Solucoes de Exercicios Curso de Analise Vol 1 Elon Lages Lima

Solu¸cões de Exerc´ıcios do Livro “Curso de Análise”, Volume I, de Elon Lages Lima Cleber Fernando Colle, Edson José Teixeira, J´ ulio C. C. da Silva ([email protected]) e Rodrigo Carlos Silva de Lima (rodrigo.uff[email protected]) 24 de dezembro de 2013

Sum´ ario 1 Conjuntos e Exerc´ıcio 1.1 Exerc´ıcio 1.2 Exerc´ıcio 1.3 Exerc´ıcio 1.4 Exerc´ıcio 1.5 Exerc´ıcio 1.6 Exerc´ıcio 1.7 Exerc´ıcio 1.8 Exerc´ıcio 1.9 Exerc´ıcio 1.10 Exerc´ıcio 1.11 Exerc´ıcio 1.12 Exerc´ıcio 1.13 Exerc´ıcio 1.14 Exerc´ıcio 1.15 Exerc´ıcio 1.16 Exerc´ıcio 1.17 Exerc´ıcio 1.18 Exerc´ıcio 1.19 Exerc´ıcio 1.20 Exerc´ıcio 1.21

Fun¸ c˜ oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 Conjuntos Finitos, Exerc´ıcio 2.1 . . . . Exerc´ıcio 2.2 . . . . Exerc´ıcio 2.3 . . . . Exerc´ıcio 2.4 . . . . Exerc´ıcio 2.5 . . . . Exerc´ıcio 2.6 . . . . Exerc´ıcio 2.7 . . . . Exerc´ıcio 2.8 . . . . Exerc´ıcio 2.9 . . . . Exerc´ıcio 2.10 . . . . Exerc´ıcio 2.11 . . . . Exerc´ıcio 2.12 . . . . Exerc´ıcio 2.13 . . . . Exerc´ıcio 2.14 . . . . Exerc´ıcio 2.15 . . . . Exerc´ıcio 2.16 . . . . Exerc´ıcio 2.17 . . . . Exerc´ıcio 2.18 . . . . Exerc´ıcio 2.10 . . . . Exerc´ıcio 2.20 . . . . Exerc´ıcio 2.21 . . . .

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7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 28 29

Enumer´ aveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

N˜ ao-Enumer´ aveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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30 31 32 33 34 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54

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Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio

2.22 2.23 2.24 2.25 2.26 2.27 2.28 2.29

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55 56 58 59 60 61 64 67

3 N´ umeros Reais Exerc´ıcio 3.01 . . Exerc´ıcio 3.02 . . Exerc´ıcio 3.03 . . Exerc´ıcio 3.04 . . Exerc´ıcio 3.05 . . Exerc´ıcio 3.08 . . Exerc´ıcio 3.09 . . Exerc´ıcio 3.10 . . Exerc´ıcio 3.11 . . Exerc´ıcio 3.12 . . Exerc´ıcio 3.13 . . Exerc´ıcio 3.14 . . Exerc´ıcio 3.15 . . Exerc´ıcio 3.16 . . Exerc´ıcio 3.17 . . Exerc´ıcio 3.10 . . Exerc´ıcio 3.19 . . Exerc´ıcio 3.20 . . Exerc´ıcio 3.22 . . Exerc´ıcio 3.23 . . Exerc´ıcio 3.24 . . Exerc´ıcio 3.25 . . Exerc´ıcio 3.26 . . Exerc´ıcio 3.27 . . Exerc´ıcio 3.28 . . Exerc´ıcio 3.29 . . Exerc´ıcio 3.30 . . Exerc´ıcio 3.31 . . Exerc´ıcio 3.32 . . Exerc´ıcio 3.33 . . Exerc´ıcio 3.31 . . Exerc´ıcio 3.32 . . Exerc´ıcio 3.33 . . Exerc´ıcio 3.34 . . Exerc´ıcio 3.35 . . Exerc´ıcio 3.37 . . Exerc´ıcio 3.38 . . Exerc´ıcio 3.39 . . Exerc´ıcio 3.40 . . Exerc´ıcio 3.42 . . Exerc´ıcio 3.43 . . Exerc´ıcio 3.44 . . Exerc´ıcio 3.45 . . Exerc´ıcio 3.46 . . Exerc´ıcio 3.47 . . Exerc´ıcio 3.48 . . Exerc´ıcio 3.49 . .

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2

Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio

3.50 3.51 3.52 3.53 3.54 3.55 3.56 3.57 3.58 3.59 3.60

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120 121 122 124 125 126 128 129 130 131 132

4 Sequˆ encias e S´ eries de N´ umeros Exerc´ıcio 4.1 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.2 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.3 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.4 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.5 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.6 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.7 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.8 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.9 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.10 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.10 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.11 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.11a . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.12 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.14 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.15 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.18 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.19 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.20 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.21 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.22 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.25 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.31 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.33 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.35 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.36 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.40 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.41 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.42 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.43 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.44 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.45 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.46 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.47 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.48 . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 4.49 . . . . . . . . . . . . .

Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 154 155 156 157 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 173

5 Topologia da Reta Exerc´ıcio 5.01 . . . . Exerc´ıcio 5.02 . . . . Exerc´ıcio 5.03 . . . . Exerc´ıcio 5.04 . . . . Exerc´ıcio 5.05 . . . . Exerc´ıcio 5.06 . . . .

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Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio

5.07 5.08 5.09 5.10 5.11 5.12 5.13 5.14 5.15 5.16 5.17 5.18 5.19 5.20 5.21 5.22 5.23 5.24 5.25 5.26 5.27 5.28 5.29 5.30 5.31 5.32 5.33 5.34 5.35 5.36 5.37 5.38 5.39 5.40 5.41 5.42 5.43 5.44 5.45 5.46 5.47 5.48 5.49 5.50 5.51 5.52 5.53 5.54 5.55 5.56 5.57 5.58 5.59 5.60 5.61 5.62 5.63

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Exerc´ıcio 5.64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241 6 Limites de Fun¸ c˜ oes Exerc´ıcio 6.01 . . . . . Exerc´ıcio 6.02 . . . . . Exerc´ıcio 6.03 . . . . . Exerc´ıcio 6.04 . . . . . Exerc´ıcio 6.05 . . . . . Exerc´ıcio 6.06 . . . . . Exerc´ıcio 6.07 . . . . . Exerc´ıcio 6.08 . . . . . Exerc´ıcio 6.09 . . . . . Exerc´ıcio 6.10 . . . . . Exerc´ıcio 6.11 . . . . . Exerc´ıcio 6.12 . . . . . Exerc´ıcio 6.13 . . . . . Exerc´ıcio 6.14 . . . . . Exerc´ıcio 6.15 . . . . . Exerc´ıcio 6.16 . . . . . Exerc´ıcio 6.17 . . . . . Exerc´ıcio 6.18 . . . . . Exerc´ıcio 6.19 . . . . . Exerc´ıcio 6.20 . . . . . Exerc´ıcio 6.21 . . . . . Exerc´ıcio 6.22 . . . . . Exerc´ıcio 6.23 . . . . . Exerc´ıcio 6.24 . . . . .

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7 Fun¸ c˜ oes Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio Exerc´ıcio

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Cont´ınuas 7.38 . . . . . 7.39 . . . . . 7.40 . . . . . 7.41 . . . . . 7.42 . . . . . 7.43 . . . . . 7.44 . . . . . 7.45 . . . . . 7.46 . . . . . 7.47 . . . . .

8 Derivadas Exerc´ıcio 8.46 Exerc´ıcio 8.47 Exerc´ıcio 8.48 Exerc´ıcio 8.49 Exerc´ıcio 8.50 Exerc´ıcio 8.51 Exerc´ıcio 8.52 Exerc´ıcio 8.53 Exerc´ıcio 8.54 Exerc´ıcio 8.55

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9 Integral de Riemann

307

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10 Sequˆ encias e S´ eries de Fun¸ c˜ oes Exerc´ıcio 10.44 . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 10.45 . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 10.46 . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 10.47 . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 10.48 . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 10.49 . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 10.50 . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 10.51 . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 10.52 . . . . . . . . . . . Exerc´ıcio 10.53 . . . . . . . . . . .

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308 309 310 311 313 314 316 317 318 319 320

Cap´ıtulo 1

Conjuntos e Fun¸c˜ oes

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Exerc´ıcio 1.1: Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades: (1a ) X ⊃ A e X ⊃ B, (2a ) Se Y ⊃ A e Y ⊃ B ent˜ ao Y ⊃ X. Prove que X = A ∪ B. A inclusão A ∪ B ⊂ X é fornecida pela primeira hipótese. De fato, se x ∈ A ⊂ X ou x ∈ B ⊂ X (isto é, se x ∈ A ∪ B) então x ∈ X. E a segunda hipótese fornece a inclusão A ∪ B ⊂ X pois A ∪ B ⊃ A e A ∪ B ⊃ B. Portanto, X = A ∪ B.

8

Exerc´ıcio 1.2: Enuncie e prove um resultado, análogo ao anterior, caracterizando A ∩ B. Enunciado: Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades: 1a X ⊂ A e X ⊂ B, 2a Se Y ⊂ A e Y ⊂ B ent˜ ao Y ⊂ X. Prove que X = A ∩ B. Prova: A inclusão A∩B ⊃ X é fornecida pela primeira hipótese. De fato, se x ∈ X temos que A ⊃ X ∋ x e B ⊃ X ∋ x. Consequentemente, se x ∈ X ent˜ ao x ∈ A ∩ B. E a segunda hipótese fornece a inclusão A ∩ B ⊂ X pois A ∩ B ⊂ A e A ∩ B ⊂ B. Portanto, X = A ∩ B.

9

Exerc´ıcio 1.3: Sejam A, B ⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ E\B. Prove também que A ∪ B = E se, e somente se, E\A ⊂ B.

• A ∩ B = ∅ se e somente se A ⊂ E\B: Suponhamos que A ∩ B = ∅. Se x ∈ A devemos ter que x pertence a E\B. De fato, como x pertence a A e A está contido em E, segue que x pertence a B ou E\B. Como A ∩ B = ∅, temos que x ∈ / B. Logo, x ∈ E\B. Assim, A ⊂ E\B. Consideremos o caso em que A ⊂ E\B. Se existisse x ∈ A ∩ B ter´ıamos que x ∈ A e x ∈ B. Mas, como A é um subconjunto de E\B, ter´ıamos também que x ∈ E\B. Um absurdo, pois se x ∈ E\B então x ∈ / B. Desta forma, concluimos que A ∩ B = ∅. • A ∪ B = E se e somente se E\A ⊂ B: Suponhamos que A ∪ B = E. Se x ∈ E\A devemos ter que x pertence a B. De fato, como x pertence a E e E = A ∪ B, devemos ter que x ∈ A ou x ∈ B. Além disso, como x ∈ E\A, temos também que x ∈ / A. O que nos garante que x ∈ B. Logo, E\A ⊂ B. Consideremos o caso em que E\A ⊂ B. Seja x ∈ E. Segue que, x ∈ A ou x ∈ E\A. Se x ∈ E\A então x pertence a B pois E\A está contido em B. Logo, x ∈ A ou x ∈ B. Ou seja, x ∈ A ∪ B. Assim, devemos ter que E ⊂ A ∪ B. E, como A e B est˜ ao contidos em E, segue (veja o exercicio 1.1) que E = A ∪ B.

10

Exerc´ıcio 1.4: Dados A, B ⊂ E, prove que A ⊂ B se, e somente se, A ∩ (E\B) = ∅. Suponhamos que A ⊂ B. Se existisse x ∈ A ∩ (E\B) ter´ıamos que x ∈ A e x ∈ E\B. Isto é, existiria x ∈ E tal que x ∈ A e x ∈ / B. Mas, isto é um absurdo, pois, como A ⊂ B, se x ∈ A então x ∈ B. Portanto, A ∩ (E\B) = ∅. Consideremos, agora, o caso em que A ∩ (E\B) = ∅. Seja x ∈ A. Como A ⊂ E, temos que x ∈ E. Assim, x ∈ B ou x ∈ E\B. Logo, x ∈ B pois se x ∈ E\B ter´ıamos que x ∈ A ∩ (E\B) = ∅.

11

Exerc´ıcio 1.5: Dê exemplo de conjuntos A, B, C tais que (A ∪ B) ∩ C ̸= A ∪ (B ∩ C). Tome A = {1, 2, 3}, B = {1, 3} e C = {1, 2}. Desta forma, temos (A ∪ B) ∩ C = {1, 2} ̸= {1, 2, 3} = A ∪ (B ∩ C).

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Exerc´ıcio 1.6: Se A, X ⊂ E são tais que A ∩ X = ∅ e A ∪ X = E, prove que X = E\A. Seja x ∈ X. Uma vez que x ∈ / ∅ = A ∩ X, temos que x ∈ / A. E, como x ∈ X ⊂ E, devemos ter, também, que x ∈ E. Logo, x ∈ E\A. Portanto, como x ∈ X é arbitráro, devemos ter que X ⊂ E\A. Considere, agora, x ∈ E\A. Segue que x ∈ E e x ∈ / A. Como x ∈ E = A ∪ X e x ∈ / A, temos que x ∈ X. Portanto, como x ∈ E\A é arbitráro, devemos ter que X ⊂ E\A.

13

Exerc´ıcio 1.7: Se A ⊂ B, então

B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A,

para todo conjunto C. Por outro lado, se existir C de modo que a igualdade acima seja satisfeita, então A ⊂ B. Primeiramente, mostremos que se A ⊂ B então, para qualquer conjunto C, temos B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A. Seja x ∈ B ∩ (A ∪ C). Assim, x ∈ B e (x ∈ C ou x ∈ A). • Se x ∈ C temos que x ∈ B ∩ C. Logo, x ∈ (B ∩ C) ∪ A. • Se x ∈ A temos imediatamente que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Segue, em todo caso, que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Logo, concluimos que B ∩ (A ∪ C) ⊂ (B ∩ C) ∪ A. Considere, agora, que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Assim, x ∈ B ∩ C ou x ∈ A. • Se x ∈ B ∩ C ent˜ ao x ∈ B e x ∈ C. Logo, x ∈ B, x ∈ A ∪ C e, consequentemente, x ∈ B ∩ (A ∪ C). • Se x ∈ A temos que x ∈ B, já que A ⊂ B. Assim, x ∈ B e x ∈ A ⊂ A ∪ C. Logo, x ∈ B ∩ (A ∪ C). Em ambos os casos, x ∈ B ∩ (A ∪ B). Desta forma, tem-se que B ∩ (A ∪ C) ⊃ (B ∩ C) ∪ A. Portanto, se A ⊂ B ent˜ ao B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A, para qualquer conjunto C. Reciprocamente, suponhamos que exista um conjunto C tal que x ∈ (B ∩ C) ∪ A = B ∩ (A ∪ C). Se x ∈ A temos que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Mas, como (B ∩ C) ∪ A = B ∩ (A ∪ C), devemos ter que x ∈ B. Logo, conclui-se que A ⊂ B.

14

Exerc´ıcio 1.8: Suponhamos que A e B sejam subconjuntos de E. Prove que A = B se, e somente se, ( ) ( ) A ∩ (E\B) ∪ (E\A) ∩ B = ∅.

Suponhamos que A = B. Neste caso, temos que E\A = E\B. Logo, A ∩ (E\B) = A ∩ (E\A) = ∅ e B ∩ (E\A) = B ∩ (E\B) = ∅. Portanto,

(

) ( ) A ∩ (E\B) ∪ B ∩ (E\A) = ∅ ∪ ∅ = ∅.

Reciprocamente, consideremos o caso em que ( ) ( ) A ∩ (E\B) ∪ B ∩ (E\A) = ∅. Seja x ∈ A. Se supusermos, por absurdo, que x ∈ / B teremos que x ∈ A ∩ (E\B) e, consequentemente, ( ) ( ) x ∈ A ∩ (E\B) ∪ B ∩ (E\A) = ∅. Uma contradi¸cão. De modo inteiramente análogo é imposs´ıvel que x ∈ B e x ∈ / A. Portanto, A = B.

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Exerc´ıcio 1.9: Prove que (A\B) ∪ (B\A) = (A ∪ B)\(A ∩ B).

• (A\B) ∪ (B\A) ⊂ (A ∪ B)\(A ∩ B) Seja x ∈ (A\B) ∪ (B\A). Neste caso, x ∈ A\B ou x ∈ B\A. Se x ∈ B\A então temos que x ∈ A e x ∈ / B. Logo, x ∈ A ∪ B e x ∈ / A ∩ B, ou seja, x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B). Analogamente, x ∈ B\A implica x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B). • (A\B) ∪ (B\A) ⊃ (A ∪ B)\(A ∩ B) Seja x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B). Neste caso, x ∈ A ∪ B e x ∈ / A ∩ B. Se x ∈ A então x ∈ / B, uma vez que x ∈ / A ∩ B. Isto é, se x ∈ A ent˜ ao x ∈ A\B. Analogamente, se x ∈ B, temos que x ∈ B\A. Portanto, x ∈ (A\B) ∪ (B\A).

16

Exerc´ıcio 1.10: Para conjuntos A e B, definimos o conjunto A∆B := (A\B) ∪ (B\A). Prove que A∆B = A∆C implica que B = C. Examine a validade um resultado análogo com ∩, ∪ ou × em vez de ∆. Suponhamos que A∆B = A∆C. Mostraremos que os conjuntos B ∩ A e B\A estão contidos em C. Desta forma, como B = (B ∩ A) ∪ (B\A), concluiremos que B ⊂ C. Seja x ∈ B ∩ A. Temos que x ∈ / A∆B = (A\B) ∪ (B\A), pois x ∈ / A\B e x ∈ / B\A. Assim, como A∆B = A∆C, temos que x ∈ / A∆C = (A\C) ∪ (C\A) e, consequentemente, x ∈ / A\C. Logo, x ∈ C pois x ∈ A e x ∈ / A\C. Como x ∈ B ∩ A é arbitrário, concluimos que B ∩ A ⊂ C. Seja x ∈ B\A. Logo, x ∈ (A\B) ∪ (B\A) = A∆B. E, como A∆B = A∆C, temos que x ∈ A∆C. Sendo x ∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A), segue que x ∈ A\C ou x ∈ / C\A. Assim, já que x ∈ / A, devemos ter que x ∈ C\A e, consequentemente, x ∈ C. Como x ∈ B\A é arbitrário, concluimos que B\A ⊂ C. Por fim, como B ∩ A e B\A estão contidos em C, devemos ter que B ⊂ C. E, de forma análoga, prova-se que C ∩ A e C\A estão contidos em B. Logo, C ⊂ B. Portanto, supondo que A∆B = A∆C, temos que B = C. Consideremos agora a validade dos casos análogos para ∩, ∪ e × ao invés de ∆. Existem A, B e C tais que • A ∩ B = A ∩ C e B ̸= C. Por exemplo: A = {1}, B = {1, 2} e C = {1, 2, 3}; • A ∪ B = A ∪ C e B ̸= C. Por exemplo: A = {1}, B = {2} e C = {1, 2}; • A × B = A × C e B ̸= C. Por exemplo: A = ∅, B = {1} e C = {2}.

17

Exerc´ıcio 1.11: Prove as seguintes afirma¸c˜ oes: (a) (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C); (b) (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C); (c) (A − B) × C = (A × C) − (B × C); (d) A ⊂ A′ , B ⊂ B ′ =⇒ A × B ⊂ A′ × B ′ .

(a) Temos que a igualdade (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C) é válida pois (x, c) ∈ (A ∪ B) × C

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x∈A∪B e c∈C (x ∈ A e c ∈ C) ou (x ∈ B e c ∈ C) (x, c) ∈ A × C ou (x, c) ∈ B × C (x, c) ∈ (A × C) ∪ (B × C).

(b) Temos que a igualdade (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C) é válida pois (x, c) ∈ (A ∩ B) × C

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x ∈ (A ∩ B) e c ∈ C (x ∈ A e c ∈ C) e (x ∈ B e c ∈ C) (x, c) ∈ A × C e (x, c) ∈ B × C (x, c) ∈ (A × C) ∩ (B × C).

(c) Temos que a igualdade (A − B) × C = (A × C) − (B × C) é válida pois (x, c) ∈ (A − B) × C

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x∈A−B e c∈C (x ∈ A e c ∈ C) e (x ∈ / B e c ∈ C) (x, c) ∈ A × C e (x, c) ∈ / B×C (x, c) ∈ (A × C) − (B × C).

(d) Seja (a, b) ∈ A × B. Ent˜ ao, a ∈ A′ e b ∈ B ′ pois A ⊂ A′ e B ⊂ B ′ . Logo, (a, b) ∈ A′ × B ′ . Portanto, concluimos que A × B ⊂ A′ × B ′ .

18

Exerc´ıcio 1.12: Dada uma fun¸cão f : A → B: (a) Prove que se tem f (X\Y ) ⊃ f (X)\f (Y ), sejam quais forem os subconjuntos X e Y de A; (b) Mostre que se f for injetora ent˜ ao f (X\Y ) = f (X)\f (Y ) para quaisquer X e Y contidos em A.

(a) Suponhamos que z ∈ f (X)\f (Y ). Desta forma, temos que z ∈ f (X) e, consequentemente, existe x ∈ X tal que f (x) = z. Como z ∈ / f (Y ) e z = f (x), devemos ter que x ∈ / Y . Logo, x ∈ X\Y . Assim, concluimos que z = f (x) ∈ f (X\Y ). Portanto, devemos ter que f (X\Y ) ⊂ f (X)\f (Y ). (b) Pelo item (a), temos que f (X\Y ) ⊂ f (X)\f (Y ). Logo, basta verificarmos que f (X\Y ) ⊃ f (X)\f (Y ). Seja z ∈ f (X\Y ). Ent˜ ao, podemos escolher x ∈ X\Y tal que f (x) = z. Assim, z = f (x) ∈ f (X) pois x ∈ X. Por outro lado, como f é injetivo, f (x) = z e x ∈ / Y , nenhum y ∈ Y é tal que f (y) = z. Logo, z ∈ / f (Y ). Portanto, z ∈ f (X)\f (Y ). Com isso, concluimos que f (X\Y ) = f (X)\f (Y ).

19

Exerc´ıcio 1.13: Mostre que a fun¸c˜ ao f : A → B é injetora se, e somente se, f (A\X) = f (A)\f (X) para todo X ⊂ A. Se f : A → B é injetiva, pelo item (b) do exerc´ıcio 1.12, a igualdade f (A\X) = f (A)\f (X) é válida para todo X ⊂ A. Suponhamos que a igualdade f (A\X) = f (A)\f (X) seja válida para todo X ⊂ A. Seja a ∈ A e denotemos por b o elemento f (a) ∈ B. Assim, b∈ / f (A\{a}) = f (A)\f ({a}). Logo, não existe a′ ∈ A\{a} tal que f (a′ ) = b = f (a). Desta forma, como a ∈ A é arbitrário, concluimos que f é injetivo.

20

Exerc´ıcio 1.14: Dada a fun¸cão f : A → B, prove que: (a) f −1 (f (X)) ⊃ X para todo X ⊂ A; (b) f é injetora se, e somente se, f −1 (f (X)) = X para todo X ⊂ A.

(a) Se x ∈ X então x ∈ f −1 (f (X)) pois f (x) ∈ f (X). Assim, devemos ter que f −1 (f (X)) ⊃ X. (b) Suponhamos que f é injetora e fixemos X ⊂ A. Provaremos que f −1 (f (X)) ⊂ X e concluiremos, pelo item (a), que f −1 (f (X)) = X. Desta forma, podemos concluir que se f é injetora então f −1 (f (X)) = X, para qualquer X ⊂ A. Seja y ∈ f −1 (f (X)). Segue que f (y) ∈ f (X). Assim, existe x ∈ X tal que f (x) = f (y). Sendo f injetiva, conclui-se que y = x ∈ X. Portanto, como y ∈ f −1 (f (X)) é arbitrário, temos que f −1 (f (X)) ⊂ X. Suponhamos, por outro lado, que f seja tal que f −1 (f (X)) = X, para qualquer X ⊂ A. Sejam x e y ∈ A tais que f (x) = f (y). Neste caso, temos que f ({x}) = f ({x, y}). Assim, f −1 (f ({x})) = f −1 (f ({x, y})) e, pela hipótese, {x} = f −1 (f ({x})) = f −1 (f ({x, y})) = {x, y}. Desta forma, y ∈ {x} e, consequentemente, x = y. Com isso, concluimos que se x e y ∈ A são tais que f (x) = f (y) então x = y. Portanto, f é injetiva.

21

Exerc´ıcio 1.15: Dada f : A → B, prove: (a) Para todo Z ⊂ B, tem-se que f (f −1 (Z)) ⊂ Z; (b) f é sobrejetora se, e somente se, f (f −1 (Z)) = Z para todo Z ⊂ B.

(a) Seja z ∈ f (f −1 (Z)). Existe x ∈ f −1 (Z) tal que f (x) = z. Assim, como x ∈ f −1 (Z), z = f (x) ∈ Z. Portanto, podemos concluir que f (f −1 (Z)) ⊂ Z. (b) Suponhamos que f seja sobrejetora. Provaremos, para um Z ⊂ B arbitrário, que f (f −1 (Z)) = Z. Pelo item (a), temos que f (f −1 (Z)) ⊂ Z. Seja z ∈ Z. Como f é sobrejetiva, existe x ∈ A tal que z = f (x). Desta forma, como f (x) = z ∈ Z, segue que x ∈ f −1 (Z). Logo, z = f (x) ∈ f (f −1 (Z)). Desta forma, concluimos que f (f −1 (Z)) ⊃ Z. Portanto, devemos ter que f (f −1 (Z)) = Z. Suponhamos, por outro lado, que f (f −1 (Z)) = Z, para todo Z ⊂ B. Seja z ∈ B. Definindo Z = {z}, temos que f (f −1 (Z)) = Z = {z}. Desta forma, temos que z ∈ f (f −1 (Z)). Assim, existe x ∈ f −1 (Z) ⊂ A tal que f (x) = z. Portanto, neste caso, f é sobrejetiva.

22

Exerc´ıcio 1.16: Dada uma fam´ılia de conjuntos (Aλ )λ∈L , seja X um conjunto com as seguintes propriedades: (1a ) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊃ Aλ ; (2a ) Se Y ⊃ Aλ , para todo λ ∈ L, ent˜ ao Y ⊃ X. ∪ Prove que, nestas condi¸c˜ oes, tem-se X = Aλ . λ∈L

Pela primeira condi¸c˜ ao, temos que X ⊃ Aλ para cada λ ∈ L. Assim,

∪

Aλ ⊂ X pois cada x ∈

λ∈L

∪ λ∈L

Aλ pertence

a Aλ ⊂ X, para ∪ algum λ ∈ L. ∪ ∪ O conjunto Aλ é tal que Aλ ⊃ Aλ , para todo λ ∈ L. Logo, pela segunda condi¸cão, Aλ ⊃ X. λ∈L

Portanto, X =

∪

λ∈L

λ∈L

Aλ .

λ∈L

23

Exerc´ıcio 1.17: Enuncie e demonstre um resultado análogo ao anterior, caracterizando

∩

Aλ .

λ∈L

Enunciado: Dada uma fam´ılia de conjuntos (Aλ )λ∈L , seja X um conjunto com as seguintes propriedades: (1a ) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊂ Aλ ; (2a ) Se Y ⊂ Aλ para todo λ ∈ L, ent˜ ao Y ⊂ X. ∩ Nestas condi¸cões, tem-se X = Aλ . λ∈L

Demonstra¸ c˜ ao: ∩ ∩ Todo elemento x de X pertence a Aλ pois x ∈ X ⊂ Aλ , pela primeira hipótese sobre X. Logo, Aλ ⊃ X. λ∈L ∩ ∩ λ∈L ∩ O conjunto Aλ é tal que Aλ ⊂ Aλ , para todo λ ∈ L. Assim, pela segunda hipótese sobre X, Aλ ⊂ X. λ∈L ∩ λ∈L λ∈L Portanto, X = Aλ . λ∈L

24

Exerc´ıcio 1.18: Seja f : P(A) −→ P(A) uma fun¸c˜ ao tal que X ⊂ Y =⇒ f (Y ) ⊂ f (X) e f (f (X)) = X. Prove que f (∪Xλ ) = ∩f (Xλ ) e f (∩Xλ ) = ∪f (Xλ ).[Aqui X, Y e cada Xλ s˜ ao subconjuntos de A]. Fa¸camos cada inclusão separadamente. ∪ ∩ (i) f ( Xλ ) ⊂ f (Xλ ) Como ∪Xλ ⊃ Xλ , para todo λ, temos por hipótese que f (∪Xλ ) ⊂ f (Xλ ), para todo λ. Da´ı, f (∪Xλ ) ⊂ ∩f (Xλ ). ∪ ∩ (ii) f ( Xλ ) ⊃ f (Xλ ) Por (ii), temos que f (∩f (Xλ )) ⊃ ∪f (f (Xλ )) = ∪Xλ . Da´ı, f (f (∩f (Xλ ))) ⊂ f (∪Xλ ). Logo, ∩f (Xλ ) ⊂ f (∪Xλ ). (iii) f (

∩

Xλ ) ⊃

∪

f (Xλ )

Como ∩Xλ ⊂ Xλ , para todo λ, temos por hipótese que f (∩Xλ ) ⊃ f (Xλ ), para todo λ. Da´ı, f (∩Xλ ) ⊃ ∪f (Xλ ). (iv) f (

∩

Xλ ) ⊂

∪

f (Xλ )

Por (i), temos que f (∪f (Xλ )) ⊂ ∩f (f (Xλ )) = ∩Xλ . Da´ı, f (f (∪f (Xλ ))) ⊃ f (∩Xλ ). Logo, ∪f (Xλ ) ⊃ f (∩Xλ ). De (i) e (ii), temos que f (∪Xλ ) = ∩f (Xλ ) e de (iii) e (iv), temos f (∩Xλ ) = ∪f (Xλ ).

25

Exerc´ıcio 1.19: Dadas as fam´ılias (Aλ )λ∈L e (Bµ )µ∈M , forme duas fam´ılias com ´ındices em L × M considerando os conjuntos (Aλ ∪ Bµ )(λ,µ)∈L×M Prove que se tem

(

∪



)

λ∈L

(

∩



)

∩



(Aλ ∩ Bµ ),

(λ,µ)∈L×M

∩

Bµ  =

µ∈M

λ∈L

∪

Bµ  =

µ∈M

∪

Aλ

(Aλ ∩ Bm u)(λ,µ)∈L×M .



∪

∩

Aλ

e

(Aλ ∪ Bµ ).

(λ,µ)∈L×M

Primeiramente provemos que (

∪



)

∩

Aλ



∪ µ∈M

λ∈L

∪

Como

∪

Bµ  =

(Aλ ∩ Bµ ).

(λ,µ)∈L×M

Aλ ⊃ Aλ ⊃ Aλ ∩ Bµ ,

λ∈L

para todo (λ, µ) ∈ L × M, temos que ∪ λ∈L

Analogamente, mostra-se que

∪

∪

Aλ ⊃

∪

Bµ ⊃

µ∈M

Assim, segue que

(

∪

)

(Aλ ∩ Bµ ).

(λ,µ)∈L×M





∪

∩

Aλ

(Aλ ∩ Bµ ).

(λ,µ)∈L×M

µ∈M

λ∈L

∪

Bµ  ⊃

(Aλ ∩ Bµ ) .

(λ,µ)∈L×M

Seja x ∈ (∪λ∈L Aλ ) ∩ (∪µ∈M Bµ ). Desta forma, x ∈ ∪λ∈L Aλ e x ∈ ∪µ∈M Bµ . Assim, existem λ ∈ L e µ ∈ M tais que x ∈ Aλ e x ∈ Bµ . Logo, ∪ x ∈ Aλ ∩ Bµ ⊂ (Aλ ∩ Bµ ) . (λ,µ)∈L×M

Com isso, podemos concluir que (

∪

)

(

∩ λ∈L



∪

∩

Aλ

) Aλ



(Aλ ∩ Bµ ) .

(λ,µ)∈L×M



∩

∪

∪

Bµ  ⊂

µ∈M

λ∈L

Mostremos agora que



∩

Bµ  =

µ∈M

(Aλ ∪ Bµ ).

(λ,µ)∈L×M

Como (Aλ ∪ Bµ ) ⊃ Aλ ⊃

∩

Aλ ,

λ∈L

para todo (λ, µ) ∈ L × M , temos que ∩

(Aλ ∪ Bµ ) ⊃

∩ λ∈L

(λ,µ)∈L×M

26

Aλ .

Analogamente, mostra-se que

∩

(Aλ ∪ Bµ ) ⊃

∩ (λ,µ)∈L×M

( (Aλ ∪ Bµ ) ⊃

Bµ .

µ∈M

(λ,µ)∈L×M

Assim, segue que

∩

∩ λ∈L

) Aλ

 ∪

∩

 Bµ  .

µ∈M

Seja x ∈ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪Bµ ). Suponhamos, por absurdo, que x ∈ / (∩λ∈L Aλ )∪(∩µ∈M Bµ ). Então, x ∈ / ∩λ∈L Aλ ex∈ / ∩µ∈M Bµ . Assim, existem λ ∈ L e µ ∈ M tais que x ∈ / Aλ e x ∈ / Bµ . Com igual razão, existe (λ, µ) ∈ L×M tal que x ∈ / Aλ ∪Bµ . Um absurdo, pois como Aλ ∪Bµ ⊂ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪Bµ ), ter´ıamos que x ∈ / ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪Bµ ). Logo, devemos ter que x ∈ (∩λ∈L Aλ ) ∪ (∩µ∈M Bµ ). Com isso, concluimos que  ( )  ∩ ∩ ∩ (Aλ ∪ Bµ ) ⊂ Aλ ∪  Bµ  . (λ,µ)∈L×M

λ∈L

27

µ∈M

Exerc´ıcio 1.20: Seja (Aij )(i,j)∈N×N uma fam´ılia de subconjuntos com ´ındices em N × N. Prove, ou disprove por contra-exemplo, a igualdade   (∞ ) ∞ ∞ ∞ ∪ ∩ ∩ ∪  Aij = Aij  . j=1

i=1

i=1

j=1

A igualdade é falsa em geral. De fato, tomando-se { {1}, se i = j, Aij := ∅, se i ̸= j, temos que

∞ ∪

(∞ ∩

j=1

i=1

e ∞ ∩ i=1

 

∞ ∪ j=1

) Aij

=

∞ ∪

(∅) = ∅

j=1

 Aij  =

∞ ∩ i=1

28

({1}) = {1}.

Exerc´ıcio 1.21: Dados os conjuntos A, B, C, estabele¸ca uma bije¸cão entre F(A × B; C) e F(A; F(B; C)). Seja f : A × B → C. Podemos definir uma fun¸cão φf : A → F(B; C) definindo φf (a) : B → C como sendo a fun¸cão dada por ( ) φf (a) (b) := f (a, b), para todo b ∈ B. Verificaremos que a fun¸c˜ ao φ : F(A × B; C) → F(A; F(B; C)), dada por φ(f ) := φf , para cada f ∈ F(A × B; C), é uma bije¸c˜ ao. Suponhamos que f e g ∈ F (A × B; C) sejam tais que φ(f ) = φ(g). Assim, φf = φg . Logo, dado (a, b) ∈ A × B, temos que φf (a) = φg (a) e, consequentemente,

( ) ( ) f (a, b) = φf (a) (b) = φg (b) (b) = g(a, b).

Portanto, f = g. Com isso, concluimos que φ é injetiva. Seja ψ : A → F(B; C). Podemos definir uma fun¸cão f : A × B → C por ( ) f (a, b) := ψ(a) (b), para todo (a, b) ∈ A × B. Seja a ∈ A. Temos que ( ) ( ) φf (a) (b) = f (a, b) = ψ(a) (b), para todo b ∈ B. Desta forma φf (a) = ψ(a). Portanto, como a é arbitrário, conclu´ımos que φf = ψ. Com isso, concluimos que φ é sobrejetiva. Portanto, φ : F(A × B; C) → F (A; F(B; C)) é uma bije¸cão como quer´ıamos demonstrar.

29

Cap´ıtulo 2

Conjuntos Finitos, Enumer´ aveis e N˜ ao-Enumer´ aveis

30

Exerc´ıcio 2.1: Prove que, na presen¸ca dos axiomas P1 e P2, o axioma A abaixo é equivalente a P3: A : Para todo subconjunto não-vazio X ⊂ N, tem-se X\s(X) ̸= ∅.

Relembremos as propriedades: P1 : s : N → N é injetora; P2 : N\s(N) = {1}; P3 : Se X ⊂ N é tal que 1 ∈ X e, para todo n ∈ X, s(n) ∈ X, então X = N. Suponhamos que as afirma¸c˜ oes P1, P2 e P3 sejam válidos. Concluiremos que o axioma A é valido mostrando que se X ⊂ N é tal que X\s(X) = ∅ ent˜ ao X = ∅. Equivalentemente, se X ⊂ s(X) então N\X = N. Primeiramente, temos que 1 ∈ N\X, pois, caso contr´ ario, 1 ∈ s(N) já que X ⊂ s(X) ⊂ s(N), contradizendo P2. Por P1, s(N\X) = s(N)\s(X) ⊃ s(N)\X. Desta forma, se n ∈ N\X ent˜ ao s(n) ∈ / X e, consequentemente, s(n) ∈ N\X. Assim, por P3, concluimos que N\X = N. Reciprocamente, suponhamos que os axiomas P1, P2 e A sejam válidos. Seja X ⊂ N tal que 1 ∈ X e, para todo n ∈ X, s(n) ∈ X. Provaremos que X = N e concluiremos da´ı que P3 é válido. Suponhamos por absurdo que N\X ̸= ∅. Por A, segue que existe n ∈ (N\X)\s(N\X). Como 1 ∈ / N\X, devemos ter que n ̸= 1 e, por P2, existe m ∈ N tal que s(m) = n. Por P1, m ∈ / N\X já que s(m) = n ∈ / s(N\X). Assim, m ∈ X e s(m) = n ∈ / X, contradizendo a hipótese sobre X.

31

Exerc´ıcio 2.2: Dados os n´ umeros naturais a e b, prove que existe um n´ umero natural m tal que m · a > b. Se a = 1, basta tomar m = b + 1, pois 1(b + 1) = b + 1 > b. Se a ̸= 1 então a > 1 já que a ∈ Z+ . Assim, pela monoticidade da multiplica¸cão em Z+ , ba > b. Logo, para m := b, temos que ma > b.

32

Exerc´ıcio 2.3: Seja a um n´ umero natural. Se um conjunto X é tal que a ∈ X e, além disso, n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, então X contém todos os n´ umeros naturais ≥ a. Seja A := {k ∈ Z+ : a + k ∈ X}. Pela defini¸cão da rela¸c˜ ao 6 em Z+ , b > a se e somente se b = a + k para algum k ∈ Z>0 . Desta forma, provando que A = Z+ podemos concluir que X contém todos os n´ umeros naturais > a. Como a ∈ X, temos, pela propriedade de X, que a + 1 ∈ X. Logo, 1 ∈ A. Suponhamos que k ∈ A. Pela defini¸c˜ ao de A, isto implica que a + k ∈ X. Assim pela propriedade de X, temos que a + k + 1 ∈ X. Logo, k + 1 ∈ A. Portanto, pelo PIF, segue que A = Z+ .

33

Exerc´ıcio 2.4: Tente descobrir, independentemente, algumas das demonstra¸cões omitidas no texto. Associatividade: m + (n + p) = (m + n) + p. Provada no livro. Comutatividade: m + n = n + m. Primeiramente mostraremos que m + 1 = 1 + m, para todo m ∈ Z+ . O caso em que m = 1 é tautológico. Supondo, como hipótese de indu¸cão, que m+1=1+m para algum m ∈ Z+ , segue que s(m) + 1 = s(s(m)) = s(m + 1) = s(1 + m) = 1 + s(m). Assim, pelo PIF, temos que m + 1 = 1 + m, para todo m ∈ Z+ . Por fim, provaremos, para m ∈ Z+ arbitr´ ario e por indu¸cão em n ∈ Z+ , que m + n = n + m. O caso n = 1 foi provado no parágrafo anterior. Supondo, como hipótese de indu¸cão, que m+n=n+m para algum n ∈ Z+ , segue que m + s(n)

= s(m + n) = s(n + m) = n + s(m) = n + (m + 1) = n + (1 + m) = (n + 1) + m = s(n) + m.

E o resultado segue pelo PIF. Lei do Corte: m + n = m + p ⇒ n = p. Sejam n e p ∈ Z+ . Provaremos, por indu¸c˜ ao em m ∈ Z+ , que se m + n = m + p então n = p. O caso em que m = 1 resume-se à injetividade da fun¸cão s : Z+ → Z+ . Isto é, como s(n) = n + 1 = 1 + n = 1 + p = p + 1 = s(p), temos que n = p. Suponhamos, como hipótese de indu¸c˜ ao, que m + n = m + p implique que n = p. Assim, se s(m) + n = s(m) + p então s(m + n) = s(n + m) = n + s(m) = s(m) + n = s(m) + p = p + s(m) = s(p + m) = s(m + p). Assim, se s(m) + n = s(m) + p temos, novamente pela injetividade de s : Z+ → Z+ , que m + n = m + p e, pela hipótese de indu¸cão, n = p. E o resultado segue pelo PIF. Tricotomia: Dados m e n ∈ Z+ , exatamente uma das três alternativas seguintes podem ocorrer: ou m = n, ou existe p ∈ Z+ tal que m = n + p, ou, ent˜ ao, existe q ∈ Z+ com n = m + q. Dizemos que (m, n) ∈ Z+ × Z+ satisfaz a condi¸cão C se exatamente uma das exatamente uma das três alternativas ocorre: 34

• m = n; • m = n + p, para algum p ∈ Z+ ; • n = m + q, para algum q ∈ Z+ . Seja X o subconjunto de Z+ × Z+ definido por T := {(m, n) ∈ Z+ × Z+ : (m, n) satisfaz C}. Observemos que, como T =

∪

{m} × Tm ,

m∈Z+

onde Tm := {n ∈ Z+ : (m, n) satisfaz C}, mostrando que Tm = Z+ , para cada m ∈ Z+ , podemos concluir que ∪ ∪ T = {m} × Tm = {m} × Z+ = Z+ × Z+ . m∈Z+

m∈Z+

Portanto, concluimos a Lei da Tricotomia. Procederemos com a demonstra¸c˜ ao de que Tm = Z+ por indu¸cão em m ∈ Z+ . Consideremos o caso em que m = 1. Se n = 1 temos que n = m. Além disso, como 1 ∈ / s(Z), segue que m = 1 ̸= sp (n) = n + p e n = 1 ̸= sq (m) = m + q, para todos p e q ∈ Z+ . Logo, (1, 1) satisfaz a condi¸cão C e, consequentemente, 1 ∈ T1 . Supondo que n ∈ T1 , como não se pode ter que 1 = m + q = sq (m) já que 1 ∈ / s(Z+ ), temos que exatamente uma das duas alternativas ocorre: • n = 1 e, equivalentemente, s(n) = 1 + 1; • n = 1 + q e, equivalentemente, s(n) = s(1 + q) = 1 + s(q). Logo, se n ∈ T1 ent˜ ao s(n) ∈ T1 . Com isso, concluimos, pelo PIF, que T1 = Z+ . Suponhamos, como hipótese de indu¸c˜ ao, que Tm = Z+ . Provaremos que Ts(m) = Z+ . Como X1 = Z+ , temos imediatamente que (1, s(m)) satisfaz a condi¸cão C e, consequentemente, (s(m), 1) satisfaz a condi¸cão C. Logo, 1 ∈ Ts(m) . Supondo que n ∈ Ts(m) , temos que exatamente uma das três alternativas ocorrem: • n = s(m): Neste caso, s(n) = s(s(m)) = s(m) + 1; • n = s(m) + q, para algum q ∈ Z+ : Neste caso, s(n) = s(s(m) + q) = s(m) + s(q); • s(m) = n + p, para algum p ∈ Z+ : Neste caso, se p = 1 então s(m) = s(n). E, se p ∈ Z+ \{1} = s(Z+ ), existe p˜Z+ tal que p = s(˜ p), e assim s(m) = n + p = n + s(˜ p) = n + (1 + p˜) = (n + 1) + p˜ = s(n) + p˜. Assim, se n ∈ Ts(m) , temos que exatamente uma das três alternativas ocorrem: • s(n) = s(m) (no caso em que n = s(m)); • s(n) = s(m) + q˜ (no caso em que n = s(m) ou n = s(m) + q, onde q˜ = s(q)); • s(m) = s(n) + p˜ (no caso em que s(m) = n + p, onde p = s(˜ p)).

35

Logo, se n ∈ Ts(m) ent˜ ao s(n) ∈ Ts(m) . Com isso, concluimos, pelo PIF, que Ts(m) = Z+ . Portanto, Xm = Z+ , para todo m ∈ Z+ . Transitividade: se m < n e n < p ent˜ ao m < p. Se, para m, n e p ∈ Z+ , tivermos que m < n e n < p então existem r e s ∈ Z+ tais que m+r =n e n + s = p. Desta forma, p = n + s = (m + r) + s = m + (r + s). Logo, m < p. Tricotomia: dados m e n ∈ Z+ exatamente uma das alternativas seguintes pode ocorrer: ou m = n, ou m < n ou n < m. Sejam m e n ∈ Z+ . Segundo a tricotomia da adi¸cão (provada acima), exatamente uma das três condi¸cões é v´ alida: ou m = n; ou existe p ∈ Z+ tal que m = n + p e, portanto, m > n; ou existe q ∈ Z+ tal que n = m + q e, portanto, m < n. Monoticidade da adi¸ c˜ ao: se m < n ent˜ ao, para todo p ∈ Z+ , tem-se m + p < n + p. Provada no livro. Associatividade: m · (n · p) = (m · n) · p. Provada no livro. Comutatividade: m · n = n · m. Primeiramente, provaremos que m · 1 = 1 · m, para todo m ∈ Z+ . Depois, supondo, como hipótese de indu¸cão, que n ∈ Z+ é tal que m · n = n · m, para todo m ∈ Z+ , provaremos que n + 1 é tal que m · (n + 1) = (n + 1) · m. Como isso, o resultado segue pelo Princ´ıpio da Indu¸cão Finita. Provaremos a igualdade m · 1 = 1 · m por indu¸cão em m ∈ Z+ . Para m = 1 a igualdade é trivial. Suponhamos, como hipótese de indu¸c˜ ao, que m · 1 = 1 · m, para algum m ∈ Z+ . Desta forma, temos que (m + 1) · 1 = m + 1 = m · 1 + 1 = 1 · m + 1 = 1 · (m + 1). Logo, pelo PIF, a igualdade é válida. Suponhamos que n ∈ Z+ seja tal que m · n = n · m, para todo m ∈ Z+ . Mostraremos, por indu¸cão em m, que m · (n + 1) = (n + 1) · m, para todo m ∈ Z+ . Para m = 1, o resultado segue do parágrafo anterior. E, supondo que m · (n + 1) = (n + 1) · m, temos que (m + 1) · (n + 1) = (m + 1) · n + (m + 1) = n · (m + 1) + (m + 1) = n·m+n+m+1 = m·n+m+n+1 = m · (n + 1) + (n + 1) = (n + 1) · m + (n + 1) = (n + 1) · (m + 1). E temos o resultado. Distributividade: m(n + p) = m · n + m · p. 36

Provada no livro. Lei do Corte: m · p = n · p ⇒ m = n. Suponhamos que m, n e p ∈ Z+ são tais que m · p = n · p. Pela tricotomia, exatamente uma das três condi¸cões é satisfeita: ou m = n + q, para algum q ∈ Z+ ; ou m = n + q, m = n + q, para algum q ∈ Z+ ; ou m = n. Provaremos que as duas primeiras condi¸cões não são poss´ıveis e, com isso, teremos o resultado. Suponhamos que m = n + q, para algum q ∈ Z+ . Segue que n · p = m · p = (n + q) · p = p · (n + q) = p · n + p · q = n · p + p · q. Contradizendo a tricotomia. De forma análoga, não podemos ter n = m + q, para algum q ∈ Z+ . Monoticidade: m < n ⇒ m · p < n · p. Sejam n e m ∈ Z+ tais que m < n. Provaremos que m · p < n · p, para todo p ∈ Z+ , por indu¸c˜ ao em p. Para p = 1, a desigualdade é imediata. Suponhamos, como hipótese de indu¸c˜ ao, que m · p < n · p, para um certo p ∈ Z+ . Como m < n, existe q ∈ Z+ tal que n = m + q. Assim, n · (p + 1) = (m + q) · (p + 1) = (p + 1) · (m + q) = (p + 1) · m + (p + 1) · q = m · (p + 1) + (p + 1) · q. e, consequentemente, n · (p + 1) < m · (p + 1). E o resultado segue, como quer´ıamos, pelo PIF.

37

Exerc´ıcio 2.5: Um elemento a ∈ Z+ chama-se antecessor de b ∈ Z quando se tem a < b mas não existe c ∈ Z+ tal que a < c < b. Prove que, exceto 1, todo n´ umero natural possui um antecessor. Seja x ∈ Z+ \{1}. Mostraremos que x possui um antecesor. Pelo axioma de Peano P2, x = s(y) = y + 1 para algum y ∈ Z+ . Logo, y < x. Suponhamos que z ∈ Z+ é tal que z < x. Mostraremos que z 6 y. Temos que x = z + n, para algum n ∈ Z+ . Se n = 1 temos que y+1=x=z+1 e, consequentemente, pela Lei do Corte, y = z. Se n ∈ Z+ \{1} então, novamente pelo axioma de Peano P2, existe m ∈ Z+ tal que n = s(m). Assim, s(y) = x = z + n = z + s(m) = s(z + m) e, pela injetividade da fun¸c˜ ao s (axioma de Peano P1), y = z + m. Logo, z < y. Portanto, y é um antecessor de x.

38

Exerc´ıcio 2.6: Use indu¸cão para demonstrar os seguintes fatos: a) 2(1 + 2 + 3 + ... + n) = n(n + 1); b) 1 + 3 + 5 + ... + (2n + 1) = (n + 1)2 ; c) (a − 1)(1 + a + a2 + ... + an ) = an+1 − 1, seja quais forem a, n ∈ N; d) n ≥ 4 ⇒ n! > 2n .

