Solu¸co˜es de Exerc´ıcios do Livro “Curso de An´alise”, Volume I, de Elon Lages Lima Cleber Fernando Colle, Edson Jos´e Teixeira, J´ ulio C. C. da Silva (
[email protected]) e Rodrigo Carlos Silva de Lima (
[email protected]) 3 de janeiro de 2014
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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Enumer´ aveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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N˜ ao-Enumer´ aveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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30 31 32 33 34 38 39 40 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55
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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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56 57 59 60 61 62 65 68
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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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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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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 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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296 297 298 299 300 301 302 304 305 306 307
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 308 Exerc´ıcio 9.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309 Exerc´ıcio 9.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310
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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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Cap´ıtulo 1
Conjuntos e Fun¸ co ˜es
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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 inclus˜ ao A ∪ B ⊂ X ´e fornecida pela primeira hip´otese. De fato, se x ∈ A ⊂ X ou x ∈ B ⊂ X (isto ´e, se x ∈ A ∪ B) ent˜ ao x ∈ X. E a segunda hip´ otese fornece a inclus˜ ao A ∪ B ⊂ X pois A ∪ B ⊃ A e A ∪ B ⊃ B. Portanto, X = A ∪ B.
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Exerc´ıcio 1.2: Enuncie e prove um resultado, an´ alogo 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 inclus˜ ao A∩B ⊃ X ´e fornecida pela primeira hip´otese. De fato, se x ∈ X temos que A ⊃ X 3 x e B ⊃ X 3 x. Consequentemente, se x ∈ X ent˜ ao x ∈ A ∩ B. E a segunda hip´ otese fornece a inclus˜ ao A ∩ B ⊂ X pois A ∩ B ⊂ A e A ∩ B ⊂ B. Portanto, X = A ∩ B.
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Exerc´ıcio 1.3: Sejam A, B ⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ E\B. Prove tamb´em 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 est´ a 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 ´e um subconjunto de E\B, ter´ıamos tamb´em que x ∈ E\B. Um absurdo, pois se x ∈ E\B ent˜ao 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. Al´em disso, como x ∈ E\A, temos tamb´em 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 ent˜ ao x pertence a B pois E\A est´ a 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.
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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 ´e, existiria x ∈ E tal que x ∈ A e x ∈ / B. Mas, isto ´e um absurdo, pois, como A ⊂ B, se x ∈ A ent˜ao 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) = ∅.
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Exerc´ıcio 1.5: Dˆe exemplo de conjuntos A, B, C tais que (A ∪ B) ∩ C 6= A ∪ (B ∩ C). Tome A = {1, 2, 3}, B = {1, 3} e C = {1, 2}. Desta forma, temos (A ∪ B) ∩ C = {1, 2} = 6 {1, 2, 3} = A ∪ (B ∩ C).
12
Exerc´ıcio 1.6: Se A, X ⊂ E s˜ ao 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, tamb´em, que x ∈ E. Logo, x ∈ E\A. Portanto, como x ∈ X ´e arbitr´aro, 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 ´e arbitr´ aro, devemos ter que X ⊂ E\A.
13
Exerc´ıcio 1.7: Se A ⊂ B, ent˜ ao B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A, para todo conjunto C. Por outro lado, se existir C de modo que a igualdade acima seja satisfeita, ent˜ao A ⊂ B. Primeiramente, mostremos que se A ⊂ B ent˜ao, 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, j´ a 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¸c˜ ao. De modo inteiramente an´ alogo ´e 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 ent˜ao 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 ent˜ao x ∈ / B, uma vez que x ∈ / A ∩ B. Isto ´e, 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 an´alogo com ∩, ∪ ou × em vez de ∆. Suponhamos que A∆B = A∆C. Mostraremos que os conjuntos B ∩ A e B\A est˜ao 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 ´e arbitr´ ario, 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, j´a que x ∈ / A, devemos ter que x ∈ C\A e, consequentemente, x ∈ C. Como x ∈ B\A ´e arbitr´ario, concluimos que B\A ⊂ C. Por fim, como B ∩ A e B\A est˜ ao contidos em C, devemos ter que B ⊂ C. E, de forma an´aloga, prova-se que C ∩ A e C\A est˜ ao contidos em B. Logo, C ⊂ B. Portanto, supondo que A∆B = A∆C, temos que B = C. Consideremos agora a validade dos casos an´ alogos para ∩, ∪ e × ao inv´es de ∆. Existem A, B e C tais que • A ∩ B = A ∩ C e B 6= C. Por exemplo: A = {1}, B = {1, 2} e C = {1, 2, 3}; • A ∪ B = A ∪ C e B 6= C. Por exemplo: A = {1}, B = {2} e C = {1, 2}; • A × B = A × C e B 6= 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 ⊂ A0 , B ⊂ B 0 =⇒ A × B ⊂ A0 × B 0 .
(a) Temos que a igualdade (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C) ´e v´alida 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) ´e v´alida 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) ´e v´alida 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 ∈ A0 e b ∈ B 0 pois A ⊂ A0 e B ⊂ B 0 . Logo, (a, b) ∈ A0 × B 0 . Portanto, concluimos que A × B ⊂ A0 × B 0 .
18
Exerc´ıcio 1.12: Dada uma fun¸c˜ ao 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 ´e injetivo, f (x) = z e x ∈ / Y , nenhum y ∈ Y ´e 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¸ca˜o f : A → B ´e injetora se, e somente se, f (A\X) = f (A)\f (X) para todo X ⊂ A. Se f : A → B ´e injetiva, pelo item (b) do exerc´ıcio 1.12, a igualdade f (A\X) = f (A)\f (X) ´e v´alida para todo X ⊂ A. Suponhamos que a igualdade f (A\X) = f (A)\f (X) seja v´alida 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, n˜ ao existe a0 ∈ A\{a} tal que f (a0 ) = b = f (a). Desta forma, como a ∈ A ´e arbitr´ario, concluimos que f ´e injetivo.
20
Exerc´ıcio 1.14: Dada a fun¸c˜ ao f : A → B, prove que: (a) f −1 (f (X)) ⊃ X para todo X ⊂ A; (b) f ´e injetora se, e somente se, f −1 (f (X)) = X para todo X ⊂ A.
(a) Se x ∈ X ent˜ ao x ∈ f −1 (f (X)) pois f (x) ∈ f (X). Assim, devemos ter que f −1 (f (X)) ⊃ X. (b) Suponhamos que f ´e 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 ´e injetora ent˜ao 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)) ´e arbitr´ario, 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 hip´ otese, {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 s˜ao tais que f (x) = f (y) ent˜ ao x = y. Portanto, f ´e 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 ´e 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 arbitr´ario, que f (f −1 (Z)) = Z. Pelo item (a), temos que f (f −1 (Z)) ⊂ Z. Seja z ∈ Z. Como f ´e 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 ´e 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. S 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
[
Aλ pertence
λ∈L
a Aλ ⊂ X, para [ algum λ ∈ L. [ [ O conjunto Aλ ´e tal que Aλ ⊃ Aλ , para todo λ ∈ L. Logo, pela segunda condi¸c˜ao, Aλ ⊃ X. λ∈L
Portanto, X =
λ∈L
[
λ∈L
Aλ .
λ∈L
23
Exerc´ıcio 1.17: Enuncie e demonstre um resultado an´ alogo ao anterior, caracterizando
T
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. T Nestas condi¸c˜ oes, tem-se X = Aλ . λ∈L
Demonstra¸ c˜ ao: T T Todo elemento x de X pertence a Aλ pois x ∈ X ⊂ Aλ , pela primeira hip´otese sobre X. Logo, Aλ ⊃ X. λ∈L T T λ∈L T O conjunto Aλ ´e tal que Aλ ⊂ Aλ , para todo λ ∈ L. Assim, pela segunda hip´otese sobre X, Aλ ⊂ X. λ∈L T 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 inclus˜ ao separadamente. S T (i) f ( Xλ ) ⊂ f (Xλ ) Como ∪Xλ ⊃ Xλ , para todo λ, temos por hip´otese que f (∪Xλ ) ⊂ f (Xλ ), para todo λ. Da´ı, f (∪Xλ ) ⊂ ∩f (Xλ ). S T (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 ). T S (iii) f ( Xλ ) ⊃ f (Xλ ) Como ∩Xλ ⊂ Xλ , para todo λ, temos por hip´otese que f (∩Xλ ) ⊃ f (Xλ ), para todo λ. Da´ı, f (∩Xλ ) ⊃ ∪f (Xλ ). T S (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
e
(Aλ ∩ Bm u)(λ,µ)∈L×M .
Prove que se tem
! [
∩
Aλ
!
∪
Aλ
(Aλ ∩ Bµ ),
(λ,µ)∈L×M
\
\
Bµ =
µ∈M
λ∈L
[
Bµ =
µ∈M
λ∈L
\
[
(Aλ ∪ Bµ ).
(λ,µ)∈L×M
Primeiramente provemos que
! [
∩
Aλ
[
µ∈M
λ∈L
[
Bµ =
(Aλ ∩ Bµ ).
(λ,µ)∈L×M
Como [
Aλ ⊃ Aλ ⊃ Aλ ∩ B µ ,
λ∈L
para todo (λ, µ) ∈ L × M, temos que [
[
Aλ ⊃
λ∈L
(Aλ ∩ Bµ ).
(λ,µ)∈L×M
Analogamente, mostra-se que [
[
Bµ ⊃
µ∈M
(Aλ ∩ Bµ ).
(λ,µ)∈L×M
Assim, segue que ! [
[
∩
Aλ
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 ∩ B µ ⊂ (Aλ ∩ Bµ ) . (λ,µ)∈L×M
Com isso, podemos concluir que ! [
[
∩
Aλ
µ∈M
λ∈L
[
Bµ ⊂
(Aλ ∩ Bµ ) .
(λ,µ)∈L×M
Mostremos agora que ! \ λ∈L
Aλ
∪
\
\
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 ) ⊃
\
Bµ .
µ∈M
(λ,µ)∈L×M
Assim, segue que ! \ (λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪ Bµ ) ⊃
\ 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 ). Ent˜ao, x ∈ / ∩λ∈L Aλ ex∈ / ∩µ∈M Bµ . Assim, existem λ ∈ L e µ ∈ M tais que x ∈ / Aλ e x ∈ / Bµ . Com igual raz˜ao, 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 ´e falsa em geral. De fato, tomando-se {1}, se i = j, Aij := ∅, se i 6= 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¸c˜ao entre F(A × B; C) e F(A; F(B; C)). Seja f : A × B → C. Podemos definir uma fun¸c˜ao ϕf : A → F(B; C) definindo ϕf (a) : B → C como sendo a fun¸c˜ ao 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), ´e 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 ´e injetiva. Seja ψ : A → F(B; C). Podemos definir uma fun¸c˜ao 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 ´e arbitr´ario, conclu´ımos que ϕf = ψ. Com isso, concluimos que ϕ ´e sobrejetiva. Portanto, ϕ : F(A × B; C) → F(A; F(B; C)) ´e uma bije¸c˜ao 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 ´e equivalente a P3: A : Para todo subconjunto n˜ ao-vazio X ⊂ N, tem-se X\s(X) 6= ∅.
