 ∑ ak k 1 tome por exemplo ak = 2 , bk = , bk n˜ao converge, lim = lim 2 = lim = 0 e k k bk k k ∑ ak converge, logo a rec´ıproca do item 2 da propriedade anterior n˜ao vale. Exemplo 34. Pode valer que

1.4.25

∑

Quest˜ ao 40

Exemplo 35. A s´erie

∞ ∑ k=0

a2 (1 + a2 )k

1 ≤ 1, portanto 1 + a2 ∞ ∑ 1 a s´erie converge por ser s´erie geom´etrica. Sabemos que bk = , substituindo 1−b k=0 1 b= 2 , chegamos no resultado a +1 converge com qualquer a ∈ R. Vale que 1 ≤ a2 + 1 ∀ a ∈ R logo 0 <

∞ ∑ k=0

∑ a2 + 1 a2 1 = ⇒ = a2 + 1. 2 )k (1 + a2 )k a2 (1 + a k=0 ∞

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.4.26

73

Quest˜ ao 42

Propriedade 118. Sejam as s´eries

∑

ak e

∑

∑ ∑ ak ak . ak converge ⇔ 1 + ak 1 + ak

converge. Demonstra¸c˜ ao. ⇒.

∑

ak converge e vale

1 ak ≤1 ⇒ ≤ ak 1 + ak 1 + ak ∑ ak pelo crit´erio de compara¸ca˜o segue que converge. 1 + a k ∑ ak converge ent˜ao ⇐. 1 + ak 0 ≤ ak ⇒ 1 ≤ 1 + ak ⇒

lim

1 ak 1 = 0 ⇒ lim =1 = 0 ⇒ lim 1 − 1 + ak ak + 1 ak + 1

da´ı por propriedade de limite lim ak + 1 = 1 ⇒ lim ak = 0 ent˜ao existe n0 tal que para k > n0 tem-se ak ≤ 1 ak + 1 ≤ 2 ⇒ logo por compara¸c˜ao

∑

1 1 ak ak ≤ ⇒ ≤ 2 ak + 1 2 ak + 1

ak converge .

Propriedade 119. Seja (xk ) uma sequˆencia de n´ umeros n˜ao negativos com a s´erie ∑ convergente ent˜ao x2k ´e convergente. Demonstra¸c˜ ao.[1] Como

∑

xk

∑

ak ´e convergente, vale lim ak = 0 e da´ı para k > n0 vale ∑ xk < 1 que implica x2k ≤ xk logo por compara¸ca˜o x2k converge. n ∑

Demonstra¸c˜ ao.[2] Como temos xk ≥ 0 segue tamb´em x2k ≥ 0, sendo ent˜ao s(n) = x2k temos ∆s(n) = x2n+1 ≥ 0, logo s(n) ´e n˜ao decrescente, se mostrarmos que a

k=b

s´erie ´e limitada superiormente teremos uma sequˆencia que ´e limitada e mon´otona logo convergente. Temos que s(n) ´e limitada superiormente da seguinte maneira n ∑ k=b

logo a s´erie ´e convergente.

x2k

n n ∑ ∑ ≤( xk )( xk ) k=b

k=b

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.4.27

74

Quest˜ ao 43

Propriedade 120. Se

∑

ak , ak > 0 converge ent˜ao a s´erie

∑ √ak k

tamb´em converge .

Demonstra¸c˜ ao. Usando a desigualdade de Cauchy n n n ∑ ∑ ∑ 2 2 yk2 ) ( xk yk ) ≤ ( xk )( k=1

com yk =

k=1

k=1

√ 1 e xk = ak tem-se k n √ n n ∑ ∑ ∑ ak 2 1 ( ) ≤( ) ak )( 2 k k k=1 k=1 k=1

e tem-se tamb´em

n √ ∑ ak k=1

k

n n √ n ∑ ∑ ∑ ak 2 1 ak )( ≤( ) ≤( ) 2 k k k=1 k=1 k=1

de onde por compara¸ca˜o segue o resultado . Corol´ ario 24. Se

∑

x2k , converge ent˜ao a s´erie

∑ xk k

tamb´em converge, basta usar o

resultado anterior com ak = x2k .