Fa¸camos as demonstra¸c˜ oes de maneira bem resumida. a) Para n = 1, temos obviamente a igualdade uma vez que 2(1) = 1(1 + 1). Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja, 2(1 + 2 + 3 + ... + k) = k(k + 1) e provemos a sua validade para n = k + 1. Temos pela hipótese de indu¸c˜ ao que 2(1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1)) =

2(1 + 2 + 3 + ... + k) + 2(k + 1)

= k(k + 1) + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 2) = (k + 1)((k + 1) + 1). b) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente pois 1 + 3 = 4 = (1 + 1)2 . Suponhamos que a igualdade seja verificada para n = k, ou seja, 1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1) = (k + 1)2 . Assim, temos que 1 + 3 + 5 + ... + (2(k + 1) + 1)

= 1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1)(2k + 3) = (k + 1)2 + 2k + 3 = k 2 + 2k + 1 + 2k + 3 = k 2 + 4k + 4 = (k + 2)2 = ((k + 1) + 1)2

c) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente, pois (a − 1)(1 + a) = a2 − 1. Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja, (a − 1)(1 + a + a2 + ... + ak ) = ak+1 − 1. Assim, temos que (a − 1)(1 + a + a2 + ... + ak + ak+1 ) = (a − 1)(1 + a + a2 + ... + ak ) + (a − 1)(ak+1 ) = ak+1 − 1 + ak+2 − ak+1 = ak+2 − 1. d) Para n = 4, temos a igualdade verificada. Suponhamos que a igualdade seja verificada para n = k, ou seja, k! > 2k . Assim, temos que (k + 1)! > (k + 1)k! > (k + 1)2k > 2k+1

39

Exerc´ıcio 2.7: Use o Segundo Princ´ıpio de Indu¸c˜ ao para demonstrar a unicidade de decomposi¸cão de um n´ umero natural em fatores primos. Seja n ∈ N. Suponha que todos os n´ umeros naturais menores do que n sejam escritos de forma u ńica como produto de fatores primos. Suponhamos que n tenha duas decomposi¸cões n = α1 α2 ...αm e n = β1 β2 ...βp , com αi e βj n´ umeros primos. Se αi = βj para determinados i, j,(neste caso podemos supor sem perda de generalidade α1 = β1 ) ent ao temos que n = αi r e n = β1 s, com r = α2 ...αm , s = β2 ...βp e r = s < n. Pelo segundo princ´ıpio de indu¸cão, temos que m = p e αi = βi , para i = 2, 3, ..., m. Se αi ̸= βj para qualquer i = 1, 2, ..., m e j = 1, 2, ..., p, então temos que mdc(n, n) = mdc(α1 ...αm , β1 ...βp ) = 1, o que é um absurdo. Logo ocorre o primeiro caso e segue o resultado.

40

Exerc´ıcio 2.8: Seja X um conjunto com n elementos. Use indu¸cão para provar que o conjunto das bije¸cões (ou permuta¸cões) f : X → X tem n! elementos. Provemos este exerc´ıcio usando indu¸c˜ ao sobre o n´ umero de elementos de X. Para |X| = 1, temos obviamente |F | = 1. Suponhamos que se |X| = k, então |F | = k!. Suponhamos que |X| = k + 1, digamos X = {x1 , x2 , ..., xn , xn+1 }. Para cada i = 1, 2, ..., k + 1, seja fi : X → X tal que fi (xk+1 ) = xi . Temos então k + 1 fi′ s. Agora, por indu¸cão existem k! restri¸c˜ oes fi X\{x } , pois cada restri¸cão fi X\{x } : X \ {xk+1 } → X \ {xk+1 } é k+1 k+1 uma bije¸cão. Portanto |F | = (k + 1)k! = (k + 1)!, o que conclui a demonstra¸cão.

41

Exerc´ıcio 2.9: Sejam X e Y conjuntos finitos. a) Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ). b) Qual seria a fórmula correspondente para três conjuntos? c) Generalize.

a) Sejam A = {(1, x); x ∈ X} ∪ {(2, y); y ∈ Y } e B = {(3, z); z ∈ X ∪ Y } ∪ {(4, w); w ∈ X ∩ Y }. Definamos f : A → B como sendo f (1, x) = { (3, x) (3, y); se y ∈ Y \ X . f (2, y) = (4, y); se y ∈ X ∩ Y Temos trivialmente que f é uma bije¸c˜ ao entre A e B. Além disso, card(A) = card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) e card(B) = card(X) + card(Y ). Da´ı segue o resultado. b) card(X ∪ Y ∪ Z) + card((X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z)) = card(X) + card(Y ) + card(Z). ( ) ( n ) ∪ ∪ (Xi ∩ Xj ) = card(X1 ) + card(X2 ) + ... + card(Xn ). c) card Xi + card i=1

i̸=j

42

Exerc´ıcio 2.10: Dado um conjunto finito X, prove que uma fun¸cão f : X → X é injetora se, e somente se, é sobrejetora. (⇒) Temos que g : X → f (X) dada por g(x) = f (x) é uma bije¸cão. Se f (X) ̸= X ter´ıamos um absurdo pois não pode haver bije¸c˜ ao entre um conjunto finito e um subconjunto próprio deste conjunto. (⇐) Seja X = {x1 , x2 , ..., xn }. Suponha que f não seja injetora, ou seja, existem xi ̸= xj em X tais que f (x1 ) = f (x2 ). Assim, f (X) = {f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn )} teria no máximo n − 1 elementos e desta forma f (X) ̸= X, o que é um absurdo. Logo, f é injetora.

43

Exerc´ıcio 2.11: Formule matematicamente e demonstre o seguinte fato(conhecido como princ´ıpio das gavetas). Se m < n, então de qualquer modo como se guardem n objetos em m gavetas, haverá sempre uma gaveta, pelo menos, que conterá mais de um objeto.

f : In → Im com n > m não é injetiva. Se f não é sobrejetora, f |In também não será. Logo, f |In também não será injetiva pelo exerc´ıcio anterior. E consequentemente f também não seria injetiva. Por outro lado, mesmo que f fosse sobrejetiva, se fosse também injetiva, f seria uma bije¸cão entre um conjunto finito e um subconjunto próprio dele, que é um absurdo.

44

Exerc´ıcio 2.12: Seja X um conjunto com n elementos. Determine o n´ umero de fun¸cões injetivas f : Ip → X. Princ´ıpio da contagem. Escolhamos um dos n elementos de X para ser f (1). Da´ı escolhamos 1 dos n − 1 elementos restantes para ser f (2). E assim sucessivamente temos que o n´ umero de fun¸cões injetivas poss´ıveis é n(n − 1)(n − 2)...(n − p + 1).

45

Exerc´ıcio 2.13: Quantos subconjuntos com p elementos possui um subconjunto X, sabendo-se que X tem n elementos? Se n < p, vem de P1 que não existe subconjunto de X com p elementos. Caso contrário podemos definir uma fun¸cão f : [1, p] ∩ N → X(pelo axioma da escolha). Pelo princ´ıpio da contagem, temos que f pode ser definida de n! modos distintos. Porém, para cada imagem de f, f pode ter sido definida de p! formas. Sendo assim, p!(n − p)! n! existem imagens de f. p!(n − p)!

46

Exerc´ıcio 2.14: Prove que se A tem n elementos, ent˜ ao P (A) tem 2n elementos. Associemos a cada X ∈ P (A) uma fun¸c˜ ao fX : A → {0, 1} dada por f (x) = 1 se x ∈ X e f (x) = 0 se x ∈ / X. Temos então que a aplica¸c˜ ao X → fX é uma bije¸cão. E como, pelo princ´ıpio da contagem, é poss´ıvel se fazer 2 fun¸cões f : A → {0, 1} diferentes, temos que a ordem de P (A) é exatamente 2.

47

Exerc´ıcio 2.15: Defina um fun¸cão sobrejetiva f : N → N tal que, para todo n ∈ N, o conjunto f −1 (n) seja infinito. Seja f : N → N tal que f (2n 3m ) = n e f (x) = 1 para x divis´ıvel por qualquer primo diferente de 2 e 3. Portanto, f −1 (N) ⊃ {2n 3, 2n 32 , ..., 2n 3m , ...}.

48

Exerc´ıcio 2.16: Prove que se X é infinito enumer´ avel, o conjunto das partes finitas de X também é (infinito) enumerável. Seja X = {x1 , x2 , ...}. Temos que P =

∞ ∪

{A ⊂ {x1 , x2 , ..., xi }} =

i=1

∞ ∪

Fi .

i=1

Temos que cardFi = 2i . Como P é uma reunião enumerável de conjuntos enumeráveis, P é enumerável.

49

Exerc´ıcio 2.17: Seja f : X → X uma fun¸c˜ ao. Um subconjunto Y ⊂ X chama-se estável relativamente à f quando f (Y ) ⊂ Y. Prove que um subconjunto X é finito se, e somente existe um fun¸cão f : X → X que só admite os subconjuntos estáveis ∅ e X. (⇒) Seja X = {x1 , x2 , ..., xn } e f : X → X dado por f (xi ) = xi+1 se 1 ≤ i < n e f (xn ) = x1 . Se f é estável em A e xp ∈ A, temos que xq = f q−p(modn) (xp ) ∈ A. Logo, A = X. (⇐) Dado x0 ∈ X (se X ̸= ∅, X é finito) consideremos o conjunto A = {x0 , f (x0 ), f 2 (x0 ), ..., f n (x0 ), ...}. Da´ı X = A, pois f é estável em A e A ̸= ∅. Se não existir k ∈ N tal que f k (x0 ) = x0 , A − {x0 } é estável por f e logo A − {x0 } = X − {x0 } = ∅, ou seja, X = {x0 }, ou A = X = A − {x0 }, absurdo. Por outro lado, se existir k ∈ N tal que f k (x0 ) = x0 o conjunto {x0 , f (x0 ), f 2 (x0 ), ..., f k−1 (x0 )} é estável por A e não vazio, logo é igual a X.

50

Exerc´ıcio 2.18: Seja f : X → X uma fun¸c˜ ao injetiva tal que f (X) ̸= X. Tomando x ∈ X − f (X), prove que os elementos x, f (x), f (f (x)), ... são dois a dois distintos. Provaremos por indu¸c˜ ao em n que para todo p ∈ N, temos que f n (x) ̸= f n+p (x) e a proposi¸c ao estará demonstrada. Com x ∈ / f (X), temos que x ̸= f p (x), para todo p ∈ N. Suponhamos que f n (x) ̸= f n+p (x). Então n+1 n+1+p f (x) ̸= f (x) pois f é injetora. Pelo PIF o resultado segue.

51

Exerc´ıcio 2.19: Dado um conjunto finito X, prove que uma fun¸cão f : X → X é injetora se, e somente se, é sobrejetora. (⇒) Temos que g : X → f (X) dada por g(x) = f (x) é uma bije¸cão. Se f (X) ̸= X ter´ıamos um absurdo pois não pode haver bije¸c˜ ao entre um conjunto finito e um subconjunto próprio deste conjunto. (⇐) Seja X = {x1 , x2 , ..., xn }. Suponha que f não seja injetora, ou seja, existem xi ̸= xj em X tais que f (x1 ) = f (x2 ). Assim, f (X) = {f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn )} teria no máximo n − 1 elementos e desta forma f (X) ̸= X, o que é um absurdo. Logo, f é injetora.

52

Exerc´ıcio 2.20: (a) Se X é finito e Y é enumer´ avel, ent˜ ao F(X, Y ) é enumerável. (b) Para cada fun¸c˜ ao f : N → N seja Af = {n ∈ N; f (n) ̸= 1}. Prove que o conjunto X das fun¸cões f : N → N tais que Af é finito é um conjunto enumerável.

Item (a) Seja X = {x1 , ..., xn }. Definimos ϕ : F(X, Y ) → f →

Yn (f (x1 ), ..., f (xn )).

Temos que ϕ é claramente injetiva. Logo, F(X, Y ) está em bije¸cão com o conjunto ϕ(F(X, Y )) ⊂ Y n . Como Y é enumerável, Y n é enumer´ avel (pois é produto finito de conjuntos enumeráveis). Assim, ϕ(F(X, Y )) ⊂ Y n é anumerável e, consequentemente, F(X, Y ) é enumerável. Item (b) Seja Fn := {Y ⊂ N; cardY = n}. Definimos ϕ:

Fn → Y = {y1 , ..., yn } →

Yn (y1 , ..., yn ).

Claramente, ϕ é injetiva. Como Y n é enumer´ avel, segue que Fn é enumerável. Portanto, F :=

∞ ∪

Fn

n=1

é enumerável. Seja ψ: X f

→ →

∪

Y ∈F F(Y, N)

f |Af .

Temos que ψ é injetiva. De fato, se f, g ∈ X s˜ ao tais que ψ(f ) = ψ(g) temos que f |Af = g|Ag implicando que Af = Ag ,

f |Af = g|Ag ,

e f =g já que ∪

f |N\Af = 1 = g|N\Af .

Pelo item anterior, Y ∈F F(Y, N) é uma união enumerável de conjuntos enumeráveis. Logo, enumerável. Assim, como ψ é injetiva, segue que X é enumerável.

53

∪ Y ∈F

F(Y, N) é

Exerc´ıcio 2.21: Obtenha uma decomposi¸c˜ ao N = ∪∞ ao infinitos e dois à dois disjuntos. i=1 Xi tal que os conjuntos Xi s˜ Para todo n ∈ N, existe um u ńico k ∈ Z>0 tal que 2k 6 n < 2k+1 . Por isso, fica bem definida a fun¸c˜ ao f : N → Z>0 dada por f (n) = n − 2k , onde 2k 6 n < 2k+1 . Desta forma, temos, para Xi := f −1 (i − 1), que N=

∞ ∪

Xi

i=1

com os conjuntos Xi sendo dois à dois disjuntos. Adiante, como Xi = {2k + i − 1 | k ∈ Z>0 , i − 1 < 2k }, temos que cada Xi é infinito.

54

Exerc´ıcio 2.22: Defina f : N × N → N, pondo f (1, n) = 2n − 1 e f (m + 1, n) = 2m (2n − 1). Prove que f é uma bije¸cão. Para cada n´ umero natural p, temos, pela unicidade da decomposi¸cão de n´ umeros naturais em n´ umeros primos, que existem u ńicos m e q ∈ Z+ tais que p = 2m−1 q e q é ´ımpar. Sendo q ´ımpar, existe um u ńico n ∈ Z+ tal que q = 2n − 1. Assim, existem u ńicos m e n ∈ Z>0 tais que p = 2m−1 (2n − 1). Portanto, é bem definida a fun¸cão g:

Z+ → p = 2m−1 (2n − 1) →

Como g é uma inversa para f , temos que f é bijetiva.

55

Z+ × Z+ (m, n).

Exerc´ıcio 2.23: Seja X ⊂ N um subconjunto infinito. Prove que existe uma u ńica bije¸cão crescente f : N → X. Definimos, indutivamente f : N → X por f (1) = min(X) (

e

)

n−1 ∪

{f (i)} ,

f (n) = min X −

i=1

para n > 1. Temos, pelo PIF e pelo fato de X ⊂ N ser bem ordenado, que f está bem definida. Dados m < n ∈ N, temos que ( ) n−1 ∪ f (m) < min X − {f (i)} = f (n) i=1

∪m−1

∪n−1

∪n−1 pois f (m) 6 x, para todo x ∈ X − i=1 ⊃ X − i=1 , e f (m) ∈ / X − i=1 . Com isso, concluimos que f é estritamente crescente e, consequentemente que f é injetiva. Provaremos, agora que f é sobrejetiva. Come¸caremos mostrando, por indu¸cão que n 6 f (n). Para n = 1, temos de X ⊂ N, que

1 = min(N) 6 min(X) = f (1).

Usando o passo indutivo, temos que n 6 f (n) < f (n + 1) implicando que n + 1 6 f (n + 1). Logo, vale a desigualdade acima. Adiante, dado x ∈ XN, provaremos que x ∈ f (N). Suponhamos por absurdo que exista x ∈ X − f (N). Existe, pela arquimedianidade de N, n ∈ N tal que x < n 6 f (n). Mas, como x∈X−

n−1 ∪

{f (i)},

i=1

ter´ıamos uma contradi¸c˜ ao com o fato de que ( x < min X −

)

n−1 ∪

{f (i)} .

i=1

Portanto, f é sobrejetiva. Provaremos, agora, que se g : N → X é uma bije¸cão crescente então f = g. Devemos ter que g(1) = min(X) = f (1) pois, caso contrário, existiria n ∈ N, com n > 1, tal que g(n) = min(X) < g(1). Contradizendo o fato de g ser crescente. Usando o passo indutivo, g(k) = f (k), para todo k < n + 1, devemos que ter ( g(n + 1) = min X −

n ∪

) {g(i)}

( = min X −

i=1

n ∪ i=1

56

) {f (i)}

= f (n + 1)

pois, caso contrário, existiria p > n + 1 tal que ( g(p) = min X −

n ∪

) {g(i)}

i=1

Contradizendo o fato de g ser crescente. E o resultado segue.

57

< g(n + 1).

Exerc´ıcio 2.24: Prove que todo conjunto infinito se decompõe como reunião de uma infinidade enumerável de conjuntos infinitos, dois a dois disjuntos. Seja C um conjunto infinito. Pelo exerc´ıcio 2.21, existe uma decomposi¸c˜ ao N=

∪

Xi

i∈N

na qual os conjuntos Xi s˜ ao infitos e dois à dois disjuntos. Se C é enumer´ avel, existe uma bije¸c˜ ao f : N → C. Logo, ∪ C= f (Xi ) i∈N

é uma decomposi¸c˜ ao na qual os conjuntos f (Xi ) são infitos e dois à dois disjuntos. Se C é não-enumer´ avel, existe uma aplica¸c˜ ao injetiva f : N → C tal que C − f (N) é infinito. Assim, ∪ C = (C − f (N)) ∪ f (Xi ) i∈N

é uma decomposi¸c˜ ao na qual os conjuntos C − f (N) e f (Xi ) são infitos e dois à dois disjuntos.

58

Exerc´ıcio 2.25: Seja A um conjunto. Dadas fun¸c˜ oes f, g : A → N, defina a soma f + g : A → N, o produto f · g : A → N, e dê o significado da afirma¸c˜ ao f 6 g. Indicando com ξX a fun¸cão caracter´ıstica de um subconjunto X ⊂ A, prove: a) ξX∩Y = ξX · ξY ; b) ξX∪Y = ξX + ξY − ξX∩Y . Em particular, ξX∪Y = ξX + ξY ⇔ X ∩ Y = ∅; c) X ⊂ Y ⇔ ξX 6 ξY ; d) ξA−X = 1 − ξX . Definimos e E dizemos que f 6 g se e somente se

f +g : A → a → f ·g : A → a →

N f (a) + g(a) N f (a)g(a).

f (a) 6 g(a)

para todo a ∈ A. a) Seja a ∈ A. Se ξX∩Y (a) = 0, ent˜ ao a ∈ / X ∩Y e, consequentemente, a ∈ / X ou a ∈ / Y . Assim, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX (a) = 0 ou ξY (a) = 0. Logo, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX (a)ξY (a) = 0 = ξX∩Y (a). Se ξX∩Y (a) = 1, ent˜ ao a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX (a) = 1 e ξY (a) = 1. Logo, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX (a)ξY (a) = 1 = ξX∩Y (a). Como ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX (a)ξY (a) = ξX∩Y (a) em todos os casos. E, como a ∈ A é arbitrário, temos que ξX · ξY = ξX∩Y . b) Seja a ∈ A. Se ξX∪Y (a) = 0, ent˜ ao a ∈ / X ∪ Y e, consequentemente, a ∈ /X ea∈ / Y . Assim, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX (a) = 0, ξY (a) = 0 e ξX∩Y (a) = 0. Logo, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX (a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = 0 = ξX∪Y (a). Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0, ent˜ ao a ∈ X ∪Y −X ∩Y = (X −Y )∪(Y −X) e, consequentemente, a ∈ X −Y ou a ∈ Y − X. Se a ∈ X − Y ent˜ ao ξX (a) = 1, ξY (a) = 0 e, consequentemente, ξX (a) + ξY (a) = 1. Se a ∈ Y − X então ξX (a) = 0, ξY (a) = 1 e, consequentemente, ξX (a) + ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que ξX (a) + ξY (a) = 1. Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que ξX (a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a). Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1, ent˜ ao a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX (a) = ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX (a) + ξY (a) = 2. Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX (a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a). Como ξX∪Y (a) = 0 ou 1 e ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX (a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = ξX∪Y (a) em todos os casos. E, como a ∈ A é arbitrário, temos que ξX + ξY − ξX∩Y = ξX∪Y . Em particular, temos que X ∩ Y = ∅ é equivalente à ξX∩Y = 0 (i.e. ξX∩Y é a fun¸cão nula) que é equivalente (pelo que foi demonstrado acima) à ξX + ξY = ξX∪Y . c) Suponhamos que X ⊂ Y . Dado a ∈ A, temos que ξX (a) = 0 ou 1. No primeiro caso, temos imediatamente que ξX (a) 6 ξY (a) = 0 ou 1. No segundo, temos que a ∈ X ⊂ Y e, consequentemente, ξX (a) = 1 = ξY (a). Em todo caso, ξX (a) 6 ξY (a). Como a ∈ A é arbitrário, concluimos que ξX 6 ξY . Suponhamos que ξX 6 ξY . Dado x ∈ X, temos que ξX (x) 6 ξY (x) e, consequentemente, ξY (x) = 1. Logo, x ∈ X implica que x ∈ Y . E temos que X ⊂ Y . d) Seja a ∈ A. Se ξA−X (a) = 0 temos que a ∈ / A − X e, consequentemente, a ∈ X. Logo, ξA−X (a) = 0 implica que ξX (a) = 0. Assim, ξA−X (a) = 0 implica que 1(a) − ξX (a) = 0 = ξA−X (a). Se ξA−X (a) = 1 temos que a ∈ A − X e, consequentemente, a ∈ / X. Logo, ξA−X (a) = 1 implica que ξX (a) = 0. Assim, ξA−X (a) = 1 implica que 1(a) − ξX (a) = 1 = ξA−X (a). Em todos casos, temos que 1(a) − ξX (a) = ξA−X (a). E, como a ∈ A é arbitrário, temos que 1 − ξX = ξA−X . 59

Exerc´ıcio 2.26: Prove que o conjunta das sequências crescentes (n1 < n2 < n3 < ...) de n´ umeros naturais não é enumerável. Usaremos o argumento da diagonal de Cantor. Suponhamos, por absurdo, que exista um enumera¸cão a1 , a2 , a3 , ... das sequências crescentes de n´ umeros naturais i a , i ∈ N, dadas por ai1 < ai2 < ai3 < ... Temos que a sequência b, definida indutivamente por b1 = a1 + 1 e bn+1 = max(bn , an+1 ) + 1 não pertence à enumera¸c˜ ao acima. De fato, temos, pela defini¸cão de b, que aii < bi e,consequentemente, b ̸= ai para todo i ∈ N.

60

Exerc´ıcio 2.27: Sejan (N, s) e (N′ , s′ ) dois pares formados, cada um, por um conjunto e uma fun¸cão. Suponhamos que ambos cumpram os axiomas de Peano. Prove que existe uma u ńica bije¸cão f : N → N′ tal que f (1) = 1′ , f (s(n)) = s′ (f (n)). Conclua que: a) m < n ⇔ f (m) < f (n); b) f (m + n) = f (m) + f (n); c) f (m · n) = f (m) · f (n).

Como (N, s) e (N′ , s′ ) satisfazem os axiomas de Peano, devemos ter que a fun¸cão f : N → N fica bem definida por

f (1) = 1′

e

f (s(n)) = s′ (f (n))

para todo n ∈ N. De fato, f está definida em todo N = {1} ∪ s(N) pois está definida em {1} e s(N). Como s é injetiva, segue que f está bem definida. Em particular, segue que f é a u ńica fun¸cão N → N′ satisfazendo as condi¸cões do enunciado. Temos, também, que f é injetiva. De fato, seja X = {n ∈ N; f (n) ∈ / f (N − {n})}. Temos que 1 ∈ X pois, pela defini¸c˜ ao de f , f (N − {1}) = f (s(N)) ⊂ s′ (N′ ) = N′ − {1′ } = N′ − {f (1)}. E, se n ∈ X, temos que s(n) ∈ X. De fato, temos que f (s(n)) ̸= f (1) = 1′ pois f (s(n)) = s′ (f (n)) ∈ s′ (N′ ) = N′ − {1′ } e, se m ̸= n e f (m) ̸= f (s(m)), ent˜ ao temos que f (n) ̸= f (m), pois n ∈ X, e, consequentemente, f (s(n)) = s′ (f (n)) ̸= s′ (f (m)) = f (s(m)). Implicando, pelo PIF, que f (s(n)) ∈ / f (N − {s(n)} ou, equivalentemente, s(n) ∈ X. Portanto, pelo PIF, temos que X = N e, da defini¸c˜ ao de X, conclu´ımos que f é injetiva. Temos, também, que f é sobrejetiva. De fato, 1′ = f (1) ∈ f (N) e, se n = f (k) ∈ f (N) temos que s′ (n) = s′ (f (k)) = f (s(k)) ∈ f (N). Assim, pelo PIF, temos que f (N) = N′ . Portanto, f é uma bije¸cão. a) Provaremos primeiro que m < n implica f (m) < f (n). Seja X = {p ∈ N; f (n + p) > f (n), ∀n ∈ N}. Temos que 1 ∈ N pois, dado n ∈ N, f (n + 1) = f (s(n)) = s′ (f (n)) > f (n). Supondo que p ∈ X, temos, para qualquer n ∈ N, que f (n + s(p)) = f (s(n) + p) > f (s(n)) = s′ (f (n)) > f (n).

61

Logo, p ∈ X implica que s(p) ∈ X. Assim, conclu´ımos, pelo PIF, X = N. Portanto, se m < n, temos, para p ∈ N tal que n = m + p, que f (m) < f (m + p) = f (n). Agora, provaremos que f (m) < f (n) implica que m < n. Seja X = {p ∈ N′ ; f (n) = f (m) + p implica m < n}. Temos que 1′ ∈ X. De fato,

f (n) = f (m) + 1′

implica que

f (n) = s′ (f (m)) = f (s(m))

e, consequentemente, n = s(m) > m. Supondo que p ∈ X, temos que implica que

f (n) = f (m) + s′ (p) f (n) = s′ (f (m)) + p = f (s(m)) + p

e, consequentemente, n > s(m) > m. Logo, p ∈ X implica que s′ (p) ∈ X. Assim, conclu´ımos que X = N′ . Portanto, se f (m) < f (n), temos, para p ∈ N′ tal que f (n) = f (m) + p, que m < n. b) Seja X = {n ∈ N; f (n + m) = f (n) + f (m), ∀m ∈ N}. Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado. Come¸camos mostrando que 1 ∈ X. Temos que f (1 + 1) = f (s(1)) = s′ (f (1)) = f (1) + 1′ = f (1) + f (1). E, se f (1 + m) = f (1) + f (m), temos que

f (1 + s(m)) = f (s(s(m))) = s′ (f (s(m))) = 1′ + f (s(m)) = f (1) + f (s(m)).

Logo, pelo PIF, temos que f (1 + m) = f (1) + f (m) para todo m ∈ N. Ou seja, 1 ∈ X. Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que f (s(n) + 1) = f (s(s(n))) = s′ (f (s(n))) = f (s(n)) + 1′ = f (s(n)) + f (1). Adiante, se f (s(n) + m) = f (s(n)) + f (m), temos que f (s(n) + s(m)) = = = = = = =

f (s(s(n) + m)) s′ (f (s(n) + m)) f (s(n) + m) + 1′ f (s(n)) + f (m) + 1′ f (s(n)) + f (1) + f (m) f (s(n)) + f (1 + m) f (s(n)) + f (s(m)).

Assim, conclu´ımos, pelo PIF, que f (s(n) + m) = f (s(n)) + f (m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que s(n) ∈ X. Portanto, conclu´ımos, pelo PIF, que X = N. 62

c) Seja X = {n ∈ N; f (n · m) = f (n) · f (m), ∀m ∈ N}. Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado. Come¸camos mostrando que 1 ∈ X. De fato, dado m ∈ N, temos que f (1 · m) = f (m) = 1′ · f (m) = f (1) · f (m). Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que f (s(n) · 1) = f (s(n)) = f (s(n)) · 1′ = f (s(n)) · f (1) Adiante, se f (s(n) · m) = f (s(n)) · f (m), temos que

f (s(n) · s(m)) = = = = = =

f (s(n) · m + s(n) · 1) f (s(n) · m) + f (s(n) · 1) f (s(n) · f (m) + f (s(n)) · 1′ f (s(n)) · (f (m) + 1′ ) f (s(n)) · s′ (f (m)) f (s(n)) · f (s(m)).

Assim, conclu´ımos, pelo PIF, que f (s(n)·m) = f (s(n))·f (m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que s(n) ∈ X. Portanto, conclu´ımos, pelo PIF, que X = N.

63

Exerc´ıcio 2.28: ∞ Dada uma sequência de conjuntos A1 , A2 , ...,An , ..., considere os conjuntos lim supAn = ∩∞ n=1 (∪i=n Ai ) e lim infAn = ∞ ∪∞ (∩ A ). n=1 i=n i

a) Prove que lim supAn é o conjunto dos elementos que pertencem à An para uma infinidade de valores de n e que lim infAn é o conjunto dos elementos que que pertencem a todo An salvo para um n´ umero finito de valores de n. b) Conclua que lim infAn ⊂ lim supAn ; c) Mostre que se An ⊂ An+1 para todo n ent˜ ao lim infAn = lim supAn = ∪∞ n=1 An ; d) Por outro lado, se An ⊃ An+1 para todo n então lim infAn = lim supAn = ∩∞ n=1 An ; e) Dê exemplo de uma sequência (An ) tal que lim supAn = lim infAn ; f ) Dê exemplo de uma sequência para a qual os dois limites coincidem mas Am ̸⊂ An para todos m ̸= n.

a) Sejam e

X := {a ∈ ∪∞ n=1 An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n} Y := {a ∈ ∪∞ n=1 An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.

Dado a ∈ X, temos que

{i ∈ N | a ∈ Ai }

é ilimitado. Sendo assim, dado n ∈ N, existe i ∈ N tal que n < i e a ∈ Ai . Isso implica que a ∈ ∪∞ i=n Ai para todo n ∈ N. Portanto,

∞ a ∈ ∩∞ n=1 (∪i=n Ai ) = lim supAn .

E, como a é um elemento arbitrário de X, temos que X ⊂ lim supAn . Seja a ∈ lim supAn . Temos que a ∈ ∪∞ i=n Ai para todo n ∈ N. Segue da´ı que

I := {i ∈ N | a ∈ Ai }

é infinito, pois, caso contr´ ario, existiria n ∈ N tal que n > i para todo i ∈ I e, consequentemente, ter´ıamos que a ̸∈ ∪∞ A . Portanto, a ∈ X. E, como a é um elemento arbitrário de lim supAn , temos que X ⊃ lim supAn . i i=n Dado a ∈ Y , temos que I := {i ∈ N | a ∈ Ai } = N − J, para alum J ⊂ N finito. E, como J é finito e, consequentemente, limitado, existe k ∈ N tal que i > k implica i ̸∈ J. Logo, para todo i > k, temos que i ∈ I e, consequentemente, a ∈ ∩∞ i=k Ai . ∞ ∞ Assim, como ∩∞ i=k Ai ⊂ ∪n=1 (∩i=n Ai ), temos que ∞ a ∈ ∪∞ n=1 (∩i=n Ai ) = lim infAn .

Como a é um elemento arbitrário de Y , conclu´ımos da´ı que Y ⊂ lim infAn . Seja a ∈ lim infAn . Temos que existe k ∈ N tal que a ∈ ∩∞ i=k Ai . Isso implica que o conjunto I := {i ∈ N | a ∈ Ai } 64

é tal que N − I ⊂ {1, ..., k − 1}. Logo, a ∈ Y . Como a é um elemento arbitrário de lim infAn , temos que Y ⊃ lim infAn . b) Pelo ´ıtem anterior, temos que lim supAn := {a ∈ ∪∞ n=1 An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n} e

lim infAn := {a ∈ ∪∞ n=1 An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.

Assim, segue que lim infAn ⊂ lim supAn . c) Como

∞ ∪∞ i=n Ai ⊂ ∪i=1 Ai

para todo n ∈ N, temos, imediatamente que ∞ ∞ lim supAn = ∩∞ n=1 (∪i=n Ai ) ⊂ ∪n=1 An .

Por outro lado, dado a ∈ ∪∞ cão em p ∈ N, prova-se que n=1 An , temos que a ∈ Ak para algum k ∈ N. Por indu¸ Ak ⊂ Ak+p para todo p ∈ N. Portanto, ∞ ∞ ∞ a ∈ Ak ⊂ ∩∞ p=0 Ak+p = ∩i=k Ai ⊂ ∪n=1 (∩i=n Ai ) = lim infAn . ∞ Assim, a ∈ lim infAn e, como a é um elemento arbitrário de ∪∞ n=1 An , concluimos que ∪n=1 An ⊂ lim infAn . Conclu´ımos, ent˜ ao, do ´ıtem b) e do que foi discutido acima, que ∞ ∪∞ n=1 An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∪n=1 An .

Logo, temos que

lim infAn = lim supAn = ∪∞ n=1 An .

d) Temos imediatamente que ∞ ∞ ∞ ∩∞ n=1 An = ∩i=1 Ai ⊂ ∪n=1 (∩i=n Ai ) = lim infAn .

ao em p, temos que Seja a ∈ lim supAn . Por indu¸c˜ Ak ⊂ Ak+p , para todo k e p ∈ N. Assim,

∞ Ak ⊃ ∪∞ p=0 Ak+p = ∪i=k Ai .

E, temos que a ∈ Ak , para todo k ∈ N, pois ∞ ∞ a ∈ lim supAn = ∩∞ n=1 (∪i=n Ai ) ⊂ ∪i=k Ai ⊂ Ak .

Ou seja, a ∈ ∩∞ e um elemento arbitrário de lim supAn , temos que lim supAn ⊂ ∩∞ n=1 An . Como a ´ n=1 An . Conclu´ımos, ent˜ ao, do ´ıtem b) e do que foi discutido acima, que ∞ ∩∞ n=1 An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∩n=1 An .

Logo, temos que

lim infAn = lim supAn = ∩∞ n=1 An .

e) 65

Definindo A2k−1 := {1} e A2k := ∅, para todo k ∈ N, temos que e

∞ ∞ lim supAn = ∩∞ n=1 (∪i=n Ai ) = ∩n=1 {1} = {1} ∞ ∞ lim infAn = ∪∞ n=1 (∩i=n Ai ) = ∪n=1 ∅ = ∅.

f) Definindo An := {n}, temos que An ̸⊂ Am , para todos n ̸= m, e

∞ ∞ lim supAn = ∩∞ n=1 (∪i=n Ai ) = ∩n=1 {k ∈ N | k > n} = ∅ ∞ ∞ lim infAn = ∪∞ n=1 (∩i=n Ai ) = ∪n=1 ∅ = ∅.

66

Exerc´ıcio 2.29: (Teorema de Bernstein-Schroeder) Dados conjuntos A e B, suponha que existam fun¸cões injetivas f : A → B e g : B → A. Prove que existe uma bije¸c˜ ao h : A → B. Solu¸ c˜ ao 1: Seja C := g(B) ⊂ A. Mostraremos que existe uma bijeçcão H : A → C. Assim, como g : B → C é uma bije¸cão, temos que h := g −1 ◦ H : A → B é uma bije¸c˜ ao. Como f : A → B e g : B → C são fun¸c˜ oes injetivas, temos que F := g ◦ f : A → C é uma fun¸cão injetiva. Logo, F (X − Y ) = F (X) − F (Y ), para todos X e Y ⊂ A. Definimos A1 := A e C1 := C. E, pelo princ´ıpio da defini¸cão recursiva, podemos definir An := F (An−1 ) e Cn := F (Cn−1 ) para todo n > 1. Desta forma, dado x ∈ A, temos que x ∈ An − Cn , para algum n ∈ Z+ , ou x ∈ C (pois x ∈ / A1 − C1 = A − C implica que x ∈ C). Ent˜ ao, a fun¸cão H : A → C dada por { F (x) se x ∈ An − Cn para algum n ∈ Z+ ; H(x) = x caso contrário, para todo x ∈ A, é bem definida. Sejam x e y ∈ A tais que H(x) = H(y). Se x ∈ An − Cn , para algum n ∈ Z+ , então y ∈ Ak − Ck , para algum k ∈ Z+ . De fato, se y ∈ / Ak − Bk , para todo k ∈ Z+ , então y = H(y) = H(x) = F (x) ∈ F (An − Bn ) = F (An ) − F (Bn ) = An+1 − Bn+1 (pois F é injetivo). Uma contradi¸c˜ ao. Assim, se x ∈ An − Cn , para algum n ∈ Z+ , então F (x) = H(x) = H(y) = F (y) e, consequentemente, x = y. Além disso, se x ∈ / An − Cn , para todo n ∈ Z+ , então, como no caso anterior, temos que y ∈ / An − Cn , para todo n ∈ Z+ , e, consequentemente, x = H(x) = H(y) = y. Logo, em todo caso, x = y. Portanto, podemos concluir que H é injetivo. Seja x ∈ C. Se x ∈ An − Cn = F (An−1 ) − F (Cn−1 ) = F (An−1 − Cn−1 ), para algum n > 1, temos que x = F (y) = H(y) para algum y ∈ An−1 − Cn−1 . Por outro lado, se x ∈ / An − Cn , para todo n ∈ Z+ , Temos que x = h(x). Logo, podemos concluir que H é sobrejetiva. Portanto, temos que H : A → C é uma bije¸cão. E o resultado segue. Solu¸ c˜ ao 2: A grosso modo analizaremos as quantidades de elmentos das sequências das formas x, g −1 (x), f −1 ◦ g −1 (x), g −1 ◦ f −1 ◦ g −1 (x), ..., x ∈ A, e

y, f −1 (y), g −1 ◦ f −1 (y), f −1 ◦ g −1 ◦ f −1 (y), ..., 67

y ∈ B. Da´ı particionaremos A e B de modo a obter uma fun¸cão entre A e B cuja bijetividade é herdada da injetividade de f e g. Sejam AI = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f )−k (x) ̸= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) = ∅}, AP = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) ̸= ∅ e (g ◦ f )−(k+1) (x) = ∅}, A∞ = {x ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (g ◦ f )−k (x) ̸= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) ̸= ∅}, BI = {y ∈ B; existe k ∈ Z>0 tal que (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) = ∅}, BP = {y ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e (f ◦ g)−(k+1) (x) = ∅} e

B∞ = {y ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅}.

Segue que ˙ P ∪A ˙ ∞ A = AI ∪A e ˙ P ∪B ˙ ∞. B = BI ∪B Agora, provaremos três detalhes técnicos sobre f e g: (I) f (AI ) = BP

y ∈ BP

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

∃k ∈ Z>0 tal que f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e (f ◦ g)−(k+1) (x) = ∅ f −1 = {x} onde ∃k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f )−k (x) = f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) = (f ◦ g)−(k+1) = ∅ ∃x ∈ AI tal que f (x) = y y ∈ f (AI ).

(II) g(BI ) = AP Prova-se de modo análogo à prova de (I). (III) f (A∞ ) = B∞

y ∈ B∞

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

∀k ∈ Z>0 vale f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e (f ◦ g)k (x) ̸= ∅ f −1 = {x} onde ∀k ∈ Z>0 vale (g ◦ f )−k (x) = f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) = (f ◦ g)−k ̸= ∅ ∃x ∈ A∞ tal que f (x) = y y ∈ f (A∞ ).

˙ P ∪A ˙ ∞ e de (II), que a fun¸cão Agora, segue de A = AI ∪A H:

A x ∈ AI x ∈ AP x ∈ A∞

→ → → →

B f (x) ∈ BP y ∈ BI , tal que g(y) = x f (x) ∈ B∞ .

é bem definida e, da injetividade de f e g e de (I)-(III), que esta é uma bije¸cão.

68

Cap´ıtulo 3

N´ umeros Reais

69

Exerc´ıcio 3.01: Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove: a c ad + bc + = ; b d bd a c a·c (2) · = . b d b·d (1)

(1) Temos que a ad = b−1 a = b−1 d−1 da = (bd)−1 (ad) = b bd e, analogamente, c bc = . d bd Assim, c a + b d

ad bc + bd −1bd = (bd) (ad) + (bd)−1 (bc) = (bd)−1 (ad + bc) ad + bc = . bd =

(2) Temos que

a·c a c · = (b−1 a) · (d−1 c) = acb−1 d−1 = (bd)−1 (ac) = . b d b·d

70

Exerc´ıcio 3.02:

Quest˜ ao 2-1◦ Propriedade 1. Para todo m inteiro vale am .a = am+1 . Demonstra¸c˜ ao. Para m natural vale pela defini¸cão de potência, 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 2. am .an = am+n . Demonstra¸c˜ ao. Primeiro seja m um inteiro qualquer e n natural, vamos provar a identidade por indu¸cão sobre n, para n = 0 vale am .a0 = am = am+0 para n = 1 vale am a1 = am a = am+1 . Supondo válido 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 é natural temos que a propriedade já foi demonstrada am a−n = am−n se m é inteiro negativo temos

am a−n = am−n

pois o inverso de am a−n é a−m an = a−m+n propriedade que já está provada por −m e n serem naturais e am−n an−m = 1 por unicidade do inverso de = a−m an = a−m+n é am a−n logo fica provado para n e m inteiros. Para potência 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 .

71

Quest˜ ao 2-2◦ Propriedade 3. (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 válido para n (am )n = amn vamos provar para n + 1 (am )n+1 = am(n+1) temos pela defini¸cão de potência e pela hipótese da indu¸cão que (am )n+1 = (am )n am = amn am = amn+m = am(n+1) onde usamos a propriedade do produto de potência de mesma base. Para n inteiro negativo (am )−n = ((am )n )−1 = (amn )(−1) = a−mn .

72

Exerc´ıcio 3.03:

Exemplo 1. Se

xk yk

=

xs ys

para todos k, s ∈ In , num corpo K, prove que dados, ak ∈ K, k ∈ In tais que

k=1

tem-se

n ∑ k=1 n ∑

ak xk = ak yk

x1 . y1

k=1

Chamando

x1 y1

= p temos

xk yk

= p logo xk = pyk e a soma n ∑

ak x k = p

k=1

logo

n ∑

n ∑ k=1 n ∑

n ∑

ak y k

k=1

ak xk =p= ak yk

k=1

73

x1 y1

.

ak yk ̸= 0

Exerc´ıcio 3.04:

Defini¸ c˜ ao 1 (Homomorfismo de corpos). Sejam A, B corpos. Uma fun¸c˜ ao 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 4. Se f é 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 5. 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 1. f (a − b) = f (a) + f (−b) = f (a) − f (b). Propriedade 6. Se a é invert´ıvel ent˜ ao f (a) é 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 )

então pela unicidade de inverso em corpos segue que f (a)−1 = f (a−1 ). Propriedade 7. f é 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 então x − y seria invert´ıvel logo f (x − y) não seria nulo, ent˜ ao segue que x = y. Propriedade 8. 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 então f (x.1) = f (x)f (1) = 0, f (x) = 0 ∀x.

74

Exerc´ıcio 3.05:

Propriedade 9. Se f : Q → Q é 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 k=0

de ambos lados, a soma é telescópica e resulta em f (nh) = nf (h)

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

p n

segue

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

75

Exerc´ıcio 3.08:

Propriedade 10. Seja K um conjunto onde valem todos os axiomas de corpo, exceto a existência de inverso multiplicativo. Seja a ̸= 0. f : K → K com f (x) = ax é bije¸c˜ ao ⇔ ∃ a−1 ∈ K. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). A fun¸c˜ ao é sobrejetora logo existe x tal que f (x) = 1 = ax portanto a é 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¸cão é sobrejetiva. f também é injetiva, pois se f (x1 ) = f (x2 ), ax1 = ax2 implica por lei do corte que x1 = x2 .. Em geral f é injetiva ⇔ vale a lei do corte por essa observa¸c˜ ao. Propriedade 11. 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 é injetiva, como f é injetiva de K em K que é um conjunto finito, então f é bijetiva, o que implica a ser invert´ıvel. ⇐). A volta é trivial pois existência de inverso implica lei do corte.

76

Exerc´ıcio 3.09:

Exemplo 2. O conjunto dos polinˆ omios de coeficiente racionais ao é um ∑ corpo, pois por exemplo ∑n Q[t] n˜ ∑n o elemento n k k+1 x n˜ ao possui inverso multiplicativo, se houvesse haveria k=0 ak xk tal que x a x = 1 = o k k=0 k=0 ak x ∑n k+1 0 e deveria ser 1. que n˜ ao é poss´ıvel pois o coeficiente do termo independente x é zero em k=0 ak x O conjunto dos inteiros Z n˜ ao é um corpo, pois n˜ ao possui inverso multiplicativo para todo elementos, por exemplo n˜ ao temos o inverso de 2.

77

Exerc´ıcio 3.10:

Propriedade 12. 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 então deve 2 2 valer x = 0 ⇒ x = 0 logo temos também y = 0 ⇒ y = 0, portanto x = y = 0. ⇐). Basta substituir x = y = 0 resultando em 0.

78

Exerc´ıcio 3.11:

Exemplo fun¸ca õ f : K + → K + com f (x) = xn , n ∈ N é crescente. Sejam x > y > 0 ent˜ ao xn > y n pois ∏n 3. A ∏ n n n + + + x = k=1 x > k=1 y = y , por propriedade de multiplica¸c˜ ao de positivos. Se f : Q → Q , Q o conjunto dos racionais positivos, ent˜ ao f n˜ ao é sobrejetiva para n = 2, pois n˜ ao existe x ∈ Q tal que x2 = 2 ∈ Q+ . + f (K ) n˜ ao é um conjunto limitado superiormente de K, isto é, dado qualquer x ∈ K existe y ∈ K + tal que n y > 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 é 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 é limitado superiormente.

79

Exerc´ıcio 3.12:

Propriedade 13. Sejam X um conjunto qualquer e K um corpo, ent˜ ao o conjunto F (X, K) munido de adi¸c˜ ao e multiplica¸c˜ ao de fun¸co ˜es é 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 existência de inverso aditivo, para adi¸c˜ ao. valendo também a comutatividade, associatividade, existência de unidade 1 para o produto e distributividade que relaciona as duas opera¸c˜ oes. Demonstra¸c˜ ao.

• Vale a associatividade da adi¸cão ((f + g) + h)(x) = (f (x) + g(x)) + h(x) = f (x) + (g(x) + h(x)) = (f + (g + h))(x)

• Existe elemento neutro da adi¸c˜ ao 0 ∈ K e a fun¸cão constante 0(x) = 0 ∀ x ∈ K, da´ı (g + 0)(x) = g(x) + 0(x) = g(x). • Comutatividade da adi¸c˜ ao (f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x) • Existe a fun¸c˜ ao simétrica, dado g(x), temos f com f (x) = −g(x) e da´ı (g + f )(x) = g(x) − g(x) = 0. • Vale a associatividade da multiplica¸c˜ ao (f (x).g(x)).h(x) = f (x).(g(x).h(x)) • Existe elemento neutro da multiplica¸c˜ ao 1 ∈ K e a fun¸cão constante I(x) = 1 ∀ x ∈ K, da´ı (g.I)(x) = g(x).1 = g(x). • Comutatividade da multiplica¸c˜ ao (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). Não temos inverso multiplicativo para toda fun¸cão, pois dada uma fun¸cão, tal que f (1) = 0 e f (x) = 1 para todo x ̸= 1 em K, não 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¸cão gera a identidade.

80

Exerc´ıcio 3.13:

Propriedade 14. Sejam x, y > 0 . x < y ⇔ x−1 > y −1 . Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Como y > x e x−1 e y −1 são positivos, multiplicamos a desigualdade por x−1 y −1 em ambos −1 −1 lados x y y > x−1 y −1 x implicando x−1 > y −1 , então se y > x temos x1 > y1 . ⇐). Se x−1 > y −1 . x, y são positivos, multiplicamos a desigualdade por xy em ambos lados, de onde segue que y > x.

81

Exerc´ıcio 3.14:

Propriedade 15. Sejam a > 0 em K e f : Z → K com f (n) = an . Nessas condi¸c˜ oes f é 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 é sempre positivo, então o sinal da diferen¸ca depende do sinal de a − 1. Se a = 1 vale f (n + 1) = f (n) ∀ n ∈ Z logo f é constante, se a − 1 < 0, a < 1 então f (n + 1) − f (n) < 0, f (n + 1) < f (n), f é decrescente e finalmente se a − 1 > 0, a > 1 então f (n + 1) > f (n) e a fun¸c˜ ao é 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.

82

Exerc´ıcio 3.15:

Exemplo 4. 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 porém elevando a uma potência par resulta num n´ umero positivo, por outro lado 2nx < −2n logo 1 + 2nx < 1 − 2n < 0 ent˜ ao (1 + x)2n é positivo e 1 + 2nx é negativo, logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx .

83

Exerc´ıcio 3.16:

Exemplo 5. 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 n desigualdade de Bernoulli (1 + y) ≥ 1 + ny com y = −x.

84

Exerc´ıcio 3.17:

Corol´ ario 2. Se a e a + x s˜ ao positivos, ent˜ ao vale (a + x)n ≥ an + nan−1 x. Pois em

a+x a

= (1 + xa ) > 0 ent˜ ao podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥ 1 + ny com y = xa , resultando (a + x)n ≥ an + nan−1 x.

Se a ̸= 0, arbitr´ ario em R, podendo agora ser negativo, substitu´ımos y = na desigualdade (a + x)2n > a2n + a2n−1 2nx. Se vale

x a

x a

em (1 + x)2n > 1 + 2nx. chegando

< 1 ent˜ ao da desigualdade (1 − y)n ≥ 1 − ny, novamente tomamos y = (a − x)n ≥ an − an−1 nx.

85

x a

de onde segue

Exerc´ıcio 3.18:

Propriedade 16. Sejam sequências (ak ) , (bk ) em um corpo ordenado K onde cada bk é positivo, sendo m´ınimo e abnn o m´ aximo dos termos da sequência de termo abkk ent˜ ao vale n ∑

a1 ≤ k=1 n ∑ b1

ak ≤ bk

a1 b1

o

an . bn

k=1

Demonstra¸c˜ ao. Para todo k vale ambos lados, de onde segue

dividindo por

∑n

k=1 bk

a1 b1

≤

ak bk

≤ n ∑ k=1

an bn

bk

⇒ bk ab11 ≤ ak ≤ bk abnn pois bk > 0, aplicamos a soma ∑ ∑ an a1 ≤ ak ≤ bk b1 bn n

n

k=1

k=1

que é positivo, temos finalmente n ∑

a1 ≤ k=1 n ∑ b1

ak ≤ bk

k=1

86

an . bn

∑n k=1

em

Exerc´ıcio 3.19:

Propriedade 17 (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 são iguais e eles são não negativos, ent˜ ao segue que |x.y| = |x||y|. √ √ √ √ 2. |a.b| = (a.b)2 = a2 .b2 = a2 . b2 = |a||b|. Propriedade 18. Se x ̸= 0 ent˜ ao | x1 | =

1 |x| .