Relembremos as propriedades: P1 : s : N → N ´e injetora; P2 : N\s(N) = {1}; P3 : Se X ⊂ N ´e tal que 1 ∈ X e, para todo n ∈ X, s(n) ∈ X, ent˜ao X = N. Suponhamos que as afirma¸c˜ oes P1, P2 e P3 sejam v´alidos. Concluiremos que o axioma A ´e valido mostrando que se X ⊂ N ´e tal que X\s(X) = ∅ ent˜ ao X = ∅. Equivalentemente, se X ⊂ s(X) ent˜ao N\X = N. Primeiramente, temos que 1 ∈ N\X, pois, caso contr´ ario, 1 ∈ s(N) j´a 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 v´alidos. 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 ´e v´alido. Suponhamos por absurdo que N\X 6= ∅. Por A, segue que existe n ∈ (N\X)\s(N\X). Como 1 ∈ / N\X, devemos ter que n 6= 1 e, por P2, existe m ∈ N tal que s(m) = n. Por P1, m ∈ / N\X j´ a que s(m) = n ∈ / s(N\X). Assim, m ∈ X e s(m) = n ∈ / X, contradizendo a hip´otese 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 6= 1 ent˜ ao a > 1 j´ a que a ∈ Z+ . Assim, pela monoticidade da multiplica¸c˜ao 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 ´e tal que a ∈ X e, al´em disso, n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, ent˜ao X cont´em todos os n´ umeros naturais ≥ a. Seja A := {k ∈ Z+ : a + k ∈ X}. Pela defini¸c˜ ao 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 cont´em 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¸c˜oes 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 ´e tautol´ogico. Supondo, como hip´otese de indu¸c˜ao, 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¸c˜ao em n ∈ Z+ , que m + n = n + m. O caso n = 1 foi provado no par´ agrafo anterior. Supondo, como hip´otese de indu¸c˜ao, que m+n=n+m para algum n ∈ Z+ , segue que m + s(n)
= = = =
s(m + n) n + s(m) n + (1 + m) s(n) + m.
= s(n + m) = n + (m + 1) = (n + 1) + 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 ent˜ao n = p. O caso em que m = 1 resume-se ` a injetividade da fun¸c˜ao s : Z+ → Z+ . Isto ´e, como s(n) = n + 1 = 1 + n = 1 + p = p + 1 = s(p), temos que n = p. Suponhamos, como hip´ otese de indu¸c˜ ao, que m + n = m + p implique que n = p. Assim, se s(m) + n = s(m) + p ent˜ ao 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 hip´ otese de indu¸c˜ ao, n = p. E o resultado segue pelo PIF. Tricotomia: Dados m e n ∈ Z+ , exatamente uma das trˆes 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¸c˜ao C se exatamente uma das exatamente uma das trˆes 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¸c˜ao em m ∈ Z+ . Consideremos o caso em que m = 1. Se n = 1 temos que n = m. Al´em disso, como 1 ∈ / s(Z), segue que m = 1 6= sp (n) = n + p e n = 1 6= sq (m) = m + q, para todos p e q ∈ Z+ . Logo, (1, 1) satisfaz a condi¸c˜ao C e, consequentemente, 1 ∈ T1 . Supondo que n ∈ T1 , como n˜ ao se pode ter que 1 = m + q = sq (m) j´ a 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 hip´ otese de indu¸c˜ ao, que Tm = Z+ . Provaremos que Ts(m) = Z+ . Como X1 = Z+ , temos imediatamente que (1, s(m)) satisfaz a condi¸c˜ao C e, consequentemente, (s(m), 1) satisfaz a condi¸c˜ ao C. Logo, 1 ∈ Ts(m) . Supondo que n ∈ Ts(m) , temos que exatamente uma das trˆes 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 ent˜ao 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 trˆes 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 ent˜ao 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¸c˜ao (provada acima), exatamente uma das trˆes condi¸c˜ oes ´e 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 hip´otese de indu¸c˜ ao, que n ∈ Z+ ´e tal que m · n = n · m, para todo m ∈ Z+ , provaremos que n + 1 ´e tal que m · (n + 1) = (n + 1) · m. Como isso, o resultado segue pelo Princ´ıpio da Indu¸c˜ao Finita. Provaremos a igualdade m · 1 = 1 · m por indu¸c˜ao em m ∈ Z+ . Para m = 1 a igualdade ´e trivial. Suponhamos, como hip´ otese 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 ´e v´ alida. Suponhamos que n ∈ Z+ seja tal que m · n = n · m, para todo m ∈ Z+ . Mostraremos, por indu¸c˜ao em m, que m · (n + 1) = (n + 1) · m, para todo m ∈ Z+ . Para m = 1, o resultado segue do par´agrafo 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+ s˜ ao tais que m · p = n · p. Pela tricotomia, exatamente uma das trˆes condi¸c˜oes ´e 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¸c˜oes n˜ao s˜ao 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 an´ aloga, n˜ ao 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 ´e imediata. Suponhamos, como hip´ otese 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 n˜ao 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+ ´e 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} ent˜ao, 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 ´e um antecessor de x.
38
Exerc´ıcio 2.6: Use indu¸c˜ ao 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 ∈ Z+ ; (d) n ≥ 4 ⇒ n! > 2n .
(a) Para n = 1, temos a igualdade j´ a que 2(1) = 2 = 1(1 + 1). Supondo que a igualdade seja verdadeira para n = k, segue que 2(1 + 2 + 3 + · · · + k + (k + 1))
= 2(1 + 2 + 3 + · · · + k) + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1) = (k + 2)(k + 1) = (k + 1)((k + 1) + 1).
Portanto, pelo PIF, temos o resultado. (b) Para n = 1, temos a igualdade j´ a que 1 + 3 = 4 = (1 + 1)2 . Supondo que a igualdade seja verificada para n = k, segue que 1 + 3 + 5 + · · · + (2k + 1) + (2(k + 1) + 1)
= (k + 1)2 + (2(k + 1) + 1) = (k + 1)2 + 2(k + 1)1 + 12 = ((k + 1) + 1)2 .
Portanto, pelo PIF, temos o resultado. (c) Para n = 1, temos a igualdade j´ a que (a − 1)(1 + a) = a2 − 1. Supondo que a igualdade seja verdadeira para n = k, segue 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.
Portanto, pelo PIF, temos o resultado. (d) Para n = 4, temos a desigualdade j´ a que 4! = 24 > 16 = 24 . Supondo que a desigualdade seja verdadeira para n = k > 4, segue que (k + 1)! > (k!)(k + 1) > 2k > 2k 2 = 2k+1 . Portanto, pelo PIF, temos o resultado. 39
Exerc´ıcio 2.7: Use o Segundo Princ´ıpio de Indu¸c˜ ao para demonstrar a unicidade de decomposi¸c˜ao de um n´ umero natural em fatores primos. Esta demonstra¸c˜ ao ´e uma adapata¸c˜ ao de uma demonstra¸c˜ao encontrada em: • http://en.wikipedia.org/wiki/Fundamental theorem of arithmetic Seja n ∈ Z+ tal que todo m < n em Z+ possui uma u ´nica decomposi¸c˜ao em fatores primos. Provaremos que n possui uma u ´nica decomposi¸c˜ ao em fatores primos e concluiremos, do Segundo Princ´ıpio da Indu¸c˜ao, que todo n ∈ Z+ possui uma u ´nica fatora¸c˜ ao em fatores primos. Suponhamos que α1 α2 . . . αp e β1 β2 . . . βq sejam duas decomposi¸c˜oes de n em fatore primos αi e βj . Devemos mostrar que a sequˆencia α1 , α2 , . . . , αp ´e uma permuta¸c˜ao da sequˆencia β1 , β2 , . . . , βq . Podemos supor, sem perda de generalidade, que α1 6 β1 . Tamb´em podemos supor que m n˜ao ´e primo, pois pela pr´ opria defini¸c˜ ao de n´ umero primo, m teria imediatamente uma u ´nica fatora¸c˜a em fatores primos. Ou seja, p e q s˜ ao maiores que 1. Se α1 = βi para algum i ∈ {1, . . . , q}, temos, pela Lei do Corte, que α2 α3 . . . αp = β1 . . . βi−1 βi+1 . . . βq . Assim, como α2 α3 . . . αp < n, devemos ter, pela hip´otese de indu¸c˜ao que β2 , α3 , . . . , αp ´e uma permuta¸c˜ ao da sequˆencia β1 , . . . , βi−1 , βi+1 , . . . , βq . Portanto, α1 , α2 , α3 , . . . , αp ´e uma permuta¸c˜ao da sequˆencia β1 , . . . , βi−1 , βi , βi+1 , . . . , βq . No restante desta demonstra¸c˜ ao, encontraremos uma contradi¸c˜ao supondo que α1 ∈ {β1 , . . . , βq }. Assim, como mostrado acima, teremos o resultado. Suponhamos que α1 ∈ / {β1 , . . . , βq }. Segue que α1 < β1 . O inteiro m := (β1 − α1 )(β2 . . . βq ) ´e positivo, pois β1 − α1 > 0 e β2 . . . βq > 0. Al´em disso, m = (β1 − α1 )(β2 . . . βq ) = n − α1 β2 . . . βq < n. Devemos ter que β1 − α1 = 1 e m = β 2 . . . βq ; ou β1 − α1 = γ1 . . . γs e m = γ 1 . . . γ s β 2 . . . βq , para n´ umeros primos γ1 , . . . , γs ∈ Z+ . Tamb´em temos que m
= (β1 − α1 )(β2 . . . βq ) = n − α1 β2 . . . βq = α1 α2 . . . αp − α1 β2 . . . βq = α1 (α2 . . . αp − β2 . . . βq )
Como m e α1 s˜ ao positivos, devemos ter que α2 . . . αp − β2 . . . βq tamb´em ´e positivo. Logo, α2 . . . αp − β2 . . . βq = 1 e m = α1 ; ou α2 . . . αp − β2 . . . βq = θ1 . . . θr e m = α1 θ1 . . . θr , para n´ umeros primos θ1 , . . . , θr ∈ Z+ . Com isso, concluimos que {β2 , . . . , βq } ou {γ1 , . . . , γs , β2 , . . . , βq } ´e uma permuta¸c˜ ao de {α1 } ou {α1 , θ1 , . . . , θr },
40
j´ a que m < n possui uma u ´nica fatora¸c˜ ao em fatores primos. Em especial, devemos ter que α1 ∈ {β2 , . . . , βq } ou {γ1 , . . . , γs , β2 , . . . , βq }. Logo, como α1 ∈ / {β1 , . . . , βq }, devemos ter que α1 ∈ {γ1 , . . . , γs }. Por fim, para algum k ∈ Z+ , α1 k = γ1 . . . γs = β1 − α1 e, consequentemente, α1 (k + 1) = β1 . Contradizendo o fato de β1 ser primo.
41
Exerc´ıcio 2.8: Seja X um conjunto com n elementos. Use indu¸c˜ao para provar que o conjunto das bije¸c˜oes (ou permuta¸c˜ oes) 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, ent˜ao |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 ent˜ao k + 1 fi0 s. Agora, por indu¸c˜ ao existem k! restri¸c˜ oes fi X\{x } , pois cada restri¸c˜ao fi X\{x } : X \ {xk+1 } → X \ {xk+1 } ´e k+1 k+1 uma bije¸c˜ ao. Portanto |F | = (k + 1)k! = (k + 1)!, o que conclui a demonstra¸c˜ao.
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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 f´ ormula correspondente para trˆes 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 ´e uma bije¸c˜ ao entre A e B. Al´em 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 S S c) card Xi + card (Xi ∩ Xj ) = card(X1 ) + card(X2 ) + ... + card(Xn ). i=1
i6=j
43
Exerc´ıcio 2.10: Dado um conjunto finito X, prove que uma fun¸c˜ao f : X → X ´e injetora se, e somente se, ´e sobrejetora. (⇒) Temos que g : X → f (X) dada por g(x) = f (x) ´e uma bije¸c˜ao. Se f (X) 6= X ter´ıamos um absurdo pois n˜ ao pode haver bije¸c˜ ao entre um conjunto finito e um subconjunto pr´oprio deste conjunto. (⇐) Seja X = {x1 , x2 , ..., xn }. Suponha que f n˜ao seja injetora, ou seja, existem xi 6= xj em X tais que f (x1 ) = f (x2 ). Assim, f (X) = {f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn )} teria no m´aximo n − 1 elementos e desta forma f (X) 6= X, o que ´e um absurdo. Logo, f ´e injetora.