1.4.28

Quest˜ ao 44

Propriedade 121. Seja (an ) uma sequˆencia n˜ao-crescente de n´ umeros reais positivos. Se ∑ ak converge ent˜ao lim nan = 0. Demonstra¸c˜ ao. Usaremos o crit´erio de Cauchy . Existe n0 ∈ N tal que para n + 1 > n0 vale

2n ∑ 2na2n = na2n ≤ ak < ε 2 k=n+1

logo lim 2na2n = 0. Agora mostramos que a subsequˆencia dos ´ımpares tamb´em tende a zero. Vale a2n+1 ≤ a2n da´ı 0 < (2n + 1)a2n+1 ≤ 2na2n + a2n por teorema do sandu´ıche segue o resultado. Como as subsequˆencias pares e ´ımpares de (nan ) tendem a zero, ent˜ao a sequˆencia tende a zero. Corol´ ario 25. A s´erie harmˆonica 1 ̸= 0.

∑1

1 n diverge, pois ( ) ´e decrescente e vale lim = k n n

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.4.29

75

Quest˜ ao 46

Propriedade 122 (Crit´erio de condensa¸c˜ao de Cauchy). Seja (xn ) uma sequˆencia n˜ao∑ ∑ crescente de termos positivos ent˜ao xk converge ⇔ 2k .x2k converge. Demonstra¸c˜ ao. Usaremos a identidade

⇒).

∑

n−1 ∑

2s+1 ∑−1

s=0

k=2s

f (k) =

n −1 2∑

f (k).

k=1

∑

2k .x2k converge, usando a contraposi∑ ∑ tiva, que ´e equivalente logicamente, vamos mostrar que se 2k .x2k diverge ent˜ao xk Vamos provar que se

xk converge ent˜ao

diverge. Como xk ´e n˜ao-crescente ent˜ao vale 2s+1 ∑−1

s

2 x2s+1 =

x2s+1 ≤

2s+1 ∑−1

k=2s

aplicando 2

n−1 ∑

segue

s=0

logo se

∑

xk

k=2s

n−1 ∑

s+1

2

x2s+1 ≤

s=0

2s x2s diverge ent˜ao

⇐). Vamos provar que se

∑

∑

n −1 2∑

xk

k=1

xk diverge.

2k .x2k converge ent˜ao ent˜ao

direta. Usando que 2s+1 ∑−1

xk ≤

k=2s

aplicando

n−1 ∑

da´ı se

x2s = 2s x2s

k=2s

segue que

s=0

∑

2s+1 ∑−1

2s x2s converge ent˜ao

n −1 2∑

∑

k=1

xk ≤

n−1 ∑

2s x2s

s=0

xk converge

.

∑

xk converge, de maneira

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

1.4.30

76

Quest˜ ao 48

√ a+b √ Propriedade 123. Sejam a, b > 0 ∈ R, x1 = ab, y1 = , xn+1 = xn .yn , yn+1 = 2 xn + yn . Ent˜ao (xn ) e (yn ) convergem para o mesmo limite. 2 Demonstra¸c˜ ao. Sabemos que yn ≥ xn pela desigualdade das m´edias, ent˜ao xn .yn ≥ x2n ⇒

√ xn .yn ≥ xn ⇒ xn+1 ≥ xn ,

ent˜ao (xn ) ´e crescente . Da mesma maneira yn ´e decrescente pois de xn ≤ yn tem-se (xn + yn ) xn + yn ≤ 2yn da´ı yn+1 = ≤ yn . Como vale x1 ≤ xn ≤ yn ≤ y1 para todo n, 2 conclu´ımos que xn e yn s˜ao convergentes, por serem mon´otonas e limitadas . yn+1 =

xn + yn 2

tomando o limite y=

x+y ⇒ x = y. 2

Defini¸ c˜ ao 14 (M´edia aritm´etico-geom´etrica). Dados dois n´ umeros reais positivos a e b o valor comum para o qual convergem as sequˆencias (xn ) e (yn ) definidas na propriedade anterior se chama m´edia aritm´etico-geom´etrica de a e b.

1.5 1.5.1

Cap´ıtulo 5-Topologia da reta Quest˜ ao 1

Propriedade 124 (Caracteriza¸c˜ao de abertos por meio de sequˆencias). Seja A ⊂ R. A ´e aberto ⇔ ∀ (xn ) com lim xn = a ∈ A, ∃n0 ∈ N | n > n0 ⇒ xn ∈ A ent˜ao A ´e aberto. Em outras palavras A ´e aberto ⇔ ∀ (xn ) com lim xn = a ∈ A se verifica xn ∈ A para n suficientemente grande. Demonstra¸c˜ ao. ⇒).