Demonstra¸c˜ ao. Vale |x|| x1 | = | xx | = 1 da´ı | x1 | é inverso de |x|, sendo Corol´ ario 3 (Preserva divisão).

x |x| | |= . y |y|

87

1 |x| .

Exerc´ıcio 3.20:

Propriedade 19.

n ∏

|ak | = |

n ∏

ak |

k=1

k=1

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

|ak | = |

n ∏

ak |

k=1

k=1

vamos provar para n + 1 n+1 ∏

|ak | = |

k=1

temos

n+1 ∏ k=1

|ak | =

n ∏

|ak |.|an+1 | = |

k=1

n ∏

n+1 ∏

ak |

k=1

ak ||an+1 | = |

k=1

n ∏

ak an+1 | = |

k=1

n+1 ∏

ak |

.

k=1

Propriedade 20 (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 somatório em ambos lados segue −

b ∑

|g(k)| ≤

k=a

b ∑

g(k) ≤

k=a

b ∑

|g(k)|

k=a

que implica |

b ∑

g(k)| ≤ |

k=a

b ∑

|g(k)|| =

k=a

b ∑

|g(k)|

k=a

pois os termos |g(k)| somados são não negativos ,logo a soma desses termos é não-negativa e o módulo da soma é igual a soma. Propriedade 21. A identidade que provamos acima vale para n´ umeros reais, vamos provar agora por indu¸c˜ ao 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. 2. Por indu¸cão sobre n, para n = 1 tem-se |

1 ∑

zk | = |z1 | ≤

k=1

1 ∑ k=1

88

|zk | = |z1 |

logo vale. Supondo a validade para n |

n ∑

zk | ≤

k=1

n ∑

|zk |

k=1

vamos provar para n + 1 |

n+1 ∑

zk | ≤

k=1

n+1 ∑

|zk |.

k=1

Da hipótese da indu¸c˜ ao somamos |zn+1 | em ambos lados, logo |

n+1 ∑ k=1

zk | = |zn+1 +

n ∑

zk | ≤ |zn+1 | + |

k=1

n ∑ k=1

zk | ≤

n+1 ∑ k=1

Vejamos outras1 demonstra¸c˜ oes da desigualdade triangular

1 Essas

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

89

|zk |

Exerc´ıcio 3.22: Vamos resolver um caso mais geral do problema. Defini¸ c˜ ao 2 (Mediana). Dada uma sequência finita (yk )n1 seus termos podem ser rearranjados para forma uma e é definida da seguinte maneira sequência n˜ ao-decrescente (xk )n1 . A mediana X e = x n+1 . • Se n é ´ımpar X 2

e= • Se n é par X

x n +1 +x n 2

2

2

.

Exemplo 6. Seja (xk )n1 uma sequência crescente f : R → R com f (x) = f (x) = −nx +

n ∑

∑n k=1

|x − xk |. Se x < x1 ent˜ ao

xk

k=1

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

n ∑

xk

k=1

logo f é crescente para x > xn . Seja agora x ∈ [xt , xt+1 ), t variando de 1 até n − 1 f (x) =

t ∑

(x − xk ) −

k=1

n ∑

(x − xk ) = (2t − n)x +

k=t+1

t ∑

n ∑

xk −

k=1

xk

k=t+1

portanto a fun¸c˜ ao é decrescente se t < n2 e crescente se t > n2 , de t = 1 até t = ⌊ n2 ⌋ em cada intervalo [xt , xt+1 ) a fun¸c˜ ao é decrescente, sendo ⌊ n2 ⌋ segmentos decrescentes, de t = ⌊ n2 ⌋ + 1 até n − 1, temos n − 1 − ⌊ n2 ⌋ segmentos crescentes. • Se n é ´ımpar f é 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 2 é o u ńico ponto de m´ınimo. • Se n é par a fun¸c˜ ao é constante em [x n2 , x n2 +1 ), todos os pontos desse intervalo s˜ ao pontos de m´ınimo. Em especial o ponto

x n +x n +1 2

2

2

é ponto de m´ınimo.

Conclu´ımos que um ponto de m´ınimo acontece sempre na mediana da sequência. ∑n Exemplo 7. Achar o m´ınimo da fun¸c˜ ao f (x) = k=1 |x − k| para n ´ımpar e para n par. = xn = n, substitu´ımos ent˜ ao tal valor na fun¸c˜ ao Trocando n por 2n temos que o m´ınimo acontece no ponto x 2n 2 2n ∑

|n − k| =

k=1

n ∑ k=1

= portanto o m´ınimo de

|n − k| +

∑2n k=1

2n ∑

|n − k| =

k=n+1 n ∑

(n − k) +

k=1

n ∑

n ∑

(n − k) +

k=1

(k) =

k=1

n ∑

2n ∑

(−n + k) =

k=n+1

n = n.n = n2 .

k=1

|x − k| é n . 2

• min{|x − 1| + |x − 2|} = 1 • min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4|} = 4 • min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5| + |x − 6|} = 9 • min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5| + |x − 6| + |x − 7| + |x − 8|} = 16. 90

Agora para n ´ımpar, trocamos n por 2n + 1 o m´ınimo acontece no ponto x (2n+1)+1 = xn+1 = n + 1, aplicando na 2 fun¸c˜ ao temos 2n+1 ∑ k=1

|n + 1 − k| =

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

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

91

Exerc´ıcio 3.23:

Propriedade 22. |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.

92

Exerc´ıcio 3.24:

Propriedade 23. Dado um corpo ordenado K , s˜ ao equivalentes 1. K é arquimediano. 2. Z é ilimitado superiormente e inferiormente. 3. Q é ilimitado superiormente e inferiormente. Demonstra¸c˜ ao. • 1 ⇒ 2. N ⊂ Z ent˜ ao Z é ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que Z seja limitado inferiormente, ent˜ ao existe a ∈ K tal que a < x ∀x ∈ Z, logo −a > −x, porém existe n natural tal que n > −a ⇒ −n < a o que contraria a hipótese. |{z} ∈Z

• 2 ⇒ 3 . Z ⊂ Q portanto Q é ilimitado superiormente e inferiormente. • 3 ⇒ 1 . Para todo y ∈ K existe ab ∈ Q com a, b > 0 naturais tal que ab > y, da´ı a > yb, podemos tomar y = xb , logo a > x, a ∈ N , portanto N é ilimitado superiormente e o corpo é arquimediano.

93

Exerc´ıcio 3.25:

Propriedade 24. Seja K um corpo ordenado. K é arquimediado ⇔ ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que

1 2n

< ε.

Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Como K é arquimediano, então ∀ε > 0 existe n ∈ N tal que n > 1ε ⇒ n + 1 > n > 1ε por desigualdade de Bernoulli temos 2n > n + 1 > 1ε ⇒ 21n < ε. ⇐). Se ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que 21n < ε, tomamos ε = x1 , x > 0 arbitrário então x < 2n , com n 2 = m ∈ N então K é arquimediano, N não é limitado superiormente.

94

Exerc´ıcio 3.26:

Propriedade 25. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z → K com f (n) = an , ent˜ ao • f (Z) n˜ ao é limitado superiormente. • inf(F (Z)) = 0. Demonstra¸c˜ ao. • Vale que a > 1 ent˜ ao a = p + 1 onde p > 0, por desigualdade de Bernoulli temos (p + 1)n ≥ 1 + pn. ∀ x > 0 ∈ K existe n tal que n > xp ⇒ pn > x ⇒ (p + 1)n ≥ 1 + pn > x, logo f (Z) não é limitado superiormente. • 0 é cota inferior de f (Z) pois vale 0 < an ∀n ∈ Z. Suponha que exista x tal que 0 < x < am ∀ m ∈ Z, sabemos que existe n ∈ N tal que an > x1 da´ı x > a1n = a−n , absurdo, então 0 deve ser o ´ınfimo.

95

Exerc´ıcio 3.27:

Propriedade 26. Se s é irracional e u ̸= 0 é racional ent˜ ao u.s é irracional. Demonstra¸c˜ ao. Suponha que s é irracional e u.s seja racional, então u.s = u ̸= 0 é racional ele é da forma u = vj , j ̸= 0 e v ̸= 0, inteiros, logo

p q

com p ̸= 0 e q ̸= 0 inteiros e como

p j s= v q multiplicando por

v j

ambos lados segue s=

p.v j.q

que é um n´ umero racional, logo chegamos a um absurdo. Propriedade 27. Se s é irracional e t racional, ent˜ ao s + t é irracional. Demonstra¸c˜ ao. Suponha s + t racional, ent˜ ao s + t = pq da´ı s = racionais, um absurdo ent˜ ao segue que s + t é irracional.

p q

− t que seria racional por ser diferen¸ca de dois

Exemplo 8. Existem irracionais a e b tais que a + b e a.b sejam racionais. Exemplos a = 1 + da´ı a + b = 2 e a.b = 1 − 5 = −4.

96

√ √ 5 , b = 1− 5

Exerc´ıcio 3.28:

Propriedade 28. 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 então a = c e terminamos, se não vale que

o que é absurdo pois

√ 2 é irracional.

a−c √ = 2 d−b

97

Exerc´ıcio 3.29: √ Exemplo 9. O conjunto da forma {x + y p} onde x e y s˜ ao racionais é subcorpo dos n´ umeros reais. √ • O elemento neutro da adi¸c˜ ao 0 pertence ao conjunto. Pois 0 = 0 + 0 p √ • O elemento neutro da multiplica¸c˜ ao 1 pertence ao conjunto. Pois 1 = 1 + 0 p √ √ √ • A adi¸c˜ ao é fechada. Pois x + y p + z + w p = x + z + (y + w) p. √ √ √ √ • O produto é fechado. Pois (x + y p)(z + w p) = xz + xw p + yz p + y.wp. √ √ • Dado x ∈ A implica −x ∈ A. Pois dado x + y p temos o simétrico −x − y p. √ • 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 10. O conjunto dos elementos da forma a + bα onde α = 3 2 n˜ ao é um corpo pois o produto n˜ ao é fechado, vamos mostrar que α2 n˜ ao pertence ao conjunto. 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 se b2 + a ̸= 0 ent˜ ao α = 2−ab e absurdo pois α é irracional, ent˜ ao devemos ter a = −b2 , multiplicamos a b2 +a o que ´ 2 2 express˜ ao aα + bα = 2 por α, de onde segue aα + 2b = 2α, substituindo α2 = a + bα nessa u ´ltima temos a(a + bα) + 2b = a2 + abα + 2b = 2α ⇒ α(2 − ab) = 2b + a2 2

ao 2 = ab e a = −b2 de onde segue 2 = −b3 , se 2 ̸= ab chegamos num absurdo de α = 2b+a 2−ab , temos que ter ent˜ porém n˜ ao existe racional que satisfaz essa identidade, da´ı n˜ ao podemos escrever α2 da forma a + bα com a e b racionais, portanto o produto de elementos n˜ ao é fechado e assim n˜ ao temos um corpo.

98

Exerc´ıcio 3.30:

Propriedade 29. Sejam a, b ∈ Q+ .

√ √ √ √ a + b é racional ⇔ a e b s˜ ao racionais.

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

99

Exerc´ıcio 3.31:

Propriedade 30. 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. 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 não existisse x ∈ A tal que c − ε < x ent˜ ao c − ε seria cota superior menor que o supremo, o que é 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 é absurdo. 2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf (A). Dado ε > 0 fixo, se não existisse x ∈ A tal que c + ε > x então c + ε seria cota superior menor que o ´ınfimo, o que é 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 é absurdo.

100

Exerc´ıcio 3.32:

Exemplo 11. Seja A = { n1 | n ∈ N } . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 é uma cota inferior, agora vamos mostrar que 0 é a menor delas. Dado 0 < x, x n˜ ao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que n1 < x, logo 0 é o ´ınfimo.

101

Exerc´ıcio 3.33:

Propriedade 31. Se A é limitado inferiormente e B ⊂ A ent˜ ao inf (A) ≤ inf (B). Demonstra¸c˜ ao. inf A é cota inferior de A, logo também é cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale inf A ≤ inf B, pois inf B é a maior cota inferior de B. Propriedade 32. Se A é limitado superiormente e B ⊂ A ent˜ ao sup(A) ≥ sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Toda cota superior de A é cota superior de B, logo o sup(A) é cota superior de B, como sup(B) é a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B). Corol´ ario 4. 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).

102

Exerc´ıcio 3.31:

Propriedade 33. 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. 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 não existisse x ∈ A tal que c − ε < x ent˜ ao c − ε seria cota superior menor que o supremo, o que é 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 é absurdo. 2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf (A). Dado ε > 0 fixo, se não existisse x ∈ A tal que c + ε > x então c + ε seria cota superior menor que o ´ınfimo, o que é 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 é absurdo.

103

Exerc´ıcio 3.32:

Exemplo 12. Seja A = { n1 | n ∈ N } . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 é uma cota inferior, agora vamos mostrar que 0 é a menor delas. Dado 0 < x, x n˜ ao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que n1 < x, logo 0 é o ´ınfimo.

104

Exerc´ıcio 3.33:

Propriedade 34. Se A é limitado inferiormente e B ⊂ A ent˜ ao inf (A) ≤ inf (B). Demonstra¸c˜ ao. inf A é cota inferior de A, logo também é cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale inf A ≤ inf B, pois inf B é a maior cota inferior de B. Propriedade 35. Se A é limitado superiormente e B ⊂ A ent˜ ao sup(A) ≥ sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Toda cota superior de A é cota superior de B, logo o sup(A) é cota superior de B, como sup(B) é a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B). Corol´ ario 5. 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).

105

Exerc´ıcio 3.34:

Propriedade 36. 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 é cota superior de A, logo sup A ≤ y para cada y pois sup A é a menor das cotas superiores, essa rela¸c˜ ao implica que sup A é cota inferior de B logo sup A ≤ inf B, pois inf B é a maior cota inferior. Propriedade 37. 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. Não podemos ter inf B < sup A pela propriedade anterior, então temos for¸cosamente que inf B > sup A, tomamos então 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. ⇒ , Se sup A = inf B. Ent˜ ao sendo para qualquer ε > 0, sup A − 2ε não é cota superior de A, pois é menor que o sup A (que é a menor cota superior), da mesma maneira inf A + 2ε não é cota inferior de B, então existem x ∈ A e y ∈ B tais que ε ε sup A − < x ≤ sup A = inf B ≤ y < inf B + 2 2 ε ε inf B − < x ≤ y < inf B + 2 2 de onde segue inf B − 2ε < x, −x < 2ε − inf B e y < inf B + 2ε somando ambas tem-se y − x < ε.

106

Exerc´ıcio 3.35:

Propriedade 38. Se c > 0 ent˜ ao sup(c.A) = c. sup A. Demonstra¸c˜ ao. Seja a = sup A. Para todo x ∈ A tem-se x ≤ a, de onde segue cx ≤ ca, assim ca é cota superior de cA. Seja d tal que d < ca ent˜ ao dc < a logo dc não é cota superior de A, implicando a existência de pelo menos d um x tal que c < x, d < cx de onde segue que d não é cota superior de cA, assim ca é a menor cota superior de cA logo o supremo. Propriedade 39. 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 de onde conclu´ımos que ca é cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, então a < dc , implicando que dc não é cota inferior de A assim existe x ∈ A tal que x < dc ⇒ cx < d, logo d n˜ ao é cota inferior de cA, implicando que c.a é a maior cota inferior, logo o ´ınfimo do conjunto. Propriedade 40. 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. Então ca é uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se dc < a como a é supremo, isso significa que existe x ∈ A tal que dc < x logo d > cx, assim esse d n˜ ao é cota inferior, implicando que ca é a menor cota inferior, então ´ınfimo do conjunto. A questão 35 segue da próxima propriedade com c = −1. Propriedade 41. 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 é cota superior de cA. Agora tome d tal que cb > d segue b < dc , como b é ´ınfimo existe x ∈ A tal que x < dc , cx > d assim esse d não pode ser cota superior de cA, então cb é a menor cota superior, logo o ´ınfimo.

107

Exerc´ıcio 3.37:

Item I Sejam A, B ⊂ R, conjuntos limitados . Propriedade 42. O conjunto A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B} também é limitado. Demonstra¸c˜ ao. Se A é limitado , existe t tal que |x| < t para todo x ∈ A e se B é 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 é limitado. Item II Propriedade 43 (Propriedade aditiva). Vale sup(A + B) = sup(A) + sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Como A, B são 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 é limitado superiormente. Para todo e qualquer ε > 0 existem x, y tais que ε ε a
Item III Propriedade 44. inf(A + B) = inf A + inf B. Demonstra¸c˜ ao. Sejam a = inf A e b = inf B então ∀x, y ∈ A, B tem-se a ≤ x, b ≤ y de onde segue por adi¸cão a + b ≤ x + y, assim a + b é cota inferior de A + B. ∃x, y ∈ A, B tal que ∀ε > 0 vale x < a + 2ε e y < b + 2ε pois a e b são as maiores cotas inferiores, somando os termos das desigualdades segue x + y < a + b + ε, que implica que a + b é a maior cota inferior logo o ´ınfimo.

108

Exerc´ıcio 3.38:

Defini¸ c˜ ao 3 (Fun¸c˜ ao limitada). Seja A ⊂ R, f : A → R é dita limitada quando o conjunto f (A) = {f (x) | x ∈ A}, se f (A) é limitado superiormente ent˜ ao dizemos que f é limitada superiormente e caso f (A) seja limitado inferiormente dizemos que A é limitado inferiormente. Seja uma fun¸cão limitada f : V → R. Defini¸ c˜ ao 4. sup f := sup f (V ) = sup{f (x) | x ∈ V } Defini¸ c˜ ao 5. inf f := inf f (V ) = inf{f (x) | x ∈ V } Propriedade 45. A fun¸c˜ ao soma de duas fun¸c˜ oes limitadas é limitada. Demonstra¸c˜ ao. Vale |f (x)| ≤ M1 e |g(x)| ≤ M2 ∀x ∈ A então |f (x) + g(x)| ≤ |f (x)| + |g(x)| ≤ M1 + M2 = M portando a fun¸cão soma f + g de duas fun¸c˜ oes limitadas é também uma fun¸cão limitada. Sejam f, g : V → R fun¸c˜ oes limitadas e c ∈ R. Propriedade 46. sup(f + g) ≤ sup f + sup g. Demonstra¸c˜ ao. Sejam A = {f (x) | x ∈ V }, B = {g(y) | y ∈ V }, C = {g(x) + f (x) | x ∈ V } temos que C ⊂ A + B, pois basta tomar x = y nos conjuntos, logo sup(A + B) ≥ sup(f + g) sup(A) + sup(B) = sup f + sup g ≥ sup(f + g)

Propriedade 47. inf(f + g) ≥ inf(f ) + inf(g). Demonstra¸c˜ ao. De C ⊂ A + B segue tomando o ´ınfimo inf(A + B) = inf(A) + inf(B) = inf(f ) + inf(g) ≤ inf(C) = inf(f + g).

Exemplo 13. Sejam f, g : [0, 1] → R dadas por f (x) = x e g(x) = −x • Vale sup f = 1, sup g = 0, f + g = 0 logo sup(f + g) = 0 vale ent˜ ao sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0. • Temos ainda inf f = 0, inf g = −1, f + g = 0, inf (f + g) = 0 logo inf f + inf g = −1 < inf(f + g) = 0. As desigualdades estritas também valem se consideramos as fun¸c˜ oes definidas em [−1, 1], nesse caso sup f +sup g = 2 e inf f + inf g = −2 e sup(f + g) = 0 = inf(f + g).

109

Exerc´ıcio 3.39:

Defini¸ c˜ ao 6. Sejam A e B conjuntos n˜ ao vazios, definimos A.B = {x.y | x ∈ A, y ∈ B}. Propriedade 48. Sejam A e B conjuntos limitados de n´ umeros positivos, ent˜ ao vale sup(A.B) = sup(A). sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) então valem x ≤ a e y ≤ b, ∀x ∈ A, y ∈ B da´ı x.y ≤ a.b, logo a.b é cota superior de A.B. Tomando t < a.b segue que at < b logo existe y ∈ B tal que at < y da´ı yt < a logo existe x ∈ A tal que yt < x logo t < x.y ent˜ ao t não pode ser uma cota superior, implicando que a.b é o supremo do conjunto. Propriedade 49. Sejam A e B conjuntos limitados de n´ umeros positivos, ent˜ ao vale inf(A.B) = inf(A). inf(B). Demonstra¸c˜ ao. Sejam a = inf(A) e b = inf(B) então valem x ≥ a e y ≥ b, ∀x ∈ A, y ∈ B da´ı x.y ≥ a.b, logo a.b é cota inferior de A.B. Tomando t > a.b segue que at > b logo existe y ∈ B tal que at > y da´ı yt > a logo existe x ∈ A tal que yt > x logo t < x.y ent˜ ao t não pode ser uma cota inferior, implicando que a.b é o ´ınfimo do conjunto.

110

Exerc´ıcio 3.40:

Propriedade 50. Sejam f, g : A → R fun¸c˜ oes limitadas ent˜ ao f.g : A → R é limitada. Demonstra¸c˜ ao. Vale que |f (x)| < M1 e |g(x)| < M2 então |f (x)g(x)| < M1 M2 = M ∀ x ∈ A , portanto f.g : A → R é limitada. Propriedade 51. 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 52. 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 14. Sejam f, g : [1, 2] → R dadas por f (x) = x e g(x) = x1 , vale sup f = 2, 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 2

vale inf f. inf g =

1 2

e inf(f.g) = 1 portanto

inf f. inf g < inf(f.g). Propriedade 53. 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√então a2 é cota superior de f 2 , e é 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 é a menor cota superior sup(f 2 ) = sup(f )2 . Propriedade 54. Seja f : A → R+ ent˜ ao inf(f 2 ) = (inf f )2 . 2 2 Demonstra¸c˜ ao. Seja a = inf f tem-se o a2 é cota inferior de f 2 , e é a maior cota √ f (x) ≥ a ∀x da´ı f (x) ≥ a entã√ 2 inferior pois se a < c ent˜ ao a < c logo existe x tal que a < f (x) < c e da´ı a2 < f (x)2 < c logo a2 é a maior 2 cota inferior inf(f ) = inf(f )2 .

111

Exerc´ıcio 3.42:

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

n ∑

ak xk

k=0

de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x = r s

Demonstra¸c˜ ao. Se x =

é raiz de f (x) =

n ∑

r s

tal que mdc(r, s) = 1 ent˜ ao s|an e r|a0 .

ak xk , então temos

k=0

f

( ) ∑ ( )k n r r = ak =0 s s k=0

n

multiplicando por s em ambos os lados temos n ∑

ak rk .sn−k = 0

k=0

como s|0 então s|

n ∑

ak rk .sn−k , na soma s não aparece como fator apenas quando n − k = 0, n = k, logo

k=0

abrindo o limite superior do somatório temos n−1 ∑

ak rk .sn−k + an rn .sn−n =

k=0

n−1 ∑

ak rk .sn−k + an rn = 0

k=0

n

da´ı s deve dividir an r , como s é primo com r implica que também é primo com rn , portanto s deve dividir an . n ∑ ak rk .sn−k , como o u ńico fator onde r não aparece é Pelo mesmo argumento, temos que r|0 logo r deve dividir k=0

quando k = 0, abrimos o limite inferior do somatório a0 r0 .sn−0 +

n ∑

ak rk .sn−k = a0 .sn +

k=1 n

n ∑

ak rk .sn−k = 0

k=1 n

logo r deve dividir a0 .s , mas como r é primo com s , ele deve dividir a0 . Corol´ ario 6. Se o polinˆ omio de coeficientes inteiros

n ∑

ak xk possui ra´ızes racionais ent˜ ao elas devem pertencer

k=0

ao conjunto

p A = { | p|a0 q|an }. q

omio de coeficientes inteiros P (x) = Corol´ ario 7. Se an = 1 em um polinˆ

n ∑

ak xk ent˜ ao suas ra´ızes racionais

k=0

devem ser inteiras, pois p | 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¸c˜ oes, as ra´ızes do polinˆ omio P (x) s˜ ao inteiras ou irracionais. A={

Propriedade 55. Seja P (x) = √ xn − a, a > 0 ∈ Z, se a n˜ ao é n-ésima potência de um n´ umero natural ent˜ ao a u ńica raiz positiva de P , que é n a , é irracional. Demonstra¸c˜ ao. Como P possui coeficiente an = 1 então 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 é potência umero natural, o que contraria a √ de um n´ hipótese de a não ser n-ésima potência de um n´ umero natural, logo n a é irracional.

112

Exerc´ıcio 3.43:

Propriedade 56. Sejam I um intervalo n˜ ao degenerado e k > 1 natural. O conjunto A = { kmn ∈ I | m, n ∈ Z} é denso em I. m+1 m Demonstra¸c˜ ao. Dado ε > 0 existe n ∈ N tal que k n > 1ε , da´ı os intervalos [ kmn , m+1 kn ] tem comprimento kn − kn = 1 kn < ε. Existe um menor inteiro m + 1 tal que x + ε ≤ m+1 ı kmn ∈ (x − ε, x + ε) pois se fosse x + ε < kmn iria contrariar kn da´ m m m+1 a minimalidade de m + 1 e se fosse kn < x − ε então [ kn , kn ] teria comprimento maior do que de (x − ε, x + ε), que é ε, uma contradi¸c˜ ao com a suposi¸c˜ ao feita anteriormente.

113

Exerc´ıcio 3.44:

Propriedade 57. O conjunto dos polinˆ omios com coeficientes racionais é enumer´ avel. Demonstra¸c˜ ao. Seja Pn o conjunto dos polinômios com coeficientes racionais de grau ≤ n a fun¸cão f : Pn → Qn+1 tal que n ∑ P( ak xk ) = (ak )n1 k=0 n+1

é uma bije¸cão. Como Q é enumer´ avel por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumeráveis, segue que Pn é enumerável. Sendo A o conjunto dos polinômios de coeficientes racionais, vale que A=

∞ ∪

Pk

k=1

portanto A é união enumer´ avel de conjuntos enumeráveis , sendo assim A é enumerável. Defini¸ c˜ ao 7 (N´ umero algébrico). Um n´ umero real (complexo) x é dito algébrico quando é raiz de um polinˆ omio com coeficientes inteiros. Propriedade 58. O conjunto dos n´ umeros algébricos é enumer´ avel. 1. Enumeramos A = {P1 , P2 , · · · , Pn , · · · }, o conjunto dos polinômios com coeficientes inteiros, definimos Bk como conjunto das ra´ızes reais de fk , ent˜ ao vale que ∞ ∪ B= Bk k=1

como cada Bk é finito B fica sendo união enumerável de conjuntos finitos, então B é enumerável. 2. Seja B o conjunto dos algébricos e A o conjunto dos polinômios com coeficientes inteiros. Para cada algébrico x escolhemos um polinômio 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 é finito pois Px possui um n´ umero finito de ra´ızes e da´ı tem-se |{z} =y

B=

∪

g −1 (y)

y∈f (B)

logo B é união enumer´ avel de conjuntos enumeráveis ( no caso finitos), então B é enumerável. Corol´ ario 8. Existem n´ umeros reais que n˜ ao s˜ ao algébricos, pois se todos fossem algébricos R seria enumer´ avel. Defini¸ c˜ ao 8 (N´ umeros transcendentes). Os n´ umeros reais que n˜ ao s˜ ao algébricos s˜ ao ditos transcendentais Propriedade 59. O conjunto dos n´ umeros algébricos é denso em R, pois todo racional é algébrico, o racional é raiz do polinˆ omio com coeficientes inteiros ax − b = P (x) ax − b = 0 ⇔ ax = b ⇔ x = ab . E Q é denso em R.

114

b a

Exerc´ıcio 3.45:

Propriedade 60. Seja A enumer´ avel e B = R \ A, ent˜ ao para cada intervalo (a, b), (a, b) ∩ B é n˜ ao enumer´ avel, em especial B é denso em R. Com esse resultado garantimos que o complementar de um conjunto enumer´ avel é denso em R. Demonstra¸c˜ ao. Sabemos que (a, b) é não enumerável, escrevemos (a, b) = [(a, b) ∩ A] ∪ [(a, b) ∩ (R \ A)] = [(a, b) ∩ A] ∪ [(a, b) ∩ B], sabemos que (a, b) ∩ A é enumer´ avel se (a, b) ∩ B também o fosse, chegar´ıamos no absurdo de (a, b) ser enumerável, por ser união finita de conjuntos enumer´ aveis , portanto (a, b) ∩ B é não enumerável e B é denso em R. Exemplo 15. Um conjunto pode n˜ ao ser enumer´ avel e também n˜ ao ser denso em R, como (a, b).

115

Exerc´ıcio 3.46:

Corol´ ario 9. O conjunto T dos n´ umeros transcedentais é n˜ ao enumer´ avel e denso em R. Pois A o conjunto dos n´ umeros algébricos é enumer´ avel, T = R \ A, como complementar dos n´ umeros algébricos T é n˜ ao enumer´ avel e denso em R.

116

Exerc´ıcio 3.47:

Propriedade 61. Seja L|K uma extens˜ ao de corpo. Se α, β ∈ L s˜ ao algébricos sobre K, ent˜ ao α ± β, α.β e com β ̸= 0 s˜ ao algébricos sobre K, Desse modo

α β

{α ∈ L|α é algébrico sobre K} é um subcorpo de L que contém K. Demonstra¸c˜ ao. Seja δ ∈ {α ± β, α.β α ao δ ∈ K(α, β) e K ⊂ K(δ) ⊂ K(α, β)). Vamos mostrar que β β ̸= 0} ent˜ [K(α, β) : K] < ∞. Sejam f , g ∈ K[x] os polinômios m´ınimos de α e β sobre K, com graus m e n respectivamente temos que [K(α) : K] = m, [K(β) : K] = n. f (x) ∈ k(x) ⊂ K(β)[x] é tal que f (α) = 0, logo α é algébrico sobre K(β), sendo P o polinômio m´ınimo de α sobre K(β) de grau s, ele divide f (x) em K(β)[x] logo s ≤ m, portanto [K(β)(α) : K(β)] = s ≤ m o grau é finito e a extensão total [K(α, β) : K] = sn é finita por multiplicatividade dos graus. Como a extensão [K(α, β) : K] é finita ela é algébrica. Defini¸ c˜ ao 9 (Fecho algébrico de Q). Consideremos a extens˜ ao de corpos C|Q. Chamamos de fecho algébrico de Q ao subcorpo Q de C definido por Q = {α ∈ C, α é algébrico sobre Q} Q é realmente corpo pela propriedade anterior. O conjunto dos n´ umeros algébricos é um corpo.

117

Exerc´ıcio 3.48:

Exemplo 16. Sendo Ak = [k, ∞) temos uma sequência de intervalos que s˜ ao conjuntos fechados porém a interse¸c˜ ao ∞ ∩

Ak = A

k=1

é vazia, pois suponha que exista t ∈ A, da´ı existe k > t e t ∈ / [k, ∞) = Ak logo n˜ ao pode pertencer a interse¸c˜ ao te todos esses conjuntos. Da mesma maneira existe uma sequência decrescente de intervalos abertos limitados com interse¸c˜ ao vazia, sendo Bk = (0, k1 ) ∞ ∩ Bk = B k=1

B é vazio, pois se houvesse um elemento nele x > 0, conseguimos k tal que (0, k1 ) = Bk portanto n˜ ao pode pertencer a interse¸c˜ ao.

118

1 k

< x da´ı x n˜ ao pertence ao intervalo

Exerc´ıcio 3.49:

Propriedade 62. 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). Demonstra¸c˜ ao. B é limitado superiormente pois está contido em um conjunto limitado e vale que sup(A) ≥ sup(B), pois B ⊂ A, suponha que fosse c = sup(A) > sup(B), então tomando ε = sup(A) − sup(B) > 0, existe x ∈ A tal que x > c − ε = sup(A) − sup(A) + sup(B) = sup(B), por hipótese existe y ≥ x > sup(B) com y ∈ B, o que é absurdo, pois não pode existir um elemento maior que o supremo. Propriedade 63. 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 é limitado inferiormente pois está contido em um conjunto limitado e vale que inf (A) ≤ inf (B), pois B ⊂ A, suponha que fosse c = inf (A) < inf (B), então tomando ε = inf (B) − inf (A) > 0, existe x ∈ A tal que x < c + ε = inf (A) − sup(A) + inf (B) = inf (B), por hipótese existe y ≤ x < inf (B) com y ∈ B, o que é absurdo, pois não pode existir um elemento menor que o ´ınfimo.

119

Exerc´ıcio 3.50:

Defini¸ c˜ ao 10 (Corte de Dedekind). Um corte de Dedekind é 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 64. Em (A, B) vale sup(A) = inf (B). Demonstra¸c˜ ao. Já 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), então o intervalo (sup(A), inf (B)) não possui valores x ∈ A, pois se não x > sup(A), nem y ∈ B pois da´ı y < inf (B), mas como existem racionais em tal intervalo, pois Q é denso e A ∪ B = Q, chegamos em um absurdo. Propriedade 65. Existe bije¸c˜ ao entre R e C o conjunto dos cortes. Demonstra¸c˜ ao. Definimos f : C → R como f (A, B) = sup(A) = inf (B). • f é injetora, suponha f (A, B) = f (A′ , B ′ ) então sup(A) = inf (B) = sup(A′ ) = inf (B ′ ). Dado x ∈ A vamos mostrar que x ∈ A′ . x < sup(A′ ) = inf (B ′ ) ≤ y ′ , ∀ y ′ ∈ B ′ , da´ı x ∈ A′ a inclusão A′ ⊂ A é análoga. Ent˜ ao vale A = A′ . • 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′ então a fun¸cão é injetiva. • A fun¸cão é sobrejetiva. Para qualquer y ∈ R, tomamos os conjuntos (−∞, y) ∩ Q = A e B = [y, ∞) ∩ Q, A não possui máximo, para todo x ∈ A e y ∈ B tem-se y > x e Q = [(−∞, y) ∩ Q] ∪ [ [y, ∞) ∩ Q], além disso vale sup(A) = y = inf (B), portanto f (A, B) = y e a fun¸cão é sobrejetora, logo sendo também injetora f é bije¸cão.

120

Exerc´ıcio 3.51: Sejam X, Y conjuntos não-vazios e f : X × Y → R uma fun¸cão limitada. Para cada x0 ∈ X e cada y0 ∈ Y , definimos s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y } e s2 (y0 ) = sup{f (x, y0 ); x ∈ X}. Isto define fun¸cões s1 : X → R e s2 : Y → R. Prove que se tem supx∈X s1 (x) = supy∈Y s2 (y). Em, outras palavras, supx [supy f (x, y)] = supy [supx f (x, y)].

Primeiramente, verificaremos que supx∈X s1 (x) ∈ R. De fato, se {s1 (x); x ∈ X} fosse ilimitado superiormente, dever´ımos ter que f é ilimitada superiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que A + 1 < s1 (x0 ), também existiria, pois s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que s1 (x0 ) − 1 < f (x0 , y0 ) e, consequentemente, ter´ıamos que A < f (x0 , y0 ). Assim, concluir´ıamos que f é ilimitada superiormente. Um absurdo. De forma análoga, mostra-se que supy∈Y s2 (y) ∈ R. Provaremos que supx∈X s1 (x) = sup(x,y)∈X×Y f (x, y). Seja ε > 0 arbitrário. Temos que existe x0 ∈ X tal que supx∈X s1 (x) −

ε < s1 (x0 ). 2

Além disso, como s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que s1 (x0 ) −

ε < f (x0 , y0 ). 2

Então, segue das inequa¸c˜ oes acima, que supx∈X s1 (x) − ε < f (x0 , y0 ) 6 sup(x,y)∈X×Y f (x, y) E, como ε > 0 é arbitrário, conclui-se que supx∈X s1 (x) 6 sup(x,y)∈X×Y f (x, y). Novamente, tomamos ε > 0 arbitrário. Existe (x0 , y0 ) ∈ X × Y tal que sup(x,y)∈X×Y f (x, y) − ε < f (x0 , y0 ). Como s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y }, devemos ter que sup(x,y)∈X×Y f (x, y) − ε < f (x0 , y0 ) 6 s1 (x0 ) 6 supx∈X s1 (x). E, pela arbitrariedade de ε > 0, conclu´ımos que sup(x,y)∈X×Y f (x, y) 6 supx∈X s1 (x). Portanto, temos que supx∈X s1 (x) = sup(x,y)∈X×Y f (x, y). De forma análoga, demonstra-se que supy∈Y s2 (y) = sup(x,y)∈X×Y f (x, y). De onde conclu´ımos que supx∈X s1 (x) = supy∈Y s2 (y).

121

Exerc´ıcio 3.52: Enuncie e demonstre um resultado análogo ao anterior com inf ao invés de sup. Considere, em seguida, o caso “misto” e prove que supy [infx f (x, y)] = infx [supy f (x, y)].

Definimos fun¸c˜ oes i1 : X → R e i2 : Y → R por i1 (x0 ) = inf{f (x0 , y); y ∈ Y } e i2 (y0 ) = inf{f (x, y0 ); x ∈ X}. Provaremos que infx∈X i1 (x) = infy∈Y i2 (y), ou, equivalentemente, infx∈X [infy∈Y f (x, y)] = infy∈Y [infx∈X f (x, y)]. Primeiramente, verificaremos que infx∈X i1 (x) ∈ R. De fato, se {i1 (x); x ∈ X} fosse ilimitado inferiormente, dever´ımos ter que f é ilimitada inferiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que i1 (x0 ) < −A − 1, também existiria, pois i1 (x0 ) = inf{f (x0 , y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que f (x0 , y0 ) < i1 (x0 ) + 1 e, consequentemente, ter´ıamos que f (x0 , y0 ) < −A. Assim, concluir´ıamos que f é ilimitada inferiormente. Um absurdo. De forma análoga, mostra-se que infy∈Y i2 (y) ∈ R. Provaremos que infx∈X i1 (x) = inf(x,y)∈X×Y f (x, y). Seja ε > 0 arbitrário. Temos que existe x0 ∈ X tal que ε i1 (x0 ) < infx∈X i1 (x) + . 2 Além disso, como i1 (x0 ) = inf{f (x0 , y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que ε f (x0 , y0 ) < i1 (x0 ) + . 2 Então, segue das inequa¸c˜ oes acima, que inf(x,y)∈X×Y f (x, y) 6 f (x0 , y0 ) < infx∈X i1 (x) + ε E, como ε > 0 é arbitrário, conclui-se que inf(x,y)∈X×Y f (x, y) 6 infx∈X i1 (x). Novamente, tomamos ε > 0 arbitrário. Existe (x0 , y0 ) ∈ X × Y tal que f (x0 , y0 ) < inf(x,y)∈X×Y f (x, y) + ε. Como i1 (x0 ) = inf{f (x0 , y); y ∈ Y }, devemos ter que infx∈X i1 (x) 6 i1 (x0 ) 6 f (x0 , y0 ) < inf(x,y)∈X×Y f (x, y) + ε. E, pela arbitrariedade de ε > 0, conclu´ımos que infx∈X i1 (x) 6 inf(x,y)∈X×Y f (x, y). Portanto, temos que infx∈X s1 (x) = inf(x,y)∈X×Y f (x, y). 122

De forma análoga, demonstra-se que infy∈Y i2 (y) = inf(x,y)∈X×Y f (x, y). De onde conclu´ımos que infx∈X i1 (x) = supy∈Y i2 (y). Agora, provaremos a desigualdade supy [infx f (x, y)] 6 infx [supy f (x, y)]. Sejam I := {infx∈X f (x, y) | y ∈ Y } e S := {supy∈Y f (x, y) | x ∈ X}. Dados elementos arbitrários infx∈X f (x, y0 ) em I e supy∈Y f (x0 , y) de S, temos que infx∈X f (x, y0 ) 6 f (x0 , y0 ) 6 supy∈Y f (x0 , y). Assim, pelo resultado do exerc´ıcio 3.34, temos que supy [infx f (x, y)] = sup(I) 6 inf(S) = infx [supy f (x, y)]. Por fim, um exemplo onde ocorre a desigualdade estrita. Sejam X = {x1 , x2 }, Y = {y1 , y2 } e f : X × Y → R definido por f (x1 , y1 ) = f (x2 , y2 ) = 2 e f (x1 , y2 ) = f (x2 , y1 ) = 1. Assim, temos que supy∈Y f (x1 , y) = supy∈Y f (x2 , y) = 2 e infx∈X f (x, y1 ) = infx∈X f (x, y2 ) = 1. Portanto, supy [infx f (x, y)] = 1 < 2 = infx [infy f (x, y)].

123

Exerc´ıcio 3.53: Sejam x e y n´ umeros reais positivos. Prove que se tem √

Temos que Logo, e, portanto,

xy 6

x+y . 2

√ √ ( x − y)2 > 0. √ x − 2 xy + y > 0 x+y √ > xy. 2

124

Exerc´ıcio 3.54: A desigualdade entre a média aritmética e a média geométrica, vista no exerc´ıcio anterior, vale para n n´ umeros √ n reais positivos x1 , x2 , ..., xn . Sejam G = n x1 x2 . . . xn e A = x1 +x2 +···+x . Para provar a desigualdade no caso n geral, considere a opera¸c˜ ao que consiste em substituir o menor dos n´ umeros dados, digamos xi e o maior deles, x x digamos xj , respectivamente por x′i = iG j e x′j = G. Isto não altera a média geométrica e, quanto à aritmética, ela não aumenta, pois, como é fácil ver, x′i + x′j 6 xi + xj . Prove que, repetida a opera¸cão no máximo n vezes, obtemos n n´ umeros todos iguais à G e, portanto, sua média aritmética é G. Como em cada opera¸cão a média √ n aritmética não aumentou, conclua que G 6 A, ou seja, n x1 x2 . . . xn 6 x1 +x2 +···+x . n Provaremos, por indu¸c˜ ao em k = 0, 1, . . . , n, que se exatamente n − k termos da sequência x1 ,...,xn são iguais à G, então G 6 A. Para k = 0, temos que x1 + x2 + · · · + xn nG A= = = G, n n como quer´ıamos. Suponhamos que exatamente n − k termos da sequência x1 ,...,xn são iguais à G, para k > 0. Sejam xi e xj , respectivamente, elementos de maior e menor valor da sequência em questão. Desta forma temos que xi < G < xj . De fato, temos que xni 6 x1 x2 . . . xn 6 xnj , e, consequentemente, xi 6 G 6 xj . Assim, como k > 0, devemos ter que xi < G 6 xj ou xi 6 G < xj . Se tivéssemos xi < G = xj , então Gn = x1 x2 . . . xn 6 (xj )n−1 xi < Gn . Absurdo. Da mesma forma, não podemos ter xi = G < xj . Portanto, devemos ter, de fato xi < G < xj . Adiante, consideremos a sequência dada por  , p ̸= i, j  xp xi xj ,p=i x′p =  G G , p = j. Temos que x′i + x′j = Assim,

xi xj xi G +G< + xj = xi + xj . G G

x′1 + x′2 + · · · + x′n x1 + x2 + · · · + xn < . n n

Também temos que

G′ :=

√ √ n x′1 x′2 . . . x′n = n x1 x2 . . . xn = G.

Conclu´ımos da´ı que a sequência x′1 , x′2 , ... ,x′n possui no máximo k − 1 elementos diferentes de G′ = G. Pela hipótese de indu¸cão, temos que G = G′ =

√ x1 + x2 + · · · + xn x′ + x′2 + · · · + x′n n x′1 x′2 . . . x′n 6 1 < = A. n n

E o resultado segue por indu¸c˜ ao.

125

Exerc´ıcio 3.55: Seja K um corpo ordenado e completo. Indique com 0′ e 1′ o zero e a unidade de K. Para cada n ∈ N, sejam ′ n′ = 1′ + ... + 1′ (n vezes) e (−n)′ = −n′ . Definamos uma fun¸cão f : R → K pondo f ( pq ) = pq′ para todo pq ∈ Q e ′

para x irracional, seja f (x) = sup{ pq′ ∈ K; pq < x}. Prove que f é um homomorfismo sobrejetivo e conclua que f é uma bije¸cão, ou seja, um isomorfismo de R sobre K. A solu¸cão será dada em 11 passos: (I) f (m + n) = f (m) + f (n) para todos n, m ∈ Z: Provaremos a igualdade por indu¸c˜ ao em n ∈ N que f (m + n) = f (m) + f (n) e f (m − n) = f (m) + f (−n), para todo m ∈ Z. Temos que f é definido em Z indutivamente por f (m + 1) = f (m) + f (1) e f (−m − 1) = −f (m) − f (1), para m ∈ N. Da´ı segue o resultado para n = 1. Adiante, temos que f (m + (n + 1)) = f ((m + 1) + n) = f (m + 1) + f (n) = f (m) + f (n) + f (1) = f (m) + f (n + 1). E de forma análoga mostra-se que f (m − (n + 1)) = f (m) + f (−(n + 1)). E o resultado segue pelo PIF. (II) f (mn) = f (m)f (n) para todos n, m ∈ Z: Demonstra¸cão análoga à anterior. (III) f (m) < f (n) ⇐⇒ m < n, para todos n, m ∈ Z: Observemos que pela defini¸c˜ ao indutiva de f em N (i.e. f (n + 1) := f (n) + 1) e pelo fato de f (1) := 1′ > 0′ , temos que n ∈ Z com n > 0 implica f (n) > 0′ . E por f (−n) = −f (n) temos que se n ∈ Z com n < 0 então f (n) < 0′ . Ou seja, n > 0 em Z se e somente se f (n) > 0′ . Assim, temos que f (m) < f (n) ⇐⇒ f (m) − f (n) < 0′ ⇐⇒ f (m − n) < 0′ ⇐⇒ m − n < 0′ ⇐⇒ m < n. (IV) f (s + t) = f (s) + f (t) para todos s, t ∈ Q: Sejam s =

p q

et=

m n

com p, m ∈ Z e q, n ∈ N . Então, temos que f (s + t) = f ( np+qm qn ) f (np+qm) = f (qn) =

f (n)f (p)+f (q)f (m) f (q)f (n) f (p) f (m) + f (q) f (n)

= = f (s) + f (t). (V) f (st) = f (s)f (t) para todos s, t ∈ Q: Análoga à anterior. (VI) f (s) < f (t) ⇐⇒ s < t, para todos s, t ∈ Q: Sejam s =

p q

et=

m n

com p, m ∈ Z e q, n ∈ N . Então, temos que f (s) < f (t)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

f (n)f (p) < f (q)f (m) f (np) < f (qm) np < qm s < t. 126

(VII) f (x) = sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q} para todo x ∈ R: Pela defini¸cão de f nos irracionais, basta provar a igualdade para x ∈ Q. De fato, por (IV) temos que f (x) > sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q}. E por outro lado, f (x) ∈ sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q}. E sa´ı segue o resultado. (VIII) f é um homomorfismo: De fato, temos, para quaisquer x, y ∈ R, que f (x) + f (y) = = = =

sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q} + sup{f (r); r 6 y, r ∈ Q} sup{f (r1 ) + f (r2 ); r1 6 x, r2 6 y e r1 , r2 ∈ Q} (pelo exerc´ıcio 3.37) sup{f (r); r 6 x + y, r ∈ Q} (por (IV)) f (x + y).

Analogamente, prova-se que f (xy) = f (x)f (y) utilizando-se do exerc´ıcio 3.39 e do item (V). (IX) f (x) < f (y) ⇐⇒ x < y, para todos x, y ∈ R: Temos, por (VII), que f (x) < f (y)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

∃r ∈ Q, f (x) < f (r) 6 f (y) ∃r ∈ Q, x < r 6 y x < y.

(X) y = f (sup{r ∈ Q; f (r) 6 y}): Seja x = sup{r ∈ Q; f (r) 6 y}. Observemos que x ∈ R pelo fato de K ser completo e ordenado (logo, arquimediano). Ent˜ ao, pela escolha de x, f (x) = sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q} 6 y. Por outro lado, se f (x) < y, haveria, novamente pela arquimedianeidade de K, r ∈ Q, tal que f (x) < f (r) < f (y). Contradizendo a escolha de x. (XI) f é bijetiva: O item (IX) implica que f é injetiva e o item (X) implica que f é sobrejetiva.

127

Exerc´ıcio 3.56: Seja f : R → R um isomorfismo de R em si mesmo. Prove que f = identidade. Conclua que se K e L são corpos ordenados completos, existe um u ńico isomorfismo de K sobre L. Seja f : R → R um isomorfismo de corpos. Provaremos que f é igual a identidade IR : R → R. Pelo exerc´ıcio 3.4, temos que f (0) = 0 e f (1) = 1. Por indu¸cão em n ∈ N, segue que f (n) = n = −f (−n). E, assim, para q ∈ Z+ temos que

( ) De onde conclu´ımos que f

1 q

( ) ( ) ( ) q 1 1 1=f = f (q)f = qf . q q q

= 1q . Portanto, para p ∈ Z, temos que ( ) ( ) p 1 p f = f (p)f = . q q q

Ou seja, f (r) = r para todo r ∈ Q. Agora, observemos que se x > 0, ent˜ ao f (x) > 0. De fato, temos que √ √ √ f (x) = f ( x x) = f ( x)2 > 0. Seja x ∈ R. Provaremos que f (x) = x mostrando que para quaisquer r, s ∈ Q tais que s
Consequentemente,

ψ −1 ◦ φ = IK

e ψ = φ.

128

Exerc´ıcio 3.57: Verifique que f : R → (−1, 1), definida por f (x) =

√ x , 1+x2

Seja g : (−1, 1) → R definida por g(x) = √ Provaremos que g = f −1 . Seja x ∈ (−1, 1). Ent˜ ao, f ◦ g(x) =

é uma bije¸cão de R no intervalo (−1, 1).

x . 1 − x2

( f

√ x 2 (1−x √ x

) )

1−x2

=

( ( )2 ) 1 2 1+ √ x 2 1−x ( ) √ x

=

( )1 2 x2 1+ 1−x 2 ( ) √ x 2 ( √ 1−x ) 1−x2 +x2 √ 2 1−x) ( √ x 2 ( 1−x ) √ 1

=

=

1−x2

1−x2

= x. Seja x ∈ R. Ent˜ ao, g ◦ f (x) =

( g

=

(

=

(

= =

√ x 2 (1+x √ x

) )

1+x2

( )2 ) 1 2 1− √ x 2 1+x ( ) √ x 1+x2

)1

1+x2 −x2 ( 1+x2 )

(

√ √

x.

Portanto, g = f −1 .