44
Exerc´ıcio 2.11: Formule matematicamente e demonstre o seguinte fato(conhecido como princ´ıpio das gavetas). Se m < n, ent˜ ao de qualquer modo como se guardem n objetos em m gavetas, haver´a sempre uma gaveta, pelo menos, que conter´ a mais de um objeto.
f : In → Im com n > m n˜ao ´e injetiva. Se f n˜ ao ´e sobrejetora, f |In tamb´em n˜ ao ser´ a. Logo, f |In tamb´em n˜ao ser´a injetiva pelo exerc´ıcio anterior. E consequentemente f tamb´em n˜ ao seria injetiva. Por outro lado, mesmo que f fosse sobrejetiva, se fosse tamb´em injetiva, f seria uma bije¸c˜ao entre um conjunto finito e um subconjunto pr´ oprio dele, que ´e um absurdo.
45
Exerc´ıcio 2.12: Seja X um conjunto com n elementos. Determine o n´ umero de fun¸c˜oes 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¸c˜oes injetivas poss´ıveis ´e n(n − 1)(n − 2)...(n − p + 1).
46
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 n˜ ao existe subconjunto de X com p elementos. Caso contr´ario podemos definir uma fun¸c˜ ao f : [1, p] ∩ N → X(pelo axioma da escolha). Pelo princ´ıpio da contagem, temos que f pode ser definida de n! modos distintos. Por´em, 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)!
47
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 ent˜ ao que a aplica¸c˜ ao X → fX ´e uma bije¸c˜ao. E como, pelo princ´ıpio da contagem, ´e poss´ıvel se fazer 2 fun¸c˜ oes f : A → {0, 1} diferentes, temos que a ordem de P (A) ´e exatamente 2.
48
Exerc´ıcio 2.15: Defina um fun¸c˜ ao 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 , ...}.
49
Exerc´ıcio 2.16: Prove que se X ´e infinito enumer´ avel, o conjunto das partes finitas de X tamb´em ´e (infinito) enumer´avel. Seja X = {x1 , x2 , ...}. Temos que P =
∞ [
{A ⊂ {x1 , x2 , ..., xi }} =
i=1
∞ [
Fi .
i=1
Temos que cardFi = 2i . Como P ´e uma reuni˜ ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis, P ´e enumer´avel.
50
Exerc´ıcio 2.17: Seja f : X → X uma fun¸c˜ ao. Um subconjunto Y ⊂ X chama-se est´avel relativamente `a f quando f (Y ) ⊂ Y. Prove que um subconjunto X ´e finito se, e somente existe um fun¸c˜ao f : X → X que s´o admite os subconjuntos est´ aveis ∅ 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 ´e est´avel em A e xp ∈ A, temos que xq = f q−p(modn) (xp ) ∈ A. Logo, A = X. (⇐) Dado x0 ∈ X (se X 6= ∅, X ´e finito) consideremos o conjunto A = {x0 , f (x0 ), f 2 (x0 ), ..., f n (x0 ), ...}. Da´ı X = A, pois f ´e est´ avel em A e A 6= ∅. Se n˜ ao existir k ∈ N tal que f k (x0 ) = x0 , A − {x0 } ´e est´avel 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 )} ´e est´avel por A e n˜ ao vazio, logo ´e igual a X.
51
Exerc´ıcio 2.18: Seja f : X → X uma fun¸c˜ ao injetiva tal que f (X) 6= X. Tomando x ∈ X − f (X), prove que os elementos x, f (x), f (f (x)), ... s˜ ao dois a dois distintos. Provaremos por indu¸c˜ ao em n que para todo p ∈ N, temos que f n (x) 6= f n+p (x) e a proposi¸c ao estar´a demonstrada. Com x ∈ / f (X), temos que x 6= f p (x), para todo p ∈ N. Suponhamos que f n (x) 6= f n+p (x). Ent˜ ao n+1 n+1+p f (x) 6= f (x) pois f ´e injetora. Pelo PIF o resultado segue.
52
Exerc´ıcio 2.19: Dado um conjunto finito X, prove que uma fun¸c˜ao f : X → X ´e injetora se, e somente se, ´e sobrejetora. (⇒) Temos que g : X → f (X) dada por g(x) = f (x) ´e uma bije¸c˜ao. Se f (X) 6= X ter´ıamos um absurdo pois n˜ ao pode haver bije¸c˜ ao entre um conjunto finito e um subconjunto pr´oprio deste conjunto. (⇐) Seja X = {x1 , x2 , ..., xn }. Suponha que f n˜ao seja injetora, ou seja, existem xi 6= xj em X tais que f (x1 ) = f (x2 ). Assim, f (X) = {f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn )} teria no m´aximo n − 1 elementos e desta forma f (X) 6= X, o que ´e um absurdo. Logo, f ´e injetora.
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Exerc´ıcio 2.20: (a) Se X ´e finito e Y ´e enumer´ avel, ent˜ ao F(X, Y ) ´e enumer´avel. (b) Para cada fun¸c˜ ao f : N → N seja Af = {n ∈ N; f (n) 6= 1}. Prove que o conjunto X das fun¸c˜oes f : N → N tais que Af ´e finito ´e um conjunto enumer´avel.
Item (a) Seja X = {x1 , ..., xn }. Definimos Yn (f (x1 ), ..., f (xn )).
φ : F(X, Y ) → f →
Temos que φ ´e claramente injetiva. Logo, F(X, Y ) est´a em bije¸c˜ao com o conjunto φ(F(X, Y )) ⊂ Y n . Como Y ´e enumer´ avel, Y n ´e enumer´ avel (pois ´e produto finito de conjuntos enumer´aveis). Assim, φ(F(X, Y )) ⊂ Y n ´e anumer´ avel e, consequentemente, F(X, Y ) ´e enumer´avel. Item (b) Seja Fn := {Y ⊂ N; cardY = n}. Definimos φ:
Fn Y = {y1 , ..., yn }
→ Yn → (y1 , ..., yn ).
Claramente, φ ´e injetiva. Como Y n ´e enumer´ avel, segue que Fn ´e enumer´avel. Portanto, F :=
∞ [
Fn
n=1
´e enumer´ avel. Seja ψ: X f
S → Y ∈F F(Y, N) → f |Af .
Temos que ψ ´e 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 j´ a que f |N\Af = 1 = g|N\Af . S
Pelo item anterior, Y ∈F F(Y, N) ´e uma uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis. Logo, enumer´ avel. Assim, como ψ ´e injetiva, segue que X ´e enumer´avel.
54
S
Y ∈F
F(Y, N) ´e
Exerc´ıcio 2.21: Obtenha uma decomposi¸c˜ ao N = ∪∞ ao infinitos e dois `a dois disjuntos. i=1 Xi tal que os conjuntos Xi s˜ Para todo n ∈ N, existe um u ´nico 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 ` a dois disjuntos. Adiante, como Xi = {2k + i − 1 | k ∈ Z>0 , i − 1 < 2k }, temos que cada Xi ´e infinito.
55
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 ´e uma bije¸c˜ao. Para cada n´ umero natural p, temos, pela unicidade da decomposi¸c˜ao de n´ umeros naturais em n´ umeros primos, que existem u ´nicos m e q ∈ Z+ tais que p = 2m−1 q e q ´e ´ımpar. Sendo q ´ımpar, existe um u ´nico n ∈ Z+ tal que q = 2n − 1. Assim, existem u ´nicos m e n ∈ Z>0 tais que p = 2m−1 (2n − 1). Portanto, ´e bem definida a fun¸c˜ ao g:
Z+ p = 2m−1 (2n − 1)
Como g ´e uma inversa para f , temos que f ´e bijetiva.
56
→ Z+ × Z+ → (m, n).
Exerc´ıcio 2.23: Seja X ⊂ N um subconjunto infinito. Prove que existe uma u ´nica bije¸c˜ao crescente f : N → X. Definimos, indutivamente f : N → X por f (1) = min(X) e f (n) = min X −
n−1 [
! {f (i)} ,
i=1
para n > 1. Temos, pelo PIF e pelo fato de X ⊂ N ser bem ordenado, que f est´a bem definida. Dados m < n ∈ N, temos que ! n−1 [ f (m) < min X − {f (i)} = f (n) i=1
Sm−1
Sn−1
Sn−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 ´e estritamente crescente e, consequentemente que f ´e injetiva. Provaremos, agora que f ´e sobrejetiva. Come¸caremos mostrando, por indu¸c˜ao 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 ´e sobrejetiva. Provaremos, agora, que se g : N → X ´e uma bije¸c˜ao crescente ent˜ao f = g. Devemos ter que g(1) = min(X) = f (1) pois, caso contr´ ario, 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 [
! {f (i)}
i=1
57
= f (n + 1)
pois, caso contr´ ario, 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.
58
< g(n + 1).
Exerc´ıcio 2.24: Prove que todo conjunto infinito se decomp˜ oe como reuni˜ao de uma infinidade enumer´avel 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 ` a dois disjuntos. Se C ´e enumer´ avel, existe uma bije¸c˜ ao f : N → C. Logo, [ C= f (Xi ) i∈N
´e uma decomposi¸c˜ ao na qual os conjuntos f (Xi ) s˜ao infitos e dois `a dois disjuntos. Se C ´e n˜ ao-enumer´ avel, existe uma aplica¸c˜ ao injetiva f : N → C tal que C − f (N) ´e infinito. Assim, [ C = (C − f (N)) ∪ f (Xi ) i∈N
´e uma decomposi¸c˜ ao na qual os conjuntos C − f (N) e f (Xi ) s˜ao infitos e dois `a dois disjuntos.
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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 dˆe o significado da afirma¸c˜ ao f 6 g. Indicando com ξX a fun¸c˜ao 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
f +g : A → a → f ·g : A → a →
N f (a) + g(a) N f (a)g(a).
E dizemos que f 6 g se e somente se 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 ´e arbitr´ ario, 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 ent˜ ao 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 ´e arbitr´ ario, temos que ξX + ξY − ξX∩Y = ξX∪Y . Em particular, temos que X ∩ Y = ∅ ´e equivalente `a ξX∩Y = 0 (i.e. ξX∩Y ´e a fun¸c˜ao nula) que ´e equivalente (pelo que foi demonstrado acima) ` a 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 ´e arbitr´ ario, 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 ´e arbitr´ario, temos que 1 − ξX = ξA−X . 60
Exerc´ıcio 2.26: Prove que o conjunta das sequˆencias crescentes (n1 < n2 < n3 < ...) de n´ umeros naturais n˜ao ´e enumer´avel. Usaremos o argumento da diagonal de Cantor. Suponhamos, por absurdo, que exista um enumera¸c˜ao a1 , a2 , a3 , ... das sequˆencias crescentes de n´ umeros naturais i a , i ∈ N, dadas por ai1 < ai2 < ai3 < ... Temos que a sequˆencia b, definida indutivamente por b1 = a1 + 1 e bn+1 = max(bn , an+1 ) + 1 n˜ ao pertence ` a enumera¸c˜ ao acima. De fato, temos, pela defini¸c˜ao de b, que aii < bi e,consequentemente, b 6= ai para todo i ∈ N.
61
Exerc´ıcio 2.27: Sejan (N, s) e (N0 , s0 ) dois pares formados, cada um, por um conjunto e uma fun¸c˜ao. Suponhamos que ambos cumpram os axiomas de Peano. Prove que existe uma u ´nica bije¸c˜ao f : N → N0 tal que f (1) = 10 , f (s(n)) = s0 (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 (N0 , s0 ) satisfazem os axiomas de Peano, devemos ter que a fun¸c˜ao f : N → N fica bem definida por f (1) = 10 e f (s(n)) = s0 (f (n)) para todo n ∈ N. De fato, f est´ a definida em todo N = {1} ∪ s(N) pois est´a definida em {1} e s(N). Como s ´e injetiva, segue que f est´ a bem definida. Em particular, segue que f ´e a u ´nica fun¸c˜ao N → N0 satisfazendo as condi¸c˜ oes do enunciado. Temos, tamb´em, que f ´e 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)) ⊂ s0 (N0 ) = N0 − {10 } = N0 − {f (1)}. E, se n ∈ X, temos que s(n) ∈ X. De fato, temos que f (s(n)) 6= f (1) = 10 pois f (s(n)) = s0 (f (n)) ∈ s0 (N0 ) = N0 − {10 } e, se m 6= n e f (m) 6= f (s(m)), ent˜ ao temos que f (n) 6= f (m), pois n ∈ X, e, consequentemente, f (s(n)) = s0 (f (n)) 6= s0 (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 ´e injetiva. Temos, tamb´em, que f ´e sobrejetiva. De fato, 10 = f (1) ∈ f (N) e, se n = f (k) ∈ f (N) temos que s0 (n) = s0 (f (k)) = f (s(k)) ∈ f (N). Assim, pelo PIF, temos que f (N) = N0 . Portanto, f ´e uma bije¸c˜ao. 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)) = s0 (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)) = s0 (f (n)) > f (n).