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

77

Suponha A aberto, com a ∈ A logo existe ε > 0 tal que (a − ε, a + ε) ⊂ A e por lim xn = a existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica xn ∈ (a − ε, a + ε) logo xn ∈ A. ⇐). Vamos usar a contrapositiva que no caso diz: Se A n˜ao ´e aberto ent˜ao existe (xn ) com lim xn = a ∈ A e xn ∈ / A. Lembrando que a contrapositiva de p ⇒ q ´e v q ⇒v p, (onde v ´e o s´ımbolo para nega¸ca˜o da proposi¸c˜ao) sendo proposi¸co˜es equivalentes, as vezes ´e muito mais simples provar a contrapositiva do que a proposi¸c˜ao diretamente. Se A n˜ao ´e aberto, existe a ∈ A tal que a n˜ao ´e ponto interior de A, assim ∀ε > 0 , (a − ε, a + ε) ∩ (R \ A) ̸= ∅, ent˜ao podemos tomar uma sequˆencia (xn ) em R \ A que converge para a ∈ A.

1.5.2

Quest˜ ao 3

Propriedade 125. Se A ´e aberto e x ∈ R ent˜ao x + A = {x + a , a ∈ A} ´e aberto . Demonstra¸c˜ ao.[1-Crit´erio de sequˆencias] Seja (xn ) tal que lim xn = x + a ∈ x + A , vamos mostrar que xn ∈ x + A para todo n suficientemente grande, da´ı x + A ´e aberto. xn = x+yn com yn → a, da´ı como A ´e aberto, segue que yn ∈ A para n suficientemente grande, o que implica xn = x + yn ∈ A para os mesmos valores de n, logo x + A ´e aberto. Demonstra¸c˜ ao.[2] ˆ Primeiro observamos que w ∈ x + A ⇔ w − x ∈ A.

⇒). Se w ∈ x + A ent˜ao w = x + a para algum a ∈ A, logo w − x = a ∈ A. ⇐). Se w − x ∈ A existe a ∈ A tal que w − x = a logo w = x + a, da´ı segue w ∈ x + A. ˆ Tomamos y ∈ x + A , vamos mostrar que y ´e ponto interior . Sabemos que existe

a ∈ A tal que y = x + a e a ´e ponto interior de A, logo existe ε > 0 tal que a − ε < t < a + ε ⇒ t ∈ A. Seja w arbitr´ario tal que y − ε < w < y + ε , isto ´e, w ∈ (y − ε, y + ε), substituindo y = x + a temos x + a − ε < w < x + a + ε, subtraindo x de ambos lados a − ε < w − x < a + ε, da´ı w − x ∈ A de onde segue w ∈ x + A, logo (y − ε, y + ε) ⊂ x + A.

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

78

Propriedade 126. Se x ̸= 0 e A ´e aberto ent˜ao x.A = {x.a, a ∈ A} ´e aberto . Demonstra¸c˜ ao. Utilizaremos o crit´erio de sequˆencias. Seja (xn ) com lim xn = x.a ∈ xA, vamos mostrar que para n suficientemente grande xn ∈ xA, de onde tem-se xA aberto. xn ´e da forma xyn onde yn → a ∈ A, como A ´e aberto segue que para n suficientemente grande vale yn ∈ A, da´ı para os mesmos valores de n vale xn = xyn ∈ xA como quer´ıamos demonstrar.

1.6 1.6.1

Cap´ıtulo 8-Derivadas Quest˜ ao 1

Propriedade 127 (Teorema do sandu´ıche para derivadas). Sejam f, g, h : X → R tais que para todo x ∈ X se tenha f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) . Se num ponto a ∈ X ∩ X ′ tem-se f (a) = h(a) e existem f ′ (a) = h′ (a) ent˜ao existe g ′ (a) = f ′ (a) . Demonstra¸c˜ ao. Da identidade f (a) = h(a) e da desigualdade f (x) ≤ g(x) ≤ h(x), temos f (a) ≤ g(a) ≤ h(a) = f (a), ⇒ g(a) = f (a) = h(a) tem-se tamb´em f (a + h) ≤ g(a + h) ≤ h(a + h), ⇔ f (a + h) − f (a) ≤ g(a + h) − g(a) ≤ h(a + h) − h(a) pois f (a) = h(a) = g(a), como as derivadas f ′ (a) e h′ (a) existem, ent˜ao tamb´em existem as derivadas laterais f+′ (a) = f−′ (a) = f ′ (a) = g ′ (a) = h′+ (a) = h′− (a) dividindo a u ´ltima desigualdade por h > 0 e tomando o limite a direita segue f ′ (a) ≤ lim+ h→0