129

x 1+x2 1 1+x2

)

2

Exerc´ıcio 3.58: Um conjunto G de n´ umeros reais chama-se grupo aditivo quando 0 ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x − y ∈ G. Então, x ∈ G ⇒ −x ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x + y ∈ G. Seja então G ⊂ R um grupo aditivo de n´ umeros reais. Indiquemos com G+ o conjunto dos n´ umeros reais pertencentes à G. Excetuando o caso trivial G = {0}, G+ é não-vazio. Suponhamos pois G ̸= {0}. Prove que: (i) Se infG+ = 0, ent˜ ao G é denso em R; (ii) Se infG+ = a > 0, ent˜ ao a ∈ G+ e G = {0, ±a, ±2a, ...}; (iii) Conclua que, se α ∈ R é irracional, os n´ umeros reais da forma m + nα com m, n ∈ Z constituem um subconjunto denso em R.

(i) Provaremos que dado um intervalo arbitrário (a, b) em R, existe g ∈ G e m ∈ Z tais que mg ∈ (a.b). Como mg ∈ G (prova-se por indu¸c˜ ao em m), conclu´ımos da´ı que G intercepta todo intervalo aberto em R. Logo, G é denso em R. Como infG+ = 0, temos que existe g ∈ G+ tal que 0 < g < b − a. Assim, tomando-se m = min{n ∈ Z; a < ng}, teremos que a < mg = (m − 1)g + g 6 a + g < a + (b − a) = b. Logo, mg ∈ (a, b). (ii) Primeiramente, provaremos que a ∈ G. De fato, se a = infG+ ∈ / G ter´ıamos que existiriam h e g ∈ G+ tais que a < h < g < 2a. Da´ı 0
a = infG+ 6 g − h < a.

Uma contradi¸cão. Logo, a ∈ G. Agora, provaremos que todo g ∈ G é da forma na para algum n ∈ Z. Seja n = max{n ∈ Z; na 6 g} e r = g −na. Pela escolha de n, temos que 0 6 r < a. Assim, como r = g − na ∈ G devemos ter que r = 0 pois, caso contrário, ter´ıamos que a = infG+ 6 r < a. Portanto, g = na. (iii) Seja G := {m + nα; m, n ∈ Z}. Temos que G é um grupo aditivo. Como G ̸= {0}, nos basta provar que a = infG+ = 0. Suponhamos o contr´ ario. Ent˜ ao a > 0 e, pelo item (ii), temos que G = {0, ±a, ±2a, ...}. Assim, como α ∈ G, temos que

a = kα ∈ R\Q.

Da´ı, temos que G = {0, ±a, ±2a, ...} ⊂ R\Q. Mas, por outro lado, G := {m + nα; m, n ∈ Z} ⊃ Z. Uma contradi¸cão. 130

Exerc´ıcio 3.59: Sejam f, g : R2 → R e ϕ, ψ : R3 → R as fun¸c˜ oes definidas por f (x, y) = 3x − y, g(x, y) = (x − 1)2 + (y + 1)2 − 9, φ(x, y, z) = 3z e ψ(x, y, z) = x2 + y 2 − z. Interpretando (x, y) como as coordenadas cartesianas de um ponto no plano R2 e (x, y, z) como as coordenadas de um ponto no espa¸co R3 , descreva geometricamente os conjuntos f −1 (0), g −1 (0), φ−1 (0) e ψ −1 (0).

• f −1 (0) = {(x, y) ∈ R2 ; y = 3x}: uma reta; • g −1 (0) = {(x, y) ∈ R2 ; (x − 1)2 + (y + 1)2 = 32 }: uma circunferência de raio 3 e centrada no ponto (1, −1); • φ−1 (0) = {(x, y, z) ∈ R3 ; z = 0}: um plano; • ψ −1 (0) = {(x, y, z) ∈ R3 ; z = x2 + y 2 }: dois cones.

131

Exerc´ıcio 3.60: Seja a um n´ umero real positivo. Dado√um n´ umero racional p/q (onde p ∈ Z e q ∈ N), defina a potência de base a e expoente racional p/q como ap/q = q ap . Prove: (1) Para quaisquer r, s ∈ Q tem-se ar .as = ar+s e (ar )s = ars ; (2) Para todo r ∈ Q+ , a fun¸c˜ ao f : (0, +∞) → (0, +∞), dada por f (x) = xr , é uma bije¸cão crescente; (3) A fun¸cão g : Q → R definida por g(r) = ar (onde a é um n´ umero real positivo fixado) é crescente se a > 1, e decrescente se 0 < a < 1.

(1) Sejam r = p/q e s = p′ /q ′ , onde p e p′ ∈ Z e q e q ′ ∈ N. Temos que p′

p

ar as

= a q a q′ pq ′

p′ q

′ q′ q = a qq √ a ′ qq√ ′ qq ′ = apq ap′ q √ ′ qq pq ′ p′ q = √a ′ a ′ qq ′ = apq +p q

= a

pq ′ +p′ q qq ′ p

+p

′

= a q q′ = ar+s e (ar )s

p

p′

q q′ = (a √ )√ ′ = q ( q ap )p′ √ ′ qq ′ = app pp′

= a qq′ = ars . (2) 1 A fun¸cão f tem inversa g : (0, +∞) → (0, +∞) dada por g(x) = x r . De fato, dado x ∈ (0, +∞), temos que 1

f ◦ g(x) = f (x r ) 1 = (x r )r = x1 = x. e

g ◦ f (x) = g(xr ) 1 = (xr ) r = x1 = x.

Portanto, f é uma bije¸c˜ ao. Dados x < y em (0, +∞), temos que xp < y p e, consequentemente, r f (x) = x √ q = √xp < q yp = yr = f (y).

Portanto, f é crescente. 132

(3) Dados r = p/q e s = p′ /q ′ , onde p e p′ ∈ Z e q e q ′ ∈ N, com r < s. Então, r = consequentemente, pq ′ < p′ q. Caso a > 1, temos que pq ′ < p′ q

Conclu´ımos da´ı que, g é crescente caso a > 1. Caso 0 < a < 1, temos que pq ′ < p′ q

′

′

′

′

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

pq apq √ < ′a qq√ ′ qq ′ apq < ap′ q ′ ′ pq g( pq qq ′ ) < g( qq ′ ) g(r) < g(s).

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

pq apq √ > ′a qq√ ′ qq ′ pq a > ap′ q pq ′ p′ q g( qq′ ) > g( qq′ ) g(r) > g(s).

Conclu´ımos da´ı que, g é decrescente caso 0 < a < 1.

133

pq ′ qq ′

<

p′ q qq ′

= s e,

Cap´ıtulo 4

Sequˆ encias e S´ eries de N´ umeros Reais

134

Exerc´ıcio 4.1: Se lim xn = a, ent˜ ao lim |xn | = |a|. Dê um contra-exemplo mostrando que a rec´ıproca é falsa, salvo quando a = 0. Como lim xn = a, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que ||xn | − |a|| ≤ |xn − a| < ε, para todo n ≥ n0 . Logo, temos que

lim |xn | = |a|.

Temos que lim |xn | = |a| não implica que lim xn = a. Basta tomar xn = 1, para todo n ∈ N e a = −1.

135

Exerc´ıcio 4.2: Seja lim xn = 0. Para cada n, ponha yn = min{|x1 |, |x2 |, ..., |xn |}. Prove que yn −→ 0. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que se n ≥ n0 , então |xn | < ε. Como |yn | = yn = min{|x1 |, ..., |xn |} ≤ |xn |, temos que para n ≥ n0 , |yn | ≤ |xn | < ε. Logo, lim yn = 0.

136

Exerc´ıcio 4.3: Se lim x2n = a e lim x2n−1 = a, prove que lim xn = a. Dado ε > 0, existem np , ni ∈ N tais que n ≥ np ⇒ |x2n − a| < ε e n ≥ ni ⇒ |x2n−1 − a| < ε. Tomemos n0 = max{2np , 2ni − 1}. Assim, para n ≥ n0 , temos • Se n = 2k, ent˜ ao Logo, k ≥ np e consequentemente • Se n = 2k − 1, ent˜ ao Logo, k ≥ ni e consequentemente

2k = n ≥ n0 ≥ 2np . |xn − a| = |x2k − a| < ε. 2k − 1 = n ≥ n0 ≥ 2ni − 1. |xn − a| = |x2k−1 − a| < ε.

Em ambos os casos, se n ≥ n0 , temos |xn − a| < ε. Logo, lim xn = a.

137

Exerc´ıcio 4.4: Se N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk e lim xn = lim xn = ... = lim xn = a, então lim xn = a. n∈N1

n∈N2

n∈Nk

n∈N

Dado ε > 0, existem n1 , n2 , ..., nk ∈ N1 , N2 , ..., Nk tais que se n ∈ Ni com n ≥ ni , então |xn − a| < ε. Tomando n0 = max{n1 , n2 , ..., nk }, temos que se n ≥ n0 , então n ≥ ni , para todo i = 1, .., k. Desta forma, |xn − a| < ε. Portanto, lim xn = a.

138

Exerc´ıcio 4.5: Dê exemplo de uma sequência (xn ) e uma decomposi¸cão N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk ∪ ... de N como reunião de uma infinidade de conjuntos infinitos tais que, para todo k, a sequência (xn )n∈Nk tenha limite a, mas não se tem lim xn = a. Seja k ∈ N. Definimos

Nk = {2k−1 .n ∈ N; n ∈ N,

Temos dessa defini¸c˜ ao que N =

∞ ∪

n é ´ımpar}.

Nk . Assim, podemos definir

k=1

x: N → n

7→

{ x(n) =

1, 1/n,

se n = 2k−1 para algum k se n = 2k−1 m para algum m > 1.

Provemos que lim xn = 0. Dado ε > 0, existe p0 ∈ N tal que 1 < ε2k−1 . 3p0 Assim, se n = 2k−1 m ∈ Nk , com n ≥ n0 = 2k−1 3p0 , então xn =

1 1 ≤ k−1 p0 < ε. 2k−1 m 2 3

Logo, lim = 0. Por outro lado, lim x2k−1 = 1. Portanto, lim xn não existe. n∈Nk

n∈N

139

.

Exerc´ıcio 4.6: Se lim xn = a e lim(xn − yn ) = 0, ent˜ ao lim yn é igual a a. Dado ε > 0, existem n1 , n2 ∈ N tais que n ≥ n1 ⇒ |xn − a| < ε/2 e n ≥ n2 ⇒ |xn − yn | < ε/2. Tomando n0 = max{n1 , n2 }, teremos que se n ≥ n0 , então |yn − a| ≤ |xn − yn | + |xn − a| < ε. Logo, lim yn = a.

140

Exerc´ıcio 4.7: Seja a ̸= 0. Se lim

yn = 1, ent˜ ao lim yn é igual a a. a

Sejam ε > 0 e a ̸= 0. Neste caso ε/|a| > 0. Assim, existe n0 ∈ N tal que y ε n , − 1 < a |a| ou seja, |yn − a| < ε. Logo, lim yn = a.

141

Exerc´ıcio 4.8: Seja b ̸= 0. Se lim xn = a e lim

xn a = b, ent˜ ao lim yn = . yn b

Pelo ´ıtem 3 do Teorema 6, temos que lim

yn 1 = . xn b

Pelo ´ıtem 2 do mesmo teorema, lim yn

= lim xn .

yn xn

= lim xn . lim =

a.

a 1 = . b b

142

yn xn

Exerc´ıcio 4.9: Seja b ̸= 0. Se lim xn = a e lim

xn a = b, ent˜ ao lim yn = . yn b

Pelo ´ıtem 3 do Teorema 6, temos que lim

yn 1 = . xn b

Pelo ´ıtem 2 do mesmo teorema, lim yn

= lim xn .

yn xn

= lim xn . lim =

a.

a 1 = . b b

143

yn xn

Exerc´ıcio 4.10: Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, então lim Temos que lim

√ n x n = 1.

√ √ n a = lim n n = 1.

Assim, lim

√ n

nk

( √ )k = lim n n ( √ )k = lim n n = 1k = 1.

Logo, lim xn = 1.

144

Exerc´ıcio 4.10: Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, então lim Temos que lim

√ n x n = 1.

√ √ n a = lim n n = 1.

Assim, lim

√ n

nk

( √ )k = lim n n ( √ )k = lim n n = 1k = 1.

Logo, lim xn = 1.

145

Exerc´ıcio 4.11: Use a desigualdade entre as média aritmética e geométrica dos n + 1 n´ umeros 1 − 1/n, 1 − 1/n, ..., 1 − 1/n, 1 e prove que a sequência (1 − 1/n)n é crescente. Conclua que (1 − 1/n)n ≥ 1/4 para todo n > 1. Pela desigualdade envolvendo a média aritmética e a média geométrica, temos que ( ) 1 √( )n +1 n 1 1 n n+1 1− .1 ≤ n n+1 √(

)n n 1 1 ≤ =1− n n+1 n+1 ( )n ( )n+1 1 1 1− ≤ 1− . n n+1

n+1

1−

Logo, a sequência (xn )n∈N dada por

( )n 1 xn = 1 − n

é crescente. Da´ı, para n ≥ 2, temos 1 = 4

( )2 ( )n 1 1 1− ≤ 1− . 2 n

146

Exerc´ıcio 4.11a: Sejam xn = (1 + 1/n)n e yn = (1 −

1 n+1 . n+1 )

Mostre que lim xn yn = 1 e deduza da´ı que lim(1 − 1/n)n = e−1 .

Segue, pelas defini¸c˜ oes de xn e yn , que xn yn =

( )n ( )n+1 1 1 1+ 1− n n+1

(

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

Logo, lim xn yn = lim 1 −

1 = 1. n+1

Como lim xn = e, temos que ( )n 1 lim 1 − n

= lim yn1 = lim yn = e−1 .

147

Exerc´ıcio 4.12: k−1 k−1 ∑ i k−i−1 ∑ i/k 1−(i+1)/k Fazendo yn = x1/k e b = a1/k na identidade y k −bk = (y−b) yb , obtenha x−a = (x1/k −a1/k ) x a i=0 i=0 √ √ r r n e use isto para provar que se lim xn = a > 0, então lim n xn = a. Conclua da´ı, que lim(xn ) = a para todo racional r.

Fazendo y = x1/k e b = a1/k na identidade y k − bk = (y − b)

k−1 ∑

y i bk−i−1 ,

i=0

obtemos x − a = (x

1/k

−a

1/k

)

k−1 ∑

i/k

x

a

1−

i+1 k .

i=0

como lim xn = a > 0, existe c > 0 em e um nc ∈ N tal que para todo n ≥ nc , teremos 0 < c < xn . Logo, para n ≥ nc temos que xn − a =

(x1/k n

−a

1/k

)

k−1 ∑

xi/k n a

1−

i+1 k

i=0 1/k ).S, > (x1/k n −a

onde S=

k−1 ∑

ci/k a

1−

i+1 k > 0.

i=0

dado ε > 0, existe n1 ∈ N tal que para todo n ≥ n1 , temos εS > |xn − a|. Da´ı, fazendo n0 = max{n1 , n2 }, temos que para todo n ≥ n0 1/k εS > |xn − a| > |x1/k |.S. n −a

Logo, 1/k | ε > |x1/k n −a

para n ≥ n0 . Concluimos da´ı que lim Sendo r =

√ √ n xn = n a.

p , temos que q lim xp/q n

√ = lim( q p) √ = (lim q xn )p √ = ( q a)p = ap/q = ar .

148

Exerc´ıcio 4.14:

Propriedade 66. 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 n n n c ≤ a + b , pois c é a ou b, logo cn ≤ an + bn ≤ 2cn √ √ n n c ≤ an + bn ≤ 2 c tomando limites, temos pelo teorema do sandu´ıche lim

√ n an + bn = c.

Propriedade 67. Sejam (ak ≥ 0)m ao 1 e c = max{ak , k ∈ Im } ent˜ v um u∑ n lim t ank = c. n→∞

k=1

Demonstra¸c˜ ao. Vale ank ≤ cn , tomando a soma, tem-se c ≤ n

∑m k=1

m ∑

ank ≤ m.cn , tem-se também cn ≤

ank ≤ m.cn

k=1

tomando a raiz

v um u∑ √ n c≤ t ank ≤ n m.c k=1

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

149

∑m k=1

ank então vale

Exerc´ıcio 4.15:

Defini¸ c˜ ao 11 (Termo destacado). Dizemos que xn é um termo destacado quando xn ≥ xp para todo p > n. Isto é quando xn é maior ou igual a todos seus sucessores. Propriedade 68. Toda sequência possui subsequência mon´ otona . Demonstra¸c˜ ao. Seja A ⊂ N o conjunto dos ´ındices s da sequência (xn ), tais que xs é destacado, existem dois casos a serem analisados • Se A é infinito, ent˜ ao podemos tomar uma subsequência (xn1 , xn2 , · · · ) de termos destacados formada pelos elementos com ´ındices em A que é não-crescente com n1 < n2 < n3 < · · · e com xn1 ≥ xn2 ≥ · · · . • Se A é finito, tomamos um n1 maior que todos elementos de A da´ı xn1 não é destacado, existindo xn2 ≥ xn1 com n2 > n1 , por sua vez xn2 n˜ ao é destacado logo existe n3 > n2 tal que xn3 ≥ xn2 , assim constru´ımos uma subsequência não-decrescente .

150

Exerc´ıcio 4.18: Generalizamos o exerc´ıcio em dois resultados. Propriedade 69. Sejam (an ) e (bn ) sequências 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 são limitadas e zn − a, tn − a tendem a zero. Propriedade 70. Se limn→∞ zk (n) = a ∀ k e cada (xk (n)) é limitada com ∑p limn→∞ k=1 xk (n)zk (n) = a.b. ∑p Demonstra¸c˜ ao. Vale x1 (n) = vn − k=2 xk (n). p ∑

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

k=1

p ∑

xk (n)zk (n) =

k=2

= z1 (n)vn −

p ∑

xk (n)z1 (n) +

k=2

= z1 (n)vn + | {z } →a.b

p ∑ k=2

p ∑

xk (n)zk (n) =

k=2

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

151

∑p k=1

xk (n) = vn → b ent˜ ao

Exerc´ıcio 4.19:

Defini¸ c˜ ao 12 (Sequência de varia¸c˜ ao limitada). Uma sequência (xn ) tem varia¸c˜ ao limitada quando a sequência (vn ) com n ∑ vn = |∆xk | é limitada. k=1

Propriedade 71. Se (xn ) tem varia¸ca õ limitada ent˜ ao (vn ) converge. Demonstra¸c˜ ao. (vn ) é limitada e não-decrescente, pois ∆vn = |∆xn+1 | ≥ 0, logo é convergente. Propriedade 72. Se (xn ) tem varia¸ca õ limitada ent˜ ao existe lim xn . ∑∞ ∑∞ Demonstra¸c˜ ao. A série k=1 |∆xk | converge portanto k=1 ∆xk converge absolutamente e vale xn − x1 =

n−1 ∑

∆xk ⇒ xn =

k=1

n−1 ∑

∆xk + x1

k=1

logo xn é convergente. Exemplo 17. Se |∆xn+1 | ≤ c|∆xn | ∀ n ∈ N com 0 ≤ c < 1 ent˜ ao (xn ) possui varia¸c˜ ao limitada. Definimos ∏n−1 g(k) = |∆xk | logo a desigualdade pode ser escrita como g(k + 1) ≤ cg(k), Qg(k) ≤ c aplicamos k=1 de ambos lados, da´ı g(n) = |∆xn | ≤ cn−1 g(1) somando em ambos lados temos

n ∑

|∆xk | ≤

k=1

n ∑

ck−1 g(1)

k=1

como o segundo termo converge por ser série geométrica segue que (xn ) é de varia¸c˜ ao limitada, logo converge. Propriedade 73. (xn ) tem varia¸c˜ ao limitada ⇔ xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) s˜ ao sequências n˜ ao-decrescentes limitadas. Demonstra¸c˜ ao. ⇐). Seja xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) são sequências não-decrescentes limitadas, então xn tem varia¸caõ limitada. vn =

n ∑ k=1

|∆xk | =

n ∑

|∆yk − ∆zk | ≤

k=1

n ∑

|∆yk | +

k=1

n ∑

|∆zk | ≤ |

k=1

n ∑ k=1

∆yk | + |

n ∑

∆zk |

k=1

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

n−1 ∑

∆xk

k=1

∑n−1 Para cada n definimos Pn o conjunto dos k da soma k=1 ∆xk tais que ∆xk ≥ 0 e Nn o conjunto dos k da mesma soma tais que ∆xk < 0, com isso temos uma parti¸cão do conjunto dos ´ındices e vale xn − x1 =

n−1 ∑ k=1

∆xk =

∑

∆xk −

k∈Pn

|

152

{z yn

}

∑ k∈Nn

|

(−∆xk ) {z zn

}

(yn ) é não decrescente, pois yn+1 = yn caso não seja adicionado ´ındice a Pn+1 em rela¸cão 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 ) é limitada pois ∑ k∈Pn

∆xk ≤

n−1 ∑

|∆xk | =

k=1

∑ k∈Pn

|∆xk | +

∑ k∈Nn

|∆xk | =

∑ k∈Pn

∆xk +

∑

(−∆xk ) < M

k∈Nn

da mesma maneira (zn ) é limitada. Exemplo 18. Existem sequências convergentes que n˜ ao possuem varia¸c˜ ao limitada, como por exemplo xn = ∑n−1 1 ∑n−1 (−1)k (−1)n 1 , que ´ e convergente por´ e m ∆x = ⇒ |∆x | = e ao é limitada. n n k=1 k=1 k n˜ k n n

153

Exerc´ıcio 4.20:

Exemplo 19. Seja (xn ) definida como x1 = 1, xn+1 = 1 + |∆xn+1 | ≤

1 xn ,

ent˜ ao vale que

1 |∆xn |. 2

• Primeiro vale que xn ≥ 1 para todo n pois vale para n = 1, supondo validade para n, ent˜ ao vale para n + 1, pois xn+1 = 1 + x1n . • Vale que |xn+1 xn | ≥ 2 para todo n, pois, substituindo xn+1 = 1 +

1 xn

isso implica que xn+1 xn ≥ xn + 1 ≥ 2.

1 1 • De |xn+1 xn | ≥ 2 segue que | xn+1 xn | ≤ 2 , multiplicando por |xn+1 − xn | em ambos lados segue que

| |

xn − xn+1 |xn+1 − xn | |≤ xn+1 xn 2

1 1 1 |xn+1 − xn | 1 − | = | (1 + ) − (1 + )| ≤ xn+1 xn xn+1 xn 2 | {z } | {z } xn+2

xn+1

portanto |∆xn+1 | ≤ 12 |∆xn | portanto a sequência é convergente. Calculamos seu limite lim xn = a a=1+ cujas ra´ızes s˜ ao

√ 1± 5 2 ,

1 ⇔ a2 − a − 1 = 0 a

ficamos com a raiz positiva pois a sequência é de termos positivos, logo √ 1+ 5 lim xn = . 2

154

Exerc´ıcio 4.21: √ Exemplo 20. Estudar a convergência da sequência xn+1 = 1 + xn com x1 = 1. A sequência é crescente , pois x2 = 2 > x1 , supondo xn+1 > xn temos √ √ √ √ xn+1 > xn ⇒ 1 + xn+1 > 1 + xn ⇒ xn+2 > xn+1 . A sequência é 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 sequência √ a = 1 + a ⇒ (a − 1)2 = a ⇒ a2 − 3a + 1 = 0 cujas ra´ızes s˜ ao

√ 3± 5 2 ,

n˜ ao podendo ser

√ 3− 5 2

que é menor que 1 logo o limite é

155

√ 3+ 5 2 .

Exerc´ıcio 4.22:

Propriedade 74. (xn ) n˜ ao possui subsequência convergente ⇔ lim |xn | = ∞. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Se (xn ) não possui subsequência convergente então lim |xn | = ∞. Se não 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 subsequência (xn1 , xn2 , · · · ) limitada , que possui uma subsequência convergente , o que é absurdo. ⇐). Suponha por absurdo que lim |xn | = ∞ e (xn ) possui subsequência convergente, convergindo para a. Por defini¸cão de limite infinito, sabemos que existe n0 tal que n > n0 implica |xn | > |a| + 10, por (xn ) ter subsequência que converge para a, existe n1 tal que n > n1 e n ´ındice da subsequência, implica |xn − a| < 10 ⇒ |xn | < |a| + 10, podemos tomar ´ındice da subsequência tal que n > n1 e n > n2 , logo valeria |xn | < |a| + 10 e |xn | > |a| + 10 o que é absurdo, portanto (xn ) não pode possuir subsequência convergente.

156

Exerc´ıcio 4.25:

Propriedade 75 (Teste da razão para sequências.). Se xn > 0 ∀n ∈ N e grande ent˜ ao lim xn = 0.

xn+1 xn

≤ c < 1 para n suficientemente

Demonstra¸c˜ ao. Existe n0 tal que para k > n0 vale 0 < xxk+1 ≤ c < 1, aplicamos o produtório k , de onde segue n n ∏ ∏ xk+1 0< c ≤ xk k=n0 +1

∏n k=n0 +1

em ambos

k=n0 +1

0 < xn+1 < x(n0 +1) cn−n0 como lim cn = 0, tem-se pelo teorema do sandu´ıche que lim xn = 0. Corol´ ario 10. Dada uma sequência de termos n˜ ao nulos (xn ), ent˜ ao (|xn |) é uma sequência de termos positivos, se ela satisfaz a propriedade anterior ent˜ ao lim |xn | = 0 o que implica lim xn = 0. Propriedade 76. Seja (xn ) sequência de termos positivos, se lim xn = ∞.

xn+1 xn

≥ c > 1 para n suficientemente grande ent˜ ao

Demonstra¸c˜ ao. Existe n0 ∈ N tal que k > n0 implica xxk+1 ≥ c, onde c > 1. Aplicando o produtório na desigualdade k tem-se n ∏ xk+1 > cn−n0 xk k=n0 +1

xn+1 >

xn0 +1 n c cn0

como lim cn = ∞ segue que lim xn = ∞. Corol´ ario 11. Na propriedade anterior podemos trocar xn por |xn | onde xn n˜ ao se anula, pois (|xn |) é uma sequência de positivos. Corol´ ario 12. Se lim xxn+1 = a < 1 ent˜ ao para n suficientemente grande vale n lim xn = 0.

xn+1 xn

≤ c < 1, logo também vale

Corol´ ario 13. Se lim xxn+1 = c > 1 a propriedade também se verifica pois existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica n xn+1 > a > 1 para algum a. xn Propriedade 77. lim Demonstra¸c˜ ao. Definimos xn =

n! nn

n! = 0. nn

e vale xn > 0, aplicamos a regra da razão

xn+1 (n + 1)! nn = = xn (n + 1)n+1 n!

(

n n+1

)n =

1 (1 + n1 )n

o limite é lim xxn+1 = 1e < 1. n n n cresce mais rápido que n! n

Propriedade 78. Para todo a > 0 real temos lim an! = 0. Demonstra¸c˜ ao. Pelo teste da razão, definimos xn = xn+1 lim xn = 0, logo lim xn = 0.

an n!

temos xn > 0 segue

A propriedade nos diz que n! cresce mais rápido que an .

157

xn+1 xn

=

an+1 n! (n+1).n!an

=

a n+1

e temos

n

Corol´ ario 14. lim an!n = ∞, pois lim an! = 0, isso significa que ∀A > 0 ∃ n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ especial para A = 1, tem-se n! > an para n suficientemente grande. Propriedade 79. Se a > 1 e p natural fixo vale lim Demonstra¸c˜ ao. Definimos xn =

np an ,

np = 0. an

vale xn > 0 da´ı podemos aplicar o teste da razão

xn+1 (n + 1)p an = = xn an+1 np

(

n+1 n

)p

1 1 ⇒ lim xn+1 xn = <1 a a |{z} 0<

da´ı o limite é zero. n

p

Corol´ ario 15. Se a > 1, p ∈ N ent˜ ao lim anp = ∞ pois lim ann = 0. Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais rápido que np para n grande.

158

n! an

> A, em

Exerc´ıcio 4.31:

Exemplo 21. Mostrar que

n ∑

lim

kp

k=1 np+1

=

1 . p+1

Iremos calcular o limite das diferen¸cas do inverso da sequência (n + 1) −n (n + 1)p p+1

lim

[

p+1

= lim

p−1 ∑ (p+1) k k n ] k=0

+ (p + 1)np = lim

(n + 1)p

da´ı

n ∑

lim

p−1 ∑ (p+1) k k n k=0 (n + 1)p

|

kp

k=1 np+1

=

159

1 . p+1

{z

→0

}

+ lim

(p + 1)np =p+1 (n + 1)p | {z } →p+1

Exerc´ıcio 4.33: Questão digitada errada 1 ∏n Propriedade 80. Se lim xn = ∞ , com xn > 0 ent˜ ao lim( k=1 xkn ) = ∞

Demonstra¸c˜ ao. Se lim xn = ∞ ent˜ ao lim

1 xn

1 n ∏ 1 n = 0 da´ı lim ( ) = 0 que implica xk k=1 | {z }

=yn

∏ 1 1 = ∞ = lim( xkn ). yn n

lim

k=1

√

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

(2n)! n!

= ∞. Tomamos xn = √ = 2(2n + 1) → ∞ logo lim n (2n)! n! = ∞.

Exemplo 22. Provar que lim

n

√ Exemplo 23. Mostrar que lim Tomamos xn =

(2n)! n!nn ,

da´ı

n

xn+1 xn

(2n)! 4 n!nn = e . 1 = 2(2n+1) 1 n n+1 (1+ n )

→ 4e .

160

(2n)! n!

da´ı temos

xn+1 xn

=

(2n+2)(2n+1)(2n)! n! (n+1)n! (2n)!

=

Exerc´ıcio 4.35:

Propriedade 81. Sejam

∞ ∑

an e

n=u an+1 an

≥

bn+1 bn

para todo n > n0 ent˜ ao

∞ ∑

bn séries de termos positivos. Se

n=s ∞ ∑

∞ ∑

bn = ∞ e existe n0 ∈ N tal que

n=s

an = ∞.

n=u

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

Qak =

an an0 +1

n−1 ∏

≥

Qbk =

k=n0 +1

bn an +1 , an ≥ 0 b n bn0 +1 bn0 +1

pois temos termos positivos, tomando a série temos ∞ ∑ n=n0

an an ≥ 0 bn0 +1

∞ ∑ n=n0 +1

logo a série tende ao infinito por compara¸c˜ ao.

161

bn = ∞

Exerc´ıcio 4.36:

Propriedade 82. 1. Sejam duas séries ∑ converge ⇔ bk converge .

∑

2. Se lim abkk = 0 ent˜ ao a convergência de Demonstra¸c˜ ao.

ak e

∑

∑

bk de termos positivos, se existe lim abkk = a ̸= 0 ent˜ ao

bk implica convergência de

∑

∑

ak

ak .

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 aplicamos a soma

∑n

k=n0 +1 ,

t1 bk < ak < t2 bk da´ı t1

n ∑

n ∑

bk <

k=n0 +1

k=n0 +1

usando∑essa desigualdade temos por compara¸cão que se então bk converge.

n ∑

ak < t2

bk

k=n0 +1

∑

bk converge então

∑

ak converge e se

∑

ak converge

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

∑n

k=n0 +1 ,

ak < ε < t2 bk

0 ≤ ak < t2 bk da´ı 0≤

n ∑

ak < t2

k=n0 +1

usando essa desigualdade temos por compara¸cão que se

∑

n ∑

bk

k=n0 +1

bk converge então

∑

ak converge.

∑ ∑ Exemplo 24. Pode valer que ak converge, valendo lim abkk = 0 e bk n˜ ao converge, tome por exemplo ak = k12 , ∑ ∑ bk = k1 , bk n˜ ao converge, lim abkk = lim kk2 = lim k1 = 0 e ak converge, logo a rec´ıproca do item 2 da propriedade anterior n˜ ao vale.

162

Exerc´ıcio 4.40: Prove que para todo a ∈ R, a série a2 +

a2 a2 + + ... 1 + a2 (1 + a2 )2

é convergente e calcule a soma. Se a = 0, a série tende à 0 trivialmente. Suponhamos que a ̸= 0. Ent˜ ao, segue que

1 < 1. 1 + a2

Assim, pelo exemplo 7 deste cap´ıtulo, temos que ∞ ∑ i=0

Logo,

∞

∑ 1 = 2 i (1 + a ) i=0 ∞ ∑ i=0

(

1 1 + a2

a2 = a2 (1 + a2 )i

(

)i

∞ ∑ i=0

163

=

1 1−

1 (1 + a2 )i

1 1+a2

=

1 + a2 . a2

) = 1 + a2 .

Exerc´ıcio 4.41: Para todo p ∈ N fixado, a série

∑ n

1 n(n + 1)...(n + p)

converge. Para todos n e p ∈ Z+ , temos que

1 1 < p+1 . n(n + 1)...(n + p) n

Como p + 1 > 1, temos, pelo exemplo 29, que

∑ n

1 np+1

é convergente. Logo, conclu´ımos de 0< que a série

é limitada (e monotona). Portanto,

i ∑

i ∑ 1 1 < p+1 n(n + 1)...(n + p) n=1 n n=1

∑ ∑

n

1 n(n + 1)...(n + p)

1 n n(n+1)...(n+p)

converge.

164

Exerc´ıcio 4.42: Se

∑

an converge e an > 0 ent˜ ao

∑ ∑ 1 (an )2 e 1+an convergem.

∑ Como an é convergente, temos que limn→∞ an = 0. Assim, como também temos que an > 0 para todo n ∈ Z+ , existe n0 ∈ Z+ tal que 0 < an < 1, para todo n > n0 . Logo, para n > n0 , temos que 0 < a2n < an . Assim, i ∑

para todo i ∈ Z+ , e, como existe

∑∞ n=n0

a2n

i ∑

6

n=n0

an , temos que existe ∞ ∑

a2n =

n=1

an ,

n=n0

n∑ 0 −1

∑∞

a2n +

n=1

n=n0 ∞ ∑

a2n . Logo, existe

a2n .

n=n0

Como an > 0, para todo n ∈ Z+ , temos que an < an , 1 + an para todo n ∈ Z+ . Assim,

i ∑

i ∑ an < an , 1 + an n=1 n=1 ∑∞ ∑∞ an para todo i ∈ Z+ , e, como n=1 an existe, temos que existe n=1 1+a . n

165

Exerc´ıcio 4.43: Se Σ(an )2 converge ent˜ ao Σ ann converge. Sejam Z< + := {n ∈ Z+ ; |an | < 1/n} e

Z> + := {n ∈ Z+ ; |an | > 1/n}.

> em disso, para cada n ∈ Z+ , temos que Então, Z+ = Z< + ∪ Z+ . Al´

1 |an | < 2 + a2n . n n De fato, se n ∈ Z< + , temos que |an | < implicando que

Se n ∈ Z> ao temos que + ent˜

e, consequentemente,

1 n

|an | 1 1 < 2 6 2 + a2n . n n n 1 6 |an | n |an | 1 6 a2n < 2 + a2n . n n

Assim, temos que i i i ∑ ∑ |an | ∑ 1 < + a2 , n n2 n=1 n n=1 n=1 ∑∞ para todo i ∈ Z+ . Pelo exemplo 29 e pela hiptótese, temos que n=1 ∑∞ |an | desigualdadade acima, devemos ter que n=1 n existe. Como ∞ ∞ ∑ an ∑ |an | = n n n=1 n=1 ∑∞ existe, temos que n=1 ann também deve existir.

166

1 n2

e

∑∞ n=1

a2n existem. Assim, pela

Exerc´ıcio 4.44: Se (an ) é decrescente e Σan converge ent˜ ao lim nan = 0. Primeiramente observemos que como (an ) é decrescente e existe fato, se an0 < 0 para algum n0 ∈ Z+ , ter´ıamos que n∑ 0 +i

ak 6

k=n0

n∑ 0 +i

∑

ak , então an > 0 para todo n ∈ Z+ . De

an0 = (i + 1)an0 < 0

k=n0


n +i 0 ∑ ak > (i + 1)|an0 |, k=n0 ∑ para todo i ∈ Z+ . Contradizendo o fato de ak existir. Assim, temos que (Σnk=1 ak )n∈Z+ é uma sequência crescente de Cauchy. Em especial, n+p n+p n ∑ ∑ ∑ ak − ak = ak , k=1

k=1

k=n+1

para todos n e p ∈ Z+ . Seja ε > 0 arbitrário. Como (Σnk=1 ak )n∈Z+ é de Cauchy, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo n > n0 vale n n0 n ∑ ∑ ε ∑ > ak − ak = ak > (n − n0 )an . 2 k=1

k=1

k=n0 +1

∑

Por outro lado, como an é convergente, devemos ter que limn→∞ an = 0 e, por conta disso, existe n1 ∈ Z+ tal que para todo n > n1 temos que ε > an 2n0 e, consequentemente, ε > n 0 an . 2 Assim, para n > n2 = max{n0 , n1 }, temos que ε=

ε ε + > (n − n0 )an + n0 an = nan = |nan |. 2 2

Portanto, concluimos que limn→∞ nan = 0.

167

Exerc´ıcio 4.45: Se (an ) é decrescente e Σan = +∞, ent˜ ao, lim

n→∞

Como (an ) é decrescente, temos que

a1 + a3 + · · · + a2n−1 = 1. a2 + a4 + · · · + a2n

a2n−1 > a2n ,

para todo n ∈ Z+ . Assim, para todo n ∈ Z+ , temos que a1 + a3 + · · · + a2n−1 > a2 + a4 + · · · + a2n e, consequentemente, 16

a1 + a3 + · · · + a2n−1 =: qn . a2 + a4 + · · · + a2n

Provaremos agora que para todo c > 1 existe n0 tal que qn < c para todo n > n0 . Da´ı conclui-se que limn→∞ qn = 1. Como quer´ıamos demonstrar. Suponhamos, por contradi¸c˜ ao, que exista c > 1 e uma subsequência (qnk ) de (qn ) tais que qnk > c para todo k ∈ Z+ . Então temos, para todo k ∈ Z+ , que a1 + a3 + · · · + a2nk −1 e, consequentemente, a1

> c(a2 + a4 + · · · + a2nk ) > c(a3 + a5 + · · · + a2nk +1 )

> a1 − ca2nk +1 > (c − 1)(a3 + a5 + · · · + a2nk −1 ).

E chegamos a um absurdo. De fato, como Σan = ∞, existe k ∈ Z+ tal que 2a1 + a1 < a1 + a2 + a3 + · + a2nk +1 c−1 e, consequentemente, 2a1 c−1

+ a1

< a1 + (a2 + a3 ) + (a4 + a5 ) + · · · + a2nk + a2nk +1 6 a1 + 2a3 + 2a5 + · · · + 2a2nk +1 6 a1 + 2(a3 + a5 + · · · + a2nk +1 ).

De onde temos que existe k ∈ Z+ tal que a1 < (c − 1)(a3 + a5 + · · · + a2nk +1 ).

168

Exerc´ıcio 4.46: Seja (an ) uma sequência não crescente, com lim an = 0. A série

∑

an converge se e somente se

Como a sequência (an ) é não cresente, devemos ter que an > 0, para todo n ∈ Z+ , caso convergentes. De fato, se ak0 < 0, temos que lim

k ∑

k→∞

an =

n=1

k∑ 0 −1

an + lim

k ∑

k→∞

n=1

an 6

k∑ 0 −1

an + lim

n→∞

n=1

n=k0

k ∑

∑

∑

2n a2n converge.

an ou

∑

2n an sejam

ak0 = −∞

n=k0

e, analogamente, k ∑

lim

k→∞

2n a2n = −∞.

n=1

∑ ∑ n Em especial, temos, do fato de (an ) ser uma sequˆ encia de termos não negativos, que an e 2 an são ∑ sequˆ e ncias crescentes. Mostraremos, adiante, que se a ´ e uma sequˆ e ncia limitada (i.e. convergente) então n ∑ n 2 an também é limitada e vice-versa. ∑ Suponhamos que an seja convergente. Como (an ) é não crescente, temos que n 2∑ −1

n

2 a2n = 2

a2n 6 2

k=2n−1

n 2∑ −1

ak ,

k=2n−1

para todo n ∈ Z+ . Assim, para todo p ∈ Z+ , temos que p ∑

2 a2n 6 n

p ∑ n=1

n=1

2

n 2∑ −1

ak 6 2

k=2n−1

p 2∑ −1

ak 6 lim 2 p→∞

k=1

p 2∑ −1

ak < ∞.

k=1

∑ n ∑ n Assim, temos que 2 a2n é uma sequência crescente e limitada. Portanto, 2 a2n é convergente. ∑ Suponhamos que 2n a2n seja convergente. Como (an ) é não decrescente, temos, para todo k ∈ Z+ , que 2k+1 ∑−1

an 6

n=2k

2k+1 ∑−1

a2k = 2k a2k .

n=2k

Assim, dado p ∈ Z+ , temos, para q ∈ Z+ tal que p 6 2q , que p ∑ n=1

Logo,

∑

2 ∑ q

an 6 a1 +

n=1

q 2∑ −1 ∑ k+1

an = a1 +

an 6 a1 +

k=1 n=2k

q ∑ k=1

an é uma sequência crescente e limitada. Portanto,

169

∑

2k ak 6 a1 + lim

q→∞

an é convergente.

q ∑ k=1

2k ak < ∞.

Exerc´ıcio 4.47: Prove que o conjunto de valores de aderência da sequência xn = cos(n) é o intervalo fechado [0, 1]. Seja x ∈ [0, 1]. Como cos : R → [0, 1] é sobrejetivo1 , existe θ ∈ R tal que cos θ = x. Encontraremos uma sequência crescente (nk )k∈Z+ em Z+ tal que x = cos θ = lim cos nk = lim xnk . k∈Z+

k∈Z+

Assim, como x é arbitrário, poderemos concluir que o conjunto de valores de aderência da sequência (xn ) é o intervalo [0, 1]. Seja G := {n + m2π; n e m ∈ Z}. Pelo Exerc´ıcio 3.58, temos que G é denso em R. Para todo k ∈ Z+ , temos que existe θk ∈ G tal que θ − 1/k < θk < θ. Desta forma, temos que lim θk = θ.

k→∞

Como 2π é irracional, a sequência (θk )k∈Z+ define unicamente sequências (˜ nk )k∈Z+ e (mk )k∈Z+ em Z pela igualdade θk = n ˜ k + mk 2π, para todo kZ+ . Por fim, definimos a sequência (nk )k∈Z+ por nk = |˜ nk |, para todo kZ+ . Assim, como limk→∞ θk = θ, temos que limk→∞ cos(nk )

O conjunto {nk ; k ∈ Z+ tal que

= limk→∞ cos(nk ) = limk→∞ cos(˜ nk ) = limk→∞ cos(θk − mk 2π) = limk→∞ cos(θk ) = cos(θ).

k ∈ Z+ } é infinito. Caso contrário, o conjunto {cos(nk );

k ∈ Z+ } é finito e, assim, existiria

cos θk = cos θ. Consequentemente, θk = θ + m2π, para alguns k e m ∈ Z. Porém, como θ − 1/k < θk < θ, temos uma contradi¸cão. Logo, (nk )k∈Z+ é uma sequência ilimitada em Z+ . Assim, (nk )k∈Z+ admite uma subsequência crescente. Em outros termos, uma subsequência que também é subsequência de (n)n∈Z+ . Denotaremos tal subsequência também por (nk )k∈Z+ . Portanto, temos que a subsequência (xnk ) é tal que lim xnk = lim cos(nk ) = cos(θ) = x.

k→∞

k→∞

1 Isso pode ser verficado utilizando a continuidade da fun¸ ca õ cos e o teorema do valor intemedi´ ario. Mas, como o Elon assume que podemos usar os nossos conhecimentos pr´ evios sobre as fun¸c˜ oes trigonom´ etricas... Vamos tomar a afirma¸c˜ ao como fato.

170

Exerc´ıcio 4.48: √ Sejam a e b n´ umeros reais positivos. Defina indutivamente as sequências (xn ) e (yn ) pondo x1 = ab, y1 = (a+b)/2, √ xn+1 = xn yn e yn+1 = (xn + yn )/2. Prove que xn e yn convergem para o mesmo limite, chamado de a média aritmético-geométrica entre a e b. Pelo Princ´ıpio da Defini¸c˜ ao Indutiva, podemos as sequências (xn )n∈Z>0 e (yn )n∈Z>0 em R+ por x0 := a,

y0 := b,

xn+1 :=

√ xn yn

e

yn+1 :=

xn + yn . 2

Se a = b temos que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0 . De fato, se tomamos como hipótese de indu¸cão que xn = yn = a então xn+1 =

√ √ xn yn = a2 = a

e

xn + yn 2a = = a. 2 2 Assim, como x0 = a = b = y0 , temos, pelo Princ´ıpio da Indu¸cão Finita, que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0 . Desta forma, lim xn = a = lim yn . yn+1 =

n→+∞

n→+∞

Portanto, nos resta mostrar o resultado para o caso em que a < b. Suponhamos, até o fim desta demonstra¸cão, que b − a > 0. Primeiramente, provaremos as desigualdades xn < xn+1 < yn+1 < yn ,

(4.1)

para todo n ∈ Z>0 , por indu¸c˜ ao em n. Suponhamos que, para algum n fixo, D := yn − xn > 0. Então, x2n < xn yn = x2n+1 , x2n+1

= = < = = =

xn yn xn (xn + D) x2n + xn D + )2 ( xn + D 2 ( xn +yn )2

D2 4

2

2 yn+1

e

xn + yn D = yn − = yn . 2 2 Logo, se xn < yn , temos (4.1). Como x0 = a < b = y0 , temos, pelo Princ´ıpio da Indu¸cão Finita, que (4.1) vale para todo n ∈ Z>0 . Das desigualdades (4.1) segue que as sequências (xn ) e (yn ) são monótonas e limitadas. Logo, existem limn→+∞ xn e limn→+∞ yn . Provaremos, agora, que lim (yn − xn ) = 0. yn+1 =

n→+∞

Usando (4.1), temos que (yn − xn )2

= = = = = >

(yn + xn )2 − 4xn yn 2 4yn+1 − 4x2n+1 2 2 4(y ( n+1 − xn+1 ) 2 ) 4 (yn+1 − xn+1 ) + 2yn+1 xn+1 − 2x2n+1 4(yn+1 − xn+1 )2 + 8xn+1 (yn+1 − xn+1 ) 4(yn+1 − xn+1 )2 . 171


yn − xn > yn+1 − xn+1 . 2

Em particular,

b−a y0 − x0 = > y1 − x1 . 2 2

Supondo que

b−a > yn − xn , 2n

como hipótese de indu¸c˜ ao, temos que yn − xn b−a > > yn+1 − xn+1 . 2n+1 2 Assim, pelo Princ´ıpio da Indu¸c˜ ao Finita, temos que b−a > yn − xn = |yn − xn |, 2n para todo n ∈ Z+ . Assim, pelo Teorema do Confronto (Teorema 8 do Cap´ıtulo 4), temos que lim |yn − xn | = 0.

n→+∞

Logo, pelo exerc´ıcio 4.1, temos que lim yn − lim xn = lim (yn − xn ) = 0.

n→+∞

n→+∞

n→+∞

E o resultado segue.

172

Exerc´ıcio 4.49: Sejam a1 > a2 > · · · > 0 e sn = a1 − a2 + · · · + (−1)n−1 an . Prove que a sequência (sn ) é limitada e que lim supsn − lim infsn = lim an . Valem as desigualdades s2k 6 s2(k+1) 6 s2(k+1)+1 6 s2k+1 ,

(4.2)

para todos k ∈ Z+ . De fato, para todo k ∈ Z+ , temos que s2k

= a1 − a2 + · · · + a2k−1 − a2k 6 a1 − a2 + · · · + a2k−1 − a2k + a2k+1 − a2(k+1) = s2(k+1) ,

s2(k+1)

e s2(k+1)+1

= a1 − a2 + · · · + a2k+1 − a2(k+1) 6 a1 − a2 + · · · + a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1 = s2(k+1)+1 , = a1 − a2 + · · · + a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1 6 a1 − a2 + · · · + a2k+1 = s2k+1 .

Segue, das desigualdades (4.2), que a sequência (s2k )k∈Z+ é não decrescente e limitada e que a sequência (s2k+1 )k∈Z+ é não crescente e limitada. Em especial, temos que lim s2k = sup s2k

k→+∞

e

lim s2k+1 = inf s2k+1 .

k→+∞

k∈Z+

k∈Z+

Também valem as desigualdades s2k 6 sn 6 s2k+1 ,

(4.3)

para todo k ∈ Z+ e n > 2k + 1 em Z+ . De fato, se n > 2k + 1, temos que n = 2p ou 2p + 1 para algum p > k. Assim, como (s2k )k∈Z+ é não decrescente, (s2k+1 )k∈Z+ é não crescente e por (4.2), temos que s2k 6 s2p 6 s2p+1 6 s2k+1 . Logo, obtemos (4.3). Em especial, concluimos que (sn )n∈Z+ é limitada. Como as sequências (s2k )k∈Z+ e (s2k+1 )k∈Z+ são monótonas e limitadas, temos que existem limk→∞ s2k e limk→∞ s2k+1 . Provaremos que lim infsn = lim s2k k→∞

e

lim supsn = lim s2k+1 . k→∞

Como a sequência (an )n∈Z+ é monotona e limitada, temos que esta é convergente. Da´ı, segue das igualdades acima, que lim supsn − lim infsn = limk→+∞ s2k+1 − limk→+∞ s2k = limk→+∞ (s2k+1 − s2k ) = limk→+∞ a2k+1 = limn→+∞ an . Suponhamos que A seja um valor de aderência de (sn )n∈Z+ . Então, devemos ter que s2k 6 A 6 s2k+1 , para todo k ∈ Z+ . De fato, se s2k+1 < A, para algum k ∈ Z+ , temos que sn 6 s2k+1 < A para todo n > 2k + 1 em Z+ , por (4.3). Isto é, |A − sn | > |A − s2k+1 |,

173

para um k ∈ Z+ fixo e todo n > 2k + 1 em Z+ . E isso contradiz o fato de A ser um valor de aderência de (sn )n∈Z+ . Analogamente, prova-se que é imposs´ıvel se ter A < s2k , para algum k ∈ Z+ . Portanto, devemos ter que lim s2k = sup s2k 6 A 6 inf s2k+1 = lim s2k+1 .

k→∞

k∈Z+

k∈Z+

k→+∞

Em particular, os valores de aderência lim inf sn e lim sup sn satisfazem lim s2k 6 lim inf sn 6 lim sup sn 6 lim s2k+1 .

k→∞

k→+∞

Logo, como lim inf sn e lim sup sn são, respectivamente, o menor e o maior valor de aderência de (sn )n∈Z+ , temos que lim s2k = lim inf sn e lim s2k+1 = lim sup sn . k→∞

k→+∞

174

Cap´ıtulo 5

Topologia da Reta

175

Exerc´ıcio 5.01: Um conjunto A ⊂ é aberto se, e somente se, cumpre a seguinte condi¸cão: “se uma sequência (xn ) converge para um ponto a ∈ A ent˜ ao xn ∈ A para todo n suficientemente grande”. (⇒) Seja (xn )n∈N uma sequência que tende à a ∈ (b, c) ⊂ A. Existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 implica que, para ε = min{a − b, c − a}, |xn − a| < ε, ou seja, xn ∈ (a − ε, a + ε) ⊂ (a, b) ⊂ A. 1 1 (⇐) Se a ∈ A e a ∈ (b, c) ⊂ A, para n suficientemente grande a ∈ (a − , a + ) ⊂ (b, c) ⊂ A. Temos então que n n 1 1 a ∈ intA se e somente se (a − , a + ) ⊂ A para algum n ∈ N. n n Por hipótese, existem n− e n+ ∈ N tais que a−

1 ∈ A, ∀n ≥ n− n

a+

1 ∈ A, ∀n ≥ n+ . n

e Assim, tomando-se n0 = max{n− , n+ }, temos que (a −

1 1 ,a + ) ⊂ A. n0 n0

Logo, a ∈ intA.