62
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 ∈ N0 ; f (n) = f (m) + p implica m < n}. Temos que 10 ∈ X. De fato, f (n) = f (m) + 10 implica que f (n) = s0 (f (m)) = f (s(m)) e, consequentemente, n = s(m) > m. Supondo que p ∈ X, temos que f (n) = f (m) + s0 (p) implica que f (n) = s0 (f (m)) + p = f (s(m)) + p e, consequentemente, n > s(m) > m. Logo, p ∈ X implica que s0 (p) ∈ X. Assim, conclu´ımos que X = N0 . Portanto, se f (m) < f (n), temos, para p ∈ N0 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)) = s0 (f (1)) = f (1) + 10 = f (1) + f (1). E, se f (1 + m) = f (1) + f (m), temos que f (1 + s(m)) = f (s(s(m))) = s0 (f (s(m))) = 10 + 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))) = s0 (f (s(n))) = f (s(n)) + 10 = 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)) s0 (f (s(n) + m)) f (s(n) + m) + 10 f (s(n)) + f (m) + 10 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. 63
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) = 10 · 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)) · 10 = 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)) · 10 f (s(n)) · (f (m) + 10 ) f (s(n)) · s0 (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.
64
Exerc´ıcio 2.28: ∞ Dada uma sequˆencia 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 ´e o conjunto dos elementos que pertencem `a An para uma infinidade de valores de n e que lim infAn ´e 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 ent˜ao lim infAn = lim supAn = ∩∞ n=1 An ; e) Dˆe exemplo de uma sequˆencia (An ) tal que lim supAn = lim infAn ; f ) Dˆe exemplo de uma sequˆencia para a qual os dois limites coincidem mas Am 6⊂ An para todos m 6= n.
a) Sejam X := {a ∈ ∪∞ n=1 An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n} e 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 } ´e 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 ´e um elemento arbitr´ ario 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 } ´e infinito, pois, caso contr´ ario, existiria n ∈ N tal que n > i para todo i ∈ I e, consequentemente, ter´ıamos que a 6∈ ∪∞ A . Portanto, a ∈ X. E, como a ´e um elemento arbitr´ario 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 ´e finito e, consequentemente, limitado, existe k ∈ N tal que i > k implica i 6∈ 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 ´e um elemento arbitr´ ario 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 } 65
´e tal que N − I ⊂ {1, ..., k − 1}. Logo, a ∈ Y . Como a ´e um elemento arbitr´ ario 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 ∈ ∪∞ c˜ao 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 ´e um elemento arbitr´ario 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 .
Seja a ∈ lim supAn . Por indu¸c˜ ao em p, temos que 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 arbitr´ario 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) 66
Definindo A2k−1 := {1} e A2k := ∅, para todo k ∈ N, temos que
∞ ∞ lim supAn = ∩∞ n=1 (∪i=n Ai ) = ∩n=1 {1} = {1}
e ∞ ∞ lim infAn = ∪∞ n=1 (∩i=n Ai ) = ∪n=1 ∅ = ∅.
f) Definindo An := {n}, temos que An 6⊂ Am , para todos n 6= m, ∞ ∞ lim supAn = ∩∞ n=1 (∪i=n Ai ) = ∩n=1 {k ∈ N | k > n} = ∅
e ∞ ∞ lim infAn = ∪∞ n=1 (∩i=n Ai ) = ∪n=1 ∅ = ∅.
67
Exerc´ıcio 2.29: (Teorema de Bernstein-Schroeder) Dados conjuntos A e B, suponha que existam fun¸c˜oes 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 bijec¸c˜ao H : A → C. Assim, como g : B → C ´e uma bije¸c˜ ao, temos que h := g −1 ◦ H : A → B ´e uma bije¸c˜ ao. Como f : A → B e g : B → C s˜ ao fun¸c˜ oes injetivas, temos que F := g ◦ f : A → C ´e uma fun¸c˜ao 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¸c˜ao 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 − C 1 = A − C implica que x ∈ C). Ent˜ ao, a fun¸c˜ ao H : A → C dada por F (x) se x ∈ An − Cn para algum n ∈ Z+ ; H(x) = x caso contr´ario, para todo x ∈ A, ´e bem definida. Sejam x e y ∈ A tais que H(x) = H(y). Se x ∈ An − Cn , para algum n ∈ Z+ , ent˜ao y ∈ Ak − Ck , para algum k ∈ Z+ . De fato, se y ∈ / Ak − Bk , para todo k ∈ Z+ , ent˜ao y = H(y) = H(x) = F (x) ∈ F (An − Bn ) = F (An ) − F (Bn ) = An+1 − Bn+1 (pois F ´e injetivo). Uma contradi¸c˜ ao. Assim, se x ∈ An − Cn , para algum n ∈ Z+ , ent˜ao F (x) = H(x) = H(y) = F (y) e, consequentemente, x = y. Al´em disso, se x ∈ / An − Cn , para todo n ∈ Z+ , ent˜ao, 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 ´e 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 ´e sobrejetiva. Portanto, temos que H : A → C ´e uma bije¸c˜ao. E o resultado segue. Solu¸ c˜ ao 2: A grosso modo analizaremos as quantidades de elmentos das sequˆencias 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), ..., 68
y ∈ B. Da´ı particionaremos A e B de modo a obter uma fun¸c˜ao entre A e B cuja bijetividade ´e herdada da injetividade de f e g. Sejam AI = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f )−k (x) 6= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) = ∅}, AP = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) 6= ∅ e (g ◦ f )−(k+1) (x) = ∅}, A∞ = {x ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (g ◦ f )−k (x) 6= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) 6= ∅}, BI = {y ∈ B; existe k ∈ Z>0 tal que (f ◦ g)−k (y) 6= ∅ e f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) = ∅}, BP = {y ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) 6= ∅ e (f ◦ g)−(k+1) (x) = ∅} e B∞ = {y ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (f ◦ g)−k (y) 6= ∅ e f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) 6= ∅}. Segue que ˙ P ∪A ˙ ∞ A = AI ∪A e ˙ P ∪B ˙ ∞. B = BI ∪B Agora, provaremos trˆes detalhes t´ecnicos sobre f e g: (I) f (AI ) = BP
y ∈ BP
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
∃k ∈ Z>0 tal que f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) 6= ∅ 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) 6= ∅ 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 an´ alogo ` a prova de (I). (III) f (A∞ ) = B∞
y ∈ B∞
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
∀k ∈ Z>0 vale f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) 6= ∅ e (f ◦ g)k (x) 6= ∅ f −1 = {x} onde ∀k ∈ Z>0 vale (g ◦ f )−k (x) = f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) 6= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) = (f ◦ g)−k 6= ∅ ∃x ∈ A∞ tal que f (x) = y y ∈ f (A∞ ).
˙ P ∪A ˙ ∞ e de (II), que a fun¸c˜ao 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∞ .
´e bem definida e, da injetividade de f e g e de (I)-(III), que esta ´e uma bije¸c˜ao.
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Cap´ıtulo 3
N´ umeros Reais
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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
71
Exerc´ıcio 3.02: Dado a 6= 0 em um corpo K, p˜ oe-se, por defini¸c˜ao, a0 = 1 e, se n ∈ Z+ , a−n =
1 an
ou seja, a−n = (an )−1 . Prove:
(1) am · an = am+n ; (2) (am )n = amn sejam quais forem m e n ∈ Z.
Lembremos que as potˆencias de a s˜ ao definidas indutivamente pelas igualdades a1 := a e an+1 := an · a. (1) Primeiramente, provaremos que, para todo m ∈ Z, vale a igualdade am · a = am+1 .
(3.1)
Para m = 0, a0 · a = 1 · a = a1 = a0+1 . E, para m ∈ Z+ , a igualdade am · a = am+1 segue da defini¸c˜ao. Logo, resta mostrarmos, por indu¸c˜ ao em k ∈ Z+ , que a−k · a = a−k+1 . Para k = 1, temos que a−1 · a = 1 = a0 = a−1+1 . E, supondo que a−k · a = a−k+1 para algum k ∈ Z+ , temos que a−(k+1) · a = (ak+1 )−1 · a = (ak · a)−1 = a−k · a−1 · a = a−k = a−(k+1)+1 . Logo, pelo PIF, a−k · a = a−k+1 , para todo k ∈ Z+ . Portanto, temos a equa¸c˜ ao (3.1). Nosso pr´ oximo passo ser´ a provar, por indu¸ca˜o em n ∈ Z+ , que am · an = am+n ,
(3.2)
para todo m ∈ Z. Para n = 1, a igualdade (3.2) ´e simililar a igualdade (3.1). E, supondo que am · an = am+n para algum n ∈ Z+ , temos, novamente por (3.1), que am · an+1 = am · an · a = am+n · a = a(m+n)+1 = am+(n+1) . Portanto, temos a equa¸c˜ ao (3.2). Para qualquer m ∈ Z,
am · a0 = am+0
0
j´ a que a = 1. Por fim, para todo n ∈ Z− ,
(am · an )−1
= (am )−1 (an )−1 = a−m · a−n = a−m−n = (am+n )−1 , 72
(3.3)
e, consequentemente, am · an = am+n .
(3.4)
Portanto, por (3.2), (3.3) e (3.4), temos que am · an = am+n , para todos m e n ∈ Z. (2) Primeiramente, provaremos, por indu¸c˜ ao em n ∈ Z+ , que (am )n = amn , para todo m ∈ Z. Para n = 1, a equa¸c˜ ao (3.5) se verifica trivialmente. Suponhamos que, para algum n ∈ Z+ , a igualdade (am )n = amn seja v´ alida para todo m ∈ Z. Desta forma, (am )n+1
= (am )n · am = amn am = amn+m = am(n+1) .
Portanto, a igualdade (3.5) ´e v´ alida. Com isso, para todo m ∈ Z e n ∈ Z− , ((am )n )−1
= (am )−n = am(−n) = a−mn = (amn )−1
e, consequentemente, (am )n = amn . Por fim, (am )0 = 1 = am0 e, desta forma, conclu´ımos que (am )n = amn , para todo m e n ∈ Z.
73
(3.5)
Exerc´ıcio 3.03: Se
x1 x2 xn = = ··· = y1 y2 yn
num corpo K, prove que, dados a1 , a2 , . . . , an ∈ K tais que a1 y1 + a2 y2 + · · · + an yn 6= 0, tem-se
x1 a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = . a1 y1 + a2 y2 + . . . an yn y1
Seja p :=
x1 x2 xn = = ··· = . y1 y2 yn
Desta forma, devemos ter que xi = pyi , para todo i = 1, . . . , n. Logo, a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = a1 py1 + a2 py2 + · · · + an pyn = p(a1 y1 + a2 y2 + · · · + an yn ). Portanto, como a1 y1 + a2 y2 + · · · + an yn 6= 0, devemos ter que a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn x1 =p= . a1 y1 + a2 y2 + . . . an yn y1
74
Exerc´ıcio 3.04: Sejam K e L corpos. Uma fun¸c˜ ao f : K → L chama-se um homomorfismo quando se tem f (x + y) = f (x) + f (y) e f (x · y) = f (x) · f (y), quaisquer que sejam x e y ∈ K. i) Dado um homomorfismo f : K → L, prove que f (0) = 0. ii) Prove tamb´em que, ou f (x) = 0 para todo x ∈ K, ou ent˜ao f (1) = 1 e f ´e injetivo.