g(a + h) − g(a) ≤ f ′ (a) h

e dividindo por h < 0 e tomando o limite a esquerda f ′ (a) ≥ lim− h→0

g(a + h) − g(a) ≥ f ′ (a) h

˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-CURSO DE ANALISE VOL.1

assim lim−

h→0

1.6.2

g(a + h) − g(a) g(a + h) − g(a) = lim+ = f ′ (a) = g ′ (a) h→0 h h

79

.

Quest˜ ao 2

Se f ´e deriv´avel `a direita no ponto a e f (a) ´e m´aximo local ent˜ao f+′ (a) ≤ 0. Se fosse f+′ (a) > 0 existiria δ > 0 tal que a < x < a + δ ⇒ f (a) < f (x) ent˜ao f (a) n˜ao seria m´aximo local. Da mesma maneira se f ´e deriv´avel `a esquerda no ponto a ent˜ao f−′ (a) ≥ 0, pois se fosse f−′ (a) < 0 existiria δ > 0 tal que a − δ < x < a implicaria f (a) < f (x) da´ı f (a) n˜ao seria m´aximo local. Exemplo 36. As derivadas laterais em um ponto de m´aximo podem existir sendo diferentes, como ´e o caso da fun¸ca˜o f : R → R com f (x) = −|x|, que possui m´aximo no ponto x = 0 e as derivadas laterais s˜ao lim+

h→0

f (h) −|h| = lim+ = −1 h→0 h h

lim−

h→0

f (h) −|h| = lim+ =1 h→0 h h

pois no primeiro caso |h| = h, pois h → 0+ e no segundo |h| = −h , pois h → 0− .

1.6.3

Quest˜ ao 3

Propriedade 128. Seja p : R → R um polinˆomio de grau ´ımpar e t um n´ umero par. Existe c ∈ R tal que Dt p(c) = 0. Demonstra¸c˜ ao. Basta mostrar que a t-´esima derivada de um polinˆomio de grau ´ımpar ´e um polinˆomio de grau ´ımpar(ou fun¸ca˜o nula) se t ´e par, pois todo polinˆomio de grau ´ımpar possui solu¸ca˜o real. Sejam, n > t e p(x) =

n ∑

ak xk ,

k=0 n t n basta ( ) saber a t-´esima derivada de x o termo de mais alto grau, como vale D x = n n−t t! x , n ´ımpar e t ´e par implicam que n − t ´e ´ımpar, da´ı Dt p(x) ´e polinˆomio de grau t ´ımpar e existe c ∈ R tal que Dt p(c) = 0. No caso de t > n tem-se Dt p(x) = 0 ∀; x.

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80

Corol´ ario 26. Em especial se t = 2, existe c ∈ R tal que p′′ (c) = 0.

1.6.4

Quest˜ ao 4

Propriedade 129. Se f : A → R ´e deriv´avel em a ∈ int(A) ent˜ao lim

h→0

f (a + h) − f (a − h) = f ′ (a). 2h

Demonstra¸c˜ ao. Como f ´e deriv´avel em a ∈ intA podemos escrever f (a + h) = r(h) f (a) + f ′ (a)h + r(h) onde lim = 0, podemos tomar f (a − h) = f (a) − f ′ (a)h + r(−h), h→0 h subtraindo as duas express˜oes e dividindo por 2h, tem-se f (a + h) − f (a − h) r(h) − r(−h) = f ′ (a) + 2h 2h | {z } →0

tomando o limite segue que lim

h→0

f (a + h) − f (a − h) = f ′ (a). 2h

f (a + h) − f (a − h) pode existir por´em a fun¸c˜ao pode n˜ao h→0 2h ser deriv´avel em a, considere por exemplo f : R → R dada por f (x) = |x|, no ponto a = 0 Exemplo 37. O limite lim