176

Exerc´ıcio 5.02: Tem-se que lim xn = a se, e somente se, para todo aberto A contendo o ponto a, existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica xn ∈ A. (⇒) Repetir a ideia do exerc´ıcio anterior. (⇐) Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0 , temos que xn ∈ (a − ε, a + ε), ou seja, |xn − a| < ε. segue da´ı que lim xn = a.

177

Exerc´ıcio 5.03: Seja B ⊂ aberto. Ent˜ ao, para todo x ∈, o conjunto x + B = {x + y; y ∈ B} é aberto. Analogamente, se x ̸= 0, então o conjunto x.B = {x.y; y ∈ B} é aberto. Seja B ⊂ aberto. Dado y ∈ x + B, temos que y = x + b para algum b ∈ B. Como B é aberto, existe ε > 0 tal que (b − ε, b + ε) ⊂ B. Desta forma, temos (x + b − ε, x + b + ε) = (y − ε, y + ε) ⊂ x + b. De fato, seja z ∈ (y − ε, y + ε) = (x + b − ε, x + b + ε). Então x+b−ε 0 tal que (b − ε, b + ε) ⊂ B. Desta forma, temos que para δ = ε.|x| > 0, temos (y − δ, y + δ) ⊂ x.B.

178

Exerc´ıcio 5.04: Sejam A e B abertos. Ent˜ ao os conjuntos A + B = {x + y; x ∈ A, y ∈ B} e A.B = {x.y; x ∈ A, y ∈ B} são abertos. Como A + B = ∪a∈A (a + B) e A.B = ∪a∈A (a.B) e cada a + B e a.B são abertos (pelo exerc´ıcio anterior), temos que A + B e A.B s˜ ao uniões de abertos. Logo, também são abertos.

179

Exerc´ıcio 5.05: Para quaisquer X, Y ⊂, tem-se int(X ∩ Y ) = int(X) ∩ int(Y ) e int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ). Dê um exemplo em que a inclusão não se reduza a uma igualdade.

•

int(X ∩ Y ) ⊂ int(X) ∩ int(Y ). Dado w ∈ int(X ∩ Y ), existem a, b ∈ tais que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Da´ı, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X e w ∈ (a, b) ⊂ Y. Assim, w ∈ int(X) ∩ int(Y ).

•

int(X ∩ Y ) ⊃ int(X) ∩ int(Y ). Dado w ∈ int(X) ∩ int(Y ), existem ax , ay , bx , by ∈ tais que w ∈ (ax , bx ) ⊂ X e w ∈ (ay , by ) ⊂ Y. Então tomando a = max{ax , ay }eb = min{bx , by }, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Assim, w ∈ int(X ∩ Y ).

•

int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ). Dado w ∈ int(X) ∪ int(Y ), existem ax , ay , bx , by ∈ tais que w ∈ (ax , bx ) ⊂ X e w ∈ (ay , by ) ⊂ Y. Então, w ∈ (ax , bx ) ⊂ X ∪ Y. Donde w ∈ int(X ∪ Y ).

• Sejam X = [−1, 0) e Y = [0, 1]. Ent˜ ao, int(X) = (−1, 0) int(Y ) = (0, 1) ∫ int(X) ∪ (Y ) = (−1, 1) \ {0} int(X ∪ Y ) = (−1, 1).

180

Exerc´ıcio 5.06: Se A ⊂ é aberto e a ∈ A ent˜ ao A\{a} é aberto. Seja x ∈ A \ {a}. Existe ε > 0 tal que x ∈ (x − ε, x + ε) ⊂ A. Tomando ε˜ = min{|x − a|, ε} teremos que x ∈ (x − ε˜, x + ε˜) ⊂ A \ {a}. Logo, x ∈ int(A \ {a}). Segue da´ı que A \ {a} é aberto.

181

Exerc´ıcio 5.07: Considere as fun¸c˜ oes f, g, h :→, dadas por f (x) = ax + b (a ̸= 0), g(x) = x2 e h(x) = x3 . Mostre que, para cada A ⊂, f −1 (A), g −1 (A) e h−1 (A) são abertos. Dado um intervalo (c1 , c2 ) ⊂ . Temos que    ( c1 − b , c2 − b ), a > 0 −1 a a f ((c1 , c2 )) =  ( c2 − b , c1 − b ), a < 0  a a  √ √ √ √ ( c1 , c2 ), 0 ≤ c1 ≤ c2  (− c2 , − √c1 ) ∪ √ c1 < 0 < c2 (− c2 , c2 ), g −1 ((c1 , c2 )) =  ∅, c1 < c2 ≤ 0 √ √ h−1 ((c1 , c2 )) = ( 3 c1 , 3 c2 ). Assim, para cada A ⊂ aberto, temos que A = ∪Iλ , Iλ intervalo aberto, e f −1 (A)] ∪ f −1 (Iλ ),

g −1 (A)] ∪ g −1 (Iλ )

e h−1 (A)] ∪ h−1 (Iλ ).

E como f −1 (Iλ ), g −1 (Iλ ) e h−1 (Iλ ) são abertos, temos que f −1 (A), g −1 (A) e h−1 (A) também o são.

182

Exerc´ıcio 5.08: No exerc´ıcio anterior, mostre que, para cada A ⊂ aberto, f (A) e h(A) são abertos. Dê exemplo de A aberto tal que g(A) não seja aberto. Seja A aberto em e a ∈ A. Ent˜ ao, existem c1 , c2 ∈ tais que a ∈ (c1 , c2 ) ⊂ A. Da´ı, { (ac1 + b, ac2 + b), a > 0 f ((c1 , c2 )) = (ac2 + b, ac1 + b), a < 0 h((c1 , c2 )) = (c31 , c32 ), com f (a) ∈ f ((c1 , c2 )) e h(a) ∈ h((c1 , c2 )). Segue da´ı que dado um b = f (a) ∈ f (A) qualquer, b ∈ intf (A). E o mesmo vale para h. Logo, f (A) e h(A) são abertos. Exemplo: g((−1, 1)) = [0, 1) não é aberto.

183

Exerc´ıcio 5.09: Toda cole¸cão de abertos não-vazios, dois a dois disjuntos é enumerável. Seja {Aλ }λ∈Λ uma cole¸c˜ ao de abertos disjuntos. Para cada λ ∈ Λ escolhemos rλ ∈ Aλ ∩ Q. Como Aλ ∩ Aµ = ∅, para λ ̸= µ, a fun¸c˜ ao Λ −→ Q λ 7→ rλ é injetiva. Segue da´ı que Λ é finito ou enumer´ avel.

184

Exerc´ıcio 5.10: O conjunto dos valores de aderência de uma sequência é um conjunto fechado. Seja A o conjunto dos valores de aderência da sequência (xn )n∈N e a ∈ um ponto de aderência de A. Existe uma sequência (ak ) em A que tende à a. E, para cada ak ∈ (ak ), existe uma subsequência (x(k,n) ) de (xn ) que tende à ak . Definimos uma sequência (x(0,n) ) de (xn ). Para cada n ∈ N, existe k0 ∈ N tal que |a − ak0 | <

1 2n

e n0 ∈ N tal que |ak0 − x(k0 ,n0 ) | <

1 . 2n

Assim, tomando-se x( 0, n) = x(k0 ,n0 ) teremos que |a − x(0,n) | <

1 . n

Segue da´ı que a = lim x(0,n) e, consequêntemente, a ∈ A. Portanto, A é fechado.

185

Exerc´ıcio 5.11: ¯ ⊂ F. Se X ⊂ F e F é fechado ent˜ ao X ¯ existe uma sequência em X que tende à x. Logo, x ∈ F¯ = F já que (xn ) é uma sequência em Para cada x ∈ X, ¯ F. Segue da´ı que X ⊂ F.

186

Exerc´ıcio 5.12: ¯ = X ∪ {a}. Se lim xn = a e X = {x1 , x2 , ..., xn , ...} ent˜ ao X ¯ ⊃ X ∪ {a}. Seja b ∈ X ¯ e (yn ) uma sequência em X que tende à b. Segue diretamente da defini¸c˜ ao que X Consideremos o conjunto {n ∈ N; xn ∈ {y1 , y2 , ..., yk , ...}} = I. Se I é finito , então b = xn para algum n ∈ I. Caso I seja infinito, a subsequência yki = nn tal que n = min{n ∈ N; xn ∈ {yki +1 , ..., yk }} de (yk ) é uma sequência de ¯ ⊂ ∪{a}. (xn ). E como lim xn = a, temos que b = lim yki = a. Segue da´ı que X

187

Exerc´ıcio 5.13: O n´ umero

1 4

pertence ao conjunto de Cantor.

O conjunto K de Cantor é dado por

K = ∩∞ n=0 Kn ,

1 com Kn+1 sendo obtido de Kn retirando-se de cada intervalo de Kn um subintervalo de comprimento n+1 de seu 3 centro. p ∑ 2 2 Temos que 2 é o ´ınfimo de um intervalo de K2 . Supondo que é o ´ınfimo de um intervalo de K2p , 2n 3 3 n=1 p ∑ 2 2 temos que + 2(p+1) é o ´ınfimo de um intervalo em K2(p+1) . Segue da´ı que cada somatório reduzido da 2n 3 n=1 3 ∑ 2 pertence à K. série 32n E como ( ) ∞ ∑ 1 = 2 − 1 1 − 19 n=1 ( ) 9 1 = 2 −1 = , 8 4 temos pela compacidade de K que

1 ∈ K. 4

188

Exerc´ıcio 5.14: Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪ G seja um intervalo fechado (limitado ou não). Então F = ∅ ou G = ∅. Sejam F e G conjuntos fechados tais que F ∪ G seja um intervalo fechado. Suponhamos que existam x ∈ F e y ∈ G. Suponhamos, sem perda de generalidade, que x < y. Assim, [x, y] ⊂ F ∪ G. Seja m = inf G ∩ [x, y]. Como G ∩ [x, y] é fechado, m ∈ G ∩ [x, y] e, consequêntemente, m ∈ G. Por outro lado, F ⊃ [x, m) e, consequêntemente, F = F¯ ⊃ [x, m) = [x, m]. Segue da´ı que m ∈ G ∩ F. Portanto, se tivéssemos F ∩ G = ∅, dever´ıamos ter também que F = ∅ ou G = ∅.

189

Exerc´ıcio 5.15: ¯ Use este fato para mostrar Se E ⊂ enumerável. Consiga uma sequência cujo conjunto dos valores de aderência é E. que todo conjunto fechado F ⊂ é o conjunto dos valores de aderência de alguma sequência. Seja E = {ak }k∈N . Definimos Nk = {2k−1 .m ∈ N; m é ´ımpar } e, para cada n ∈ N, xn = ak onde n ∈ Nk . Assim, ak = lim xn e, consequentemente, o conjunto dos valores de aderência da sequência (xn ), A, contém n∈Nk

¯ existe uma sequência (ak )i∈N em E tendendo à a. Por sua vez, a subsequência (x2ki −1 )i∈N é igual E. Dado a ∈ E, i ¯ Por outro lado, A ⊂ E ¯ já que a sequência (xn ) ( e a sequência (aki )i∈N . Logo, a ∈ A. Conclu´ımos que A ⊃ E. ¯ consequentemente todas as suas subsequências) pertence à E. Portanto, A = E. Dado um conjunto fechado X ⊂, pelo Teorema 6, existe um conjunto enumerável E denso em X. Por conseguinte, ¯ = X (pois X é fechado). existe uma sequência (xn ) cujo conjunto dos valores de aderência é E

190

Exerc´ıcio 5.16: Com a nota¸cão do Exerc´ıcio 4, se α é irracional, os conjuntos F Z e G = αZ são fechados porém F + G não é fechados. Também H = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} é fechados mas F.H não é fechado. Os e G são, respectivamente, complementares dos conjuntos abertos ∪ conjuntos F ∪ (n, n + 1) e (αn, α(n + 1)). n∈Z

n∈Z

Logo, F e G s˜ ao fechados. Temos que F + G = Z + αZ é um grupo aditivo em R. Assim, (i) inf([G + F ] ∩ (0, ∞)) = a > 0. Neste caso, pelo exerc´ıcio 3.58, ter´ıamos que F + G = {0, ±a, ±2a, ...} = aZ. Da´ı, F + G = aZ ∋ ak = α ∈ 1 Z + αZ = F + G e, consequentemente, a = ∈ Q. Por outro lado, F + G = aZ ∋ ap = α ∈ Z + αZ = F + G, k para algum p ∈ Z, e consequentemente, α = ap ∈ Q. Contradi¸cão. Portanto, inf([F + G] ∩ (0, ∞)) = 0. (ii) inf([F + G] ∩ (0, ∞)) = 0. Novamente pelo exerc´ıcio 3.58, temos que F +G é denso em R. Por outro lado, Logo, F + G + F + G = R. Ou seja, F + G não é fechado. O conjunto H é fechado, pois é o complementar do conjunto (1, ∞) ∪ (

∪

n∈N

Q + Q = R. Ou seja, F.H não é um fechado.

191

1 ∈ / Z+αZ, pois α é irracional. 2

1 ( n1 , n+1 )). Por outro lado, F.H =

Exerc´ıcio 5.17: Seja K o conjunto de Cantor. Mostre que {|x − y|; x ∈ K, y ∈ K} = [0, 1]. Não é dif´ıcil provar que toda extremidade de subintervalo em cada passo da constru¸cão do conjunto de Cantor é do tipo p ∑ an ∈ [0, 1] 3n n=0 com an = 0 ou 2, 0 ≤ n < p, ap = 0, 1 ou 2. Dado

p ∑ cn ∈ [0, 1], 3n n=0

(5.1)

com cn = 0, 1 ou 2, definiremos a, b ∈ R tais que a, b ∈ K e c = b − a. Sejam a=

p p+1 ∑ ∑ an bn e b = : n n 3 3 n=0 n=0

• c0 = 0 ou 1 a0 = c0 e b0 = 0. • c1

c1 s1 a1 b1 b2 + 2 = − − 3 3 3 3 9

(5.2)

c1 = 0 a1 = b1 = b2 = 0, s1 = 0 c1 = 1 a1 = 2, b1 = 0, b2 , s1 = 1 c1 = 2 a1 = 2, b1 = 0, b2 = 0, s1 = 0 • cn , 1 ≤ n < p

cn sn an bn+1 sn−1 + n+1 = n − n+1 + n n 3 3 3 3 3

cn = 0 sn−1 = 0 an = 0, bn+1 = 0, sn = 0 sn−1 = 1 an = 0, bn+1 = 2, sn = 1 cn = 1 sn−1 = 0 an = 2, bn+1 = 2, sn = 1 sn−1 = 1 an = 0, bn+1 = 0, sn = 0 cn = 2 sn−1 = 0 an = 2, bn+1 = 0, sn = 0 sn−1 = 1 an = 2, bn+1 = 2, sn = 1

192

(5.3)

• cp cp ap bp+1 sp−1 = p − p+1 + p 3p 3 3 3

(5.4)

cp = 0 sp−1 = 0 ap = 0, bp+1 = 0 sp−1 = 1 ap = 1, bp+1 = 2 cp = 1 sp−1 = 0 ap = 1, bp+1 = 0 sp−1 = 1 ap = 0, bp+1 = 0 cp = 2 sp−1 = 0 ap = 2, bp+1 = 0 sp−1 = 1 ap = 1, bp+1 = 0 Assim, somando-se as equa¸c˜ oes (5.2), (5.3) e (5.4) obtemos que c = b − a e a, b ∈ K. O conjunto D = {|x − y|; x, y ∈ K} contém todos os elementos do tipo (5.1). E como o conjunto de todos os elementos do tipo (5.1) é denso em [0, 1] teremos o resultado assim que provarmos que D é fechado. n 2 ∪ Seja Kn = [ai , bi ] o conjunto resultante da n−ésima etapa da constru¸cão do conjunto de Cantor. O conjunto i=1

Dn = {|x − y|; x, y ∈ Kn } é dado por ∪ Dnij , onde Dnij = {|x − y|; x ∈ [ai , bi ], y ∈ [aj , bj ]}, Dn = 1≤i,j≤2n

é fechado, pois cada Dnij é fechado. Assim, D =

∞ ∩

Dn também é fechado.

n=1

193

Exerc´ıcio 5.18: Dado qualquer n´ umero real a > 0, existe x1 , x2 , ..., xn no conjunto de Cantor tais que x1 + x2 + ... + xn = a. Dado a > 0 em R podemos escrever a na forma k+

∞ ∑ an 3n n=1

∞ a ∑ n pode ser escrito como soma de dois elementos α, β ∈ K, n 3 n=1 = 1, x1 = α e x2 = β.

com k ∈ N e an = 0, 1 ou 2. Se provarmos que temos o resultado definindo x2 = x2+k ´ pos´ıvel demonstrar que E

∑ cn K={ ; cn = 0 ou 2}. 3n

Assim, definiremos αn e βn tais que α=

∑ αn 3n

eβ=

∑ βn 3n

.

Definimos • a1 tal que

a1 α1 β1 s1 = + + 3 3 3 3

(5.5)

a1 = 0 α1 = β1 = 0, s1 = 0 a1 = 1 α1 = β1 = 0, s1 = 1 a1 = 2 α1 = 2, β1 = 0, s1 = 0 • an , n > 1, tal que

an sn−1 αn βn sn + n−1 = n + n + n 3n 3 3 3 3

an = 0

sn−1 = 0

αn = βn = 0, sn = 0

sn−1 = 1

αn = 2, βn = 0, sn = 1

an = 1

sn−1 = 0

αn = βn = 0, sn = 1

sn−1 = 1

αn = 2, βn = 2, sn = 0

an = 2

sn−1 = 0

αn = 2, βn = 0, sn = 0

sn−1 = 1

αn = 2, βn = 2, sn = 1

Somando as equa¸c˜ oes (5.5) e (5.6), temos para todo k ∈ N que ( k ) ( k ) ( k ) ∑ an ∑ αn ∑ βn sk = + + k. n n n 3 3 3 3 n=1 n=1 n=1 Assim, ∞ 3 ∞ ∑ ∑ αn ∑ βn an = + 3n 3n 3n n=1 n=1 n

βn

e, consequentemente, a − k = α + β.

194

(5.6)

Exerc´ıcio 5.19: Seja K o conjunto de Cantor. Dado ε > 0 arbitrário, existem um intervalos abertos J1 = (a1 , b1 ), ..., Jn = (an , bn ) n ∑ tais que que K ⊂ J1 ∪ J2 ∪ ... ∪ Jn e (ai − bi ) < ε. i=1

Seja Kp o conjunto resultante do p-ésimo passo da contra¸cão do conjunto K de Cantor. Sabemos que Kp = Assim, tomando-se ai = ci −

1 3p

e bi =

2 3p

p ∪ ˙ 2

i=1

[ci , ci +

1 ]. 3p

temos que 2 ∪ p

J=

(ai , bi ) ⊃ Kp ⊃ K

i=1

e

2 ∑ 1 2 (bi − ai ) = 2p p−1 = 3( )p . 3 3 i=1 p

Assim, dado ε > 0, basta tomar p ∈ N tal que

2 3( )p < ε 3

e teremos J que satisfaz as condi¸c˜ oes do enunciado.

195

Exerc´ıcio 5.20: Para X, Y ⊂ R qualquer, tem-se X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . Dê um exemplo no qual a inclusão não se reduz a uma igualdade.

• X ∪Y ⊃X ∪Y. Seja a ∈ X ∪ Y . Ent˜ ao, existe uma sequência (xn ) em X ou (yn ) em Y que tende à a. Em ambos os casos existe uma sequência em X ∪ Y que tende à a. • X ∪Y ⊂X ∪Y. Seja a ∈ X ∪ Y . Ent˜ ao, existe uma sequência (zn ) em X ∪ Y que tende à a. E, assim, esta sequência possui uma subsequência em X (no caso em que possui infinitos termos em X) ou uma subsequência em Y (no caso em que possui infinitos termos em Y ). No primeiro caso a ∈ X e no segundo caso a ∈ Y . Em todo caso, a∈X ∪Y. • X ∩Y ⊂X ∩Y. Seja a ∈ X ∩ Y . Ent˜ ao, existe uma sequência (zn ) em X ∩ Y que tende à a. Assim, (zn ) é uma sequência em X que tende à a, e, consequentemente, a ∈ X. Analogamente, a ∈ Y . Portanto, a ∈ X ∩ Y . •

[−1, 0) ∩ (0, 1] = ∅ = ∅. [−1, 0) ∩ (0, 1] = [−1, 0] ∩ [0, 1] = {0}.

196

Exerc´ıcio 5.21: Um conjunto A ⊂ R é aberto se, e somente se, A ∩ X ⊂ A ∩ X para todo X ⊂ R. (⇒) Seja A um conjunto aberto. Dado X ⊂ R e a ∈ A ∩ X. Então, existe uma sequência (xn ) em X que tende a` a. Assim, como A é aberto, existe n0 ∈ N tal que para todo n ≥ n0 , xn ∈ A. Da´ı, existe uma sequência em A que tende à a. Ou seja, a ∈ A. Logo, a ∈ A ∩ X ⊂ A ∩ X. (⇐) Seja A ⊂ R tal que A ∩ X ⊂ A ∩ X para todo X ⊂ R. Dado a ∈ A, suponhamos que para todo n ∈ N, existe xn ∈ (a − n1 , a + n1 ) − A. Seja X = {xn }n∈N . Então, {a} = A ∩ X ⊂ A ∩ X = ∅ = ∅. Contradi¸c˜ ao. Logo, existe n ∈ N tal que (a − n1 , a + n1 ) ⊂ A. E, assim, a ∈ int(A).

197

Exerc´ıcio 5.22: Sejam F1 ⊃ F2 ⊃ ... ⊃ Fn ⊃ ... não vazio se os Fn são apenas fechados ou apenas limitados.

• Fn apenas fechado Fn = [n, ∞) ⇒

∩

Fn = ∅.

n∈N

• Fn apenas limitado

( ] ∩ 1 Fn = 0, ⇒ Fn = ∅. n n∈N

198

Exerc´ıcio 5.23: Um conjunto não vazio X ⊂ R é um intervalo se, e somente se, satisfaz a condi¸cão seguinte: “a, b ∈ X, a < x < b ⇒ x ∈ X”. (⇒) Seja X um intervalo não-vazio com α = inf X e β = sup X. Dados a e b ∈ X, a < b, e x ∈ R tal que a < x < b. Assim, X ⊃ (α, β) ⊃ (a, b) ∈ X. (⇐) Seja X um conjunto que satisfaz a condi¸cão “a, b ∈ X, a < x < b ⇒ x ∈ X ”. Sejam α = inf X e β = sup X. Temos ent˜ ao que X ⊃ (α, β). De fato, dado x ∈ (α, β), existem a e b ∈ X tais que α ≤ a < x < b ≤ β. Assim, pela propriedade, x ∈ X. Por outro lado, X − {α, β} ⊂ (α, β) pela defini¸cão de α e β. Portanto, X = [α, β]

ou X = [α, β)

ou

199

X = (α, β]

ou X = (α, β).

Exerc´ıcio 5.24: Mostre que a interse¸c˜ ao de uma sequência decrescente I1 ⊃ I2 ⊃ ... ⊃ In ⊃ ... de intervalos é um intervalo ou o conjunto vazio. Sejam an = inf In e bn = sup In , ent˜ ao In ⊃ (an , bn ) e [an , bn ] ⊃ In . Assim, [an , bn ] ⊃ [an+1 , bn+1 ] e (an , bn ) ⊃ (an+1 , bn+1 ). Da´ı, [sup{an }, inf{bn }] = ⊃ ⊃

∩ ∩ ∩

[an , bn ] In (an , bn )

= (sup{an }, inf{bn }). Assim, como −∞ ≤ sup{an } ≤ inf{bn } ≤ ∞, ∩ In = (sup{an }, inf{bn }) ou = (sup{an }, inf{bn }] ou = [sup{an }, inf{bn }) ou = [sup{an }, inf{bn }] e temos o resultado.

200

Exerc´ıcio 5.25: Um conjunto é denso em R se, e somente se, seu complementar tem interior vazio. Seja D um conjunto denso em R. Dado x ∈ R−D e ε > 0, temos que (x−ε, x+ε)∩D ̸= ∅. Assim, x ∈ / int(R−D). E, como int(R − D) ⊂ R − D, temos que int(R − D) ̸= ∅.

201

Exerc´ıcio 5.26: Se F é fechado e A é aberto ent˜ ao F − A é fechado. Como A é aberto, Ac é fechado. Ent˜ ao, F ∩ Ac = F − A é uma interse¸cão de dois fechados. Logo, F − A é fecado.

202

Exerc´ıcio 5.27: Dê exemplo de um aberto A tal que A ⊃ Q mas R − A seja não-enumerável. Seja (xn ) uma enumera¸c˜ ao de Q. Definimos A =

∞ ∪

In , onde

n=1

In = (xn −

1 1 , xn + n ). n 2 2

Temos que A e aberto, pois é uma união de abertos e também A ⊃ Q. Provemos que R − A ̸= ∅. Consideremos o intervalo compacto [0, 10] e suponhamos que R − A = ∅. Então, k ∪ existem n1 , n2 , ..., nk ∈ N tais que Ini ⊃ [0, 10]. i=1

Sgue da´ı, então, que 10 <

k ∑ (sup Ini − inf Ini ) i=1

k ∑ < (sup In − inf In ) i=1

=

∞ ∑ i=1

1 2n−1

= 2.

Absurdo. Assim, R − A ̸= ∅. Se R−A é finito ou enumer´ ael, podemos adicionar todos os elementos de R−A em uma sequência (yn ) ( de termos ∞ ∪ 1 1 repetidosse necessário ) que enumera os elementos de R − A. Da´ı, A˜ = A ∪ ( Iñ ), onde Iñ = (yn − n , yn + n ) 2 2 n=1 é tal que A˜ ⊃ A e A˜ ⊃ R − A. Mas, por argumento análogo ao acima, podemos mostrar que R − A˜ ̸= ∅. Uma contradi¸cão. Portanto, R − A é não enumer´ avel.

203

Exerc´ıcio 5.28: Dê exemplo de um conjunto fechado, não-enumerável, formado apenas por n´ umeros transcendentes. Seja (xn ) uma enumera¸c˜ ao do conjunto dos n´ umeros algébricos (exerc´ıcio 3.44). Seja A=

∞ ∪

In ,

i=1

1 1 onde In = (xn − n , xn + n ). Temos que A é um aberto que contém todos os n´ umeros naturais. Assim, pelo 2 2 mesmo argumento usado no exec´ıcio anterior, F = R − A é não enumerável. E F é um fechado que contém somente n´ umeros algébricos.

204

Exerc´ıcio 5.29: Defina a distância de um ponto a ∈ R a um conjunto não-vazio X ⊂ R como d(a, X) inf{|x − a|; x ∈ X}. Prove: 1) d(a, X) = 0 ⇔ a ∈ X. 2) Se F ⊂ R é fechado, ent˜ ao para todo a ∈ R existe b ∈ F tal que d(a, F ) = |b − a|.

(1) (⇒) Para cada n ∈ N, existe xn ∈ N tal que |xn − a| < a. Logo, a ∈ X.

1 . Assim, (xn ) é uma sequência em X que tende à n

(⇐) Seja (xn ) uma sequência em X que tende à a. Então, para todo ε > 0, existe n0 ∈ N tal que |xn0 − a| < ε. Assim, 0 = inf{|xn − a|; xn ∈ (xn )} ≥ inf{|x − a|; x ∈ X} ≥ 0, ou seja, d(a, X) = 0. (2) Consideremos o compacto C = F ∩ B[a; 2d(a, F )]. Temos, pela defini¸cão de d(a, F ), que C ̸= ∅. Seja d = 1 d(a, F ) e xn ∈ C tal que |xn − a| < d + . Como C é compacto, existe uma subsequência (xnk ) de (xn ) n ε ε tal que xnk → b ∈ C. Assim, dado ε > 0, existe n + k ∈ N tal que |xnk − a| < d + e |b − xnk | > . 2 2 Consequentemente, |b − a| ≤ |b − xnk | + |xnk − a| < d + ε. Portanto, |b − a| ≤ d. Mas, como b ∈ C ⊂ F e pela defini¸cão de d = d(a, F ), temos que |b − a| ≥ d e, consequentemente, |b − a| = d.

205

Exerc´ıcio 5.30: Se X é limitado superiormente, seu fecho X também o é. Além disso, sup X = sup X. Enuncie e prove um resultado an´ alogo para inf . Temos que X é limitado somente se X é limitado. De fato, se A > 0 em R é tal que existe a ∈ X com a > A, tomando-se ε = |A − a|, existe x ∈ X tal que |x − a| < ε. Consequentemente, x > A. Como X ⊂ X, temos imediatamente que (pelo exerc´ıcio 3.33) que sup X ≥ sup X. Assim, para mostrar que sup X ≥ sup X, basta provar que para qualquer c ∈ R tal que c < sup X, existe x ∈ X tal que c < x. Então, dado c tal que c < sup X, existe x ∈ X tal que c < x. Assim, tomando algum x ∈ X tal que |x − x| < |x − c|, temos que x > c. Portanto, sup X = sup X. O resultado análogo seria inf A = inf A. E a demonstra¸cão desse resultado é também análoga.

206

Exerc´ıcio 5.31: Para todo X ⊂ R limitado superiormente, sup X é aderente a X. Resultado análogo para inf . Pela defini¸cão de supremo, para todo ε > 0 existe x ∈ X tal que sup X − ε < x ≤ sup X. 1 Assim, para n ≥ 1 em N, tomando xn ∈ X tal que sup X − > xn ≤ sup X. Temos, assim, que para todo n n ∈ N, |xn − sup X| < n1 . Logo, a sequência (xn ) em X tende à sup X e sup X ∈ X.

207

Exerc´ıcio 5.32: Para todo X ⊂ R, X ′ é fechado. Seja a ∈ X ′ . Dado ε > 0, existe x ∈ X ′ tal que x ∈ (a−ε, a+ε). E como x ∈ X ′ , existem infinitos elementos de X em (x−δ, x+δ), onde δ = min{|x−(a±ε)|}. Assim, infinitos elementos de X pertencem à (a−ε, a+ε) ⊃ (x−δ, x+δ). Isso implica que a ∈ X ′ . Conclu´ımos que X ′ ⊃ X ′ .

208

Exerc´ıcio 5.33: Um n´ umero a é ponto de acumula¸c˜ ao de X se, e somente se, é ponto de acumula¸cão de X. (⇒) Seja a um ponto de acumula¸c˜ ao de X. Então, para todo ε > 0 existem infinitos elementos de X em (a − ε, a + ε). E como X ⊂ X, existem infinitos elementos de X em (a − ε, a + ε), ou seja, a é ponto de acumula¸cão de X. (⇐) Seja a um ponto de acumula¸c˜ ao de X. Dado ε > 0, existe x ∈ X tal que x ∈ (a−ε, a+ε)−{a}. Tomando-se δ = min{|x − a|, |x − (a ± ε)|}, temos que existe x ∈ X tal que |x − x| < δ. Assim, x ∈ (x − δ, x + δ) ⊂ (a − ε, a + ε) − {a}. Segue da´ı que a é ponto de acumula¸cão de X.

209

Exerc´ıcio 5.34: (X ∪ Y )′ = X ′ ∪ Y ′ .

• (X ∪ Y )′ ⊂ X ′ ∪ Y ′ . Seja a ∈ (X ∪ Y ) e (an ) uma sequência em X ∪ Y − {a} que tende à a. Então, existem infinitos termos de (an ) em Y. Assim, existe uma subsequência de (an ) em X − {a} ou em Y − {a}. E como esta subsequência tende à a, temos que a ∈ X ′ ∪ Y ′ . • (X ∪ Y )′ ⊃ X ′ ∪ Y ′ . Seja a ∈ X ′ ∪ Y ′ . Ent˜ ao existe uma sequência (an ) em X − {a} ou em Y − {a} que tende à a. Em todo caso, existe uma subsequência em X ∪ Y − {a} que tende à a, ou seja, a ∈ (X ∪ Y )′ .

210

Exerc´ıcio 5.35: Todo ponto de um conjunto aberto A é ponto de acumula¸cão de A. Seja a ∈ A. Ent˜ ao existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ A. Assim, dado ε, para δ1 = min{δ, ε} temos que (a − ε, a + ε) ⊃ (a − δ1 , a + δ1 ) ⊂ A. Logo, (a − ε, a + ε) contém infinitos elementos de A já que (a − δ1 , a + δ1 ) tem infinitos elementos. Portanto, a é ponto de acumula¸c˜ ao.

211

Exerc´ıcio 5.36: Sejam F fechado e x ∈ F. Ent˜ ao x é um ponto isolado de F se, somente se, F − {x} é ainda fechado. (⇒) Se F = {x}, temos diretamente que F − {x} = ∅ é fechado. Suponhamos que F − {x} = ̸ ∅. Seja (an ) uma sequência em F − {x} com lim an = a. Como F é fechado e (an ) é uma sequência em F, então a ∈ F. Temos que a ̸= x, pois para algum ε > 0, (x − ε, x + ε) ∩ F = {x}. Portanto, a ∈ F − {x}. Conclu´ımo da´ı que F − {x} é fechado. 1 (⇐) Suponhamos que x n˜ ao seja um ponto isolado de F. Então, para todo n ∈ N, existe xn ∈ ((xn − , x + n 1 ) ∩ F ) − {x}. Assim, a sequência (xn ) em F − {x} tende à x. O que implica que F − {a} não é fechado. n

212

Exerc´ıcio 5.37: Seja X ⊂ R tal que X ′ ∩ X = ∅. Mostre que existe, para cada x ∈ X, um intervalo aberto Ix , de centro em x, tal que x ̸= y ⇒ Ix ∩ Iy = ∅. Para cada x ∈ X definimos

δx = inf{|x − x ˜|; x ˜ ∈ X − {x}}. ′

Temos que δx = 0 somente se x ∈ X . Ent˜ ao, δx > 0 para cada x ∈ X já que X ′ ∩ X = ∅. Definimos para cada x ∈ X, δx δx Ix = (x − , x + ). 2 2 Assim, para x ̸= y em X, temos que se z ∈ Ix ∩ Iy |x − y|

≤ ≤ ≤

|x − z| + |z − y| δx δx + 2 2 |x − y| |x − y| + = |x − y|. 2 2

Portanto, Ix ∩ Iy = ∅. E o resultado segue.

213

Exerc´ıcio 5.38: Seja F ⊂ R fechado, infinito enumer´ avel. Mostre que F possui uma infinidade de pontos isolados. Pelo corolário 1 do Teorema 9, temos que F possui algum ponto isolado. Suponhamos que x1 , x2 , ..., xn são pontos isolados de F. Por indu¸c˜ ao no resultado do exerc´ıcio 3.36, temos que F − {x1 , x2 , ..., xn } é fechado. Além disso, F − {x1 , x2 , ..., xn } é um conjunto sem pontos isolados e infinito enumerável, contradizendo o Corolário 1 do Teorema 9.

214

Exerc´ıcio 5.39: Mostre que todo n´ umero real x é limite de uma sequência de n´ umeros transcendentes dois a dois distintos. Sejam A o conjunto dos n´ umeros algébricos em Q (complementar do conjunto dos trancendentes) e x ∈ R. Dado ε > 0, temos que (x − ε, x + ε) − (A ∪ {x}) é infinito. De fato, pelo exerc´ıcio 3.44, A é enumerável enquanto (x − ε, x + ε) é não enumer´ avel. Logo, (x − ε, x + ε) − (A ∪ {x}) é infinito. Seja ε1 = 1. Podemos escolher x1 ∈ (x − ε1 , x + ε1 ) − (A ∪ {x}). E, indutivamente, escolher xn ∈ (x − εn , x + εn ) − (A ∪ {x}), onde εn = |x − xn |. Assim (xn ) é uma sequência de termos trancendentes, dois a dois distintos e que tende à x.

215

Exerc´ıcio 5.40: Mostre que se X ⊂ R não é enumer´ avel, ent˜ ao X ∩ X ′ ̸= ∅. Se X ∩ X ′ = ∅, ent˜ ao todo ponto de X é isolado. Mas, pelo Corolário 2 do Teorema 8, temos que isso implica que X é enumerável.

216

Exerc´ıcio 5.41: Se A e A ∪ {a} são abertos ent˜ ao a é ponto de acumula¸cão de A à direita e à esquerda. Como A ∪ {a} é aberto, existe ε > 0 tal que (a − ε, a + ε) ⊂ A ∪ {a}. Assim, [a, a + ε) ⊂ A ∪ {a} e, consequentemente, (a, a + ε) ⊂ A ∪ {a}. Da´ı segue que A contém infinitos pontos de [a, a + ε). Logo, a é ponto de acumula¸cão a direita de A. Analogamente, mostra-se que a é ponto de acumula¸cão à esquerda de A.

217

Exerc´ıcio 5.42: Dê explicitamente o significado de cada uma das seguintes afirma¸cões. Em suas explica¸cões, você está proibido de usar qualquer das palavras grifadas abaixo: 1) a ∈ X não é ponto interior de X; 2) a ∈ R não é aderente a X; 3) X ⊂ R não é um conjunto aberto; 4) O conjunto Y ⊂ R não é fechado; 5) a ∈ R não é ponto de acumula¸c˜ ao do conjunto X ⊂ R; 6) X ′ = ∅; 7) X ⊂ Y mas X não é denso em Y ; 8) int(X) = ∅; 9) X ∩ X ′ = ∅; 10) X não é compacto.

(1) Não existe ε ∈ R+ tal que

a ∈ (a − ε, a + ε) ⊂ X.

(2) Existe ε ∈ R+ tal que

(a − ε, A + ε) ⊂ R − X.

(3) Existe x ∈ X tal que para todo ε ∈ R

+

(x − ε, x + ε) * X.

(4) Existe x ∈ R − X tal que para todo ε ∈ R+ (x − ε, x + ε) ∩ X ̸= ∅. (5) Existe ε ∈ R+ tal que

(a − ε, a + ε) ∩ X ⊂ {a}.

(6) Para todo a ∈ R, tal que para todo ε ∈ R+ (a − ε, a + ε) ∩ X ̸= ∅ então a ∈ X. (7) Existe y ∈ Y e ε ∈ R+ tais que

(y − ε, y + ε) ∩ X = ∅

mas X ⊂ Y. (8) Para todo x ∈ X e ε ∈ R+ , existe a ∈ R e δ ∈ R+ tais que (x − ε, x + ε) ⊃ (a − δ, a + δ) ⊂ R − X. (9) Para todo x ∈ X, existe ε ∈ R+ tal que (x − ε, x + ε) ∩ X = {x}. (10) Existe uma sequência (xn ) em R e (εn ) em R+ tais que ∪ (xn − εn , x + εn ), X⊂ n∈N

˜ ⊂ N finito temos que mas para nenhum N X⊂

∪

(xn − εn , x + εn ).

˜ n∈N

218

Exerc´ıcio 5.43: Se todo ponto de acumula¸c˜ ao de X é unilateral, X é enumerável. Seja D o conjunto dos elementos de X que são pontos de acumula¸cão à direita de X. Dado n ∈ Z seja {aλ }λ∈Λ = [n, n + 1] ∩ D. Para cada λ ∈ Λ, existe Iλ = (aλ − ελ , aλ ), ελ > 0, tal que Iλ ∩ X = ∅. Observemos que para quaisquer λ1 e λ2 ∈ λ, λ1 ̸= λ2 , teremos que Iλ1 ∩ Iλ2 = ∅. Se Λ é não enumerável, existe ε > 0 tal que para cada n ∈ N existe λn tal que ελn > ε. Assim, ∞ ∑ ελn = ∞ n=1

Iλ′ s

e como os são disjuntos e estão contidos em um intervalo de comprimento 1, obtemos uma contradi¸cão. Logo, Λ é finito ou enumer´ avel. E como ∪ D= [n, n + 1] ∩ D, n∈Z

temos que D é enumer´ avel. De forma análoga, mostra-se que o conjunto E dos pontos de acumula¸cão à esquerda de X é finito ou enumerável. E como X − X ′ é finito ou enumer´ avel pelo Corolário 2 do Teorema 8, temos que X = (X − X ′ ) ∪ E ∪ D é finito ou enumer´ avel.

219

Exerc´ıcio 5.44: Seja X ⊂ R um conjunto arbitrário. Toda cobertura de X por meio de abertos possui uma subcobertura enumerável. (Teorema de Lindelöf). Seja {Aλ }λ∈Λ uma cobertura aberta de X. Tomemos E = {xn }n∈N um subconjuntto denso em X. Para cada n ∈ N fixemos Rn = {ε ∈ R+ ; (xn − ε, xn + ε) ⊂ Aλ , λ ∈ Λ}. Sabemos que Rn ̸= ∅. Logo, existe sup Rn = 2εn . Além disso, existe ε ∈ Rn tal que εn < ε. Ou seja, existe ε ∈ R+ tal que (x − ε, x + ε) ⊂ Aλ para algum λ ∈ Λ. Existe, também n ∈ N tal que xn ∈ (x − ε/4, x + ε/4). Para qualquer yn ∈ (xn − 3ε/4, xn + 3ε/4) temos que y ∈ (x − ε, x + ε). Da´ı, 3ε/4 ∈ Rn . E, assim, εn ≥

3ε ε > . 8 4

Logo, x ∈ (xn − εn , xn + εn ) ⊂ Aλn . Conclu´ımos da´ı que {Aλn }n∈N ⊂ {Aλ }λ∈Λ é uma cobertura de X.

220

Exerc´ıcio 5.45: Com a nota¸cão do Exerc´ıcio 4, prove: a) Se A é compacto e B é fechado ent˜ ao A + B é fechado; b) se A e B são compactos, ent˜ ao A + B e A.B são compactos; c) se A é fechado e B é compacto, A.B pode não ser fechado.

(a) Seja x ∈ A + B e (cn = an + bn )n∈N uma sequência em A + B tendendo à x. A sequência (an )n∈N em A possui uma subsequência (ank )k∈N tendendo a algum a ∈ A. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0 , |an + bn − x| < ε/2. E também, existe k0 ∈ N tal que, para todo k ≥ k0 , |ank − a| < ε/2. Assim, para k1 = max{k0 , min{k ∈ N; nk ≥ n0 }} e todo k ≥ k1 , temos que |bnk − (x − a)| = |(ank + bnk − x) − (a − ank )| ≤ |ank + bnk − x| + |a − ank | < ε/2 + ε/2 = ε. Logo, lim bnk = x − a. Segue da´ı que x − a ∈ B e, consequentemente, x ∈ A + B. Conclu´ımos da´ı que A + B n→∞ é fechado. (b) A + B é fecado pelo item (a). E, também, temos que sup(A + B) = sup A + sup B < ∞ e inf(A + B) = inf A + inf B > −∞. Seja x ∈ A.B e (cn = an .bn )n∈N uma sequência em A.B tendendo à x. A sequência (an )n∈N em A possui uma subsequ?ncia (an )n∈N1 tendendo à algum a ∈ A. Por sua vez a sequência (bn )n∈N1 possui uma subsequência (bn )n∈N2 tendendo a algum b ∈ B. Assim, x

= =

lim an bn

n∈N2

lim an lim bn

n∈N2

n∈N2

= a.b ∈ A.B Segue da´ı que A.B é fechado. E, como sup(A.B) = sup A. sup B < ∞ e inf(A.B) = inf A. inf B > −∞, temos que A.B é limitado. Portanto, A.B é compacto. (c) Tome B = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} e A = Z. Temos que A.B não é fechado. (Vide exerc´ıcio 5.16)

221

Exerc´ıcio 5.46: Obtenha coberturas abertas de Q e de [0, ∞) que não admitam subcoberturas finitas. Temos que {(−n, n)}n∈N é uma cobertura aberta tanto de Q quanto de [0, +∞) que não admite subcobertura finita.

222

Exerc´ıcio 5.47: Considere as fun¸cões f, g, h do Exerc´ıcio 7. Mostre que para K e L compactos arbitrários, f (K), g(K), h(K), f −1 (L), g −1 (L) e h−1 (L) são compactos. Seja (xn ) uma sequência em f −1 (L) tendendo à x ∈ R. Temos que lim f (xn )

= lim(axn + b) = a lim xn + b = ax + b = f (x)

Como f (xn ) é uma sequência convergente no fechado L, temos que f (x) ∈ L e, consequentemente, x ∈ f −1 (L). Segue da´ı que f −1 (L). Segue da´ı que f −1 (L) é fechado. Seja (yn = f (xn ))n∈N uma sequência em f (K). Como K é compacto, existe uma subsequência (xnk ) de (xn ) que converge à algum x ∈ K. Assim, y = lim f (xn ) = lim f (xnk ) = f (x). Ou seja, y ∈ f (K). Conclu´ımos da´ı que f (K) é fechado. Analogamente, prova-se que g −1 (L), g(K), h−1 e h−1 (K) são fechados. Por fim, temos que f (K) = aK + b g(K) ⊂ K.K e K.K.K. E como os conjuntos aK + b, K 2 e K 3 s˜ ao limitados(ver exerc´ıcio 5.45(b)), temos que f (K), g(K) e h(K) são compactos. E, também, f (f −1 (L)) ⊂ L, g(g −1 (L)) ⊂ L e

h(h−1 (L)) ⊂ L.

Assim, pelas defini¸c˜ oes de f, g e h temos que se f −1 (L), g −1 ou h−1 (L) fosse limitado, ter´ıamos que f (f −1 (L)), −1 g(g (L)) ou h(h (L)) seria limitado contradizendo o fato de L ser limitado. −1

223

Exerc´ıcio 5.48: As seguintes afirma¸c˜ oes a respeito de um conjunto X ⊂ R são equivalentes: (1) X é limitado; (2) Todo subconjunto infinito de X possui ponto de acumula¸cão (que pode não pertencer a X); (3) Toda sequência de pontos de X possui uma subsequência convergente.

(1) ⇒ (2) Como X é limitado, temos que X é compacto. Então, todo conjunto infinito em X ⊂ X possui um ponto de acumula¸c˜ ao por ser subconjunto de um compacto. (2) ⇒ (3) Seja (xn )n∈N uma sequência em X. Se o conjunto P = {xn }n∈N for finito, então para algum p ∈ P e infinitos n ∈ N, temos que xn = p. Logo, existe uma subsequência de xn tendendo à p. Se P for infinito, então pela hipótese, P possui um ponto de acumula¸c˜ ao x. Logo, é poss´ıvel encontrar uma subsequência de (xn ) tendendo à x. (3) ⇒ (1) Se X n˜ ao fosse limitado, seria poss´ıvel encontrar uma sequência crescente e ilimitada em X. Tal sequência não teria subsequência convergente. O que contradiz a hipótese.

224

Exerc´ıcio 5.49: Seja X ⊂ R um conjunto compacto cujos pontos, com exce¸cão de a = inf X e b = sup X, são pontos de acumula¸cão à direita e à esquerda. Ent˜ ao X = [a, b] ou X = {a, b}. Como X é compacto, temos que a = inf X e b = sup X ∈ X. Suponhamos que X ̸= {a, b}. Então, existe c ∈ X tal que a < c < b. Seja x ∈ (a, b). Se c ≤ x temos que s = sup([a, x] ∩ X) é tal que a < c ≤ s ≤ x. Assim, se s ̸= x temos que s ∈ X − {a, b} e [s, x) ∩ X = {s}. Ou seja, s não seria um ponto de acumula¸cão à direita. Absurdo. Logo, c = s ∈ X. Do mesmo modo, se x ≤ c teremos que x ∈ X. Conclu´ımos que X = [a, b].

225

Exerc´ıcio 5.50: ∩ Se (Kλ )λ∈L é uma fam´ılia qualquer de compactos, então Kλ é compacto. Se K1 , ..., Kn são compactos então K1 ∪ K2 ∪ ... ∪ Kn é compacto. Se K é compacto e F é fechado, então K ∩ F é compacto.

• Kλ , λ ∈ Λ, compactos ⇒

∩ λ∈Λ

Kλ é compacto.

Como cada Kλ é fechado, temos que ∩Kλ é fechado. Além disso, temos que, dado algum λ0 ∈ Λ qualquer inf(∩Aλ ) ≥ inf Aλ0 > −∞ e sup(∩Aλ ) ≤ inf Aλ0 < ∞. Da´ı, ∩Aλ é limitado. Portanto, ∩Aλ é compacto. ∪n • Ki , i = 1, 2, ..., n, compacto ⇒ i=1 Ki é compacto. ∪n Como cada Ki é fechado, temos que i=1 Ki é fechado. Além disso, sup(

n ∪

Ki ) = sup{sup Ki }ni=1 < ∞

i=1

e inf(

n ∪

Ki ) = inf{inf Ki }ni=1 > −∞.

i=1

Da´ı,

∪n i=1

Ki é limitado. Portanto,

∪n i=1

Ki é compacto.

• K é compacto e F é fechado ⇒ K ∩ F é compacto. Como K e F são fechados, K ∩ F é fechado. Além disso, sup(K ∩ F ) ≤ sup K < ∞ e inf(K ∩ F ) ≥ inf K > −∞. Da´ı, K ∩ F é limitado. Portanto, K ∩ F é compacto.