(i) Temos que f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0). Assim, pela Lei do Corte, devemos ter que f (0) = 0. (ii) Suponhamos que f : K → L n˜ ao seja um homomorfismo n˜ao identicamente nulo. Provaremos que f (1) = 1 e que f ´e injetor. Como f n˜ ao ´e uma fun¸c˜ ao identicamente nula, existe x ∈ K tal que f (x) 6= 0. Desta forma, f (1) · f (x) = f (1 · x) = f (x) = 1 · f (x) implica, pela Lei do Corte, que f (1) = 1. Mostraremos, agora, que f (x) 6= 0 para todo x ∈ K\{0}. Dado x ∈ K\{0}, f (x) · f (x−1 ) = f (x · x−1 ) = f (1) = 1. Assim, se x ∈ K\{0}, devemos ter que f (x) possui inverso multiplicativo e, portanto, ´e diferente de zero. Por fim, dados x e y ∈ K com x 6= y, temos que x − y 6= 0 e, consequentemenete, f (x) − f (y) = f (x − y) 6= 0. Logo, se x e y ∈ K com x 6= y ent˜ ao f (x) 6= f (y).
75
Exerc´ıcio 3.05: Seja f : Q → Q um homomorfismo. Prove que, ou f (x) = 0 para todo x ∈ Q ou ent˜ao f (x) = x para todo x ∈ Q. Suponhamos que o homomorfismo f : Q → Q n˜ao seja a fun¸c˜ao nula. Provaremos que f ´e a fun¸c˜ao identidade. Como f n˜ ao ´e a fun¸c˜ ao nula, segue, do Exerc´ıcio 3.4, temos que f ´e uma fun¸c˜ao injetiva tal que f (0) = 0, f (1) = 1. Primeiramente, provaremos, por indu¸c˜ ao em n ∈ Z+ , que f (n) = n. Pelo que foi dito acima, a igualdade ´e v´ alida para n = 1. Supondo que f (n) = n, para algum n ∈ Z+ , temos que f (n + 1) = f (n) + f (1) = n + 1. Logo, pelo Princ´ıpio da Indu¸c˜ ao Finita, a identidade f (n) = n ´e v´alida para todo n ∈ Z+ . Dado n ∈ Z+ , temos que n + f (−n) = f (n) + f (−n) = f (n − n) = f (0) = 0 e, consequentemente, f (−n) = −n. Com isso, concluimos que f (n) = n, para todo n ∈ Z. Para m ∈ Z+ , temos que f
1 m
·m=f
1 m
· f (m) = f
1 · m = f (1) = 1 m
e, consequentemente, f
1 m
=
1 . m
Por fim, para todo n/m ∈ Q, com n ∈ Z e m ∈ Z+ , temos que n 1 1 1 n =f n· = f (n) · f =n· = . f m m m m m Portanto, f ´e a fun¸c˜ ao identidade.
76
Exerc´ıcio 3.08:
Propriedade 1. Seja K um conjunto onde valem todos os axiomas de corpo, exceto a existˆencia de inverso multiplicativo. Seja a 6= 0. f : K → K com f (x) = ax ´e bije¸c˜ ao ⇔ ∃ a−1 ∈ K. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). A fun¸c˜ ao ´e sobrejetora logo existe x tal que f (x) = 1 = ax portanto a ´e invert´ıvel com a−1 = x ∈ K. ⇐). Dado qualquer y ∈ K tomamos x = ya−1 da´ı f (x) = aa−1 y = y e a fun¸c˜ao ´e sobrejetiva. f tamb´em ´e injetiva, pois se f (x1 ) = f (x2 ), ax1 = ax2 implica por lei do corte que x1 = x2 .. Em geral f ´e injetiva ⇔ vale a lei do corte por essa observa¸c˜ ao. Propriedade 2. 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 = 6 0 em K, f : K → K com f (x) = ax ´e injetiva, como f ´e injetiva de K em K que ´e um conjunto finito, ent˜ao f ´e bijetiva, o que implica a ser invert´ıvel. ⇐). A volta ´e trivial pois existˆencia de inverso implica lei do corte.
77
Exerc´ıcio 3.09:
Exemplo 1. O conjunto dos polinˆ omios de coeficiente racionais ao ´e um P corpo, pois por exemplo Pn Q[t] n˜ Pn 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 Pn 0 k+1 que n˜ ao ´e poss´ıvel pois o coeficiente do termo independente x ´e zero em k=0 ak x e deveria ser 1. O conjunto dos inteiros Z n˜ ao ´e um corpo, pois n˜ ao possui inverso multiplicativo para todo elementos, por exemplo n˜ ao temos o inverso de 2.
78
Exerc´ıcio 3.10:
Propriedade 3. Dados x, y ∈ R, x2 + y 2 = 0 ⇔ x = y = 0. Demonstra¸c˜ ao. ⇒).Suponha que x 6= 0, ent˜ ao x2 > 0 e y 2 ≥ 0 de onde segue que x2 + y 2 > 0 , absurdo ent˜ ao deve 2 2 valer x = 0 ⇒ x = 0 logo temos tamb´em y = 0 ⇒ y = 0, portanto x = y = 0. ⇐). Basta substituir x = y = 0 resultando em 0.
79
Exerc´ıcio 3.11:
Exemplo fun¸c˜ ao f : K + → K + com f (x) = xn , n ∈ N ´e crescente. Sejam x > y > 0 ent˜ ao xn > y n pois Qn 2. A Q 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 ´e sobrejetiva para n = 2, pois n˜ ao existe x ∈ Q tal que x2 = 2 ∈ Q+ . + f (K ) n˜ ao ´e um conjunto limitado superiormente de K, isto ´e, dado qualquer x ∈ K existe y ∈ K + tal que 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 ´e maior que 0 ou qualquer n´ umero negativo. Suponha que x positivo seja, tomando y = x + 1 temos y n = (x + 1)n ≥ 1 + nx > x, logo f (K + ) n˜ ao ´e limitado superiormente.
80
Exerc´ıcio 3.12:
Propriedade 4. 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¸c˜ oes ´e um anel comutativo com unidade, n˜ ao existindo inverso para todo elemento. Lembrando que em um anel comutativo com unidade temos as propriedades, associativa, comutativa, elemento neutro e existˆencia de inverso aditivo, para adi¸c˜ ao. valendo tamb´em a comutatividade, associatividade, existˆencia de unidade 1 para o produto e distributividade que relaciona as duas opera¸c˜ oes. Demonstra¸c˜ ao.
• Vale a associatividade da adi¸c˜ao ((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¸c˜ao 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 sim´etrica, 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¸c˜ao 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). N˜ ao temos inverso multiplicativo para toda fun¸c˜ao, pois dada uma fun¸c˜ao, tal que f (1) = 0 e f (x) = 1 para todo x 6= 1 em K, n˜ ao existe fun¸c˜ ao g tal que g(1)f (1) = 1, pois f (1) = 0, assim o produto de f por nenhuma outra fun¸c˜ ao gera a identidade.
81
Exerc´ıcio 3.13:
Propriedade 5. Sejam x, y > 0 . x < y ⇔ x−1 > y −1 . Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Como y > x e x−1 e y −1 s˜ao positivos, multiplicamos a desigualdade por x−1 y −1 em ambos −1 −1 lados x y y > x−1 y −1 x implicando x−1 > y −1 , ent˜ao se y > x temos x1 > y1 . ⇐). Se x−1 > y −1 . x, y s˜ ao positivos, multiplicamos a desigualdade por xy em ambos lados, de onde segue que y > x.
82
Exerc´ıcio 3.14:
Propriedade 6. Sejam a > 0 em K e f : Z → K com f (n) = an . Nessas condi¸c˜ oes f ´e crescente se a > 1, decrescente se a < 1 e constante se a = 1. Demonstra¸c˜ ao. Para qualquer n ∈ Z vale f (n + 1) − f (n) = an+1 − an = an (a − 1), an ´e sempre positivo, ent˜ ao o sinal da diferen¸ca depende do sinal de a − 1. Se a = 1 vale f (n + 1) = f (n) ∀ n ∈ Z logo f ´e constante, se a − 1 < 0, a < 1 ent˜ ao f (n + 1) − f (n) < 0, f (n + 1) < f (n), f ´e decrescente e finalmente se a − 1 > 0, a > 1 ent˜ ao f (n + 1) > f (n) e a fun¸c˜ ao ´e crescente. Perceba que as propriedades citadas valem para todo n ∈ Z, por exemplo no caso de a > 1 temos · · · < f (−4) < f (−3) < f (−2) < f (−1) < f (0) < f (1) < f (2) < f (3) < · · · < f (n) < f (n + 1) < · · · analogamente para os outros casos.
83
Exerc´ıcio 3.15:
Exemplo 3. Para todo x 6= 0 real, prove que (1 + x)2n > 1 + 2nx. Se x > −1 tomamos a desigualdade de bernoulli com 2n no expoente. Se x < −1 vale 1 + x < 0 por´em elevando a uma potˆencia par resulta num n´ umero positivo, por outro lado 2nx < −2n logo 1 + 2nx < 1 − 2n < 0 ent˜ ao . (1 + x)2n ´e positivo e 1 + 2nx ´e negativo, logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx
84
Exerc´ıcio 3.16:
Exemplo 4. 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.
85
Exerc´ıcio 3.17:
Corol´ ario 1. 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 6= 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.
86
x a
de onde segue
Exerc´ıcio 3.18:
Propriedade 7. Sejam sequˆencias (ak ) , (bk ) em um corpo ordenado K onde cada bk ´e positivo, sendo m´ınimo e abnn o m´ aximo dos termos da sequˆencia de termo abkk ent˜ ao vale n P
a1 ≤ k=1 n P b1
ak ≤ bk
a1 b1
o
an . bn
k=1
Demonstra¸c˜ ao. Para todo k vale ambos lados, de onde segue
a1 b1
≤
ak bk
≤ n X k=1
dividindo por
Pn
k=1 bk
an bn
bk
⇒ bk ab11 ≤ ak ≤ bk abnn pois bk > 0, aplicamos a soma n
n
k=1
k=1
X X an a1 ≤ ak ≤ bk b1 bn
que ´e positivo, temos finalmente n P
a1 ≤ k=1 n P b1
ak ≤ bk
k=1
87
an . bn
Pn
k=1
em
Exerc´ıcio 3.19:
Propriedade 8 (Multiplicatividade). |a||b| = |a.b| para a e b reais quaisquer. Demonstra¸c˜ ao. Vale que |x.y|2 = (x.y)2 = x2 y 2 e (|x||y|)2 = |x|2 |y|2 = x2 .y 2 os quadrados desses n´ umeros s˜ ao iguais e eles s˜ ao n˜ ao negativos, ent˜ ao segue que |x.y| = |x||y|. √ √ √ p 2. |a.b| = (a.b)2 = a2 .b2 = a2 . b2 = |a||b|. Propriedade 9. Se x 6= 0 ent˜ ao | x1 | =
1 |x| .
Demonstra¸c˜ ao. Vale |x|| x1 | = | xx | = 1 da´ı | x1 | ´e inverso de |x|, sendo Corol´ ario 2 (Preserva divis˜ ao). x |x| | |= . y |y|
88
1 |x| .