ela n˜ao ´e deriv´avel por´em lim

h→0

|h| − | − h| |h| − |h| = lim = 0. h→0 2h 2h

O limite pode existir por´em a fun¸ca˜o mesmo n˜ao ser cont´ınua no ponto, como a fun¸c˜ao definida como f (x) = 0 se x ≤ 0, f (x) = 1 se x > 0. Ela n˜ao ´e cont´ınua em 0, por´em o limite citado existe, pois tomando o limite pela direita lim+

h→0

1 f (h) − f (−h) = lim+ =0 h→0 2h 2h

lim−

f (h) − f (−h) −1 = lim+ = 0. h→0 2h 2h

e pela esquerda h→0

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1.6.5

81

Quest˜ ao 5

Propriedade 130 (Caracteriza¸c˜ao de Carath´eodory). f ´e deriv´avel em a ⇔ existe g : A → R cont´ınua em a tal que f (x) = f (a) + g(x)(x − a) ∀x ∈ A. Demonstra¸c˜ ao. ⇐) . Suponha que existe g : A → R cont´ınua em a tal que f (x) = f (a) + g(x)(x − a), da´ı para x ̸= a tem-se f (x) − f (a) = g(x) x−a f (x) − f (a) = f ′ (a) = g(a), x→a x−a

como existe lim g(x) por g ser cont´ınua em a, ent˜ao existe lim x→a

logo f ´e deriv´avel.

⇒). Supondo que f seja deriv´avel, ent˜ao podemos escrever f (a + h) = f (a) + f ′ (a)h + r(h) r(h), se h ̸= 0, definimos g(a + h) = f ′ (a) + , se h = 0 definimos g(a) = f ′ (a), ent˜ao h vale que f (a + h) = f (a) + g(a + h).h se h ̸= 0 e se h = 0 tamb´em, al´em disso g ´e cont´ınua em a, pois de g(a + h) = f ′ (a)+

r(h) , h

tomando lim , tem-se h→0

lim g(a + h) = f ′ (a) = g(a).

h→0

Quest˜ ao 8 Veremos um lema que ajudar´a na pr´oximo resultado. Lema 1. Sejam (an ) e (bn ) sequˆencias limitada tais que an + bn = 1 ∀n ∈ N , (zn ) e (tn ) com o mesmo limite a, ent˜ao lim an .zn + bn .tn = a. Demonstra¸c˜ ao. Escrevemos an .zn + bn .tn = an .zn − a.an + a. an +bn .tn = an (zn − a) + a(1 − bn ) + bn .tn = |{z} =1−bn

= an (zn − a) + a − a.bn + bn .tn = an (zn − a) + a + bn (tn − a) da´ı lim an (zn − a) + a + bn (tn − a) = a = lim an .zn + bn .tn pois an e bn s˜ao limitadas e zn − a, tn − a tendem a zero.

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82

Propriedade 131. Seja f : A → R deriv´avel em a. Se xn < a < yn ∀n e lim xn = f (yn ) − f (xn ) lim yn = a ent˜ao lim = f ′ (a). yn − xn Demonstra¸c˜ ao. Come¸camos com uma manipula¸c˜ao alg´ebrica f (yn ) − f (xn ) f (yn ) − f (a) − f (xn ) + f (a) f (yn ) − f (a) f (xn ) − f (a) = = − = yn − x n yn − xn yn − xn yn − xn f (yn ) − f (a) = + yn − xn f (yn ) − f (a) = + yn − xn

(

(

−xn + a yn − xn

)(

f (xn ) − f (a) xn − a

yn − xn − yn + a yn − xn

)(

) =

f (xn ) − f (a) xn − a

) =

( )( ) f (yn ) − f (a) yn − a f (xn ) − f (a) = + 1− = yn − xn yn − x n xn − a ( =

yn − a y −x | n {z n} =tn

)(

f (yn ) − f (a) yn − a

)

( )( ) f (xn ) − f (a) yn − a + 1− = yn − x n xn − a

( ) ) f (xn ) − f (a) f (yn ) − f (a) +(1 − tn ) = tn yn − a xn − a | {z } | {z } (

→f ′ (a)