226

Exerc´ıcio 5.51: Seja X ⊂ R. Uma fun¸c˜ ao f : X → R diz-se não-decrescente no ponto a ∈ X quando existe δ > 0 tal que a − δ < x ≤ a ≤ y < a + δ ⇒ f (x) ≤ f (a) ≤ f (y). (Bem entendido: x, y ∈ X.) Mostre que se f é não-decrescente em [a, b] (isto é, x, y ∈ [a, b], x ≤ y ⇒ f (x) ≤ f (y)). Sejam x, y ∈ [a, b] com x ≤ y. Provaremos que f (x) ≤ f (y). Para cada α ∈ [x, y] existe δx ∈ R+ tal que α − δα < z ≤ α ≤ w < α + δα implica f (z) ≤ f (α) ≤ f (z)(para z, w ∈ [a, b]). ∪ Temos então que [x, y] ⊂ α∈[x,y] (α − δα , α + δα ). Asssim, existem α1 , α2 , ..., αn ∈ [x, y] tais que [x, y] ⊂ ∪n cão em n, que podemos decompor [x, y] como i=1 (αi − δα1 , αi + δα1 ). Podemos mostrar, por indu¸ [x, β1 − δβ1 ) ⊂ (β1 − δβ1 , β1 + δβ1 ), [βi−1 − δβi−1 ) ⊂ (βi − δβi , βi + δβi ),

i = 1, 2, ..., p − 1,

e [βp−1 − δβp−1 , y] ⊂ (βp − δβp , βp + δβp ) para

{βi }pi=1

⊂

{αi }ni=1

e βi < βi+1 , i = 1, 2, ..., p − 1. Da´ı escolhemos γi ∈ R, i = 1, 2, ..., p − 1, tais que βi+1 − δi+1 < γi < βi + δβi e βi < γi < βi+1 .

Assim, f (x) ≤ f (γ1 ) ≤ f (γ2 ) ≤ ... ≤ f (γp−1 ) ≤ f (y).

227

Exerc´ıcio 5.52: Seja [a, b] ⊂ ∪Aλ onde cada Aλ é aberto. Mostre que é poss´ıvel decompor [a, b] em um n´ umero finito de intervalos justapostos de modo que cada um deles esteja contido em algum Aλ . ∪ Pelo Teorema 2, cada Aλ pode ser decomposto como j∈N A(λ,j) , Nλ ⊂ N, onde os A′(λ,j) s são intervalos abertos disjuntos. Existe uma subcobertura {Bi }ni=1 ⊂ {A(λ.j) } de [a, b]. Provaremos que é poss´ıvel decompor [a, b] como [a, x1 ) ⊂ C1 ,

[) ⊂ Ci , i = 2, ..., p,

e [xp , b) ⊂ Cp+1

(5.7)

n para {Ci }p+1 i=1 ⊂ {Bi }i=1 . Se n = 1, temos o resultado diretamente. Suponhamos que o resultado seja válido para n ≤ k e que estejamos no caso em que n = k + 1. Como a ∈ Bi , para algum i = 1, 2, ...n, tomemos C1 = Bi e assim ∪ [sup C1 ] ⊂ ({Bj }nj=1 − {Bi }).

Pela hipótese indutiva, existem y1 , y2 , ..., yp e C˜1 , C˜2 , ..., C˜p que decompõe [sup C1 , b] como em (5.7). Assim, tomando-se x1 = sup C1 xi = yi , i = 2, ..., p + 1 Ci = C˜i−1 , i = 2, ..., p + 2 temos o que quer´ıamos. Então, como cada intervalo da decomposi¸c˜ ao de [a, b] está contido em algum Ci e este por sua vez contido em algum Aλ , temos o nosso resultado.

228

Exerc´ıcio 5.53: No exerc´ıcio anterior, mostre que os intervalos nos quais se decompôs [a, b] podem ser tomados com o mesmo comprimento. No exerc´ıcio anterior obtivemos C1 = [a, x1 ) Ci = [xi−1 , xi ), i = 2, ..., n, e Cn+1 = [xn , b] {Ci }ni=1

tais que é uma parti¸c˜ ao de [a, b] sendo que Ci ⊂ Aλ1 . Temos que xi ∈ Aλi +1 . Assim, para cada i = 1, ..., n, existe εi > 0 tal que (xi − εi , xi + εi ) ⊂ Aλi +1 . Tomemos q ∈ Z+ tal que

b−a < min{εi }ni=1 . q

Consideremos, agora, os intervalos Ii = [a +

i−1 i (b − a), a + (b − a)), q q

i = 1, ..., q.

Assim, temos que, para cada p = 1, ..., q, (i) a ou xi ≤ a +

p p−1 (b − a) < a + (b − a) < xi+1 ou b q q Ip ⊂ Ci+1 ⊂ Aλi +1

(ii) a +

p p−1 (b − a) < xi < a + (b − a) q q Ip ⊂ (xi − εi , xi + εi ) ⊂ Aλi +1 .

Concluimos da´ı que, para p = 1, ..., q, Ip ⊂ Aλ , para algum λ. E temos o nosso resultado.

229

Exerc´ıcio 5.54: (Teorema de Baire) Se F1 , F2 , ..., Fn , ... são fechados com interior vazio então S = F1 ∪ F2 ∪ ... ∪ Fn ∪ ... tem interior ´ poss´ıvel mostrar que, dado arbitrariamente um intervalo aberto I, existe algum x ∈ I ∩ (R − S). Imite a vazio. (E demonstra¸cão do Teorema 6, Cap´ıtulo III, onde se tem pontos em vez dos fechados Fn .) Seja I um intervalo aberto. Como F tem interior vazio, devemos ter x1 ∈ I − F1 . E como F1 é fechado e I aberto, existe ε1 > 0 tal que (x1 − ε, x1 + ε) ⊂ I ∩ (R − F ). Adiante, J1 = [x1 − ε/2, x1 + ε/2] ⊂ I ∩ (R − F1 ). Definimos I1 = (x − 1 − ε/2, x1 + ε/2). Da mesma forma podemos obter J2 compacto contido em I1 ∩ (R − F2 ) e que desta forma J2 ⊂ J1 . Por indu¸cão, podemos tomar intervalos compactos ∩ Jn ⊂ Jn−1 , n ∈ N ∩ [2, ∞), tais que Fn ∩ Jn = ∅. Logo, existe, pelo Teorema 12 do Cap´ıtulo V, x ∈ j∈N Jn . E como Jn ∩ Fn = ∅, x ∈ Fn e, consequentemente x∈ / S. Asim, I * S. E como I é arbitrário, segue da´ı que S tem interior vazio.

230

Exerc´ıcio 5.55: O conjunto R − Q dos n´ umeros irracionais não pode ser expresso como reunião enumerável de fechados. Analogamente, Q não é interseçc˜ ao de uma fam´ılia enumerável de abertos. Suponhamos, por absurdo, que existam conjuntos fechados Fn , n ∈ Z+ , em R tais que R − Q = ∪n∈Z+ Fn . Como cada Fn está contido em R − Q e R − Q possui interior vazio, conclu´ımos que Fn tem interior vazio, para cada n ∈ Z+ . Seja (qn )n∈Z+ uma enumera¸c˜ ao do conjunto Q. Como o conjunto {qn }, para todo n ∈ Z+ , é fechado e tem interior vazio, temos que R é uma união enumerável de conjuntos fechados com interior vazio pois R = (R − Q) ∪ Q = (∪n∈Z+ Fn ) ∪ (∪n∈Z+ {qn }). Assim, pelo Teorema de Baire, R é um conjunto de interior vazio (em R). Uma contradi¸cão. Portanto, não podem existir fechados Fn , n ∈ Z+ , em R tais que R − Q = ∪n∈Z+ Fn . Suponhamos, por absurdo, que existam abertos An , n ∈ Z+ , em R tais que Q = ∩n∈Z+ An . Consideremos os fechados Fn := R − An , para todo n ∈ Z+ . Desta forma, ter´ıamos que R − Q = R − ∪n∈Z+ An = ∪n∈Z+ (R − An ) = ∪n∈Z+ Fn . Ou seja, desta forma R − Q seria uma união enumerável de conjuntos fechados. Uma contradi¸cão. Portanto, não podem existir abertos An , n ∈ Z+ , em R tais que Q = ∩n∈Z+ An .

231

Exerc´ıcio 5.56: ∑n ∑∞ Se [a, b] ⊂ ∪ni=1 [ai , bi ], ent˜ ao b − a 6 i=1 (bi − ai ). Também [a, b] ⊂ ∪∞ n=1 [an , bn ] implica b − a 6 n=1 (bn − an ). Finalmente, resultados análogos valem para (a, b) em vez de [a, b].

(I) [a, b] ⊂

n ∪

n ∑ (bi − ai ) [ai , bi ] ⇒ b − a 6

i=1

i=1

Para todo k ∈ Z+ e i = 1, . . . , n, temos que ( [ai , bi ] ⊂ Logo,

n ∪

[a, b] ⊂

1 1 , bi + ai − 2k 2k

[ai , bi ] ⊂

i=1

n ( ∪

ai −

i=1

) .

1 1 , bi + 2k 2k

) .

Assim, pela Proposi¸c˜ ao 1 deste cap´ıtulo, segue que ) ( )) n (( ∑ 1 1 b−a< bi + − ai − 2k 2k i=1 e, consequentemente,

) ∑ n ( n ∑ 1 n b−a< bi − ai + = (bi − ai ) + . k k i=1 i=1

Portanto,

( b − a 6 lim

k→∞

(II) [a, b] ⊂

∞ ∪

[ai , bi ] ⇒ b − a 6

i=1

n ∑ n (bi − ai ) + k i=1

) =

n ∑

(bi − ai ).

i=1

∞ ∑ (bi − ai ) i=1

Para todo k e i ∈ Z+ , temos que [ai , bi ] ⊂ Logo, [a, b] ⊂

∞ ∪

( ai −

1 2i+1 k

, bi +

∞ ( ∪ [ai , bi ] ⊂ ai −

i=1

i=1

Assim, pela Proposi¸c˜ ao 2 deste cap´ıtulo, segue que ∞ (( ∑ b−a< bi + i=1

1 2i+1 k

)

)

1

.

2i+1 k

1 2i+1 k

, bi +

( − ai −

1

)

2i+1 k

1

.

))

2i+1 k

e, consequentemente, b−a<

) ∑ ∞ ( ∞ ∞ ∞ ∑ ∑ 1 1∑ 1 1 bi − ai + i = (bi − ai ) + = (bi − ai ) + . i 2k k i=1 2 k i=1 i=1 i=1

Portanto,

( b − a 6 lim

k→∞

∞ ∑ 1 (bi − ai ) + k i=1

232

) =

∞ ∑ i=1

(bi − ai ).

(III) (a, b) ⊂

n ∪

[ai , bi ] ⇒ b − a 6

i=1

n ∑ (bi − ai ) i=1

Temos que [a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪

n ∪

[ai , bi ].

i=1

Assim, pelo item (I), temos que b − a 6 (a − a) + (b − b) +

n n ∑ ∑ (bi − ai ) = (bi − ai ). i=1

(IV) (a, b) ⊂

∞ ∪

[ai , bi ] ⇒ b − a 6

i=1

i=1

n ∑ (bi − ai ) i=1

Temos que [a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪

∞ ∪

[ai , bi ].

i=1

Assim, pelo item (I), temos que b − a 6 (a − a) + (b − b) +

∞ ∞ ∑ ∑ (bi − ai ) = (bi − ai ). i=1

233

i=1

Exerc´ıcio 5.57: Seja X ⊂ R. Uma fun¸c˜ ao f : X → R chama-se localmente limitada quando para cada x ∈ X existe um intervalo aberto Ix , contendo x, tal que f |Ix ∩X é limitada. Mostre que se X é compacto, toda fun¸cão f : X → R localmente limitada é limitada. Sejam X um subconjunto compacto de R, f : X → R uma fun¸cão localmente limitada, para cada x ∈ X, Ix um intervalo contendo x e Ax > 0 tais que |f (y)| < Ax , para cada y ∈ X ∩ Ix . Como x ∈ Ix , para todo x ∈ X, temos que X=

∪

Ix .

x∈X

Sendo X um conjunto compacto, existem x1 ,. . . ,xn em X tais que X = Ix 1 ∪ · · · ∪ Ix n . Para A ∈ R definido por temos, para y ∈ Ixi , que

A := max{Ax1 , . . . , Axn } |f (y)| < Axi 6 A.

Ou seja, |f (y)| < A para todo y ∈ X = ∪ni=1 Ixi . Portanto, f é limitada.

234

Exerc´ıcio 5.58: Dado X ⊂ R não-compacto, defina uma fun¸c˜ ao f : X → R que seja localmente limitada mas não seja limitada. Sendo X não-compacto, basta provarmos que existe uma fun¸cão f : X → R que seja localmente mas não seja limitada nos casos: • X não é limitado; Seja f : X → R dada por f (x) = x, para todo x ∈ X. Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo Ix = (x − 1, x + 1) é tal que f |X∩Ix é limitada pois

x − 1 6 f (y) 6 x + 1,

para todo y ∈ Ix ∩ X. Por outro lado, f ainda não é limitada já que se existe A > 0 tal que |f (x)| < A, para todo x ∈ X, ter´ıamos que

|x| < A,

para todo x ∈ X, contradizendo o fato de X ser ilimitado. • X não é fechado; Como X não é fechado, existe a ∈ X ′ − X. Definimos f : X → R por f (x) = para todo x ∈ X. Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo Ix =

1 , a−x

( ) |x − a| |x − a| x− ,x + 2 2

é tal que f |X∩Ix é limitada. De fato, para y ∈ Ix , temos que |y − a| = |(x − a) + (y − x)| > |x − a| − |y − x| > |x − a| − |x−a| 2 > |x−a| 2 e, consequentemente, |f (y)| =

2 1 6 . |y − a| |x − a|

E f não é limitada já que, dado A > 0 existe x ∈ X tal que |f (x)| > A. De fato, como a ∈ X ′ − X, existe x ∈ X tal que |x − a| <

1 A

e, desta forma, |f (x)| =

1 > A. |x − a|

235

Exerc´ıcio 5.59: Sejam C compacto, A aberto e C ⊂ A. Mostre que existe ε > 0 tal que x ∈ C, |y − x| < ε ⇒ y ∈ A. Como A é aberto e A ⊃ C, temos que, para todo x ∈ C, existe εx > 0 tal que (x − 2εx , x + 2εx ) ⊂ A. A fam´ılia {(x − εx , x + εx ) : x ∈ C} é uma cobertura aberta para o conjunto C. Como C é compacto, existem x1 ,. . . ,xn ∈ C tais que C⊂

n ∪

(xi − εxi , xi + εxi )

i=1

Tomemos ε := min{εx1 , . . . , εxn } > 0. Supondo que x ∈ C e |x − y| < ε temos que y ∈ A. De fato, como x ∈ C, temos que x ∈ (xk − εxk , xk + εxk ), para k = 1,. . . ,n − 1 ou n. Assim, |xk − y| 6 |xk − x| + |x − y| < εxk + ε 6 2εxk e, consequentemente, y ∈ (xk − 2εxk , xk + 2εxk ) ⊂ A.

236

Exerc´ıcio 5.60: Dada uma sequência (xn ), seja Xn = {xn , xn+1 , . . . } para todo n ∈ Z+ . Mostre que ∩∞ e o conjunto dos n=1 Xn ´ valores de aderência de (xn ). Seja A o conjunto dos valores de aderência de (xn ). ∞ Provaremos separadamente que A ⊂ ∩∞ n=1 Xn e que ∩n=1 Xn ⊂ A. Seja a ∈ A. Ent˜ ao, existe uma subsequência (xnk )k∈Z+ de (xn ) tal que limk→∞ xnk = a. Dado n ∈ Z+ , temos que existe k0 ∈ Z+ tal que n 6 nk0 < nk0 +p , para todo p ∈ Z+ . Assim, (xnk0 +p )p∈Z+ é uma sequência em Xn tal que lim xk0 +p = lim xk = a.

p→∞

k→∞

Desta forma, a ∈ Xn , para n ∈ Z+ arbitrário. Ou seja, a ∈ ∩∞ n=1 Xn . Seja a ∈ ∩∞ encia (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que limk→∞ xnk = a. n=1 Xn . Provaremos que existe uma subsequˆ Ou seja, que a ∈ A. Comecemos observando que para todo m e k ∈ Z+ existe nk ∈ Z+ tal que nk > m

|xnk − a| <

e

1 . k

(5.8)

De fato, como a ∈ Xm+1 e Xm+1 = {xn : n > m + 1}, temos que existe xnk ∈ Xm+1 tal que |xnk − a| < k1 e, desta forma, nk satisfaz (5.8). Assim, pelo princ´ıpio da defini¸cão recursiva, fica bem definida a sequêcia de ´ındices (nk )k∈Z+ tal que n1 := 1 e

{ } 1 nk := min n ∈ Z+ : n > nk−1 , |xn − a| < , k

para k > 1 em Z+ . Logo, a subsequência (xnk )k∈Z+ é tal que |xnk − a| 6

1 , k

para todo k ∈ Z+ , e, consequentemente, lim xnk = a.

k→+∞

237

Exerc´ıcio 5.61: Uma fam´ılia de conjuntos (Kλ )λ∈L chama-se uma cadeia quando, para quaisquer λ e µ ∈ L tem-se Kλ ⊂ Kµ ou Kµ ⊂ Kλ . Prove que se (Kλ )λ∈L é uma cadeia não vazia de compactos não-vazios então a interse¸cão K = ∩λ∈L Kλ é não vazia (e compacta). Primeiramente, mostraremos que, dada um conjunto finito L′ contido em L, o conjunto ∩ Kλ λ∈L′

não é vazio. Procederemos por indu¸c˜ ao no n´ umero de elementos de L′ . Para L′ = {µ}, temos a afirma¸cão trivialmente já que ∩ Kλ = Kµ ̸= ∅. λ∈L′

Suponhamos, como hipóteses de indu¸c˜ ao, que, para cada conjunto finito L′′ de cardinalidade menor ou igual que n ∈ Z+ , seja verdade que ∩ Kλ ̸= ∅. λ∈L′′ ′

Sejam L um subconjunto de L com cardinalidade n + 1 e λ0 ∈ L′ . Definimos s conjuntos L′− := {λ ∈ L′ \{λ0 } : Kλ ⊂ Kλ0 } e

L′+ := {λ ∈ L′ \{λ0 } : Kλ0 ⊂ Kλ }.

Temos que Kλ0 ∩ e, como

L′−

(∩

)

λ∈L′+

Kλ

= =

∩

λ∈L′+ (Kλ

∩ Kλ0 ) =

∩

λ∈L′+

Kλ0

Kλ0

tem cardinalidade menor ou igual que n, (∩ ) ∩ Kλ0 ∩ = ′ (Kλ ∩ Kλ0 ) λ∈L′− Kλ ∩λ∈L− = λ∈L′− Kλ ̸= ∅.

Assim,

(∩ )) (∩ ) Kλ0 ∩ ∩ λ∈L′+ Kλ λ∈L′− Kλ (∩ ) = Kλ0 ∩ K ′ λ λ∈L− ̸ = ∅. Portanto, provamos a afirma¸ca õ do in´ıcio do parágrafo. Fixemos λ0 ∈ L. Suponhamos, por absurdo, que ( ) ∩ ∩ ∅= Kµ = Kλ0 ∩ Kλ . ∩

λ∈L′

(

Kλ

=

λ∈L

Desta forma ter´ıamos que Kλ0 ⊂

λ∈L

∪

(R\Kλ ),

λ∈L

ou seja, {R\Kλ }λ∈L seria uma cobertura de Kλ0 por conjuntos abertos em R. Como Kλ0 é compacto, existiria um subconjunto finito L′ de L tal que ∪ Kλ0 ⊂ (R\Kλ ). λ∈L′

Porém, isso implicaria que

∩

( Kλ = Kλ0 ∩

∩

) Kλ

= ∅.

λ∈L′

λ∈L′ ∪{λ0 }

Contradizendo, já que L′ ∪ {λ0 } é finito, o que foi provado no primeiro parágrafo desta demonstra¸cão. 238

Exerc´ıcio 5.62: Se X ⊂ R é não-enumer´ avel, ent˜ ao X ′ também o é. Todos os pontos de X\X ′ s˜ ao isolados. De fato, dado x ∈ X\X ′ , temos que x não é um ponto de acumula¸cão de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x − ε, x + ε) = {x}. Como todos os pontos de X\X ′ s˜ ao isolados, temos, pelo corolário 2 do Teorema 8, que este conjunto é enumerável. O conjunto X ∩ X ′ n˜ ao é enumer´ avel. De fato, como X = (X\X ′ ) ∪ (X ∩ X ′ ), X não é enumerável e X\X ′ é ′ enumerável, devemos ter que X ∩ X é não enumerável. Por fim, como X ′ contém o conjunto não enumerável X ∩ X ′ , devemos ter que X ′ é não enumerável.

239

Exerc´ıcio 5.63: Para todo X ⊂ R, X − X ′ é enumer´ avel. Todos os pontos de X − X ′ s˜ ao isolados. De fato, dado x ∈ X − X ′ , temos que x não é um ponto de acumula¸cão de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x − ε, x + ε) = {x}. Como todos os pontos de X − X ′ s˜ ao isolados, temos, pelo corolário 2 do Teorema 8, que este conjunto é enumerável. Por fim, como X = X ∪ X ′ , temos que X − X ′ = X − X ′ . Logo, X − X ′ é enumerável.

240

Exerc´ıcio 5.64: Um n´ umero real a chama-se ponto de condensa¸ca õ de um conjunto X ⊂ R quando todo intervalo aberto de centro a contém uma infinidade não-enumer´ avel de pontos de X. Seja F0 o conjunto dos pontos de condensa¸cão de um conjunto F ⊂ R. Prove que F0 é um conjunto perfeito (isto é, fechado, sem pontos isolados) e que F − F0 é enumerável. Conclua da´ı o Teorema de Bendixon: todo fechado da reta é reunião de um conjunto perfeito com um conjunto enumerável.

(I) F0 ´ e fechado: Mostraremos que todo a ∈ F0 é um ponto de condensa¸cão de F . Isto é, que, para um ε > 0 arbitrário, (a − ε, a + ε) ∩ F não é enumer´ avel. De fato, sendo a um elemento do feixo de F0 , devemos ter que existe x ∈ (a − ε, a + ε) ∩ F0 . Assim, para ε˜ > 0 tal que (a − ε, a + ε) ⊃ (x − ε˜, x + ε˜), temos que (a − ε, a + ε) ∩ F ⊃ (x − ε˜, x + ε˜) ∩ F. Como x é um ponto de condensa¸c˜ ao de F , (x − ε˜, x + ε˜) ∩ F não é enumerável. Logo, (a − ε, a + ε) ∩ F também não é enumerável. (II) Se I ´ e um intervalo finito tal que F0 ∩ I = ∅ ent˜ ao F ∩ I ´ e finito ou infinito enumer´ avel Suponhamos que F ∩ I infinito e não é enumerável. Provaremos que F0 ∩ I ̸= ∅. Definiremos uma sequência de intervalos compactos ([an , bn ])n∈Z+ contidos em I tais que, para todo n ∈ Z+ , [an , bn ] ∩ F é infinito e não é enumerável,

(5.9)

[an , bn ] ⊃ [an+1 , bn+1 ]

(5.10)

e

b−a . 2n−1 fica bem definida por bn − an =

Verificaremos que a sequência ([an , bn ])n∈Z+

(5.11)

[a1 , b1 ] := I e

 [ ] [ ] bn−1 −an−1 bn−1 −an−1  a , , se a , ∩F  n−1 n−1 2 2  é infinito e não é enumerável; [an , bn ] := [ ]    bn−1 −an−1 , bn−1 , caso contrário,

(5.12)

2

para n > 1, e possui as propriedades (5.9), (5.10) e (5.11). O intervalo [a1 , b1 ] = I, satisfaz (5.9) e (5.11) pelas hipóteses sobre I. Suponhamos que os intervalos [a1 , b1 ], . . . , [an−2 , bn−2 ] e [an−1 , bn−1 ] estejam bem definidos por oes (5.9), (5.10) e (5.11). Como [an−1 , bn−1 ] ∩ F é infinito e não é enumerável, temos (5.12) e satisfazem as condi¸c˜ que [an−1 , (bn−1 − an−1 )/2] ou [(bn−1 − an−1 )/2, bn−1 ] são infinitos e não são enumeráveis. Desta forma, (5.12) define [an , bn ] de forma que (5.9) e (5.10) são prontamente satisfeitos. Também temos que [an , bn ] satisfaz (5.11) pois bn−1 − an−1 b−a bn − an = = n−1 . 2 2 Assim, temos, pelo Principio da Defini¸c˜ ao Indutiva, que existe uma sequência de intervalos compactos ([an , bn ])n∈Z+ contidos em I que satisfaz (5.9), (5.10) e (5.11). Pelo Teorema 12 do Cap´ıtulo 5, a propriedade (5.10) da sequência de compactos ([an , bn ])n∈Z+ implica que existe x0 ∈ ∩∞ n=1 [an , bn ]. Mostraremos que x0 ∈ F0 . Seja ε > 0. Para algum n ∈ Z+ , temos que b−a ε > n−1 . 2 241

Como x0 ∈ [an , bn ], segue que

(x0 − ε, x0 + ε) ⊃ [an , bn ].

Logo, (x0 − ε, x0 + ε) ∩ F é infinito e não enumerável já que (x0 − ε, x0 + ε) ∩ F ⊃ [an , bn ] ∩ F e [an , bn ] ∩ F é infinito e não é enumer´ avel por (5.9). Com isso, devemos ter que x0 ∈ F0 . Portanto, x0 ∈ I ∩ F0 = [a1 , b1 ] ∩ F0 . (III) F0 n˜ ao possui pontos isolados Suponhamos que exista x0 em F0 e ε > 0 tais que (x0 −2ε, x0 +2ε)∩F0 = {x0 }. Provaremos que (x0 −ε, x0 +ε)∩F é finito ou infinito enumer´ avel. Para todo n ∈ Z+ , a inclusão ( x0 − ε, x0 − implica que

ε n+1

)

[

] ε = x0 − ε, x0 − ⊂ (x0 − 2ε, x0 ) n+1

( x0 − ε, x0 −

Assim, pelo item (II), temos que

é finito ou infinito enumer´ avel. Analogamente,

ε n+1

( x0 − ε, x0 −

( x0 +

) ∩ F0 = ∅.

ε n+1

) ∩F

) ε , x0 + ε ∩ F n+1

é finito ou infinito enumer´ avel, para todo n ∈ Z+ . Segue que (x0 − ε,(x0 + ε) ∩ F = ) ( ) = ((x0 − ε,(x0 ) ∩ F ∪ ({x0 })∩ F ) ) ∪ (x0 , x0 + ε) ∩ F ε ∩ F ∪ ({x0 } ∩ F ) = ∪n∈Z+ x0 − ε, x0 − n+1 ( ( ) ) ε ∪ ∪n∈Z+ x0 + n+1 , x0 + ε ∩ F

é finito ou infinito enumer´ avel já que (( ∪n∈Z+ ((

e ∪n∈Z+

ε x0 − ε, x0 − n+1

)

) ∩F

) ) ε x0 + , x0 + ε ∩ F n+1

são uniões enumer´ aveis de conjuntos finitos ou infinitos enumeráveis. (IV) F − F0 ´ e enumer´ avel Para cada x ∈ F − F0 , o conjunto {ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x − ε, x + ε) ∩ F é finito ou infinito enumerável} não é vazio e é limitado. Logo, podemos definir, para cada x ∈ F − F0 , εx := sup{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x − ε, x + ε) ∩ F é finito ou infinito enumerável}. Desta forma, (x − εx , x + εx ) ∩ F 242

é finito ou infinito enumer´ avel. Seja E um subconjunto denso e finito ou infinito enumerável de F −F0 (cuja existência é garantida pelo Teorema 6 do Cap´ıtulo 5). Provaremos que F − F0 ⊂ ∪e∈E (e − εe , e + εe ) ∩ F. E, deste fato, concluiremos que F − F0 é finito ou infinito enumerável já que cada (e − εe , e + εe ) ∩ F , para e ∈ E, é finito ou infinito enumer´ avel e E é finito ou infinito enumerável. Seja x ∈ F − F0 . Como E é denso em F − F0 , existe e ∈ (x − εx /2, x + εx /2). Desta forma (e − εx /2, e + εx /2) ∩ F ⊂ (x − εx , x + εx ) ∩ F é finito ou infinito enumer´ avel. Logo, pela defini¸cão de εe , temos que εe > εx /2. Assim, x ∈ (e − εx /2, e + εx /2) ⊂ (e − εe , e + εe ). Portanto, concluimos que F − F0 ⊂ ∪e∈E (e − εe , e + εe ) ∩ F . (V) Teorema da Bendixon: Todo fechado de R é uma união de um conjunto perfeito e um conjunto enumerável. Seja F um conjunto fechado. Denotemos por F0 o conjunto dos seus pontos de condensa¸cão. Todo ponto de condensa¸c˜ ao de F é um ponto de acumula¸cão de F . De fato, para todo x ∈ F0 , temos que (x − ε, x + ε) ∩ F é infinito e enumer´ avel, para todo ε > 0. Logo, para todo x ∈ F0 , temos que (x − varepsilon, x + ε) ∩ (F − {x}) ̸= ∅, para todo ε > 0. Assim, todo ponto de F0 é um ponto de acumula¸cão de F . Isto é, F0 ⊂ F ′ . Como F0 ⊂ F ′ ⊂ F, Temos que F = F0 ∪ (F − F0 ). Assim, pelos intens (I), (III) e (IV), temos que F é a união do conjunto perfeito F0 e o conjunto finito ou infinito enumer´ avel F − F0 .

243

Cap´ıtulo 6

Limites de Fun¸co ˜es

244

Exerc´ıcio 6.01: Na defini¸cão do lim f (x), retire a exigência de ser x ̸= a. Mostre que esta nova defini¸cão coincide com a anterior x→a

no caso a ∈ / X mas, para a ∈ X, o novo limite existe se, e somente se, o antigo existe e é igual a f (a). Seja L = lim f (x) pela defini¸cão antiga. x→a

• a∈ /X Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ, x ∈ X, implica |f (x) − L| < ε. Então, como a ∈ X, se |x − a| < δ, x ∈ X, ent˜ ao |f (x) − L| < ε. Portanto, ainda temos L = lim f (x). x→a

• a ∈ X e f (a) ̸= L. Tomando ε = |L − f (a)| > 0 temos que para todo δ > 0 existe x ∈ X tal que |x − a| < δ e |f (x) − L| ≥ ε ( a saber x = a). Portanto, lim f (x) não mais existe. • a ∈ X e f (a) = L Temos que dado ε > 0 existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ, x ∈ X, implica |f (x) − L| < ε. Mas, além disso, |f (a) − L| = 0 < ε. Assim, para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ temos que |f (x) − L| < ε. Portanto, ainda temos lim f (x) = L. Por fim, se lim f (x) = L pela defini¸c˜ ao nova, então f e L satisfazem também as condi¸cões da defini¸cão antiga. x→a

Logo, lim f (x) = L também pela defini¸c˜ ao antiga. x→a

245

Exerc´ıcio 6.02: Considere o seguinte erro tipográfico na defini¸cão de limite: ∀ε > 0∃δ > 0; x ∈ X, |x − a| < ε ⇒ |f (x) − L| < δ. Mostre que f cumpre esta condi¸cão se, e somente se, é limitada em qualquer intervalo limitado de centro a. No caso afirmativo, L pode ser qualquer n´ umero real. (⇒) Seja I um intervalo de comprimento ε e centrado em a. Então, (a − ε, a + ε) ⊃ I e, pela hipótese, existe δ > 0 tal que |f (x)| − |L| ≤ |f (x) − L| < δ, para todo x ∈ (a − ε, a + ε). Logo, para todo x ∈ I temos que |f (x)| < δ + |L| e, consequentemente, f é limitada em I. (⇐) Seja ε > 0. Existe A ∈ R tal que para todo x ∈ (a − ε, a + ε) temos que |f (x)| < A. Da´ı temos que para todo x ∈ R tal que |x − a| < ε temos |f (x) − L| ≤ |f (x)| + |L| < A + |L|. Assim, tomando δ = A + |L| teremos a condi¸c˜ ao que quer´ıamos. E como ε é arbitrário a afirma¸cão está provada.

246

Exerc´ıcio 6.03: Seja X = Y ∪ Z, com a ∈ Y ′ ∩ Z ′ . Dada f : X → R, tomemos g = f |Y e h = f |Z. Se lim g(x) = L e lim h(x) = L x→a

então lim f (x) = L. x→a

Seja ε > 0 dado. Ent˜ ao existem δ1 e δ2 positivos tais que se x ∈ (a − δ1 , a + δ1 ) ∩ Y ou x ∈ (a − δ2 , a + δ2 ) ∩ Z implicam |f (x) − L| < ε. Fixemos δ = min{δ1 , δ2 }. Seja x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ X. Temos que x ∈ Y ou x ∈ Z. No primeiro caso x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ Y ⊂ (a − δ1 , a + δ1 ) ∩ Y. Isso implica que |f (x) − L| < ε. Analogamente, no segundo caso, também temos que |f (x) − L| < ε. Conclu´ımos, assim, que em todo caso |x − a| < δ, x ∈ X ⇒ |f (x) − L| < ε. Como ε é arbitrário, ent˜ ao temos o resultado.

247

x→a

Exerc´ıcio 6.04: Seja f : R\ → R definida por f (x) =

1 . Então lim f (x) = 0 e lim f (x) = 1. x→0+ x→0− 1 + e1/x

Seja f : R \ {0} → R \ {0} dada por f1 (x) =

1 . Temos então que x

lim f1 (x) = +∞ e lim− f1 (x) = −∞.

x→0+

x→0

Seja f2 : R → R \ {0} dada por f2 (y) = 1 + ey . Então, lim f2 (y) = +∞ e

y→+∞

Por fim, seja f3 : R\ → R dada por f3 (z) =

lim f2 (y) = 1.

y→−∞

1 . Então z

lim f3 (z) = 0 e lim f3 (z) = 1.

z→+∞

z→1

Pelo Teorema 9, temos que lim f (x) = lim+ (f3 ◦ f2 ◦ f1 )(x) = 0

x→0+

x→0

e lim f (x) = lim− (f3 ◦ f2 ◦ f1 )(x) = 1.

x→0−

x→0

248

Exerc´ıcio 6.05: Seja f (x) = x + 10 sin x para todo x ∈ R. Então x fun¸cão g(x) = x + sin x. 2

lim f (x) = +∞ e

x→+∞

lim f (x) = −∞. Prove o mesmo para a

x→−∞

Da rela¸cão −1 ≤ sin x ≤ 1, para todo x ∈ R, segue a rela¸c˜ ao

x x x 3x = x − ≤ g(x) ≤ x + = , 2 2 2 2

para todo x ∈ R. Seja A ∈ R arbitr´ ario. Tomemos B = 2A e C =

2 A. Se x ∈ R e x > B = 2A, temos que 3

g(x) ≥

x > A. 2

E como B só depende de A, segue que lim g(x) = +∞.

x→+∞

Se x ∈ R e x < C =

2 A, temos que 3 g(x) ≤

3 x < A. 2

E como C só depende de A, segue que lim g(x) = −∞.

x→−∞

249

Exerc´ıcio 6.06: ′ ′ Seja f : X → R monótona, com f (X) ⊂ [a, b]. Se f (X) é denso no intervalo [a, b] então, para cada c ∈ X+ ∩ X− , tem-se lim− f (x) = lim+ f (x). Se c ∈ X ent˜ ao este limite é igual a f (c). x→c

x→c

′ ′ Como c ∈ X+ ∩ X− e f : X → R é monótona, pelo Teorema 12, existem os limites

L = lim+ f (x) e M = lim− f (x). x→c

x→c

Além disso, como f (X) ⊂ [a, b] e [a, b] é compacto temos que L = lim f (xn )( para alguma sequência em (c, b]) e n→∞

M = lim f (yn )( para alguma sequência em [a, c)) estão em [a, b]. n→∞ Suponhamos que f é não-decrescente. Os casos em que f é crescente, decrescente ou não-crescente são demonstrados de forma análoga. Seja x ∈ X. Se x < c ent˜ ao f (x) ≤ M = sup{f (y); y ∈ X e y < c}. Também, f (x) ≤ f (y) para todo y > c e, consequentemente, f (x) ≤ L = inf{f (y); y ∈ X e y > c}. Assim, f (x) ∈ / (min{L, M }, max{L, M }). Se x > c, obtemos de forma análoga que f (x) ∈ / (min{L, M }, max{L, M }). Se x = c, então M ≤ f (x) ≤ L pois f (y) ≤ f (x) para todo y < c = x e f (x) = f (y) para todo y > c = x já que f é não-decrescente. Se c ∈ / X, então ∅ = (min{L, M }, max{L, M }) ∩ f (X), o que implica que L = M pois caso contr´ ario haveria um aberto em [a, b] sem nenhum ponto de f (X). Se c ∈ X, devemos ter M = f (c) = L pois caso contrário haveria um aberto (M, f (c)) ou (f (c), L) não vazio em [a, b] sem nenhum elemento de f (X) pelo que foi dito acima. Neste caso, pelo Teorema 11, temos que lim f (x) = f (c). x→c

250

Exerc´ıcio 6.07: Demonstre o Teorema 2. Suponhamos que lim f (x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que se x ∈ X e 0 < |x−a| < δ, então |f (x)−L| < ε. x→a

Da´ı segue que se y ∈ Y ⊂ X e 0 < |y − a| < δ, então |g(y) − L| = |f (x) − L| < ε. Como ε é arbitrário, temos que lim g(x) = L. x→a

Suponhamos que Y = I ∩ X, com I aberto contendo a. Então, existe δ0 > 0 tal que (a − δ0 , a + δ0 ) ⊂ I. Seja ε > 0 arbitrário. Existe δ1 > 0 tal que y ∈ Y e 0 < |y − a| < δ1 temos que |g(y) − L| < ε. Então, tomando-se δ = min{δ0 , δ1 }, temos que se x ∈ X e 0 < |x − a| < δ então x ∈ (X \ {a}) ∩ (a − δ, a + δ) ⊂ Y.

Assim, |f (x) − L| = |g(x) − L| < ε. Conclu´ımos que lim f (x) = L. x→a

251

Exerc´ıcio 6.08: ′ Sejam f : X → R mon´ otona e a ∈ X+ . Se existir uma sequência de pontos xn ∈ X com xn > a, lim xn = a e lim f (xn ) = L, ent˜ ao lim+ f (x) = L. x→a

Consideremos o caso em que f é não-decrescente e (xn )n∈N é tal que xn > a para todo n ∈ N, lim xn = a e lim f (xn ) = L. Dado x ∈ X tal que x > a, devemos ter L < f (x). De fato, se existisse x ∈ X ∩ (a, +∞) tal que f (x) < L existiria uma subsequência de (f (xn )) que não tende a L. Por exemplo, seja (xnk ) dada por { xn0 ∈ (a, x) ∩ {xn }n∈N xnk ∈ (a, xnk −1 ) ∩ {xn }n>nk−1 . Então, f (xnk ) ≤ ... ≤ f (xn0 ) ≤ f (x) < L. Logo, L não é limite da sequência (f (xnk )). Assim, dado ε > 0, tomemos n0 ∈ N tal que |f (xn0 ) − L| < ε e δ = xxn0 − a. Da´ı, se 0 < x − a < δ teremos que a < x < xn0 e, pelo que foi dito acima, L < f (x) ≤ f (xn0 ). Logo, |f (x) − L| ≤ |f (xn0 ) − L| < ε. Portanto, lim+ f (x) = L. x→a

Os casos em que f é crescente, não-crescente e decrescente são análogos.

252

Exerc´ıcio 6.09: Se f : X → R é monótona ent˜ ao o conjunto dos pontos a ∈ X ′ para os quais não se tem lim− f (x) = lim+ f (x) é x→a

x→a

enumerável. ′ ′ Seja D o conjunto dos a ∈ X− ∩ X+ tais que

lim f (x) ̸= lim− f (x).

x→a+

x→a

Tais limites existem pelo Teorema 12. Suponhamos que f seja não-crescente. Pela demonstra¸cão do Teorema 12, para cada a ∈ D, temos que lim− = sup{f (x); x ∈ X, x < a} (6.1) x→a

e lim = inf{f (x); x ∈ X, x > a}.

x→a+

(6.2)

Para cada a ∈ D, seja Ia = ( lim− f (x), lim+ f (x)). x→a

x→a

Dados a, b ∈ D tais que a < b temos que existe x ∈ (a, b) ∩ X. Assim, por (6.1) e (6.2) temos que lim f (x) ≤ f (x) ≤ lim− f (x).

x→a+

x→b

Da´ı, segue que Ia ∩ Ib = ∅. Do parágrafo anterior conclu´ımos que se a e b ∈ D e a ̸= b então Ia ∩ Ib = ∅. Assim, qualquer fun¸cão h : D → Q tal que h(a) ∈ Ia ∩ Q (tais fun¸c˜ oes existem gra¸cas ao axioma da escolha) é injetiva. Conclu´ımos da´ı que D é enumerável. Os casos em que f é crescente, não-crescente e decrescente são análogos.

253

Exerc´ıcio 6.10: Enuncie e demonstre para fun¸c˜ oes o análogo do Teorema 14 do Cap´ıtulo IV.

(1) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′ . Se g é limitada inferiormente e lim f (x) = +∞, então lim f (x) + g(x) = +∞. x→a

x→a

De fato, seja c ∈ R um limitante inferior de g. Seja dado A ∈ R arbitrário. Existe δ > 0 tal que se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), ent˜ ao f (x) > A − c. Assim, se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}) f (x) + g(x) > (A − c) = (c) = A. Segue da´ı que lim f (x) + g(x) = +∞. x→a

(2) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′ . Se existe um limitante inferior c > 0 de g e lim f (x) = +∞, então lim f (x).g(x) = x→a x→a +∞. De fato, seja A ∈ R arbitr´ ario. existe δ > 0 tal que se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), então f (x) >

A c.

Assim, se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), então A f (x).g(x) > ( ).(c) = A. c Segue da´ı que lim f (x).g(x) = +∞. x→a

(3) Sejam f : X → R tal que f (x) > 0 para todo X e a ∈ X ′ . Temos neste caso que lim f (x) = 0 ⇔ lim

x→a

x→a

1 = +∞. f (x)

De fato, (⇒) Seja A ∈ R ∩ (0, +∞) arbitrário. Existe δ > 0 tal que se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), então 0 < f (x) <

1 A.

Assim, dado x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), então A<

1 . f (x)

Segue da´ı que lim f (x) = +∞. x→a

1 1 > . Assim, para f (x) ε todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), temos que 0 < f (x) < ε. Segue da´ı que lim f (x) = 0. (⇐) Seja ε > 0 arbitrário. Existe δ > 0 tal que x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}) implica x→a

(4) Sejam f, g : X → R, tais que f e g s ao fun¸cões positivas e a ∈ X ′ . (a) Se existe c > 0 tal que f (x) > c para todo x ∈ X e lim g(x) = 0, então lim x→a

(b) Se f é limitada e lim g(x) = +∞, ent˜ ao lim x→a

x→a

x→a

f (x) = +∞. g(x)

f (x) = 0. g(x)

De fato, (a) Temos que lim

1 1 = +∞ pelo item (3). Da´ı o resultado segue aplicando-se o item (2) às fun¸cões f e . g(x) g

254

(b) Seja k > 0 tal que 0 < f (x) < k. Ent˜ ao, Como lim = +∞, temos que lim x→a

x→a

1 1 > para todo x ∈ X. f (x) k

1 = 0. Assim, g(x) g(x) lim = lim x→a f (x) x→a

1 f (x) 1 g(x)

= +∞,

pelo item (a). Portanto, temos pelo item (3) que lim

x→a

f (x) 1 = lim = 0. g(x) x→a g(x) f (x)

255

Exerc´ıcio 6.11:

( ) p p ∈ Q, f = ap/q . Prove que lim f (x) = 1. conclua que para x→0 q q ′ ′ cada b ∈ R existe lim f (x), sendo este limite igual a f (b) se b ∈ Q. Chame este limite de ab . Prove que ab .ab = ab+b

Dado a > 1, defina f : Q → R pondo, para cada x→b

′

e que b < b′ ⇒ ab < ab . Como a > 1, temos pelas propriedades básicas da multiplica¸cão que f é crescente. Seja n0 ∈ N tal que se n0 > a. Ent˜ ao, para todo n > n0 √ √ n n > n a > 1. √ Logo, como lim n → +∞ n n = 1, temos que lim f (1/n) = 1. Segue do exerc´ıcio 8 que lim+ f (x) = 1. Também n→+∞

x→0

temos que lim f (−1/n) = lim

n→+∞

n→+∞

1 = f (1/n)

1 1 = = 1. lim f (1/n) 1

n→+∞

E, novamente pelo resultado do exerc´ıcio 8, temos que lim f (x) = 1. Conclu´ımos, então, que lim f (x) = 1. x→0−

Seja b ∈ R.

x→0

1. b ∈ Q. lim f (b + 1/n) = lim f (b)f (1/n) = f (b)

n→+∞

n→+∞

lim f (b − 1/n) = lim f (b)f (−1/n) = f (b).

n→+∞

n→+∞

E do exerc´ıcio 6.8 temos que lim f (x) = f (b). x→b

2. b ∈ R \ Q. m u m u Sejam xn = tal que m = max{u ∈ Z; < b} e yn = tal que m = min{u ∈ Z; > b}. Segue que se n n n n m m+1 xn = ent˜ ao yn = (pois b ∈ / Q). As sequências (xn ) e (yn ) s ao, respectivamente, n ao-decrescente e n n n ao-crescente. Isso implica que as sequências (f (xn )) e (f (yn )) também o são. Da´ı segue que lim f (xn ) e n→∞

lim f (yn ) existem pois f (xn ) < f (yn ) para todo n ∈ N, isto é, tais sequências são limitadas. Por fim, temos n→∞ que ( ) f (yn ) lim f (yn ) 1 = lim = . 1 = lim f n f (xn ) lim f (xn ) Da´ı, pelo exerc´ıcio 6.8, temos que lim f (x) = lim f (xn ) = lim f (yn ) = lim+ f (x).

x→b−

n→∞

n→∞

x→b

Portanto, o limite lim f (x) existe e denotamos tal limite por ab . x→b

Passaremos agora a verifica¸c˜ ao das duas propriedades. ′

′

• ab .ab = ab+b Sejam (xn ) e (yn ) sequências que tendem à b e b′ , respectivamente. Então (xn + yn ) tende à b + b′ e ab .ab

′

= = = = =

lim f (x). lim′ f (x)

x→b

x→b

lim f (xn ). lim f (yn )

n→∞

n→∞

lim f (xn ).f (yn )

n→∞

lim f (xn + yn )

n→∞

′

lim f (x) = ab+b .

x→b+b′

256

′

• b < b ′ ⇒ ab < ab . Sejam r1 , r2 ∈ Q ∩ (b, b′ ) tais que r1 < r2 . Então, como f é crescente ab = inf{f (r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b} e

′

ab = sup{f (r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}. Assim,

′

ab ≤ f (r1 ) < f (r2 ) ≤ ab e o resultado segue.

257

Exerc´ıcio 6.12: Dado a > 1, defina g : R → R, pondo g(x) = ax (veja o exerc´ıcio anterior). Prove que

lim g(x) = +∞ e

x→+∞

lim g(x) = 0.

x→−∞

Seja a = 1 + ε. Dado A > 0 arbitrário, tomemos n0 ∈ N tal que n0 ε > A. Assim, dado x > n0 temos, pela desigualdade de Bernoulli, que A < 1 + n0 ε ≤ (1 + ε)n0 = g(n0 ) < g(x). Segue da´ı que lim g(x) = +∞. x→+∞

Dado, novamente, A > 0, tomemos n0 ∈ N tal que n0 ε > A>

1 . Então, dado x < −n0 temos que A

1 1 ≥ = g(−n0 ) > g(x) > 0. n0 ε + 1 (1 + ε)n0

Da´ı segue que lim g(x) = 0. x→−∞

258

Exerc´ıcio 6.13: Seja p : R → R, um polinômio real. Se o coeficiente do termo de grau mais elevado de p é positivo então lim p(x) = +∞ e lim p(x) é igual a +∞ ou −∞, conforme o grau de p seja par ou ´ımpar.

x→+∞

x→−∞

Seja p(x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 . Provaremos por indu¸cão em n que lim p(x) = +∞. O caso n→∞

n = 1 é trivial. Suponhamos que o resultado seja verdadeiro para o polinômio de grau n − 1. Seja p(x) o polinômio tomado inicialmente. Temos que p(x) = x(an xn−1 + ... + a1 ) + a0 . Pela hipótese de indu¸c˜ ao, temos que lim an xn−1 + ... + a1 = +∞, o que nos garante que lim p(x) = +∞ pelos n→+∞

n→+∞

resultados do exerc´ıcio 6.10. Suponhamos agora n = 2k − 1. Provaremos por indu¸cão sobre k que lim p(x) = −∞. Para k = 1, o resultado x→−∞

é trivial. Temos que p(x) = x2 [(a2k−1 x2(k−1)−1 + ... + a2 ) + a1 x→−∞ x

Assim, sabendo que lim

a1 ] + a0 . x

= 0 e supondo que lim (a2k−1 x2(k−1)−1 + ... + a2 ) = −∞, temos novamente pelos x→−∞

resultados do exerc´ıcio 6.10 que lim p(x) = −∞. x→−∞

Suponhamos agora que n = 2k. Ent˜ ao p(x) = x(a2k x2k−1 + ... + a1 ) + a0 . E, pelo resultado do parágrafo anterior, temos que lim (a2k x2k−1 + ... + a1 ) = −∞.

x→−∞

Assim, pelos resultados do exerc´ıcio 6.10 temos que lim p(x) = +∞. x→−∞

259

Exerc´ıcio 6.14: Determine o conjunto dos valores de aderência da fun¸cão f : R \ {0} → R, f (x) =

sin(1/x) , no ponto x = 0. 1 + e1/x

Temos que 0 ≤ e1/x e − 1 ≤ sin(1/x) ≤ 1 para todo x ∈ R \ {0}. Ent˜ ao, −1 ≤

sin(1/x) ≤ 1. 1 + e1/x

Logo, o conjunto A dos pontos de aderência de f no ponto 0 é tal que A ⊂ [−1, 1]. 1 temos que lim xn = 0 e lim e1/n = 0, Seja λ ∈ [−1, 1]. Tomemos θ = arcsin λ. Então, definindo xn = n→+∞ θ − 2πn 1 pois lim = −∞. Assim, n→+∞ xn sin(θ − 2πn) λ f (xn ) = = →λ 1 + eθ−2πn 1 + eθ+2πn quando n → +∞. Logo, λ ∈ Λ. E segue que A ⊃ [−1, 1]. Conclu´ımos que A = [−1, 1].