Exerc´ıcio 3.20:
Propriedade 10. n Y
|ak | = |
k=1
n Y
ak |
k=1
Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸c˜ ao, para n = 1 vale, supondo para n n´ umeros n Y
|ak | = |
k=1
n Y
ak |
k=1
vamos provar para n + 1 n+1 Y
|ak | = |
k=1
temos
n+1 Y k=1
|ak | =
n Y
|ak |.|an+1 | = |
n Y
n+1 Y
ak |
k=1
ak ||an+1 | = |
ak an+1 | = |
n+1 Y
ak |
.
k=1
k=1
k=1
k=1
n Y
Propriedade 11 (Desigualdade triangular generalizada). Sejam g(k) definida para k inteiro ,a, b ∈ Z, ent˜ ao vale |
b X
b X
g(k)| ≤
k=a
|g(k)|.
k=a
Demonstra¸c˜ ao. Para cada k vale −|g(k)| ≤ g(k) ≤ |g(k)| aplicando o somat´ orio em ambos lados segue −
b X
|g(k)| ≤
k=a
b X
g(k) ≤
k=a
b X
|g(k)|
k=a
que implica |
b X
g(k)| ≤ |
k=a
b X
|g(k)|| =
k=a
b X
|g(k)|
k=a
pois os termos |g(k)| somados s˜ ao n˜ ao negativos ,logo a soma desses termos ´e n˜ao-negativa e o m´odulo da soma ´e igual a soma. Propriedade 12. 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 X
zk | ≤
k=1
n X
|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¸c˜ ao sobre n, para n = 1 tem-se |
1 X
zk | = |z1 | ≤
k=1
1 X k=1
89
|zk | = |z1 |
logo vale. Supondo a validade para n |
n X
zk | ≤
k=1
n X
|zk |
k=1
vamos provar para n + 1 |
n+1 X
zk | ≤
k=1
n+1 X
|zk |.
k=1
Da hip´ otese da indu¸c˜ ao somamos |zn+1 | em ambos lados, logo |
n+1 X k=1
zk | = |zn+1 +
n X
zk | ≤ |zn+1 | + |
k=1
n X k=1
zk | ≤
n+1 X k=1
Vejamos outras1 demonstra¸c˜ oes da desigualdade triangular
1 Essas
demonstra¸c˜ oes aprendi com Pedro Kenzo, obrigado por compartilhar as solu¸c˜ oes.
90
|zk |
Exerc´ıcio 3.22: Vamos resolver um caso mais geral do problema. Defini¸ c˜ ao 1 (Mediana). Dada uma sequˆencia finita (yk )n1 seus termos podem ser rearranjados para forma uma e ´e definida da seguinte maneira sequˆencia n˜ ao-decrescente (xk )n1 . A mediana X e = x n+1 . • Se n ´e ´ımpar X 2
e= • Se n ´e par X
x n +1 +x n 2
2
2
.
Exemplo 5. Seja (xk )n1 uma sequˆencia crescente f : R → R com f (x) = f (x) = −nx +
n X
Pn
k=1
|x − xk |. Se x < x1 ent˜ ao
xk
k=1
logo f ´e decrescente para x < x1 . Tomando x > xn f (x) = nx −
n X
xk
k=1
logo f ´e crescente para x > xn . Seja agora x ∈ [xt , xt+1 ), t variando de 1 at´e n − 1 f (x) =
t X
(x − xk ) −
n X
(x − xk ) = (2t − n)x +
n X
xk −
xk
k=t+1
k=1
k=t+1
k=1
t X
portanto a fun¸c˜ ao ´e decrescente se t < n2 e crescente se t > n2 , de t = 1 at´e t = b n2 c em cada intervalo [xt , xt+1 ) a fun¸c˜ ao ´e decrescente, sendo b n2 c segmentos decrescentes, de t = b n2 c + 1 at´e n − 1, temos n − 1 − b n2 c segmentos crescentes. • Se n ´e ´ımpar f ´e decrescente em [xb n2 c , xb n2 c+1 ) e crescente em [xb n2 c+1 , xb n2 c+2 ) logo o ponto xb n2 c+1 = x n+1 2 ´e o u ´nico ponto de m´ınimo. • Se n ´e par a fun¸ca ˜o ´e 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
´e ponto de m´ınimo.
Conclu´ımos que um ponto de m´ınimo acontece sempre na mediana da sequˆencia. Pn Exemplo 6. 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¸ca ˜o Trocando n por 2n temos que o m´ınimo acontece no ponto x 2n 2 2n X
|n − k| =
k=1
n X
|n − k| +
k=1
=
2n X k=n+1
n X
(n − k) +
k=1
portanto o m´ınimo de
P2n
k=1
|n − k| =
n X
n X
(n − k) +
k=1
(k) =
k=1
n X
2n X
(−n + k) =
k=n+1
n = n.n = n2 .
k=1
2
|x − k| ´e n .
• 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. 91
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 X k=1
|n + 1 − k| =
n+1 X
|n + 1 − k| +
k=1
2n+1 X
|n + 1 − k| =
k=n+2
=
n X
(n + 1 − k) +
k=1
n X
k=
k=1
n X
n+1 X
2n+1 X
k=1
k=n+2
(n + 1 − k) +
−(n + 1) + k =
(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.
92
Exerc´ıcio 3.23:
Propriedade 13. |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.
93
Exerc´ıcio 3.24:
Propriedade 14. Dado um corpo ordenado K , s˜ ao equivalentes 1. K ´e arquimediano. 2. Z ´e ilimitado superiormente e inferiormente. 3. Q ´e ilimitado superiormente e inferiormente. Demonstra¸c˜ ao. • 1 ⇒ 2. N ⊂ Z ent˜ ao Z ´e ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que Z seja limitado inferiormente, ent˜ ao existe a ∈ K tal que a < x ∀x ∈ Z, logo −a > −x, por´em existe n natural tal que n > −a ⇒ −n < a o que contraria a hip´ otese. |{z} ∈Z
• 2 ⇒ 3 . Z ⊂ Q portanto Q ´e 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 ´e ilimitado superiormente e o corpo ´e arquimediano.
94
Exerc´ıcio 3.25:
Propriedade 15. Seja K um corpo ordenado. K ´e arquimediado ⇔ ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que
1 2n
< ε.
Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Como K ´e arquimediano, ent˜ao ∀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 arbitr´ario ent˜ao x < 2n , com n 2 = m ∈ N ent˜ ao K ´e arquimediano, N n˜ ao ´e limitado superiormente.
95
Exerc´ıcio 3.26:
Propriedade 16. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z → K com f (n) = an , ent˜ ao • f (Z) n˜ ao ´e 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) n˜ao ´e limitado superiormente. • 0 ´e 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, ent˜ao 0 deve ser o ´ınfimo.
96
Exerc´ıcio 3.27:
Propriedade 17. Se s ´e irracional e u 6= 0 ´e racional ent˜ ao u.s ´e irracional. Demonstra¸c˜ ao. Suponha que s ´e irracional e u.s seja racional, ent˜ao u.s = u 6= 0 ´e racional ele ´e da forma u = vj , j 6= 0 e v 6= 0, inteiros, logo
p q
com p 6= 0 e q 6= 0 inteiros e como
j p s= v q multiplicando por
v j
ambos lados segue s=
p.v j.q
que ´e um n´ umero racional, logo chegamos a um absurdo. Propriedade 18. Se s ´e irracional e t racional, ent˜ ao s + t ´e 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 ´e irracional.
p q
− t que seria racional por ser diferen¸ca de dois
Exemplo 7. 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.
97
√
5 , b = 1−
√
5
Exerc´ıcio 3.28:
Propriedade 19. Sejam a, b, c, d racionais ent˜ ao √ √ a + b 2 = c + d 2 ⇔ a = c e b = d. √ √ Demonstra¸c˜ ao. ⇐). Se√a = c e b = √d a temos a + b √2 = c + d 2. ⇒). Suponha a + b 2 = c + d 2 ent˜ ao a − c = 2(d − b), se d = b ent˜ao a = c e terminamos, se n˜ao vale que a−c √ = 2 d−b o que ´e absurdo pois
√
2 ´e irracional.
98
Exerc´ıcio 3.29: √ Exemplo 8. O conjunto da forma {x + y p} onde x e y s˜ ao racionais ´e 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 ´e fechada. Pois x + y p + z + w p = x + z + (y + w) p. √ √ √ √ • O produto ´e 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 sim´etrico −x − y p. √ • Dado x 6= 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 9. O conjunto dos elementos da forma a+bα onde α = 3 2 n˜ ao ´e um corpo pois o produto n˜ ao ´e fechado, vamos mostrar que α2 n˜ ao pertence ao conjunto. 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 6= 0 ent˜ ao α = 2−ab e absurdo pois α ´e 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
se 2 6= ab chegamos num absurdo de α = 2b+a ao 2 = ab e a = −b2 de onde segue 2 = −b3 , 2−ab , temos que ter ent˜ por´em 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 ´e fechado e assim n˜ ao temos um corpo.
99
Exerc´ıcio 3.30:
Propriedade 20. Sejam a, b ∈ Q+ .
√
a+
√
b ´e racional ⇔
√
ae
√
b s˜ ao racionais.
Demonstra¸c˜ ao. ⇒).√ √ √ Se a = b ent˜ ao 2 a ∈ Q o que implica a = b ∈ Q. Agora o caso de a 6= b. √ √ √ √ √ √ b , da´ı a − b ∈ Q , a soma Suponha que a + b ´e racional ent˜ ao seu inverso tamb´em racional , que ´e a− a−b √ √ √ √ √ √ (√a + √b) + (√ a − √ b) = 2 a ∈ √ Q logo umeros racionais tamb´em ´e 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 ´e um racional.
100
Exerc´ıcio 3.31:
Propriedade 21. 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 n˜ao existisse x ∈ A tal que c − ε < x ent˜ ao c − ε seria cota superior menor que o supremo, o que ´e absurdo, contraria o fato do supremo ser a menor das cotas superiores. ⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poder´ıamos tomar c − sup(A) = ε da´ı c − c + sup(A) = sup(A) < x o que ´e absurdo. 2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf (A). Dado ε > 0 fixo, se n˜ao existisse x ∈ A tal que c + ε > x ent˜ ao c + ε seria cota superior menor que o ´ınfimo, o que ´e absurdo, contraria o fato do ´ınfimo ser a menor das cotas inferiores. ⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf (A), poder´ıamos tomar inf (A) − c = ε da´ı x < c + inf (A) − c = inf (A) o que ´e absurdo.
101
Exerc´ıcio 3.32:
Exemplo 10. Seja A = { n1 | n ∈ N } . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 ´e uma cota inferior, agora vamos mostrar que 0 ´e a menor delas. Dado 0 < x, x n˜ ao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que n1 < x, logo 0 ´e o ´ınfimo.
102
Exerc´ıcio 3.33:
Propriedade 22. Se A ´e limitado inferiormente e B ⊂ A ent˜ ao inf (A) ≤ inf (B). Demonstra¸c˜ ao. inf A ´e cota inferior de A, logo tamb´em ´e cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale inf A ≤ inf B, pois inf B ´e a maior cota inferior de B. Propriedade 23. Se A ´e limitado superiormente e B ⊂ A ent˜ ao sup(A) ≥ sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Toda cota superior de A ´e cota superior de B, logo o sup(A) ´e cota superior de B, como sup(B) ´e a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B). Corol´ ario 3. 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).
103
Exerc´ıcio 3.31:
Propriedade 24. 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 n˜ao existisse x ∈ A tal que c − ε < x ent˜ ao c − ε seria cota superior menor que o supremo, o que ´e absurdo, contraria o fato do supremo ser a menor das cotas superiores. ⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poder´ıamos tomar c − sup(A) = ε da´ı c − c + sup(A) = sup(A) < x o que ´e absurdo. 2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf (A). Dado ε > 0 fixo, se n˜ao existisse x ∈ A tal que c + ε > x ent˜ ao c + ε seria cota superior menor que o ´ınfimo, o que ´e absurdo, contraria o fato do ´ınfimo ser a menor das cotas inferiores. ⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf (A), poder´ıamos tomar inf (A) − c = ε da´ı x < c + inf (A) − c = inf (A) o que ´e absurdo.
104
Exerc´ıcio 3.32:
Exemplo 11. Seja A = { n1 | n ∈ N } . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 ´e uma cota inferior, agora vamos mostrar que 0 ´e a menor delas. Dado 0 < x, x n˜ ao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que n1 < x, logo 0 ´e o ´ınfimo.