→f ′ (a)

yn − a < 1, pois yn − xn yn > xn da´ı podemos dividir por yn − xn sem alterar a desigualdade. Da mesma maneira yn − a vale 0 < yn − a e da´ı 0 < < 1, logo (tn ) ´e limitada, o mesmo vale para 1 − tn , yn − xn logo aplicamos o lema anterior que nos garante que ) ( ) ( f (xn ) − f (a) f (yn ) − f (xn ) f (yn ) − f (a) lim = lim tn +(1 − tn ) = f ′ (a). yn − xn yn − a xn − a | {z } | {z } observamos que (tn ) ´e limitada pois xn < a ⇒ yn − a < yn − xn ⇒

→f ′ (a)

→f ′ (a)

Quest˜ ao 9 Quest˜ ao 10 1 Exemplo 38. Seja f : R → R dada por f (x) = x2 sen( ) se x ̸= 0 e f (0) = 0, tomamos x 1 1 xn = e yn = , da´ı vale lim xn = lim yn = 0 nπ nπ + π2 f (xn ) =

1 sen(nπ) = 0 (nπ)2

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1 π (−1)n sen(nπ + ) = (nπ + π2 )2 2 (nπ + π2 )2 π π π pois sen(nπ + ) = sen(nπ) cos( ) + sen( )cos(nπ) = (−1)n , da´ı | {z } 2 2 2 f (yn ) =

=0

f (yn ) − f (xn ) f (yn ) = yn − x n yn − xn 1 yn − xn = nπ +

π 2

nπ − nπ − π2 − π2 1 − = = nπ (nπ + π2 )(nπ) (nπ + π2 )(nπ)

(−1)n+1 π f (yn ) − f (xn ) (−1)n+1 (−1)n+1 = .2n(nπ + ) = .2n = π .2 yn − xn (nπ + π2 )2 2 (nπ + π2 ) (π + 2n ) que n˜ao converge, pois para n par temos

−1 −1 .2 e para n ´ımpar tem-se π .2 → (π + 2n ) π

1 1 .2 duas subsequˆencias convergindo para valores distintos, logo a sequˆencia π .2 → (π + 2n ) π n˜ao converge. Tal fun¸ca˜o ´e deriv´avel no 0, pois x2 sen( x1 ) − 0 1 = lim xsen( ) = 0 x→0 x→0 x x lim

em outros pontos distintos de 0 a fun¸c˜ao tamb´em ´e deriv´avel por ser produto de fun¸co˜es deriv´aveis. Portanto tal fun¸ca˜o ´e deriv´avel no ponto x = 0 por´em o limite

f (yn ) − f (xn ) n˜ao yn − x n

converge quando lim xn = lim yn = 0. A fun¸ca˜o derivada de f satisfaz   2xsen( 1 ) − cos( 1 ) se x ̸= 0 ′ x x f (x) =  0 se x = 0 que n˜ao ´e cont´ınua em x = 0, da´ı a fun¸c˜ao f ´e deriv´avel em toda a reta por´em possui derivada descont´ınua. Quest˜ ao 13 Propriedade 132. Se f : I → R satisfaz |f (y) − f (x)| ≤ c|y − x|α com α > 1, c > 0, x, y ∈ R arbitr´arios ent˜ao f ´e constante.

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Demonstra¸c˜ ao. De |f (y) − f (x)| ≤ c|y − x|α tomamos x = a ∈ R fixo por´em f (y) − f (a) ≤ c|y − a|α−1 0 ≤ y−a

arbitr´ario

com α − 1 > 0, aplicamos o limite de ambos os lados e pelo teorema do sandu´ıche segue que f ′ (a) = 0, logo f ´e constante. Quest˜ ao 15 Propriedade 133. Se f ´e deriv´avel em I e f ′ ´e cont´ınua em a ent˜ao ∀ xn ̸= yn com lim xn = lim yn = a ent˜ao lim

f (yn ) − f (xn ) = f ′ (a). yn − xn

Demonstra¸c˜ ao. Pelo T V M , para cada yn , xn existe zn entre eles tal que f (yn ) − f (xn ) = f ′ (zn ) yn − xn da´ı lim zn = a por sanduiche e lim f ′ (zn ) = f ′ (a) por continuidade, logo lim

f (yn ) − f (xn ) = lim f ′ (zn ) = f ′ (a). yn − xn