260

Exerc´ıcio 6.15: Se limx→a f (x) = L ent˜ ao limx→a |f (x)| = |L|. Se limx→a |f (x)| = |L| então o conjunto dos valores de aderência de f no ponto a é {L}, {−L} e {−L, L}. Consideremos a fun¸c˜ ao f : X → R e a ∈ X. Suponhamos que limx→a f (x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que |f (x) − L| < ε, para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ). Desta forma, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que ||f (x)| − |L|| 6 |f (x) − L| < ε, para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ). Logo, limx→a |f (x)| = |L|. Suponhamos que limx→a |f (x)| = |L|. Provaremos que o conjunto A dos pontos de aderência de f é {−L, L}, {L} ou {−L}. O faremos mostrando que {L, −L} ⊃ A ̸= ∅. Seja L′ ∈ A. Ent˜ ao, existe uma sequência (xn )n∈Z+ em X tal que limn→∞ f (xn ) = L′ . Segue que |L′ | = | lim f (xn )| = lim |f (xn )| = |L| n→∞

n→∞

já que limx→a |f (x)| = |L|. Logo, L′ ∈ {L, −L}. Concluimos da´ı que {L, −L} ⊃ A. Pelo Teorema 13 do Cap´ıtulo VI, temos que L′ é um ponto de aderência da fun¸cão g : X → R no ponto a se e somente se para todos ε e δ > 0 vale ( ) (L′ − ε, L′ + ε) ∩ g (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ) ̸= ∅. Suponhamos, por absurdo, que L e −L não são valores de aderência de f no ponto a. Segue que existem ε+ , ε− , δ+ e δ− > 0 tais que ( ) (L − ε+ , L + ε+ ) ∩ f (X\{a}) ∩ (a − δ+ , a + δ+ ) = ∅ e

( ) (L − ε− , L + ε− ) ∩ f (X\{a}) ∩ (a − δ− , a + δ− ) = ∅.

Como limx→a |f (x)| = |L|, existe ( ) f (x) ∈ (L − ε, L + ε) ∩ |f | (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ) , com x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ). Desta forma, ter´ıamos que |f (x) − L| = ||f (x)| − |L|| < ε 6 ε+ , caso |f (x)| = ±f (x) e |L| = ±L, e |f (x) − (−L)| = ||f (x)| − |L|| < ε 6 ε− , caso |f (x)| = ±f (x) e |L| = ∓L. Consequentemente, seguiria que ( ) f (x) ∈ (L − ε+ , L + ε+ ) ∩ f (X\{a}) ∩ (a − δ+ , a + δ+ ) , pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a − δ+ , a + δ+ ), ou ( ) f (x) ∈ (−L − ε− , −L + ε− ) ∩ f (X\{a}) ∩ (a − δ− , a + δ− ) , pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a − δ− , a + δ− ). Em todos os casos, chegamos a uma contradi¸cão com as hipóteses de que L e −L n˜ ao são valores de aderência de f no ponto a. Portanto, L ou −L são valores de aderência de f .

261

Exerc´ıcio 6.16: Dados um n´ umero real a e um conjunto compacto não-vazio K, obtenha uma fun¸cão f : R → R tal que o conjunto dos valores de aderência de f no ponto a seja K. Consideremos o ponto a ∈ R. Provaremos que para todo conjunto F fechado em R existe uma fun¸cão f : R → R tal que o conjunto dos pontos de aderência de f no ponto a é igual a F . Seja E = {en }n∈Z+ um subconjunto enumerável de F tal que E = F (veja o Teorema 6 do Cap´ıtulo V). Para cada n´ umero inteiro positivo n, definimos o conjunto { } 3n Cn := x ∈ R : |x − a| = k , para algum k ∈ Z+ . 2 Se n e m são inteiros distintos devemos ter que Cn ∩ Cm = ∅. De fato, se x ∈ Cn ∩ Cm , existiriam k e k ′ ∈ Z+ tais que 3n 3m = |x − a| = 2k 2k′ Como 2 e 3 são n´ umeros inteiros coprimos, temos uma contradi¸cão. Logo, Cn ∩ Cm ̸= ∅. Assim, podemos definir uma fun¸c˜ ao f : R → R por { en , se x ∈ Cn , f (x) = e1 , se x ∈ R\ ∪n∈Z+ Cn . Para todo δ > 0 e n ∈ Z+ existe k ∈ Z+ tal que 3n /2k < δ e, consequentemente, ( ) ( ) 3n en = f a + k ∈ f (a − δ, a + δ)\{a} . 2 Desta forma, temos que f (a − δ, a + δ) = E. Logo, para todo δ > 0, ( ) f (a − δ, a + δ)\{a} = E = F. Pelo Colorário 3 do Teorema 13 do Cap´ıtulo VI, o conjunto dos valores de aderência de f no ponto a é ∩ ( ) ∩ f (a − δ, a + δ)\{a} = E = E = F. δ>0

δ>0

262

Exerc´ıcio 6.17: Seja f : R → R definida por f (x) = x se x é irracional, f ( pq ) = q se Mostre que f é ilimitada em qualquer intervalo não-degenerado.

p q

é uma fra¸cão irredut´ıvel com p > 0, f (0) = 0.

Suponhamos que I seja um intervalo não degenerado com a = inf(I) e b = sup(I). Mostraremos que, dado A > 0, arbitrário existe x ∈ (a, b) ⊂ I tal que f (x) > A. Sejam n ∈ Z+ , tal que 2 , 2n > A e b−a e { m} p := inf m ∈ Z; a < n . 2 Desta forma temos que p−1 p 6a< n 2n 2 e p+1 p−1 2 = n + n < a + (b − a) = b. 2n 2 2 Logo, p 2p + 1 p+1 a < n < n+1 < n < b. 2 2 2 Assim, x =

2p+1 2n+1

pertence a I e f (x) = 2n+1 > 2n > A.

263

Exerc´ıcio 6.18: Sejam X, Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R com f (X) ⊂ Y . Se, para a ∈ X ′ e b ∈ Y ′ tem-se lim f (x) = b, lim g(y) = c x→a

y→b

e, além disso, f (x) ̸= b para todo x ∈ X\{a}, então lim g(f (x)) = c. Mostre que a condi¸cão b ∈ Y ′ decorre de ser x→a

f (x) ̸= b para x ̸= a.

Primeiramente, mostraremos que se f (x) ̸= b para x ̸= a então b ∈ Y ′ . De fato, se ε > 0, temos que existe, pois limx→a f (x) = b, δ > 0 tal que |f (x) − b| < ε para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}). Como a ∈ X ′ , segue que (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}) ̸= ∅. Logo, existe x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}), tal que f (x) ∈ (b − ε, b + ε) ∩ (Y \{b}). Portanto, devemos ter que b ∈ Y ′ . Provaremos, agora, que lim g ◦ f (x) = c. Seja ε > 0. Como lim g(y) = c, existe ν > 0 tal que x→a

y→b

|g(y) − c| < ε, para todo y ∈ Y \{b} que satifaz a desigualdade |y − b| < ν. Também existe δ > 0, pois lim f (x) = b, tal que x→a

|f (x) − b| < ν, para todo x ∈ X\{a} que satisfaz a desigualdade |x − a| < δ. Assim, para todo x ∈ X\{a} tal que

|x − a| < δ,

temos que |g ◦ f (x) − c| < ε. Portanto, segue que lim g ◦ f (x) = c. x→a

264

Exerc´ıcio 6.19: Para todo n´ umero real x indiquemos, com [x] o maior inteiro 6 x. Mostre que se a e b são positivos então [ ] x b b b [x] = lim+ e lim+ = 0. a x→0 a x x→0 x a Prove também que, no primeiro caso o limite à esquerda seria o mesmo mas no segundo caso o limite é +∞ quando x → 0 por valores negativos. [ ] [ ] x b x b b • lim+ = lim− = a x→0 a x x→0 a x Pela defini¸cão de [·], temos, para todo x ∈ R, que

[ ] b b b −1< 6 . x x x

Assim, segue que b x x − = a a a para x > 0, e

(

) [ ] b x b xb b −1 < 6 = , x a x ax a

[ ] ( ) b xb x b x b b x = 6 < −1 = − , a ax a x a x a a

para x < 0. Logo,

[ ] x b a x −

b x < , a a

para todo x ∈ R\{0}. Dado ε > 0 e tomando-se δ = εa, para todo x ∈ R\{0} tal que |x| < δ, temos que

[ ] x b a x −

Portanto,

[ ] b x b lim = x→0 a x a

e, consequentemente, lim+

x→0

• lim+ x→0

b x εa = ε. < < a a a

[ ] [ ] x b b x b = lim− = . a x a x→0 a x

b [x] b [x] = 0 e lim− = +∞ x a x→0 x a

Consideremos a fun¸c˜ ao f : R\{0} → R dada, no ponto x ∈ R\{0}, por b [x] f (x) = . x a Se x ∈ (0, a), temos que 0 < x/a < 1 e, consequentemente, [x/a] = 0. Desta forma, para todo x ∈ (0, a), b [x] b f (x) = = 0 = 0. x a x Por outro lado, se x ∈ (−a, 0), temos que −1 < x/a < 0 e, consequentemente, [x/a] = −1. Assim, para todo x ∈ (−a, 0), b b [x] =− . f (x) = x a x 265

Portanto, temos que lim+

x→0

e lim−

x→0

b [x] = lim+ f |(0,a) (x) = lim+ 0 = 0. x a x→0 x→0

b [x] b = lim− f |(−a,0) (x) = lim+ − = +∞. x a x x→0 x→0

266

Exerc´ıcio 6.20: Dadas fun¸cões f e g : X → R, defina h = max{f, g} : X → R pondo { f (x), se f (x) > g(x), h(x) = g(x), se g(x) > f (x). Seja a ∈ X ′ . Prove que se lim f (x) = L e lim g(x) = M então lim h(x) = N , onde N é o maior dos dois n´ umeros x→a x→a x→a L e M. Suponhamos que L > M . Como lim f (x) = L e lim g(x) = M , tomando-se ε := (L − M )/2 existe δ > 0 tal x→a x→a que para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}) (

vale f (x) ∈ (L − ε, L + ε) =

L + M 3L − M , 2 2

(

e g(x) ∈ (M − ε, M + ε) =

3M − L L + M , 2 2

) ) .

Assim, para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}), g(x) < f (x) e, consequentemente, h(x) = f (x). Desta forma, temos que h|(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) = f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) . Portanto, quando L > M , lim h(x) = lim h|(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) (x) = lim f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) (x) = L = N.

x→a

x→a

x→a

De modo análogo, mostra-se que se M > L então lim h(x) = N . x→a

Por fim, consideremos o caso em que L = M . Seja ε > 0. Como lim f (x) = L = N e lim g(x) = M = N , existe x→a x→a δ > 0 tal que para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}) vale f (x) ∈ (N − ε, N + ε) e g(x) ∈ (N − ε, N + ε). Assim, para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}), tem-se que h(x) ∈ {f (x), g(x)} ⊂ (L − ε, L + ε). Desta forma, concluimos que lim h(x) = N.

x→a

267

Exerc´ıcio 6.21: Sejam f e g : X → R fun¸c˜ oes limitadas numa vizinhan¸ca do ponto a ∈ X ′ . Mostre que lim sup(f + g)(x) 6 lim sup f (x) + lim sup g(x)

x→a

x→a

e que

x→a

( ) lim sup − f (x) = − lim inf f (x).

x→a

x→a

Enuncie e prove resultados análogos para lim inf(f + g) e para o produto de duas fun¸cões. Pelos exerc´ıcios 3.38 e 3.40, temos que a soma e o produto de fun¸cões limitadas são também fun¸cões limitadas. Isto é, f + g e f · g : X → R são fun¸c˜ oes limitadas. Para fun¸cões limitadas f e g : X → R e a ∈ X ′ , provaremos que lim sup(f + g)(x) 6 lim sup f (x) + lim sup g(x),

x→a

x→a

x→a

lim inf(f + g)(x) > lim inf f (x) + lim inf g(x)

x→a

e

x→a

x→a

( ) lim sup − f (x) = − lim inf f (x).

x→a

x→a

Além disso, mostraremos que se f e g forem fun¸cões não negativas (i.e. f (X) e g(X) ⊂ R+ ) então ( )( ) lim sup(f · g)(x) 6 lim sup f (x) lim sup g(x) x→a

x→a

e lim inf(f · g)(x) >

(

x→a

x→a

lim inf f (x)

x→a

)(

) lim inf g(x) .

x→a

Se f ou g : X → R n˜ ao forem não negativas, podemos ter que ( )( ) lim sup(f · g)(x) > lim sup f (x) lim sup g(x) . x→a

x→a

x→a

De fato, definindo f e g : R → R por { g(x) = f (x) =

0, se x ∈ Q, −1, se x ∈ / Q,

temos que lim sup(f · g)(x) = 1 > 0 = 0 · 0 =

(

x→0

lim sup f (x)

x→0

)(

) lim sup g(x) .

x→0

Se (xn )n∈Z+ é uma sequência em X ent˜ ao (f (xn ))n∈Z+ e (g(xn ))n∈Z+ são sequências em f (X) e g(X), respectivamente. Como f (X) e g(X) são compactos (pois são fechos de conjuntos limitados, veja exercicio 5.30), existem subsequências de (f (xn ))n∈Z+ e (g(xn ))n∈Z+ que são convergentes. Em particular, existe1 uma subsequência (xnk )n∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que (f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ são convergentes. • lim sup(f + g)(x) 6 lim sup f (x) + lim sup g(x) e lim inf(f + g)(x) > lim inf f (x) + lim inf g(x) x→a

x→a

x→a

x→a

x→a

x→a

Sejam S ∈ R um valor de aderência da fun¸cão f + g no ponto a e (xn )n∈Z+ uma sequência em X tal que lim xn = a

n→+∞

e

lim (f + g)(xn ) = S.

n→+∞

Mostraremos que lim inf f (x) + lim inf g(x) 6 S 6 lim sup f (x) + lim sup g(x).

x→a

x→a

x→a

1 Tome

x→a

uma subsequˆ encia convergente (f (xmp ))p∈Z+ de (f (xm ))m∈Z+ e extraia dela uma subsequˆ encia convergente (g(xmpk ))k∈Z+ de (g(xmp ))p∈Z+ . Assim, (xnk )k∈Z+ , para nk := mpk , ´ e como desejado.

268

E, como S ∈ R um valor de aderência arbitrário da fun¸cão f + g no ponto a, concluiremos que lim sup(f + g)(x) 6 lim sup f (x) + lim sup g(x)

x→a

x→a

x→a

e lim inf(f + g)(x) > lim inf f (x) + lim inf g(x).

x→a

x→a

x→a

Como (xn )n∈Z+ é uma sequência em X, segue que existe uma subsequência (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que (f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ são convergentes. Segue que limk→+∞ f (xnk ) e limk→+∞ g(xnk ) são pontos de aderência de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk . Logo, S

= = 6

lim (f + g)(xnk )

k→+∞

lim f (xnk ) + lim g(xnk )

k→+∞

k→+∞

lim sup f (x) + lim sup g(x)

x→a

x→a

e, analogamente, S > lim inf f (x) + lim inf g(x). x→a

x→a

( ) • lim sup − f (x) = − lim inf f (x) x→a

x→a

Sejam VA(f ; a) e VA(−f ; a) os conjuntos dos valores de aderência no ponto a das fun¸cões f e −f . Dado L ∈ VA(f ; a), existe uma sequência (xn )n∈Z+ tal que a = limn→+∞ xn e L = limn→+∞ f (xn ). Assim, −L = − lim f (xn ) = lim (−f )(xn ) ∈ VA(−f ; a). n→+∞

n→+∞

Portanto, como L ∈ VA(f ; a) é arbitrário, concluimos que −VA(f ; a) ⊂ VA(−f ; a). Analogamente, prova-se que −VA(f ; a) ⊃ VA(−f ; a). E, com isso, concluimos que −VA(f ; a) = VA(−f ; a). Portanto, ( ) lim sup − f (x) = sup VA(−f ; a) x→a ( ) = sup − VA(f ; a) = − inf VA(f ; a) = − lim inf f (x). x→a

• lim sup(f · g)(x) 6 x→0 g>0

(

lim sup f (x)

)(

x→0

) ( )( ) lim sup g(x) e lim inf(f · g)(x) > lim inf f (x) lim inf g(x) se f e x→a

x→0

x→a

x→a

Sejam P ∈ R um valor de aderência da fun¸c˜ ao f · g no ponto a e (xn )n∈Z+ uma sequência em X tal que lim xn = a

n→+∞

Mostraremos que

(

e

lim (f · g)(xn ) = S.

n→+∞

)( ) ( )( ) lim inf f (x) lim inf g(x) 6 P 6 lim sup f (x) lim sup g(x) .

x→a

x→a

x→a

x→a

E, como P ∈ R um valor de aderência arbitrário da fun¸cão f · g no ponto a, concluiremos que ( )( ) lim sup(f · g)(x) 6 lim sup f (x) lim sup g(x) x→a

x→a

e lim inf(f · g)(x) >

x→a

(

x→a

lim inf f (x)

)(

x→a

) lim inf g(x) .

x→a

Como (xn )n∈Z+ é uma sequência em X, segue que existe uma subsequência (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que (f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ são convergentes. Segue que limk→+∞ f (xnk ) e limk→+∞ g(xnk ) são pontos de aderência de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk . Logo, P

lim (f · g)(xnk ) (k→+∞ )( ) = lim f (xnk ) lim g(xnk ) (k→+∞ )( k→+∞ ) 6 lim sup f (x) lim sup g(x) =

x→a

x→a

269

e, analogamente, P >

(

)( ) lim inf f (x) lim inf g(x) .

x→a

x→a

270

Exerc´ıcio 6.22: Seja f : [0, +∞) → R uma fun¸c˜ ao limitada em cada intervalo limitado. Se lim [f (x + 1) − f (x)] = L

x→+∞

então

f (x) = L. x→+∞ x lim

Como f é limitada em todos os intervalos limitados de [0, +∞), para todo C ∈ Z+ existe MC > 0 tal que |f (λ)| < MC , para todo λ ∈ [C − 1, C). Para C ∈ Z+ , λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+ , temos que f (λ+k) f (λ+k) f (λ) f (λ+k) f (λ) f (λ+k) λ+k − L 6 λ+k − k + k + k − k − L f (λ) f (λ+k) 6 f (λ+k) λ+k − k + k + f (λ) + f (λ+k) − − L k k λ f (λ+k) f (λ) f (λ+k) f (λ) 6 λ+k k + k + k − k − L ( ) λ f (λ+k) f (λ) f (λ) 6 λ+k k − k − L + k + |L| + f (λ+k) f (λ) + f (λ) − − L + k k k ) ( − f (λ) − L + f (λ) 6 Ck f (λ+k) k k + |L| + k f (λ) f (λ+k) f (λ) + k + k − k − L f (λ) C f (λ+k) 6 Ck |L| + (1 + Ck ) |f (λ)| + (1 + ) − − L k k k k ( ) f (λ) C C f (λ+k) 1 < k C|L| + (1 + k )MC + (1 + k ) k − k − L Seja ε > 0. Provaremos que existem C e n0 ∈ Z tal que para todo k > n0 e λ ∈ [C −1, C) valem as desigualdades ( ( ) ) ( ) ε 1 C ε C f (λ + k) f (λ) < . C|L| + 1 + M < e 1+ − − L 2 k k 2 k k k Assim, dado x > (C − 1) + n0 , existem λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+ tais que x = λ + k, k > n0 e, consequentemente, f (x) f (λ+k) x − L = λ+k − L ( ) ( ) f (λ) − − L < k1 C|L| + (1 + Ck )MC + 1 + Ck f (λ+k) k k ε ε < 2+2 = ε. f (x) Com isso, conclui-se que lim ( x→+∞ x = L.) Por hipótese, limx→+∞ f (x + 1) − f (x) = L. Fixemos C ∈ Z+ tal que para todo numero real x > C − 1 vale a desigualdade ε |f (x + 1) − f (x) − L| < . 3 Assim, para todo λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+ , temos que k−1 ( ∑ f (λ + i + 1) f (λ + i) L ) f (λ + k) f (λ) − − L = − − k k k k k i=0 k−1 ∑ |f (λ + i + 1) − f (λ + i) − L| 6 k i=0 k−1 ∑ ε/3 < k i=0 ε = 3.

271

Como

1 =0 k ( ( ) ) C lim C|L| + 1 + MC = C|L| + M, k→+∞ k lim

k→+∞

e

segue que 1 lim k→+∞ k

( ( ) ) C C|L| + 1 + MC = 0. k

Além disso,

( lim

k→+∞

1+

C k

) = 1.

Fixemos n0 ∈ Z+ tal que para todo k > n0 valem as desigualdades ( ( ) ) 1 ε C k C|L| + 1 + k MC < 2 e 1+

C 3 < . k 2

Por fim, para λ ∈ [C − 1, C) e k > n0 , temos que ( ( ) ) 1 ε C k C|L| + 1 + k MC < 2 e

(

C 1+ k

) f (λ + k) f (λ) 3ε ε − − L < = . k k 23 2

Como quer´ıamos demonstrar.

272

Exerc´ıcio 6.23: Seja f : R → R definida por

f (x) = x + ax · sen(x).

Mostre que se |a| < 1 ent˜ ao lim f (x) = +∞

x→+∞

e

lim f (x) = −∞.

x→−∞

Suponhamos que 1 − |a| > 0. Seja A > 0. Provaremos que x> e x<−

A > 0 ⇒ f (x) > A 1 − |a| A < 0 ⇒ f (x) < −A. 1 − |a|

Assim, como A > 0 é arbitrário, podemos concluir que lim f (x) = +∞

x→+∞

e

lim f (x) = −∞.

x→−∞

Para todo x ∈ R, temos as desigualdades −|a| = 6 = 6 Assim, para x >

A 1−|a|

−|a| · 1 −|a|| sen(x)| −|a · sen(x)| a · sen(x).

> 0, f (x) = > = >

x + xa · sen(x) x − x|a| x(1 − |a|) A

f (x) = 6 = <

x + xa · sen(x) x − x|a| x(1 − |a|) −A.

A e, para x < − 1−|a| < 0,

273

Exerc´ıcio 6.24: Seja p : R → R um polinômio não constante. Dado b ∈ R, suponha que exista uma sequência (xn ), tal que lim p(xn ) = b ∈ R.

n→+∞

Prove que (xn ) é limitada é o conjunto dos seus pontos de aderência não é vazio e está contido em p−1 (b). Em particular, se existe uma sequência (xn ), tal que lim p(xn ) = 0, então p tem alguma raiz real. Suponhamos que lim p(xn ) = b ∈ R. Pelo exerc´ıcio 6.13, temos que lim p(x) = +∞ ou − ∞

x→+∞

e lim p(x) = +∞ ou − ∞.

x→−∞

Assim, se (xn )n∈Z+ possuisse uma subsequência (xnk )k∈Z+ tal que lim xnk = +∞ ou − ∞

k→+∞

ter´ıamos que lim p(xnk ) = +∞ ou − ∞.

k→+∞

Contradizendo o fato de que toda subsequência de (xn )n∈Z+ converge para b ∈ R. Portanto, a sequência (xn ) é limitada. Como a sequência (xn ) é limitada, segue que o seu conjunto de pontos de aderência não é vazio. Sejam (xnk )k∈Z+ uma subsequência convergente de (xn )n∈Z+ e a = limk→+∞ xnk . Suponhamos que c0 , c1 , . . . , cm ∈ R são tais que p(x) = cm xm + · · · + c1 x + c0 , para todo x ∈ R. Assim, p(a) =

m cm a 1 a + c0 ( + · · · + c)

( ) m lim xnk + · · · + c1 lim xnk + c0 k→+∞ k→+∞ ( ) lim cm xm + · · · + c x + c0 1 n nk k

= cm = =

k→+∞

lim p(xnk )

k→+∞

= b. Logo, a ∈ p−1 (b). Com isso, concluimos que o conjunto dos pontos de aderência de (xn ) está contido em p−1 (b). Em especial, se b = 0, o conjunto dos pontos de aderência de (xn ) está contido no conjunto de ra´ızes de p. Logo, neste caso, conclui-se que p possui raizes reais.

274

Cap´ıtulo 7

Fun¸ co ˜es Cont´ınuas

275

Exerc´ıcio 7.38: √ A fun¸cão R f : [0, +∞) → [0, +∞), definida por f (x) = n x, n > 1, não é Lipschitziana num intervalo da forma [0, a], a > 0, embora seja uniformemente continua nestes intervalos. Por outro lado, f é Lipschitziana, com constante 1 , c := √ n n an−1 no intervalo [a, +∞). Concluir que f é uniformemente continua em [0, +∞). Mostraremos, primeiramente, que f : [0, a] → R não é Lipschitziana, para todo a > 0. Faremos isso verificando que o conjunto } { |f (x) − f (y)| : x e y ∈ [0, a] L := |x − y| é ilimitado superiormente e, consequentemente, não existe c ∈ R tal que |f (x) − f (y)| 6 c|x − y|, para todo x e y ∈ [0, a]. Seja A > 0. Para todo z ∈ R tal que

{ max

1 1 √ , √ n−1 n a A

}
temos que z n−1 > A e Assim,

{ S :=

e, para todo x =

1 zn

1 ∈ [0, a]. zn

} √ √ 1 n−1 n A, 1/ a} ⊂ [0, a] : z > max{1/ zn

∈ S,

|f (1/z n ) − f (0)| |f (x) − f (0)| = = z n−1 > A. |x − 0| |1/z n − 0| Desta forma, temos que L é ilimitado superiormente. Verificaremos, a seguir, que f : [a, +∞) → R é Lipschitziana com c :=

1 √ n n an−1

como constante de Lipschitz. Sejam x e y = x + λ ∈ [a, 0], λ > 0. Pela Desigualdade de Bernulli ( ) ( )n 1 1 1+n 6 1+ , nx nx temos que

√ n

Assim,

√ n


Logo,

1+

1+

λ λ 61+ . x nx λ λ −16 x nx

√ √ n x+λ− nx6

λ √ . n n xn−1

|f (x) − f (y)| = |f √(x + λ) −√f (x)| = nx+λ− nx λ 6 n√ n n−1 x λ 6 n√ n n−1 a 6 c|x − y|. 276

Com isso, concluimos que f : [a, +∞) → R é Lipschitziana com c como constante de Lipschitz. Por fim, provaremos que f : [0, ∞) → R é uniformemente cont´ınua. Seja ε > 0. Para todos x e y ∈ [0, +∞), com y = x + λ e λ ∈ [0, εn ), temos que |f (x) − f (y)| = = 6 = < =

|f (x + λ) − f (x)| √ √ n x + λ√ − nx √ √ (√n x + n λ) − n x n λ √ n n ε ε.

Logo, se x e y ∈ [0, +∞) e |x − y| < εn temos que |f (x) − f (y)| < ε. Portanto, f é uniformemente continua.

277

Exerc´ıcio 7.39: Sejam Z∗+

{ :=

1 n + : n ∈ Z+ n

}

e F := Z+ ∪ Z∗+ . Defina a fun¸c˜ ao f : F → R por { f (x) =

2, se x ∈ Z+ ; x, se x ∈ Z∗+ .

Mostre que os conjuntos Z+ e Z∗+ são fechados, que f |Z+ e f |Z∗+ são fun¸cões uniformemente cont´ınuas, mas f : F → R não é uniformemente cont´ınua. Primeiramente, verifiquemos que z+ é fechado. Pela constru¸cão de R, temos que (n − 1, n + 1) ∩ Z+ = {n}, para todo n ∈ Z+ . Desta forma, se (xn )n∈Z+ é uma sequência convergente (de Cauchy) em Z+ existe n0 ∈ Z+ tal que para todos p > n0 vale a desigualdade |xn0 − xp | < 1. Logo, como (xn0 − 1, xn0 + 1) ∩ Z+ = {xn0 }, devemos ter que xn0 = xp , para todo p > n0 . Assim, lim xn = xn0 ∈ Z+ . Portanto, concluimos que o limite de n→∞ toda sequência convergente de elmentos de Z+ concverge para um elemento de Z+ . Desta forma, Z+ é fechado. Pela equivalência 1 1 n < m ⇐⇒ n + < m + , n m para todos n e m ∈ Z+ , obtemos que os intervalos  (  ( ) ) 3 5 1     , , se n = 1; , se n = 1;   0, 2 + 2 ) ) (2 2 ( Cn := ⊂ 1 1 1 1 1 1     , se n ̸= 1. ,n + 1 + , se n ̸= 1.  n + − ,n + +  n−1+ n 2 n 2 n−1 n+1 são tais que Cn ∩ Z∗+ =

{ } 1 n+ . n

Assim, de modo análogo ao caso de Z+ , verifica-se que toda sequência de elementos de Z∗+ converge para um elemento de Z∗+ e, por isso, Z∗+ é fechado. Como f |Z+ é constante e f |Z∗+ é a fun¸c˜ ao identidade, temos que estas fun¸cões são uniformemente cont´ınuas. Provaremos, agora, que f n˜ ao é uniformemente cont´ınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ F tais que |x − y| < δ e |f (x) − f (y)| < 1. Seja δ > 0. Podemos escolher n ∈ Z+ tal que 1 < δ e n > 3. n Assim, para x = n + 1/n e y = n, temos que |x − y| =

1 1 e |f (x) − f (y)| = n − 2 + > 1. n n

Portanto, f não é uniformemente cont´ınua.

278

Exerc´ıcio 7.40: Dê um exemplo de dois abertos A e B e uma fun¸cão cont´ınua f : A ∪ B → R tal que f |A e f |B sejam uniformemente cont´ınuas, mas f n˜ ao seja. Sejam A e B os subconjuntos abertos (−∞, 0) e (0, +∞), respectivamente, em R. Podemos definir uma fun¸cão f : A ∪ B → R por { −1, se x ∈ (−∞, 0) = A; f (x) = 1, se x ∈ (0, +∞) = B. As restri¸cões f |A e f |B s˜ ao constantes e, por isso, são uniformemente cont´ınuas. Mostraremos, agora, que f n˜ ao é uniformemente cont´ınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ A∪B tais que |x − y| < δ e |f (x) − f (y)| > 1. Seja δ > 0. Para x = δ/4 e y = −δ/4, temos que |x − y| =

δ < δ e |f (x) − f (y)| = 2 > 1. 2

Portanto, concluimos que f não é uniformemente cont´ınua.

279

Exerc´ıcio 7.41: Toda fun¸cão cont´ınua monótona limitada f : I → R, definida num intervalo I, é uniformemente cont´ınua. Seja I um intervalo em R. Suponhamos que f : I → R seja crescente, cont´ınua e limitada. Seja ε > 0. Provaremos que existe δ > 0 tal que se x e y ∈ I satisfazem |x − y| < δ então |f (x) − f (y)| < ϵ.

(7.1)

Da´ı, obtemos diretamente que f é uniformemente cont´ınua. Sejam A := inf f (I) e B := sup f (I). Se B − A < ε a desigualdade (7.1) se verifica automaticamente pois, neste caso |f (x) − f (y)| 6 B − A < ε, para todos x e y ∈ I. Desta forma, basta varificarmos o caso em que B − A > ε. Como ε ε A = inf f (I) < A + 6 B − < sup f (I) = B 3 3 e I é um intervalo, temos, pelo Teorema do Valor Intermediário, que f −1 (A + 3ε ) e f −1 (B − 3ε ) são conjuntos não vazios. Tomemos ( ( ε) ε) c ∈ inf f −1 A + e d ∈ sup f −1 B − . 3 3 Sejam a := inf I e b := sup I. Como f(−1 (A +) 3ε ) e f −1 (B − 3ε ) ⊂ I, devemos ter que a(=6 c e) d 6 b. Por fim, como f é crescente, todo elemento de f −1 A + 3ε é menor que qualquer elemento de f −1 B − 3ε . Logo, a 6 c < d 6 b. Seja x ∈ [a, c) ∩ I. Como A = inf f (I), devemos ter que f (x) > A. Por outro lado, como f é crescente e x < c, devemos ter que f (x) 6 f (c) = A + 3ε . Portanto, f (x) ∈ [A, A + 3ε ]. De modo análogo, prova-se que se x ∈ (d, b] então f (x) ∈ [B − 3ε , B]. Como c e d ∈ I, temos que [c, d] é um intervalo compacto contido em I. Sendo f cont´ınua, devemos ter que f |[c,d] também é cont´ınua. Assim, como toda fun¸cão cont´ınua com dom´ınio compacto é uniformemente cont´ınua, devemos ter que f[c,d] é uniformemente cont´ınua. Logo, existe δ0 > 0 tal que para quaisquer x e y ∈ [c, d], com |x − y| < δ0 , a desigualdade ϵ |f (x) − f (y)| < 2 é válida. Por fim, tomemos δ := min{δ0 , d − c}. Se x e y ∈ I, com x < y, são tais que |x − y| < δ, pela escolha de δ 6 d − c, devemos ter um dos casos: • x e y ∈ [a, c) ∩ I; • x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d]; • x e y ∈ [c, d]; • x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I; • x e y ∈ (d, b] ∩ I. Verificaremos, em cada um destes casos, que a desigualdade (7.1) é válida:

280

• Se x e y ∈ [a, c) ∩ I temos que f (x) e f (y) ∈ [A, A + 3ε ]. Logo, a desigualdade (7.1) é válida; • Se x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d] temos que f (x) e f (c) ∈ [A, A + 3ε ] e |c − y| < δ 6 δ0 . Logo, |f (x) − f (y)| 6 |f (x) − f (c)| + |f (c) − f (y)| < • Se x e y ∈ [c, d] temo imediatamente que |f (x) − f (y)| <

ε 2

ε ε + < ε; 3 2

< ε;

• Se x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I temos que |d − x| < δ 6 δ0 e f (y) e f (d) ∈ [B − 3ε , B]. Logo, |f (x) − f (y)| 6 |f (x) − f (d)| + |f (d) − f (y)| <

ε ε + < ε; 2 3

• Se x e y ∈ (d, b] ∩ I temos que f (x) e f (y) ∈ [B − 3ε , B]. Logo, a desigualdade (7.1) é válida. Suponhamos agora que f : I → R seja decrescente, cont´ınua e limitada. Provaremos que f é uniformemente cont´ınua. Como f : I → R é decrescente, cont´ınua e limitada, temos que −f : I → R é crescente, cont´ınua e limitada. Pelo que foi demonstrado acima, f é uniformemente cont´ınua. Seja ε > 0. Como −f é uniformemente cont´ınua, existe δ > 0 tal que, para todos x e y ∈ I com |x − y| < δ, a desigualdade |(−f )(x) − (−f )(y)| < ε é válida. Logo, para todos x e y ∈ I com |x − y| < δ, a desigualdade |f (x) − f (y)| = |(−f )(x) − (−f )(y)| < ε é válida. Desta forma, concluimos que f é uniformemente cont´ınua. Portanto, toda fun¸c˜ ao f : I → R monótona, cont´ınua e limitada é uniformemente cont´ınua.

281

Exerc´ıcio 7.42: Seja f : X → R uma fun¸c˜ ao cont´ınua. Para que f se estenda continuamente a uma fun¸cão φ : X → R é necessário e suficiente que exista lim f (x) para todo a ∈ X ′ . x→a

Suponhamos que haja uma fun¸c˜ ao cont´ınua φ : X → R tal que φ|X = f . Então, para todo a ∈ X ′ , existe lim f (x) pois, pelo Teorema 2 do Cap´ıtulo VI,

x→a

lim f (x) = lim φ|X (x) = lim φ(x).

x→a

x→a

x→a

Suponhamos que, para todo a ∈ X ′ , exista lim f (x). Seja φ : X → R definida pela igualdade

x→a

φ(a) := lim f (x), x→a

′

para todo a ∈ X . Assim, pelo fato de f ser cont´ınua, φ(a) = lim f (x) = f (a), x→a

para todo a ∈ X. Mostraremos que, para todo a ∈ X ′ , lim φ(y) = φ(a),

y→a

e concluiremos da´ı que φ é uma extensão cont´ınua de f . Fixemos a ∈ X ′ e ε > 0. Como φ(a) := lim f (x), existe δ > 0 tal que x→a

|φ(a) − f (x)| <

ε , 2

para todo x ∈ X tal que |a − x| < δ. Seja y ∈ X ′ tal que |a − y| < δ. Novamente pela defini¸cão de φ, φ(y) := lim f (x), existe δ0 > 0 tal que x→y

δ0 < δ − |a − y| e

ε , 2 para todo x ∈ X tal que |y − x| < δ0 . Assim, como y ∈ X ′ , existe |φ(y) − f (x)| <

x0 ∈ (y − δ0 , y + δ0 ) ∩ X ⊂ (a − δ, a + δ) ∩ X. Logo, |φ(a) − φ(y)| 6 |φ(a) − f (x0 )| + |f (x0 ) − φ(y)| < Desta forma, concluimos que |φ(a) − φ(y)| < ε, para todo y ∈ X ′ tal que |a − y| < δ. Portanto, para todo a ∈ X ′ , lim φ(y) = φ(a).

y→a

282

ε ε + = ε. 2 2

Exerc´ıcio 7.43: Seja f : [a, b] → R cont´ınua. Dado ε > 0, existem a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n, x, y ∈ [ai−1 , ai ] ⇒ |f (x) − f (y)| < ε.

Seja ε > 0. Mostraremos que existem a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n, x, y ∈ [ai−1 , ai ] ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. Como o intervalo [a, b] é compacto e f : [a, b] → R é cont´ınua, temos que f : [a, b] → R é uniformemente cont´ınua. Assim, podemos escolher um δ > 0 tal que |f (x) − f (y)| < ε, para todos x e y ∈ [a, b] tais que |x − y| < δ. A fam´ılia de intervalos abertos {(

δ δ p − ,p + 2 2

)} p∈[a,b]

é uma cobertura aberta para o intervalo compacto [a, b]. Pelo exerc´ıcio 5.52, existe uma parti¸cão a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b do intervalo [a, b] tal que para cada subintervalo [ak , ak+1 ] existe pk ∈ [a, b] tal que ( ) δ δ [ak , ak+1 ] ⊂ pk − , pk + . 2 2 ( ) Por fim, utilizando-se uma parti¸c˜ ao de [a, b] como acima, dados x e y ∈ [ak , bk ] ⊂ pk − 2δ , pk + 2δ , é válida a desigualdade |x − y| < δ e, por isso e pela escolha de δ, temos que |f (x) − f (y)| < ε. Logo, temos uma parti¸c˜ ao de [a, b] com a propriedade desejada.

283

Exerc´ıcio 7.44: Uma fun¸cão cont´ınua φ : [a, b] → R chama-se poligonal quando existe uma parti¸cão a = a0 < a1 < · · · < an = b tais que φ|[ai−1 ,ai ] é um polinômio de grau 6 1, para cada i = 1, . . . , n. Prove que, se f : [a, b] → R é cont´ınua, então, dado ε > 0, existe uma fun¸c˜ ao poligonal φ : [a, b] → R, tal que |f (x) − φ(x)| < ε para todo x ∈ [a, b]. Seja ε > 0. Pelo exerc´ıcio 7.43, existe uma parti¸c˜ ao a = a0 < a1 < · · · < an = b tal que |f (x) − f (y)| <

ε , 2

para x e y ∈ [ak , ak+1 ]. Podemos definir uma fun¸c˜ ao poligonal φ : [a, b] → R pela equa¸cão ) ( ( ) x − ak φ(x) := f (ak+1 ) − f (ak ) + f (ak ), ak+1 − ak para cada x ∈ [ak , ak+1 ]. Por esta defini¸c˜ ao e pela escolha da parti¸cão de [a, b], temos que x − ak 6 |f (ak+1 ) − f (ak )| < ε , |φ(x) − f (ak )| = |f (ak+1 ) − f (ak )| ak+1 − ak 2 para cada x ∈ [ak , ak+1 ]. Por fim, dado x ∈ [a, b], |f (x) − φ(x)| 6 |f (x) − f (ak )| + |φ(x) − f (ak )| <

ε ε + = ε, 2 2

onde x ∈ [ak , ak+1 ]. Portanto, φ é uma fun¸c˜ ao poligonal que satisfaz a condi¸cão do enunciado.

284

Exerc´ıcio 7.45: Dado ξ : [a, b] → R, se existem a = a0 < a1 < · · · < an = b tais que ξ|(ai−1 ,ai ) é constante para cada i = 1, 2, . . . ,n, ξ é chamada de fun¸c˜ ao escada. Mostre que se f : [a, b] → R é cont´ınua, então, para cada ε > 0, existe uma fun¸cão escada ξ : [a, b] → R, tal que |f (x) − ξ(x)| < ε qualquer que seja x ∈ [a, b]. Seja ε > 0. Como f é cont´ınua, existe, pelo exerc´ıcio 7.43, uma parti¸cão a = a0 < a1 < · · · < an = b de [a, b] tal que a desigualdade |f (x) − f (y)| < ε, é válida sempre que existe k = 1, . . . , n, tal que x e y ∈ [ak , ak+1 ]. Podemos definir uma fun¸c˜ ao escada ξ : [a, b] → R pela igualdade { f (ak ), x ∈ [ak , ak+1 ), ξ(x) = f (an ), x = an . Logo, se x ∈ [ak , ak+1 ) ent˜ ao

|f (x) − ξ(x)| = |f (x) − f (ak )| < ε

pela escolha da parti¸c˜ ao de [a, b]. Portanto, como |f (an ) − ξ(an )| = 0, segue que a desigualdade |f (x) − ξ(x)| < ε é válida para todo x ∈ [a, b].

285

Exerc´ıcio 7.46: Dada uma fun¸cão f : X → R, suponha que para cada ε > 0 se possa obter uma fun¸cão cont´ınua g : X → R, tal que |f (x) − g(x)| < ε qualquer que seja x ∈ X. Então f é cont´ınua. Concluiremos que f é cont´ınua mostrando que f é cont´ınua em um ponto arbitrário a ∈ X. Seja ε > 0. Pela hipótese sobre f , existe uma fun¸c˜ ao cont´ınua g : X → R tal que |f (x) − g(x)| <

ε , 3

|g(x) − g(a)| <

ε , 3

para todo x ∈ X. Como g é cont´ınua, existe δ > 0 tal que

para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ. Assim, |f (x) − f (a)| 6 |f (x) − g(x)| + |g(x) − g(a)| + |g(a) − f (a)| < 3ε + 3ε + 3ε = ε. para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ. Desta forma, concluimos que f é cont´ınua em a.

286

Exerc´ıcio 7.47: Seja X ⊂ R. Uma fun¸c˜ ao f : X → R diz-se semicont´ınua superiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0 dado, pode-se obter δ > 0, tal que se x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (x) < f (a) + ε. Diz-se que f é semicint´ınua superiormente quando ela o é em todos os pontos de X. (a) Defina fun¸c˜ ao semicont´ınua inferiormente e mostre que f é cont´ınua num ponto se, e somente se, é semicont´ınua superior e inferiormente naquele ponto. (b) Prove que um subconjunto A ⊂ R é aberto se, e somente se, sua fun¸cão caracter´ıstica ξA : R → R (definida por ξA (x) = 1 se x ∈ A e ξA (x) = 0 se x ∈ / A) é semicont´ınua inferiormente. (c) Enuncie e prove um resultado análogo ao anterior para conjuntos fechados. (d) Mostre, mais geralmente, que para todo subconjunto X ⊂ R, sua fun¸cão caracter´ıstica ξX : R → R é descont´ınua precisamente nos pontos da fronteira de X. Dado a ∈ fr X, mostre que ξX é semicont´ınua superiormente no ponto a se a ∈ X e inferiormente se a ∈ / X. Conclua que a fun¸cão f : R → R, definida por f (x) = 1 para x ∈ Q e f (x) = 0 para x irracional, é semicont´ınua superiormente nos n´ umeros racionais e inferiormente nos n´ umeros irracionais. (e) Seja f : R → R definida por f (x) = sen(1/x) se x ̸= 0 e f (0) = c. Mostre que f é semicont´ınua superiormente no ponto 0 se, e somente se, c > 1. (E inferiormente se, e somente se, c 6 −1.) Tomando −1 < c < 1, mostre que f não é semicont´ınua inferiormente ou superiormente no ponto 0. (f) As fun¸cões f e g : R → R, onde f (0) = g(0) = 0 e, para x ̸= 0, f (x) = x sen(1/x), g(x) = 1/|x|, são semicont´ınuas inferiormente, mas seu produto f · g não é uma fun¸cão semicont´ınua no ponto 0. (g) Para que f : X → R seja semicont´ınua superiormente no ponto a ∈ X ∩ X ′ é necessário e suficiente que limx→a sup f (x) 6 f (a) (Errata: é necessário mas não suficinte se f for ilimitada. Contra exemplo: a = 0 e f : R → R definida por f (x) = 1/x, em x ̸= 0, e f (0) = 0). Equivalentemente: para toda sequência de pontos xn ∈ X com limn→∞ xn = a, que seja limn→∞ sup f (xn ) 6 f (a). Vale o resultado análogo para semicontinuidade inferior. (h) A soma de duas fun¸c˜ oes semicont´ınuas superiormente num ponto ainda goza da mesma propriedade. Use o item (e) com c = 1 e c = −1 para dar exemplo de duas fun¸cões semicont´ınuas (uma superiormente e outra inferiormente) cuja soma não é semicont´ınua. Mostre que se f é semicont´ınua superiormente, −f é inferiormente. (i) Sejam f e g : X → R semicont´ınuas superiormente num ponto. Se f (x) > 0 e g(x) > 0 para todo x ∈ X, então o produto f · g é uma fun¸c˜ ao semicont´ınua superiormente no mesmo ponto. (j) Quando X ⊂ R é compacto, toda fun¸c˜ ao semicont´ınua superiormente f : X → R é limitada superiormente e atinge seu valor máximo num ponto de X. Enuncie e prove um fato análogo para semicontinuidade inferior.

(a) Uma fun¸cão f : X → R diz-se semicont´ınua inferiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0 dado, pode-se obter δ > 0, tal que se x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (a) − ε < f (x). Diz-se que f é semicint´ınua inferiormente quando ela o é em todos os pontos de X. Suponhamos que f : X → R seja uma fun¸c˜ ao semicont´ınua inferiormente e superiormente. Provaremos que f é cont´ınua em um ponto arbitrário a ∈ X e concluiremos da´ı que f é cont´ınua. Seja ε > 0. Como f é semicont´ınua inferiormente e superiormente em a, existem δ− e δ+ > 0 tais que x ∈ X e |x − a| < δ− ⇒ f (a) − ε < f (x)

287

e x ∈ X e |x − a| < δ+ ⇒ f (x) < f (a) + ε. Assim, para δ := min{δ− , δ+ }, x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (a) − ε < f (x) < f (a) + ε. Logo, podemos concluir que f é cont´ınua em a ∈ X. Suponhamos, por outro lado, que f é cont´ınua. Provaremos que f é semicont´ınua inferiormente e superiormente em um ponto arbitrário a ∈ X e concluiremos da´ı que f é semicont´ınua inferiormente e superiormente. Seja ε > 0. Como f é cont´ınua em a, existe δ > 0 tal que x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (a) − ε < f (x) < f (a) + ε. Assim, x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (a) − ε < f (x) e x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (x) < f (a) + ε. Logo, podemos concluir que f é semicont´ınua inferiormente e superiormente em a ∈ X. (b) Suponhamos que A ⊂ R é aberto. Provaremos que ξA : R → R é semicont´ınua inferiormente em um ponto p ∈ R arbitrário. E conluiremos da´ı que ξA é semicont´ınua inferiormente. Seja ε > 0. Se p ∈ A então existe δ > 0 tal que (p − δ, p + δ) ⊂ A. Assim, neste caso, se x ∈ R e |x − p| < δ ent˜ ao ξA (p) − ε = 1 − ε < 1 = ξA (x). Logo, se p ∈ A ent˜ ao ξA é semicont´ınua inferiormente em p. Se p ∈ R\A ent˜ ao, para todo x ∈ R, temos que ξA (p) − ε = 0 − ε < 0 6 ξA (x). Logo, se p ∈ R\A ent˜ ao ξA é semicont´ınua inferiormente em p. Portanto, ξA é semicont´ınua inferiormente em p ∈ R. Suponhamos, por outro lado, que ξA seja semicont´ınua inferiormente. Provaremos que, para um ponto arbitrário a ∈ A, existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ A. Desta forma concluiremos que A é aberto. Como ξA é semicont´ınua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (a − δ, a + δ), vale 1 = ξA (a) − ε < ξA (x). 2 Desta forma, ξA (x) ̸= 0, para todo x ∈ (a − δ, a + δ). Logo, (a − δ, a + δ) ⊂ A. (c) Provaremos que F ⊂ R é fechado se, e somente se, sua fun¸cão caracter´ıstica ξF : R → R é semicont´ınua superiormente. Suponhamos que F ⊂ R seja fechado. Provaremos que ξF é semicont´ınua superiormente em um ponto arbitrário p ∈ R e concluiremos da´ı que ξF é semicont´ınua superiormente. Seja ε > 0. Se p ∈ F , para todo x ∈ R, temos que ξF (x) 6 1 < ξF (p) + ε. Logo, se p ∈ F ent˜ ao ξF é semicont´ınua superiormente em p. 288

Se p ∈ R\F ent˜ ao existe δ > 0 tal que

(p − δ, p + δ) ⊂ R\F.

Assim, neste caso, se x ∈ R e |x − p| < δ ent˜ ao ξF (x) = 0 < 0 + ε = ξA (p) + ε. Logo, se p ∈ R\F ent˜ ao ξF é semicont´ınua inferiormente em p. Portanto, ξF é semicont´ınua superiormente em p ∈ R. Suponhamos, por outro lado, que ξF seja semicont´ınua superiormente. Provaremos que, para um ponto arbitrário p ∈ R\F , existe δ > 0 tal que (p − δ, p + δ) ⊂ R\F . Desta forma, concluiremos que F é fechado. Como ξF é semicont´ınua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (p − δ, p + δ), vale 1 1 ξF (x) < ξF (p) + ε = 0 + = . 2 2 Desta forma, ξF (x) ̸= 1, para todo x ∈ (p − δ, p + δ). Logo, (p − δ, p + δ) ⊂ R\F . (d) Seja X ⊂ R. Para concluirmos que ξX : R → R é descont´ınuo exatamente nos pontos de fronteira de X, verificaremos que ξX é cont´ınua em int(X) e int(R\X), semicont´ınua superiormente, mas não inferiormente, em fr(X)∩X e semicont´ınua inferiormente, mas não superiormente, em fr(X) ∩ (R\X). Seja a ∈ int(X). Como int(X) é aberto, existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ int(X). Assim, para todo x ∈ R tal que |x − a| < δ, temos que x ∈ int(X) e, consequentemente, |ξX (x) − ξX (a)| = |1 − 1| = 0. Logo, ξX é cont´ınua em a ∈ int(X) pois, para todo ε > 0, |ξX (x) − ξX (a)| = 0 < ε sempre que |x − a| < δ. De modo análogo, verifica-se que ξX : R → R é cont´ınua em int(R\X). Seja a ∈ (fr X) ∩ X. Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a − δ, a + δ), a desigualdade ξX (x) 6 1 < 1 + ε = ξX (a) + ε. Logo, ξX é semicont´ınua superiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (R\X). Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que ξX (a) − ε = 1/2 > 0 = ξX (x), para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (R\X). Logo, ξX não é semicont´ınua inferiormente. Seja a ∈ (fr X) ∩ (R\X). Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a − δ, a + δ), a desigualdade ξX (a) − ε = 0 − ε < 0 6 ξX (x). Logo, ξX é semicont´ınua inferiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ X. Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que ξX (x) = 1 > 1/2 = 0 + 1/2 = ξX (a) + ε. para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ X. Logo, ξX n˜ ao é semicont´ınua superiormente. Por fim, f = ξQ é semicont´ınua superiormente em Q = R ∩ Q = (fr Q) ∩ Q e semicont´ınua inferiormente em R\Q = R ∩ (R\Q) = (fr Q) ∩ (R\Q) pelo que foi provado anteriormente. 289

(e) Seja f : R → R dada por

{ f (x) =

sen x1 , se x ̸= 0 c, se x = 0.