105
Exerc´ıcio 3.33:
Propriedade 25. Se A ´e limitado inferiormente e B ⊂ A ent˜ ao inf (A) ≤ inf (B). Demonstra¸c˜ ao. inf A ´e cota inferior de A, logo tamb´em ´e cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale inf A ≤ inf B, pois inf B ´e a maior cota inferior de B. Propriedade 26. Se A ´e limitado superiormente e B ⊂ A ent˜ ao sup(A) ≥ sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Toda cota superior de A ´e cota superior de B, logo o sup(A) ´e cota superior de B, como sup(B) ´e a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B). 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).
106
Exerc´ıcio 3.34:
Propriedade 27. Sejam A, B ⊂ R tais que para todo x ∈ A e todo y ∈ B se tenha x ≤ y. Ent˜ ao sup A ≤ inf B. Demonstra¸c˜ ao. Todo y ∈ B ´e cota superior de A, logo sup A ≤ y para cada y pois sup A ´e a menor das cotas superiores, essa rela¸c˜ ao implica que sup A ´e cota inferior de B logo sup A ≤ inf B, pois inf B ´e a maior cota inferior. Propriedade 28. sup A = inf B ⇔ para todo ε > 0 dado , existam x ∈ A e y ∈ B com y − x < ε. Demonstra¸c˜ ao. ⇐, usamos a contrapositiva. N˜ao podemos ter inf B < sup A pela propriedade anterior, ent˜ ao temos for¸cosamente que inf B > sup A, tomamos ent˜ao ε = inf B − sup A > 0 e temos y − x ≥ ε para todo x ∈ A e y ∈ B pois y ≥ inf B e sup A ≥ x de onde segue −x ≥ − sup A, somando esta desigualdade com a de y tem-se y − x ≥ inf B − sup A = ε. ⇒ , Se sup A = inf B. Ent˜ ao sendo para qualquer ε > 0, sup A − 2ε n˜ao ´e cota superior de A, pois ´e menor que o sup A (que ´e a menor cota superior), da mesma maneira inf A + 2ε n˜ao ´e cota inferior de B, ent˜ao 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.
107
Exerc´ıcio 3.35:
Propriedade 29. 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 ´e cota superior de cA. Seja d tal que d < ca ent˜ ao dc < a logo dc n˜ao ´e cota superior de A, implicando a existˆencia de pelo menos d um x tal que c < x, d < cx de onde segue que d n˜ao ´e cota superior de cA, assim ca ´e a menor cota superior de cA logo o supremo. Propriedade 30. 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 ´e cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, ent˜ao a < dc , implicando que dc n˜ao ´e cota inferior de A assim ao ´e cota inferior de cA, implicando que c.a ´e a maior cota inferior, existe x ∈ A tal que x < dc ⇒ cx < d, logo d n˜ logo o ´ınfimo do conjunto. Propriedade 31. Se c < 0 ent˜ ao inf(cA) = c sup A. Demonstra¸c˜ ao. Seja a = sup A . Tem-se x ≤ a para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cx ≥ ca para todo x ∈ A. Ent˜ ao ca ´e uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se dc < a como a ´e supremo, isso significa que existe x ∈ A tal que dc < x logo d > cx, assim esse d n˜ ao ´e cota inferior, implicando que ca ´e a menor cota inferior, ent˜ ao ´ınfimo do conjunto. A quest˜ ao 35 segue da pr´ oxima propriedade com c = −1. Propriedade 32. Se c < 0 ent˜ ao sup(cA) = c inf A. Demonstra¸c˜ ao. Seja b = inf A ent˜ ao vale b ≤ x para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cb ≥ cx assim cb ´e cota superior de cA. Agora tome d tal que cb > d segue b < dc , como b ´e ´ınfimo existe x ∈ A tal que x < dc , cx > d assim esse d n˜ ao pode ser cota superior de cA, ent˜ao cb ´e a menor cota superior, logo o ´ınfimo.
108
Exerc´ıcio 3.37:
Item I Sejam A, B ⊂ R, conjuntos limitados . Propriedade 33. O conjunto A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B} tamb´em ´e limitado. Demonstra¸c˜ ao. Se A ´e limitado , existe t tal que |x| < t para todo x ∈ A e se B ´e limitado existe u tal que |y| < u ∀y ∈ B. Somando as desigualdades e usando desigualdade triangular segue |x|+|y| < u+t e |x+y| ≤ |x|+|y| < u+t logo o conjunto A + B ´e limitado. Item II Propriedade 34 (Propriedade aditiva). Vale sup(A + B) = sup(A) + sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Como A, B s˜ ao limitidados superiomente, temos sup A := a e sup B := b, como vale a ≥ x e b ≥ y para todos x, y ∈ A, B respectivamente segue que a + b ≥ x + y logo o conjunto A + B ´e limitado superiormente. Para todo e qualquer ε > 0 existem x, y tais que ε ε a
Item III Propriedade 35. inf(A + B) = inf A + inf B. Demonstra¸c˜ ao. Sejam a = inf A e b = inf B ent˜ao ∀x, y ∈ A, B tem-se a ≤ x, b ≤ y de onde segue por adi¸c˜ ao a + b ≤ x + y, assim a + b ´e 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 s˜ ao as maiores cotas inferiores, somando os termos das desigualdades segue x + y < a + b + ε, que implica que a + b ´e a maior cota inferior logo o ´ınfimo.
109
Exerc´ıcio 3.38:
Defini¸ c˜ ao 2 (Fun¸c˜ ao limitada). Seja A ⊂ R, f : A → R ´e dita limitada quando o conjunto f (A) = {f (x) | x ∈ A}, se f (A) ´e limitado superiormente ent˜ ao dizemos que f ´e limitada superiormente e caso f (A) seja limitado inferiormente dizemos que A ´e limitado inferiormente. Seja uma fun¸c˜ ao limitada f : V → R. Defini¸ c˜ ao 3. sup f := sup f (V ) = sup{f (x) | x ∈ V } Defini¸ c˜ ao 4. inf f := inf f (V ) = inf{f (x) | x ∈ V } Propriedade 36. A fun¸c˜ ao soma de duas fun¸c˜ oes limitadas ´e limitada. Demonstra¸c˜ ao. Vale |f (x)| ≤ M1 e |g(x)| ≤ M2 ∀x ∈ A ent˜ao |f (x) + g(x)| ≤ |f (x)| + |g(x)| ≤ M1 + M2 = M portando a fun¸c˜ ao soma f + g de duas fun¸c˜ oes limitadas ´e tamb´em uma fun¸c˜ao limitada. Sejam f, g : V → R fun¸c˜ oes limitadas e c ∈ R. Propriedade 37. 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 38. 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 12. 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 tamb´em 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).
110
Exerc´ıcio 3.39:
Defini¸ c˜ ao 5. Sejam A e B conjuntos n˜ ao vazios, definimos A.B = {x.y | x ∈ A, y ∈ B}. Propriedade 39. 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) ent˜ao valem x ≤ a e y ≤ b, ∀x ∈ A, y ∈ B da´ı x.y ≤ a.b, logo a.b ´e 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 n˜ao pode ser uma cota superior, implicando que a.b ´e o supremo do conjunto. Propriedade 40. 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) ent˜ao valem x ≥ a e y ≥ b, ∀x ∈ A, y ∈ B da´ı x.y ≥ a.b, logo a.b ´e 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 n˜ ao pode ser uma cota inferior, implicando que a.b ´e o ´ınfimo do conjunto.
111
Exerc´ıcio 3.40:
Propriedade 41. Sejam f, g : A → R fun¸c˜ oes limitadas ent˜ ao f.g : A → R ´e limitada. Demonstra¸c˜ ao. Vale que |f (x)| < M1 e |g(x)| < M2 ent˜ao |f (x)g(x)| < M1 M2 = M ∀ x ∈ A , portanto f.g : A → R ´e limitada. Propriedade 42. 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 43. 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 13. 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 44. Seja f : A → R+ limitada superiormente ent˜ ao sup(f 2 ) = (sup f )2 . Demonstra¸c˜ ao. Seja a = sup f tem-se √ f (x) ≤ a ∀x da´ı f (x)2 ≤ a2√ent˜ao a2 ´e cota superior de f 2 , e ´e a menor cota superior pois se 0 < c < a2 ent˜ ao c < a logo existe x tal que c < f (x) < a e da´ı c < f (x)2 < a2 logo a2 ´e a menor cota superior sup(f 2 ) = sup(f )2 . Propriedade 45. 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 ´e cota inferior de f 2 , e ´e a maior cota √ f (x) ≥ a ∀x da´ı f (x) ≥ a ent˜a√ 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 ´e a maior 2 cota inferior inf(f ) = inf(f )2 .
112
Exerc´ıcio 3.42:
Teorema 1 (Teorema das ra´ızes racionais). Se o polinˆ omio f (x) =
n X
ak xk
k=0
de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x = r s
Demonstra¸c˜ ao. Se x =
´e raiz de f (x) =
n P
r s
tal que mdc(r, s) = 1 ent˜ ao s|an e r|a0 .
ak xk , ent˜ao temos
k=0
f
X k n r r =0 = ak s s k=0
n
multiplicando por s em ambos os lados temos n X
ak rk .sn−k = 0
k=0
como s|0 ent˜ ao s|
n P
ak rk .sn−k , na soma s n˜ao aparece como fator apenas quando n − k = 0, n = k, logo
k=0
abrindo o limite superior do somat´ orio temos n−1 X
ak rk .sn−k + an rn .sn−n =
n−1 X
ak rk .sn−k + an rn = 0
k=0
k=0 n
da´ı s deve dividir an r , como s ´e primo com r implica que tamb´em ´e primo com rn , portanto s deve dividir an . n P Pelo mesmo argumento, temos que r|0 logo r deve dividir ak rk .sn−k , como o u ´nico fator onde r n˜ao aparece ´e k=0
quando k = 0, abrimos o limite inferior do somat´orio a0 r0 .sn−0 +
n X
ak rk .sn−k = a0 .sn +
k=1 n
n X
ak rk .sn−k = 0
k=1 n
logo r deve dividir a0 .s , mas como r ´e primo com s , ele deve dividir a0 . Corol´ ario 5. Se o polinˆ omio de coeficientes inteiros
n P
ak xk possui ra´ızes racionais ent˜ ao elas devem pertencer
k=0
ao conjunto
p A = { | p|a0 q|an }. q
Corol´ ario 6. Se an = 1 em um polinˆ omio de coeficientes inteiros P (x) =
n P
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 46. Seja P (x) = √ xn − a, a > 0 ∈ Z, se a n˜ ao ´e n-´esima potˆencia de um n´ umero natural ent˜ ao a u ´nica raiz positiva de P , que ´e n a , ´e irracional. Demonstra¸c˜ ao. Como P possui coeficiente an = 1 ent˜ao ele possui raiz irracional ou inteira, se a raiz positiva m fosse inteira (logo natural) ter´ıamos mn − a = 0 e da´ı a = mn ´e potˆencia umero natural, o que contraria a √ de um n´ hip´ otese de a n˜ ao ser n-´esima potˆencia de um n´ umero natural, logo n a ´e irracional.
113
Exerc´ıcio 3.43:
Propriedade 47. Sejam I um intervalo n˜ ao degenerado e k > 1 natural. O conjunto A = { kmn ∈ I | m, n ∈ Z} ´e 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+1 m a minimalidade de m + 1 e se fosse kn < x − ε ent˜ao [ kn , kn ] teria comprimento maior do que de (x − ε, x + ε), que ´e ε, uma contradi¸c˜ ao com a suposi¸c˜ ao feita anteriormente.