Como f é uma composi¸c˜ ao de fun¸c˜ oes cont´ınuas no aberto R\{0}, temos que f é cont´ınua em R\{0}. Desta forma, podemos concluir que f é semicont´ınua superiormente (inferiormente) se, e somente se, c > 1 (c 6 −1) mostrando que f é f é semicont´ınua superiormente (inferiormente) em 0 se, e somente se, c > 1 (c 6 −1). Assim, podemos também concluir que f n˜ ao é semicont´ınua superiormente ou inferiormente se −1 < c < 1. Suponhamos que f seja semicont´ınua superiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitrário, que 1 − ε < c e concluiremos da´ı que 1 6 c. Existe δ > 0 tal que f (x) < f (0) + ε = c + ε, para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que π 2

e, consequentemente, 1 = sen

(π 2

1 ∈ (−δ, δ) + 2nπ (

) + 2nπ = f

π 2

1 + 2nπ

) < c + ε.

Consideremos, por outro lado, o caso em que 1 6 c. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que ( ) 1 f (x) = sen 6 1 < 1 + ε = c + ε = f (0) + ε. x Logo, para todo x ∈ R, temos que f (x) < f (0) + ε. Portanto, f é semicont´ınua superiormente em 0. Suponhamos que f seja semicont´ınua inferiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitrário, que c < −1 + ε e concluiremos da´ı que c 6 −1. Existe δ > 0 tal que c − ε = f (0) − ε < f (x), para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que 3π 2


( c−ε
3π 2

1 ∈ (−δ, δ) + 2nπ

1 + 2nπ

)

( = sen

3π + 2nπ 2

) = −1.

Consideremos, por outro lado, o caso em que c 6 −1. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que ( ) 1 f (0) − ε = c − ε 6 −1 − ε < −1 6 sen = f (x). x Logo, para todo x ∈ R, temos que

f (0) − ε < f (x).

Portanto, f é semicont´ınua inferiormente em 0. (f ) Sejam f e g : R → R definidas por

{ f (x) =

0, ( ) se x = 0, x sen x1 , se x ̸= 0, 290

{

e g(x) =

0, 1 |x| ,

se x = 0, se x = ̸ 0,

Como f e g são produtos, composi¸c˜ oes e quocientes de fun¸cões cont´ınuas em R\{0}, temos que f e g são cont´ınuas em R\{0}. Logo, f e g são semicont´ınuas inferiormente em R\{0}. Desta forma, provando que f e g são semicont´ınuas inferiormente em 0 podemos, pelo item (a), concluir que f e g são semicont´ınuas inferiormente. Seja ε > 0. Tomando δ := ε, temos, para todo x ∈ (−δ, δ)\{0}, que ( ) ( ) x sen 1 = |x| sen 1 6 |x| < δ = ε x x e −ε < 0 <

1 . |x|

Assim, f (0) − ε = −ε < x sen e g(0) − ε = −ε <

( ) 1 = f (x) x

1 = g(x), |x|

para todo x ∈ R tal que 0 < |x| < δ. Logo, podemos concluir que f e g são semicont´ınuas inferiormente em 0. Provaremos, agora, que f · g não é semicont´ınua em 0. Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que x := Assim, x ∈ (−δ, δ)\{0} e x f · g(x) = sen |x|

1 < δ. (2n + 1)π

( ) ( ) 1 = sen (2n + 1)π = −1. x

Logo, podemos concluir que para todo δ > 0 existe x ∈ R\{0} tal que |x| < δ e f · g(x) = −1 = 0 − 1 = f · g(0) − 1. Portanto, f · g não é semicont´ınua em 0. (g) Seja f : X → R uma fun¸c˜ ao e a ∈ X ∩ X ′ . Suponhamos que f seja semicont´ınua superiormente em a. Provaremos que limx→a sup f (x) 6 f (a). Sejam c ∈ R um valor de aderência de f em a e (xn )n∈Z+ uma sequência em X\{a} tal que limn→∞ xn = a e limn→∞ f (xn ) = c. Provaremos, para ε > 0 arbitrário, que c < f (a) + ε. Com isso, poderemos concluir que c 6 f (a). Existe δ > 0 tal que f (x) < f (a) +

ε 2

sempre que x ∈ X é tal que |x − a| < δ. Também existe n0 ∈ Z+ tal que |xn0 − a| < δ e |f (xn0 ) − c| < Assim, c−

ε ε < f (xn0 ) < f (a) + 2 2

e, consequentemente, c < f (a) + ε. 291

ε . 2

Concluimos que f (a) é maior ou igual que qualquer valor de aderência de f em a. Portanto, limx→a sup f (x) 6 f (a). Consideremos, agora, que limx→a sup f (x) 6 f (a). Para provarmos que provaremos que f é semicont´ınua superiormente em a precisamos de mais hipóteses. Por exemplo, se f : R → R é dada por { 0, se x = 0, f (x) = 1 x , se x ̸= 0. então lim sup f (x) = −∞ < f (0).

x→0

Desta forma, iremos assumir também que f é limitada em uma vizinhan¸ca de a. Seja ε > 0. Suponhamos, por absurdo, que não exista δ > 0 tal que f (x) < f (a) + ε sempre que x ∈ X é tal que |x − a| < δ. Ent˜ ao, para cada n ∈ Z+ , exite xn ∈ X\{a} tal que |xn − a| <

1 n

e f (a) + ε 6 f (xn ). Assim, temos uma sequência (xn )n∈Z+ em X\{a} tal que limn→∞ xn = a. Como f é limitada em uma vizinhan¸ca de a, existe uma subsequência (f (xnk ))k∈Z+ de (f (xn ))n∈Z+ que converge para um ponto c ∈ R. Logo, f (a) + ε 6 lim f (xnk ) = c k→∞

já que f (a) + ε 6 f (xnk ), para todo k ∈ Z+ . Por outro lado, como c é um ponto de acumula¸cão de f em a, c 6 lim sup f (x) 6 f (a). x→a

Uma contradi¸cão. Portanto, f é semicont´ınua superiormente no ponto a. De modo análogo, admitindo que f é limitada em uma vizinhan¸ca de a, prova-se que f é semicont´ınua inferiormente em a se, e somente se, f (a) 6 lim inf f (x). x→a

(h) Suponhamos que f e g : X → R sejam duas fun¸cões semicont´ınuas superiormente em um ponto a ∈ X. Mostraremos que f + g é semicont´ınua superiormente em a. Seja ε > 0. Existem δf e δg > 0 tais que ε f (x) < f (a) + , 2 sempre que x ∈ X é tal que |x − a| < δf , e ε g(x) < g(a) + , 2 sempre que x ∈ X é tal que |x − a| < δg . Denotemos min{δf , δg } por δ. Assim, para x ∈ X tal que |x − a| < δ, temos que ( ε) ε) ( + g(a) + = (f + g)(a) + ε. (f + g)(x) = f (x) + g(x) < f (a) + 2 2 Logo, podemos concluir que f + g é semicont´ınua superiormente em a. Sejam f e g : R → R dadas por { sen x1 , se x ̸= 0, f (x) = −1, se x = 0, 292

{

e g(x) =

sen x1 , se x ̸= 0, 1, se x = 0.

Pelo item (e), f é semicont´ınua inferiormente e g é semicont´ınua superiormente. Provaremos que f + g não é semicont´ınua superiormente nem inferiormente em 0. Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que 1 2πn + π < δ. 2

Assim, para x :=

1 2πn +

π 2

temos que |x| < δ e (f + g)(x) = = = > =

f (x) + g(x) sen x1 + sen x1 2 0+1 f (0) + g(0) + 1.

Desta forma, como δ > 0 é arbitrário, conclu´ımos que f + g não é semicont´ınua superiormente em 0. De forma análoga, podemos mostrar que f + g não é semicont´ınua inferiormente em 0. Suponhamos que f : X → R sejam semicont´ınua superiormente. Provaremos que −f é semicont´ınua inferiormente em um ponto arbitrário a ∈ X. E concluiremos da´ı que −f é semicont´ınua inferiormente. Seja ε > 0. Existe δ > 0 tal que f (x) < f (a) + ε, para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ. Assim, −f (a) − ε < −f (x), para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ. Portanto, como ε > 0 é arbitrário, −f é semicont´ınua inferiormente em a. (i) Suponhamos que f e g : X → R sejam duas fun¸cões semicont´ınuas superiormente em um ponto a ∈ X e que f (x) e g(x) > 0, para todo x ∈ X. Mostraremos que f · g é semicont´ınua superiormente em a. Seja ε > 0. Como f (a) + g(a) > 0, podemos escolher λ ∈ R tal que { } 1 0 < λ < min 1, . f (a) + g(a) + 1 Desta forma, (f (a) + g(a))λ + λ2

( ) = ((f (a) + g(a)) + λ) λ < (f (a) + g(a)) + 1 λ < ε.

Seja δ > 0 tal que f (x) < f (a) + λ e g(x) < g(a) + λ, para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Logo, (f · g)(x)

= f( (x) · g(x))( ) = f (a) + λ g(a) + λ = (f · g)(a) + (f (a) + g(a))λ + λ2 = (f · g)(a) + ε, 293

para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Portanto, f · g é semicont´ınua superiormente em a. (j) Suponhamos que f : X → R seja uma fun¸c˜ ao semicont´ınua superiormente em um conjunto compacto X ⊂ R. Para cada a ∈ X, existe δ(a) > 0 tal que f (x) < f (a) + 1, para todo x ∈ X tal que |x| < δ(a). Como

( ) X ⊂ ∪a∈X a − δ(a), a + δ(a)

e X é compacto, existem a1 , . . . , an ∈ X tais que ( ) X ⊂ ∪nk=1 ak − δ(ak ), ak + δ(ak ) . Seja M := max{f (ak ) + 1 : k = 1, . . . , n}. Provaremos que M é uma cota superior para f (X) ( e concluiremos da´ı )que f é limitada superiormente. ( ) Seja x ∈ X. Para algum k ∈ {1, . . . , n}, x ∈ ak − δ(ak ), ak + δ(ak ) já que X ⊂ ∪nk=1 ak − δ(ak ), ak + δ(ak ) . Logo, pela escolha de δ(ak ), temos que f (x) < f (ak ) + ε 6 M. Portanto, M é uma cota superior para f (X). Seja (xn )n∈Z+ uma sequência em X tal que lim f (xn ) = sup f (X).

n→+∞

Como X é compacto, existe uma subsequência convergente (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que a = limk→+∞ xnk ∈ X. Assim, pelo item (g), sup f (X) = limn→+∞ f (xn ) = limn→+∞ f (xnk ) 6 limx→a sup f (x) 6 f (a). Logo, f (a) = sup f (X) e, portanto, f assume seu valor máximo em um ponto de X. De modo análogo, podemos provar que se f : X → R for uma fun¸cão semicont´ınua inferiormente em um conjunto compacto X ⊂ R ent˜ ao f é limitada inferiormente e assume seu valor m´ınimo em um ponto de X.

294

Cap´ıtulo 8

Derivadas

295

Exerc´ıcio 8.46: Dadas f e g anal´ıticas no intervalo aberto I, seja X ⊂ I um conjunto que possui um ponto de acumula¸cão a ∈ I. Se f (x) = g(x), para todo x ∈ I. Em particular, se f (x) = 0, para todo x ∈ X, então f (x) = 0, para todo x ∈ I. Sejam f e g : I → R fun¸c˜ oes anal´ıticas definidas no intervalo aberto I e X ⊂ I. Suponhamos que X é tal que f |X = g|X e exista a ∈ X ′ ∩ I. Pelo exerc´ıcio 8.45, basta provarmos que f (n) (a) = g (n) (a), n ∈ Z+ , para concluirmos que f = g. Assim, mostrando, por indu¸c˜ ao em n ∈ Z+ , que a fun¸cão φ := f − g é tal que 0 = φ(n) (a) = f (n) (a) − g (n) (a), para todo n ∈ Z+ , teremos o resultado do enunciado. Seja (xk )k∈Z+ uma sequência em X tal que limk→+∞ xk = a e xk ̸= a, para todo k ∈ Z+ . Denotemos por (hk )k∈Z+ definida por hk = xk − a. Segue que lim hk = 0.

k→+∞

Para n = 0, temos que φ(0) (a)

= = = = = =

f (a) − g(a) limx→a f (x) − limx→a g(x) limk→+∞ (f (xk ) − limk→+∞ ) g(xk ) limk→+∞ f (xk ) − g(xk ) limk→+∞ 0 0.

Suponhamos que φ(m) (a) = 0 para todo 0 6 m < n. Pela Fórmula da Taylor com Resto de Lagrange (Teorema 8.10), temos que existe θk ∈ (0, 1) tal que 0 = φ(xk ) = φ(a + hk ) =

n−1 ∑ i=0

φ(i) (a) i φ(n) (a + θk hk ) n φ(n) (a + θk hk ) n hk + hk = hk . i! n! n!

Logo, lim θk hk = 0

k→+∞

e, como hk = a − xk ̸= 0,

φ(n) (a + θk hk ) = 0.

Desta forma, φ(n) (a) = lim φ(n) (x) = lim φ(n) (a + θk hk ) = 0. x→a

k→+∞

Portanto, pelo princ´ıpio da indu¸c˜ ao finita, φ (a) = 0, para todo n ∈ Z+ . Em particular, provamos que se f : I → R é uma fun¸cão anal´ıtica definida no intervalo aberto I, X ⊂ I, f |X = 0 e a ∈ X ∩ I então f = 0 pois 0 é anal´ıtica em I. (n)

296

Exerc´ıcio 8.47: Seja I = (a − δ, a + δ). Dada f : I → R, de classe C ∞ , suponha que existam constantes a0 , a1 , . . . , an , . . . tais que, para todo x ∈ I, se tenha ∞ ∑ f (x) = an (x − a)n . Prove que

∑

n=0

an (x − a) é a série de Taylor de f em torno de a, isto é, que n

an =

f (n) (a) , n!

para todo n = 0, 1, 2, . . . . Seja

f ′′ (a) f (n) (a) · (x − a)2 + · · · + · (x − a)n + r(x − a), 2! n! para x ∈ I, a n-ésima expansão de Taylor de f em torno de a. Provaremos, por indu¸c˜ ao em n ∈ Z>0 , que f (x) = f (a) + f ′ (a) · (x − a) +

an = Para n = 0, temos da igualdade f (x) =

f (n) (a) . n!

∞ ∑

an (x − a)n

n=0

que f (a) =

∞ ∑

ak (a − a)k =

k=0

∞ ∑

ak (0)k = a0 .

k=0

Suponhamos, como hipótese de indu¸c˜ ao, que ak =

f (k) (a) , k!

para todo k ∈ Z>0 ∩ [0, n). Assim, (n−1)

(n)

(a) f (a) + · · · + f (n−1)! (x − a)n−1 + f n!(a) (x − a)n + r(x − a) = f (x) ∑∞ = a0 + · · · + an−1 (x − a)n−1 + an (x − a)n + k=n+1 ak (x − a)k (n−1) ∑∞ (a) = f (a) + · · · + f (n−1)! (x − a)n−1 + an (x − a)n + k=n+1 ak (x − a)k


∞ ∑ f (n) (a) (x − a)n + r(x − a) = an (x − a)n + ak (x − a)k . n! k=n+1

Logo, para x ∈ I\{a},

∞ ∑ f (n) (a) r(x − a) − an = (x − a)−n ak (x − a)k − . n! (x − a)n k=n+1

Por fim, f (n) (a) n!

− an

( ) ∑∞ r(x−a) limx→a (x − a)−n k=n+1 ak (x − a)k − (x−a) n ) ( ) ( ∑∞ r(x−a) = limx→a (x − a)−n k=n+1 ak (x − a)k − limx→a (x−a) n = 0+0 = 0. =

Portanto, o resultado segue pelo PIF. 297

Exerc´ıcio 8.48: Seja f (x) =

x5 1+x6 .

Calcule as derivadas de ordem 2001 e 2003 da fun¸cão f : R → R no ponto 0.

Para y ∈ (−1, 1) temos, pelo Exemplo 24 do Cap´ıtulo IV, temos que ∞

∑ 1 = yk . 1−y k=0

Assim, para todo x ∈ (−1, 1), temos que f (x) = = = = = = {

onde an :=

x5 1+x6 1 x5 1−(−x 6) ∑ ∞ x5 ∑k=0 (−x6 )k ∞ 5 k 6k x x ∑∞ k=0 (−1) k 6k+5 (−1) x k=0 ∑∞ n n=0 an x ,

(−1)k , se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0 , 0, caso contrário.

Pelo exerc´ıcio 8.47, temos que { f

(n)

(0) = an n! :=

(−1)k n!, se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0 , 0, caso contrário.

Assim, f (2001) (0) = f (333·6+3) (0) = 0 e f (2003) (0) = f (333·6+5) (0) = (−1)333 2003! = −2003!.

298

Exerc´ıcio 8.49: Seja f : I → R definida num intervalo. Prove que f é convexa se, e somente se, para quaisquer a e b em I e 0 6 t 6 1, vale f ((1 − t)a + tb) 6 (1 − t)f (a) + tf (b).

Suponhamos que f : I → R seja convexa. Mostraremos que f ((1 − t)a + tb) 6 (1 − t)f (a) + tf (b),

(8.1)

para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Para a = b, temos que f ((1 − t)a + tb) = f ((1 − t)a + ta) = f (a) = (1 − t)f (a) + tf (a) = (1 − t)f (a) + tf (b). Adiante, mostraremos para o caso em que a < b. Deste caso segue o caso em que b < a. De fato, para a′ = b, b′ = a e t′ = 1 − t, f ((1 − t)a + tb) = f ((1 − t′ )a′ + t′ b′ ) 6 (1 − t′ )f (a′ ) + t′ f (b′ ) = (1 − t)f (a) + tf (b). Portanto, se f é convexa, ent˜ ao a desigualdade (8.1) é válida para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Sejam a e b ∈ I, com a < b, e t ∈ [0, 1]. Desta forma x := (1 − t)a + tb é tal que x − a = t(b − a) > 0 e b − x = (1 − t)(b − a) > 0. Ou seja, x ∈ [a, b] ⊂ I. Além disso, segue da defini¸cão de x que x−a t= b−a e b−x 1−t= . b−a Como f é convexa, temos que f (x) − f (a) f (b) − f (a) 6 x−a b−a e, consequentemente, ( ) ( ) b−x x−a f (x) 6 f (a) + f (b). b−a b−a Logo, f ((1 − t)a + tb) = ( f (x) ) ( )

b−x x−a 6 b−a f (a) + b−a f (b) = (1 − t)f (a) + tf (b).

Consideremos, agora, que f satisfaz a desigualdade (8.1), para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Mostraremos que f é convexa. Sejam a e b ∈ I, com a < b, e x ∈ [a, b]. Definindo x−a t := b−a temos que x = (1 − t)a + tb e, da desigualdade a 6 x 6 b, que t ∈ [0, 1]. Da´ı, f (x) = f ((1 − t)a + tb) 6 (1 ) (a) + tf ( (b) ) ( − t)f x−a b−x = b−a f (a) + b−a f (b) e, consequentemente,

f (x) − f (a) f (b) − f (a) 6 . x−a b−a

Com isso, concluimos que f é convexa. 299

Exerc´ıcio 8.50: Verifique que f : R → R, dada por f (x) = ex , é convexa e conclua que, para 0 6 t 6 1 e x e y ∈ R quaisquer vale e(1−t)x+ty 6 (1 − t)ex + tey . Deduza da´ı a desigualdade aα bβ 6 αa + βb, para α, β, a, b não-negativos, com α + β = 1. Seja exp : R → R a aplica¸c˜ ao exponencial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Cap´ıtulo 8, que exp é uma fun¸cão convexa. Assim, pelo Excerc´ıcio 8.50, ( ) e(1−t)x+ty = exp (1 − t)x + ty 6 (1 − t) exp(x) + t exp(y) = (1 − t)ex + tey , para todos x e y ∈ R e t ∈ [0, 1]. Dados a, b, α e β ∈ R+ , com α + β = 1, provaremos que vale a desigualdade aα bβ 6 αa + βb. Sejam x := ln(a) e y := ln(b) ∈ R e t = β ∈ [0, 1]. Temos, pela desigualdade provada acima, que aα bβ

= = = 6 = =

eα ln(a) eβ ln(b) e(1−t)x ety e(1−t)x+ty (1 − t)ex + tey αeln(a) + βeln(b) αa + βb.

300

Exerc´ıcio 8.51: Seja ∑n F : I → R convexa no intervalo I. Se a1 , . . . , an pertencem ao intervalo I, t1 , . . . , tn pentencem a [0, 1] e i=1 ti = 1, prove que ( n ) n ∑ ∑ f ti ai 6 ti f (ai ). i=1

i=1

Primeiramente, verifiquemos que se a1 , . . . , ak pertencem ao intervalo I, t1 , . . . , tk pentencentem a [0, 1] e ∑n ao i=1 ti ai ∈ I. Sejam i=1 ti = 1 ent˜ a := min{a1 , . . . , an } ∈ I

∑k

e b := max{a1 , . . . , an } ∈ I. Segue que

( a=

n ∑

) ti

a=

i=1

e

n ∑

ti ai >

i=1

n ∑

n ∑

n ∑

ti ai

i=1

( n ) ∑ ti b = ti b = b.

i=1

Logo,

ti a 6

i=1

n ∑

i=1

ti ai ∈ [a, b] ⊂ I.

i=1

Provaremos o resultado por indu¸c˜ ao em n. No caso n = 2, temos que t1 = 1 − t2 e, pelo Exerc´ıcio 8.49, temos que f (t1 a1 + t2 a2 ) = f ((1 − t2 )a1 + t2 a2 ) = (1 − t2 )f (a1 ) + t2 f (a2 ) = t1 f (a1 ) + t2 f (a2 ). Suponhamos, como hipótese de indu¸c˜ ao, que o caso n = k − 1 seja verdadeiro. ∑ k Sejam a1 , . . . , ak pertencentes ao intervalo I, t1 , . . . , tk pentencentes a [0, 1] e i=1 ti = 1. Se tk = 1 segue que t1 = · · · = tk−1 = 0 e, consequentemente, ( k ) k ∑ ∑ f ti ai = f (ak ) = ti f (ai ). i=1

i=1

Consideremos agora o caso em que tk ̸= 1. Desta forma, t′i := são tais que k−1 ∑ i=1

e

t′i =

k−1 ∑ i=1

ti 1 − tk

∑k−1 ti ti = i=1 = 1 1 − tk 1 − tk t′i ∈ [0, 1].

Seja a :=

k−1 ∑

t′i ai ∈ I.

i=1

301

Assim, pela hipótese de indu¸c˜ ao, ( f

k ∑

) ti ai

(

=

i=1

= 6 = 6 = =

) ti f (1 − tk ) a i + tk a k 1 − tk i=1 ( ) f (1 − tk )a + tk ak (1 − tk )f (a) (∑+ tk f (ak)) k−1 ′ (1 − tk )f i=1 ti ai + tk f (ak ) ∑k−1 ′ (1 − t ) i=1 ti f (ai ) + tk f (ak ) ∑k−1k t f (ai ) + tk f (ak ) ∑ki=1 i i=1 ti f (ai ). k−1 ∑

Portanto, o resultado segue pelo PIF.

302

Exerc´ıcio 8.52: Sejam x1 , x2 , . . . , xn e t1 , . . . , tn n´ umeros não-negativos, com t1 + · · · + tn = 1. Prove que xt11 · xt22 · · · · · xtnn 6 t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn . Conclua, em particular a desigualdade entre as médias aritmética e geométrica. Denotemos por exp : R → R a aplica¸c˜ ao exponecial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Cap´ıtulo 8, que exp é uma fun¸c˜ ao convexa. Sejam x1 , . . . , xn , t1 , . . . , tn ∈ R>0 tais que t1 + · · · + tn = 1. Se algum xi é nulo, temos imediatamente que xt11 · · · xtnn = 0 6 t1 x1 + . . . tn xn . Se x1 , . . . , xn ∈ (0, +∞) ent˜ ao xt11 · xt22 · · · · · xtnn

= et1 ln x1 · et2 ln x2 · · · · · etn ln xn = et1 ln x1 +t2 ln x2 +···+tn ln xn = exp(t1 ln x1 + t2 ln x2 + · · · + tn ln xn ).

Assim, como exp é convexa, temos, pelo Exerc´ıcio 8.51, que xt11 · xt22 · · · · · xtnn

= exp(t1 ln x1 + t2 ln x2 + · · · + tn ln xn ) = t1 exp(ln x1 ) + t2 exp(ln x2 ) + · · · + tn exp(ln xn ) = t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn .

Sejam x1 , . . . xn n´ umeros reais não negativos, G :=

√ n x1 · x2 · · · · · xn

sua média geométrica e

x1 + · · · + xn n sua média aritmática. Pelo que foi demonstrado acima, temos que A :=

1

1

1

G = x1n · x2n · · · · · xnn 6 xn1 + xn2 + · · · + xnn = A.

303

Exerc´ıcio 8.53: Seja φ : [a, b] → R duas vezes derivável, com φ(a) = φ(b) = 0 e φ′′ (x) < 0 para todo x ∈ [a, b]. Prove que φ(x) > 0, para todo x ∈ (a, b). Conclua que, se f : I → R é duas vezes derivável e f ′′ (x) > 0, para todo x ∈ I, então f é estritamente convexa no intervalo I. Seja φ : [a, b] → R, a < b, duas vezes derivável, com φ(a) = φ(b) = 0 e φ′′ (x) < 0 para todo x ∈ [a, b]. Como φ′′ (x) < 0 para todo x ∈ [a, b], temos que φ′ é estritamente decrescente (Corolário 6 do Teorema 7 do Cap´ıtulo VIII). Além disso, como φ(a) = 0 = φ(b), pelo Toerema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que φ′ (c) = 0. Desta forma, como φ′ é estritamente decrescente em [a, b] e φ′ (c) = 0, φ′ > 0 em [a, c) e φ′ < 0 em (c, b]. Com isso, concluimos que φ é estritamente crescente em [a, c] e estritamente decrescente em [c, b] (novamente pelo Corolário 6 do Teorema 7 do Cap´ıtulo VIII). Sendo φ(a) = 0 e φ estritamente crescente em [a, c] segue que φ > 0 em (a, c]. Em particular, temos que φ(c) > φ(a) = 0. Por outro lado, como φ(c) > 0 = φ(b) e φ é estritamente decrescente em [c, b), φ > 0 em [c, b]. Portanto, φ > 0 em (a, b). Seja f : I → R é duas vezes derivável e f ′′ (x) > 0, para todo x ∈ I, então f é estritamente convexa no intervalo I. Provaremos, para a e b em I, com a < b, arbitrários, que f (x) − f (a) f (b) − f (a) < , x−a b−a para todo x ∈ (a, b). Com isso, concluiremos que f é estritamente convexa. Definimos φ : [a, b] → R por f (b) − f (a) φ(x) = (x − a) + f (a) − f (x), b−a para todo x ∈ [a, b]. Desta forma, φ(a) = φ(b) = 0, φ′ (x) = e

f (b) − f (a) − f ′ (x) b−a

φ′′ (x) = −f ′′ (x) < 0,

para todo x ∈ I. Logo, pelo que foi provado acima, φ > 0 em (a, b). Assim, para todo x ∈ (a, b), 0 < φ(x) = e, consequentemente,

f (b) − f (a) (x − a) + f (a) − f (x) b−a

f (x) − f (a) f (b) − f (a) < . x−a b−a

304

Exerc´ıcio 8.54: Seja f cont´ınua num ponto. Prove que se f é derivável nesse ponto então existe na máximo uma reta que coincide com o gráfico de f uma infinidade de vezes em qualquer vizinhan¸ca do ponto. Seja f : X → R deriv´ avel em a ∈ X ′ . Suponhamos que c e d ∈ R são tais que, para qualquer vizinhan¸ca U de a em X, f (x) = cx + d, para infinitos x ∈ U . Em particular, existe uma sequência (xn )n∈Z+ em X tal que lim xn = a

n→∞

e f (xn ) = cxn + d, para todo n ∈ Z+ . Como f é derivável em a, temos que f (xn ) − f (a) f (x) − f (a) (cxn + d) − (ca + d) = lim = lim = f ′ (a). n→∞ x→a n→∞ xn − a xn − a x−a

c = lim

Além disso, como f é cont´ınua em a, ca + d = lim (cxn + d) = lim f (xn ) = f (a) n→∞


n→∞

d = f (a) − ca = f (a) − f ′ (a)a.

Portanto, concluimos que se f coincide em infinitos pontos, em cada vizinhan¸ca de a, com uma reta {(x, ca + d) : x ∈ R} então c e d são determinados unicamente pelos valores de f (a) e f ′ (a). Em particular, existe no máximo uma reta com esta propriedade.

305

Exerc´ıcio 8.55: Seja f : [a, +∞) → R duas vezes derivável. Se lim f (x) = f (a) então existe x ∈ (a, +∞) tal que f ′′ (x) = 0. x→+∞

Usaremos o seguinte resultado: Se g : [c, +∞) → R é uma fun¸cão derivável que adimite uma sequência (xn )n∈Z+ em [c, +∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn ) = g(c) então existe x ∈ (c, +∞) tal que g ′ (x) = 0. Se g(y) = g(c), para todo y ∈ (c, +∞), qualquer x ∈ (c, +∞) é tal que g ′ (x) = 0. Suponhamos que exista y ∈ (c, +∞) tal que g(y) ̸= g(c). Provaremos que exsite x como desejado para o caso em que g(y) > g(c). O caso em que g(y) < g(c) é análogo. Como limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn ) = g(c), deve existir algum xn ∈ (y, +∞) tal que g(xn ) ∈ (g(c) − 1, g(y)). Se g(xn ) ∈ (g(c) − 1, g(c)] temos que g(xn ) 6 g(c) < g(y) e, pelo Teorema do Valor Intermedi´ ario, existe um z ∈ (y, xn ] tal que g(z) = g(c). Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (a, z) tal que g ′ (x) = 0. Se g(xn ) ∈ (g(c), g(y)), temos, pelo Teorema do Valor Intermadi´ ario, que existe z ∈ (c, y) tal que g(z) = g(xn ). Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (z, xn ) tal que g ′ (x) = 0. Consideremos, agora, f : [a, +∞) → R como no enunciado. Como limx→+∞ f (x) = f (a), deve existir uma sequência (xn )n∈Z+ em [a, +∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ f (xn ) = f (a). Logo, existe um ponto b ∈ (a, +∞) tal que f ′ (b) = 0. Provaremos que existe uma sequência (xn )n∈Z+ em [b, +∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ f ′ (xn ) = 0 = f ′ (b). Assim, conclu´ımos que a fun¸c˜ ao derivável f ′ : [b, +∞) → R admite um ponto x ∈ (b, +∞) tal que ′′ f (x) = 0. Pelo Teorema do Valor Médio, podemos escolher, para cada n ∈ Z+ , xn ∈ (a + n, a + n + 1) tal que f ′ (xn ) = f (a + n + 1) − f (a + n). Segue da´ı que limn→+∞ xn = +∞ e lim f ′ (xn )

n→+∞

= =

lim

n→+∞

( ) f (a + n + 1) − f (a + n)

lim f (a + n + 1) − lim f (a + n)

n→+∞

= f (a) − f (a) = 0.

306

n→+∞

Cap´ıtulo 9

Integral de Riemann

307

Cap´ıtulo 10

Sequˆ encias e S´ eries de Fun¸ co ˜es

308

Exerc´ıcio 10.44: A sequência de fun¸c˜ oes fn (x) = nx2 possui derivadas equilimitadas no ponto 0 mas não é equicont´ınua neste ponto. Como fn′ (0) = 0 para todo n ∈ Z+ temos que a sequência (fn ) possui derivadas limitadas em 0. Por outro lado, para todo δ > 0, existe x ∈ (−δ, δ) e n ∈ Z+ tais que |fn (0) − fn (x)| > 1. De fato, dado δ > 0, existe k ∈ Z+ tal que 1/k < δ. Assim, para n = k 2 e x = 1/k, temos que |fn (0) − fn (x)| = |0 − 1| = 1. Portanto, a sequência não é equicont´ınua em 0.

309

Exerc´ıcio 10.45: Um conjunto de polinômios de grau 6 k, uniformemente limitado em um intervalo compacto, é equicont´ınuo neste intervalo. Seja E tal conjunto de polinômios definidos no intervalo compacto I. Podemos considerar, sem perda de generalidade, que I = [0, b] para algum b > 0. De fato, se I = [a, b], podemos definir ˜ := {˜ E p : [0, b − a] → R | ∃p ∈ E, p˜(x) = p(x + a)∀x ∈ [0, b − a]} ˜ é uniformemente limitado e que E é equie teremos, assim, que E é uniformemente limitado se e somente se E ˜ é equicont´ıno. cont´ınuo se e somente se E Provaremos, por indu¸c˜ ao em k, que existe uma constante C > 0 tal que, para todo p ∈ E dado por p(x) = ∑k i i=0 ai x , vale |ai | < C, i = 0, ..., k. (10.1) Donde conclui-se que o conjunto das derivadas dos polinômios de E é equilimitado e, consequentemente, que E é equicont´ınuo. Para k = 0, temos que (10.1) segue do fato de E ser equilimitado. Suponhamos que exista C > 0 satifazendo (10.1) para todo k 6 n − 1. E suponhamos que k = n. Como E é equilimitado, segue que o conjunto E ′ := {p − p(0) | p ∈ E} é também equilimitado. Consideremos E ′′ := {p | ∃˜ p ∈ E ′ , p˜(x) = p(x)x, ∀x ∈ I} Adiante, dada uma constante A > 0 tal que |p(x)| < A, ∀p ∈ E ′ , x ∈ I, temos que A′ = A/b é tal que

|p(x)| < A′ , ∀p ∈ E ′′ , x ∈ I.

Ou seja, E ′′ é equilimitada. Além disso, todos os polinô∑ mios em E ′′ são de grau 6 n − 1. Pelo passo indutivo, n existe C ′ > 0 tal que, para todo p ∈ E ′′ dado por p(x) = i=1 ai xi−1 , vale |ai | < C ′ , i = 1, ..., n. E, como E é equilimitado, existe C ′′ > 0 tal que, para todo p ∈ E, vale |a0 | = |p(0)| < C ′′ . Assim, para C = max{C ′ , C ′′ } temos (10.1). E o resultado segue pelo PIF.

310

Exerc´ıcio 10.46: Diz-se que uma sequência de fun¸c˜ oes fn : X → R converge fracamente para uma fun¸cão f : X → R quando limn→∞ fn (x) = f (x) para cada ponto x ∈ X na qual f é cont´ınua. Seja D ⊂ R denso. Prove que se uma sequência de fun¸cões monótonas fn : R → R converge simplesmente em D para uma fun¸cão f : R → R então (fn ) converge fracamente para f em R. Seja x0 ∈ R um ponto de continuidade de f . Provaremos que lim fn (x0 ) = f (x0 ).

n→∞

(10.2)

Para tanto, basta mostrar, para (fnk ) e (fnp ) sendo as subsequência não-decrescentes e não-crescentes de (fn ), que lim fnk (x0 ) = lim fnp (x0 ) = f (x0 ) p→∞

k→∞

Com igual razão, basta provar a afirma¸c˜ ao (10.2) para o caso em que todas as fn ’s são decrescentes e para o caso em que todas as fn ’s são não-crescentes. Suponhamos que todas as fn ’s são não-decrescentes. Come¸caremos provando que f é não-decrescente em D. Suponhamos, por absurdo, que existam x− < x+ em D tais que

f (x− ) > f (x+ ).

Então, como

lim fn (x− ) = f (x− ),

n→∞

lim fn (x+ ) = f (x+ )

n→∞

e f (x− ) >

f (x− ) + f (x+ ) > f (x+ ), 2

temos, para n suficientemente grande, que fn (x− ) >

f (x− ) + f (x+ ) > fn (x+ ). 2

Contradizendo o fato de fn ser não-decrescente. Portanto, f é não-decrescente em D. O próximo passo desta demonstra¸c˜ ao é provar que se + x− 0 < x0 < x0 , + onde x− ao 0 e x0 ∈ D, ent˜

De fato, se

+ f (x− 0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 ).

f (x− 0 ) > f (x0 ),

então, como f é cont´ınua em x0 e D é denso em R, existe x ˜ ∈ D tal que x− ˜ < x0 0
f (x− x). 0 ) > f (˜

Contradizendo o fato de f ser não-decrescente em D. Portanto, devemos ter que f (x− 0 ) 6 f (x0 ). E, de forma análoga, mostra-se que devemos ter que f (x0 ) 6 f (x+ 0 ). 311

Por fim, provaremos que, dado ε > 0, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo natural n > n0 vale |f (x0 ) − fn (x0 )| < ε. + Com efeito, existem (pois f é cont´ınua em x0 ) x− 0 e x0 ∈ D tais que + x− 0 < x0 < x0

e

+ |f (x− 0 ) − f (x0 )| < ε/2.

E, como (fn ) converge simplesmente para f em D, existe n0 ∈ Z+ , tal que, para todo n > n0 , vale − |f (x− 0 ) − fn (x0 )| < ε/2

e + |f (x+ 0 ) − fn (x0 )| < ε/2.

Pelo que foi dito nos parágrafos acima, temos que + f (x− 0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 )

e

+ fn (x− 0 ) 6 fn (x0 ) 6 fn (x0 ).

Logo, E, como e

+ + − f (x− 0 ) − fn (x0 ) 6 f (x0 ) − fn (x0 ) 6 f (x0 ) − fn (x0 ). + − + + + |f (x− 0 ) − fn (x0 )| 6 |f (x0 ) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fn (x0 )| 6 ε/2 + ε/2 = ε − + − − − |f (x+ 0 ) − fn (x0 )| 6 |f (x0 ) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fn (x0 )| 6 ε/2 + ε/2 = ε,

para todo n > n0 , segue que

|f (x0 ) − fn (x0 )| < ε,

para todo n > n0 . E temos o resultado. O caso em que todas as fn ’s são não-crescentes é análogo.

312

Exerc´ıcio 10.47: x Seja f (x) = x + |x| se x ̸= 0 e f (0) = 0. Obtenha uma sequência de fun¸cões cont´ınuas crescentes fn : R → R que convirjam para f em R − {0}, mas (fn (0)) não converge.

{

Considere fk (x) = para k par e

f (x), ( ) ) ( 2 + k1 x+1/k − 1/k {

fk (x) =

x < −1/k e 0 < x 1 k

− 1, −1/k 6 x 6 0

f (x), ( ) x < −1/k e 0 < x ( ) x 1 2 + k 1/k − 1, 0 6 x 6 1/k

para k ´ımpar. Temos, ent˜ ao, que (fk ) é uma sequência de fun¸cões cont´ınuas e crescentes que converge para f em R − {0}. E, como fk (0) = (−1)k , temos que (fk (0)) não é convergente.

313

Exerc´ıcio 10.48: Uma sequência de fun¸c˜ oes monótonas fn : R → R possui uma subsequência que converge fracamente para uma fun¸cão monótona f : R → R, a qual podemos tomar cont´ınua à direita. Provaremos o resultado para o caso em que (fn ) é uma sequência de fun¸cões não decrescentes. A demonstra¸cão para o caso em que (fn ) é uma sequência de fun¸cões não-crescentes é análoga. No caso geral, (fn ) possui uma subsequência de pelo menos um destes dois tipos. E esta, por sua vez, possuirá um subsequência com a propriedade do en´ unciado. Seja (fn ) uma sequência simplesmente limitada de fun¸cões não decrescentes. Pelo Teorema de Cantor-Tychonov existe uma subsequência (fnk ) de (fn ) que converge em Q para uma fun¸cão f˜ : Q → R. Como (fnk ), devemos ter que f˜ é não-decrescente. Como f˜ é monótona, existe limx→x+ f˜(x). Assim, podemos definir 0

f:

R x0

→ R → limx→x+ f˜(x). 0

Provaremos que f é cont´ınua à direita e (fnk ) converge fracamente para f . Seja x0 ∈ R. Provaremos que f (x0 ) = lim+ f (x). x→x0

Seja (xn ) uma sequência em R que converge à direita para x0 . Pela defini¸cão de f , para cada n ∈ Z+ existe yn ∈ Q ∩ (xn , +∞) tal que 1 |xn − yn | < n e 1 |f (xn ) − f˜(yn )| < . n Assim, lim yn = lim xn = x0 n→∞

n→∞

e, consequentemente, lim f (xn ) = lim f˜(yn ) = lim+ f˜(x) = f (x0 ).

n→∞

n→∞

x→x0

Como (xn ) é uma sequência que converge para x0 à direita arbitrária, segue que lim f (x) = f (x0 ).

x→x+ 0

Por sua vez, como x0 é arbitrário, conclu´ımos que f é cont´ınua à direita. + Para todos x0 ∈ R, x− 0 e x0 ∈ Q tais que + x− 0 < x0 < x0 , temos que

˜ + f˜(x− 0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 )

(10.3)

pois f (x0 ) = limx→x+ f˜(x) 0

e f˜ é não-decrescente. Seja x0 um ponto de continuidade de f e ε > 0. Provaremos que existe k0 ∈ Z+ tal que para todo k > k0 em Z+ temos que |f (x0 ) − fnk (x0 )| < ε. Como x0 é ponto de continuidade de f , existem y0− e y0+ ∈ R tais que y0− < x0 < y0+ e

|f (y0+ ) − f (y0− )| < 314

ε . 2

+ Tomando-se x− 0 e x0 ∈ Q tais que

temos, por (10.3), que

+ + y0− < x− 0 < x0 < x0 < y0 + ˜ + f (y0− ) 6 f˜(x− 0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 ) 6 f (y0 ).

Assim, ˜ − |f˜(x+ 0 ) − f (x0 )| <

ε . 2

Como (fnk ) converge simplesmente para f˜ em Q, existe k0 ∈ Z+ tal que, para todo k > k0 vale − |f˜(x− 0 ) − fnk (x0 )| <

e

ε 2

ε . 2 ser não-decrescente, temos que

+ |f˜(x+ 0 ) − fnk (x0 )| <

Do que foi dito acima, e pelo fato de cada fnk

˜ + f˜(x− 0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 ), + fnk (x− 0 ) 6 fnk (x0 ) 6 f (x0 )


+ − ˜ + f˜(x− 0 ) − fnk (x0 ) 6 f (x0 ) − fnk (x0 ) 6 f (x0 ) − fnk (x0 ).

Por fim, como + + ˜ − ˜ + ˜ + |f˜(x− 0 ) − fnk (x0 )| 6 |f (x0 ) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fnk (x0 )| <

e

ε ε + =ε 2 2

ε ε − − ˜ + ˜ − ˜ − |f˜(x+ + =ε 0 ) − fnk (x0 )| 6 |f (x0 ) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fnk (x0 )| < 2 2 para todo k > k0 em Z+ , temos que |f (x0 ) − fnk (x0 )| < ε para todo k > k0 em Z+ .

315

Exerc´ıcio 10.49: Seja (fn ) uma sequência equicont´ınua e simplesmente limitada num compacto X ⊂ R. Se toda subsequência uniformemente convergente em X tem o mesmo limite f : X → R, então fn → f uniformemente. Suponhamos, por absurdo, que a sequência (fn ) não convirja uniformemente para f . Então, existe uma subsequência (fnk ) de (fn ) e uma sequência |f (xnk ) − fnk (xnk )| > ε (10.4) para algum ε > 0 fixo. Porém, como X é compacto, (fnk ) é equicont´ınua e simplesmente limitada, temos, pelo Teorema 10.23, que alguma subsequência de (fnk ) converge uniformemente em X para uma fun¸cão f˜. E, como toda subsequência uniformemente convergente de (fn ) converge para f , devemos ter que f˜ = f . O que contradiz (10.4).

316

Exerc´ıcio 10.50: Dê exemplo de uma sequência equicont´ınua de fun¸cões fn : (0, 1) → (0, 1) que não possua subsequência uniformemente convergente em (0, 1). Seja (fn ) a sequência dada por fn :

( (0,1 1)] x ∈ [ 0, 2πn ) 1 x ∈ 2πn ,1

→ (0, 1)( ) → 14 sin x1 + → 12 .

Esta sequência converge simplesmente para a fun¸cão f : (0, 1) → x →

(0, 1) 1 2.

Porém nenhuma subsequência desta sequencia converge uniformemente.

317

1 2

Exerc´ıcio 10.51: Dada uma sequência de fun¸c˜ oes duas vezes deriváveis (fn ) definidas no intervalo compacto I, suponha que fn → f simplesmente em I, que (fn′ (a)) é limitada para um certo a ∈ I e que (fn′′ ) é uniformemente limitada em I. Prove que f ∈ C 1 . Temos que a sequência (fn′ ) é equicont´ınua e uniformemente limitada. De fato, como (fn′′ ) é uma sequência uniformemente limitada, segue que (fn ) é equicont´ınua. Adiante, como (fn′′ ) é uniformemente limitada e I é compacto, existe, pelo teorema do valor médio, C ′ > 0 tal que |fn′ (x) − fn′ (a)| < C ′ , ∀n ∈ Z+ , x ∈ I. E, como (fn′ (a)) é uma sequência limitada, existe C > 0 tal que |fn′ (a)| < C, ∀n ∈ Z+ . Então,

|fn′ (x)| 6 |fn′ (x) − fn′ (a)| + |fn′ (a)| < C ′ + C, ∀n ∈ Z+ , x ∈ I.

Ou seja, (fn′ ) é uniformemente limitada. Adiante, temos que toda subsequência uniformemente convergente de (fn′ ) converge para f ′ . De fato, dada uma subsequência uniformemente convergente (fn′ k ) temos, pelo Teorema 10.7, que fn′ k → f ′ já que fnk → f . Como (fn ) é uma sequência equincont´ınua, uniformemente limitada tal que todas as suas subsequências uniformemente convergentes convergem para f ′ , temos, pelo exerc´ıcio 10.49, que fn′ → f ′ uniformemente em I. Portanto, f ′ é cont´ınua, pois é o limite uniforme de uma sequência de fun¸cões cont´ınuas.

318

Exerc´ıcio 10.52: Dada uma sequência de fun¸c˜ oes k+1 vezes deriváveis (fn ) definidas no intervalo I, suponha que existam a0 , ..., ak ∈ I (k) (k+1) e c > 0, tais que |fn (a0 )| 6 c, |fn′ (a1 )| 6 c,...,|fn (ak )| 6 c para todo n ∈ Z+ e que a sequência (fn ) seja uniformemente limitada em I. Prove que existe uma subsequência (fni ) que converge, juntamente com suas k primeiras derivadas, uniformemente em cada parte compacta I. ´ suficiente provar que existe uma subsequência (fn ) que converge, juntamente com suas k primeiras derivadas, E i uniformemente em I para o caso em que I é um intervalo compacto. Então, assumiremos sem perda de generalidade, que I é um intervalo compacto. (k) (k+1) Temos que a sequência (fn ) é equicont´ınua e uniformemente limitada. De fato, como (fn ) é uma sequência (k) (k+1) uniformemente limitada, segue que (fn ) é equicont´ınua. Adiante, como (fn ) é uniformemente limitada e I é compacto, existe, pelo teorema do valor médio, C ′ > 0 tal que |fn(k) (x) − fn(k) (ak )| < C ′ , ∀n ∈ Z+ , x ∈ I. (k)

E, como (fn (ak )) é uma sequência limitada, existe C > 0 tal que |fn(k) (ak )| < C, ∀n ∈ Z+ . Então,

|fn(k) (x)| 6 |fn(k) (x) − fn(k) (ak )| + |fn(k) (ak )| < C ′ + C, ∀n ∈ Z+ , x ∈ I. (k)

Ou seja, (fn ) é uniformemente limitada. Agora, provaremos o resultado por indu¸c˜ ao em k. Consideremos o caso k = 0. Pelo que foi dito acima, temos que (fn ) é equicont´ınua e uniformemente limitada. Segue da´ı e do fato de I ser compacto, pelo Teorema 10.23, que (fn ) possui uma subsequência uniformemente convergente. (k) Faremos agora o passo indutivo. Como (fn ) é uniformemente limitada, temos que existe uma subsequência (k) (fni ) que converge, juntamente com suas k − 1 primeiras derivadas, uniformente. Adiante, temos que (fni ) é (k) (k) equicont´ınua e uniformemente limitada. Isto implica que existe uma subsequência (fnj ) de (fni ) que converge uniformemente. Portanto, devemos ter que (fnj ) e suas primeiras k derivadas convergem uniformemente.

319

Exerc´ıcio 10.53: Demonstre o corolário de Teorema 22 para intervalos arbitrários (abertos ou não) I ⊂ R. Se int(I) = ∅, os u ńicos compactos em I s˜ ao ∅ e I. Assim, o Teorema de Arzelá-Ascoli se aplica imediatamente e o resultado segue. Adiante assumiremos que existe c ∈ int(I). Consideremos o intervalo J = [a, b] ⊂ I dado por { c, caso inf(I) ∈ /I a= inf(I), caso contrário {

e b=

c, caso sup(I) ∈ /I sup(I), caso contrário.

Se J = I, temos que I é compacto, e, pelo Teorema de Arzelá-Ascoli, temos que existe uma subsequência de (fn ) que converge uniformemente em I. E, logo, em cada parte compacta de I. Assumiremos daqui em diante que J ̸= I. Então existe uma sequência de compactos Ki ⊂ I, i ∈ Z+ tais que K1 = J, Ki ⊂ Ki+1 e int(I) = ∪i∈Z+ int(Ki ). Seja K ⊂ I um compacto. Pela escolha de J, temos que K\J ⊂ int(I) e que K\J é um compacto. Da´ı segue que K\J ⊂ ∪i∈Z+ int(Ki ) e, consequentemente, K\J ⊂ Ki para algum i ∈ Z+ . Logo,

K ⊂ J ∪ Ki = Ki

para algum i ∈ Z+ . Agora, como na demonstra¸c˜ ao dada no texto, existe uma subsequência de (fn ) que converge uniformemente em cada Ki , i ∈ Z+ . Portanto, como cada parte compacta de I está contida em algum Ki , temos que esta subsequência converge uniformemente em toda parte compacta de K.

320

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