114
Exerc´ıcio 3.44:
Propriedade 48. O conjunto dos polinˆ omios com coeficientes racionais ´e enumer´ avel. Demonstra¸c˜ ao. Seja Pn o conjunto dos polinˆ omios com coeficientes racionais de grau ≤ n a fun¸c˜ao f : Pn → Qn+1 tal que n X P( ak xk ) = (ak )n1 k=0 n+1
´e uma bije¸c˜ ao. Como Q ´e enumer´ avel por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumer´aveis, segue que Pn ´e enumer´ avel. Sendo A o conjunto dos polinˆ omios de coeficientes racionais, vale que A=
∞ [
Pk
k=1
portanto A ´e uni˜ ao enumer´ avel de conjuntos enumer´aveis , sendo assim A ´e enumer´avel. Defini¸ c˜ ao 6 (N´ umero alg´ebrico). Um n´ umero real (complexo) x ´e dito alg´ebrico quando ´e raiz de um polinˆ omio com coeficientes inteiros. Propriedade 49. O conjunto dos n´ umeros alg´ebricos ´e enumer´ avel. 1. Enumeramos A = {P1 , P2 , · · · , Pn , · · · }, o conjunto dos polinˆomios com coeficientes inteiros, definimos Bk como conjunto das ra´ızes reais de fk , ent˜ ao vale que ∞ [ B= Bk k=1
como cada Bk ´e finito B fica sendo uni˜ ao enumer´avel de conjuntos finitos, ent˜ao B ´e enumer´avel. 2. Seja B o conjunto dos alg´ebricos e A o conjunto dos polinˆomios com coeficientes inteiros. Para cada alg´ebrico x escolhemos um polinˆ omio Px tal que Px (x) = 0. Definimos a fun¸c˜ ao f : B → A tal que F (x) = Px . Dado Px ∈ F (B), temos que o conjunto g −1 (Px ) dos valores x ∈ B tal que f (x) = Px ´e finito pois Px possui um n´ umero finito de ra´ızes e da´ı tem-se |{z} =y
B=
[
g −1 (y)
y∈f (B)
logo B ´e uni˜ ao enumer´ avel de conjuntos enumer´aveis ( no caso finitos), ent˜ao B ´e enumer´avel. Corol´ ario 7. Existem n´ umeros reais que n˜ ao s˜ ao alg´ebricos, pois se todos fossem alg´ebricos R seria enumer´ avel. Defini¸ c˜ ao 7 (N´ umeros transcendentes). Os n´ umeros reais que n˜ ao s˜ ao alg´ebricos s˜ ao ditos transcendentais Propriedade 50. O conjunto dos n´ umeros alg´ebricos ´e denso em R, pois todo racional ´e alg´ebrico, o racional ´e raiz do polinˆ omio com coeficientes inteiros ax − b = P (x) ax − b = 0 ⇔ ax = b ⇔ x = ab . E Q ´e denso em R.
115
b a
Exerc´ıcio 3.45:
Propriedade 51. Seja A enumer´ avel e B = R \ A, ent˜ ao para cada intervalo (a, b), (a, b) ∩ B ´e n˜ ao enumer´ avel, em especial B ´e denso em R. Com esse resultado garantimos que o complementar de um conjunto enumer´ avel ´e denso em R. Demonstra¸c˜ ao. Sabemos que (a, b) ´e n˜ ao enumer´avel, escrevemos (a, b) = [(a, b) ∩ A] ∪ [(a, b) ∩ (R \ A)] = [(a, b) ∩ A] ∪ [(a, b) ∩ B], sabemos que (a, b) ∩ A ´e enumer´ avel se (a, b) ∩ B tamb´em o fosse, chegar´ıamos no absurdo de (a, b) ser enumer´ avel, por ser uni˜ ao finita de conjuntos enumer´ aveis , portanto (a, b) ∩ B ´e n˜ao enumer´avel e B ´e denso em R. Exemplo 14. Um conjunto pode n˜ ao ser enumer´ avel e tamb´em n˜ ao ser denso em R, como (a, b).
116
Exerc´ıcio 3.46:
Corol´ ario 8. O conjunto T dos n´ umeros transcedentais ´e n˜ ao enumer´ avel e denso em R. Pois A o conjunto dos n´ umeros alg´ebricos ´e enumer´ avel, T = R \ A, como complementar dos n´ umeros alg´ebricos T ´e n˜ ao enumer´ avel e denso em R.
117
Exerc´ıcio 3.47:
Propriedade 52. Seja L|K uma extens˜ ao de corpo. Se α, β ∈ L s˜ ao alg´ebricos sobre K, ent˜ ao α ± β, α.β e com β 6= 0 s˜ ao alg´ebricos sobre K, Desse modo
α β
{α ∈ L|α ´e alg´ebrico sobre K} ´e um subcorpo de L que cont´em K. ao δ ∈ K(α, β) e K ⊂ K(δ) ⊂ K(α, β)). Vamos mostrar que Demonstra¸c˜ ao. Seja δ ∈ {α ± β, α.β α β β 6= 0} ent˜ [K(α, β) : K] < ∞. Sejam f , g ∈ K[x] os polinˆ omios 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] ´e tal que f (α) = 0, logo α ´e alg´ebrico sobre K(β), sendo P o polinˆomio 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 ´e finito e a extens˜ ao total [K(α, β) : K] = sn ´e finita por multiplicatividade dos graus. Como a extens˜ao [K(α, β) : K] ´e finita ela ´e alg´ebrica. Defini¸ c˜ ao 8 (Fecho alg´ebrico de Q). Consideremos a extens˜ ao de corpos C|Q. Chamamos de fecho alg´ebrico de Q ao subcorpo Q de C definido por Q = {α ∈ C, α ´e alg´ebrico sobre Q} Q ´e realmente corpo pela propriedade anterior. O conjunto dos n´ umeros alg´ebricos ´e um corpo.
118
Exerc´ıcio 3.48:
Exemplo 15. Sendo Ak = [k, ∞) temos uma sequˆencia de intervalos que s˜ ao conjuntos fechados por´em a interse¸c˜ ao ∞ \
Ak = A
k=1
´e vazia, pois suponha que exista t ∈ A, da´ı existe k > t e t ∈ / [k, ∞) = Ak logo n˜ ao pode pertencer a interse¸c˜ ao te todos esses conjuntos. Da mesma maneira existe uma sequˆencia decrescente de intervalos abertos limitados com interse¸c˜ ao vazia, sendo Bk = (0, k1 ) ∞ \ Bk = B k=1
B ´e 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.
119
1 k
< x da´ı x n˜ ao pertence ao intervalo
Exerc´ıcio 3.49:
Propriedade 53. 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 ´e limitado superiormente pois est´a contido em um conjunto limitado e vale que sup(A) ≥ sup(B), pois B ⊂ A, suponha que fosse c = sup(A) > sup(B), ent˜ao tomando ε = sup(A) − sup(B) > 0, existe x ∈ A tal que x > c − ε = sup(A) − sup(A) + sup(B) = sup(B), por hip´otese existe y ≥ x > sup(B) com y ∈ B, o que ´e absurdo, pois n˜ ao pode existir um elemento maior que o supremo. Propriedade 54. Sejam B ⊂ A n˜ ao vazios, A limitado inferiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≤ x ent˜ ao inf (B) = inf (A). Demonstra¸c˜ ao. B ´e limitado inferiormente pois est´a contido em um conjunto limitado e vale que inf (A) ≤ inf (B), pois B ⊂ A, suponha que fosse c = inf (A) < inf (B), ent˜ao tomando ε = inf (B) − inf (A) > 0, existe x ∈ A tal que x < c + ε = inf (A) − sup(A) + inf (B) = inf (B), por hip´otese existe y ≤ x < inf (B) com y ∈ B, o que ´e absurdo, pois n˜ ao pode existir um elemento menor que o ´ınfimo.
120
Exerc´ıcio 3.50:
Defini¸ c˜ ao 9 (Corte de Dedekind). Um corte de Dedekind ´e um par ordenado (A, B) onde A, B ∈ Q n˜ ao vazios, tais que A n˜ ao possui m´ aximo, A ∪ B = Q e ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y. Seja C o conjunto dos cortes de Dedekind. Propriedade 55. Em (A, B) vale sup(A) = inf (B). Demonstra¸c˜ ao. J´ a sabemos que vale sup(A) ≤ inf (B), pois ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y implica sup(A) < y e sup(A) ser cota inferior implica sup(A) ≤ inf (B), suponha por absurdo que fosse sup(A) < inf (B), ent˜ ao o intervalo (sup(A), inf (B)) n˜ ao possui valores x ∈ A, pois se n˜ao x > sup(A), nem y ∈ B pois da´ı y < inf (B), mas como existem racionais em tal intervalo, pois Q ´e denso e A ∪ B = Q, chegamos em um absurdo. Propriedade 56. 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 ´e injetora, suponha f (A, B) = f (A0 , B 0 ) ent˜ao sup(A) = inf (B) = sup(A0 ) = inf (B 0 ). Dado x ∈ A vamos mostrar que x ∈ A0 . x < sup(A0 ) = inf (B 0 ) ≤ y 0 , ∀ y 0 ∈ B 0 , da´ı x ∈ A0 a inclus˜ ao A0 ⊂ A ´e an´ aloga. Ent˜ ao vale A = A0 . • Dado y ∈ B, vamos mostrar que y ∈ B 0 . x0 < sup(A) < inf (B 0 ) ≤ y com isso y ∈ B 0 . De maneira similar, B 0 ⊂ B portanto B = B 0 . Como vale B = B 0 e A = A0 ent˜ao a fun¸c˜ ao ´e injetiva. • A fun¸c˜ ao ´e sobrejetiva. Para qualquer y ∈ R, tomamos os conjuntos (−∞, y) ∩ Q = A e B = [y, ∞) ∩ Q, A n˜ ao possui m´ aximo, para todo x ∈ A e y ∈ B tem-se y > x e Q = [(−∞, y) ∩ Q] ∪ [ [y, ∞) ∩ Q], al´em disso vale sup(A) = y = inf (B), portanto f (A, B) = y e a fun¸c˜ao ´e sobrejetora, logo sendo tamb´em injetora f ´e bije¸c˜ ao.
121
Exerc´ıcio 3.51: Sejam X, Y conjuntos n˜ ao-vazios e f : X × Y → R uma fun¸c˜ao 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¸c˜oes 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 ´e ilimitada superiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que A + 1 < s1 (x0 ), tamb´em 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 ´e ilimitada superiormente. Um absurdo. De forma an´ aloga, 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 arbitr´ ario. Temos que existe x0 ∈ X tal que supx∈X s1 (x) −
ε < s1 (x0 ). 2
Al´em disso, como s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que s1 (x0 ) −
ε < f (x0 , y0 ). 2
Ent˜ ao, 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 ´e arbitr´ ario, conclui-se que supx∈X s1 (x) 6 sup(x,y)∈X×Y f (x, y). Novamente, tomamos ε > 0 arbitr´ ario. 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 an´ aloga, 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).
122
Exerc´ıcio 3.52: Enuncie e demonstre um resultado an´ alogo ao anterior com inf ao inv´es 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 ´e ilimitada inferiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que i1 (x0 ) < −A − 1, tamb´em 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 ´e ilimitada inferiormente. Um absurdo. De forma an´ aloga, 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 arbitr´ ario. Temos que existe x0 ∈ X tal que ε i1 (x0 ) < infx∈X i1 (x) + . 2 Al´em disso, como i1 (x0 ) = inf{f (x0 , y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que ε f (x0 , y0 ) < i1 (x0 ) + . 2 Ent˜ ao, 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 ´e arbitr´ ario, conclui-se que inf(x,y)∈X×Y f (x, y) 6 infx∈X i1 (x). Novamente, tomamos ε > 0 arbitr´ ario. 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). 123
De forma an´ aloga, 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 arbitr´ arios 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)].
124
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
125
Exerc´ıcio 3.54: A desigualdade entre a m´edia aritm´etica e a m´edia geom´etrica, 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 x0i = iG j e x0j = G. Isto n˜ao altera a m´edia geom´etrica e, quanto `a aritm´etica, ela n˜ ao aumenta, pois, como ´e f´ acil ver, x0i + x0j 6 xi + xj . Prove que, repetida a opera¸c˜ao no m´aximo n vezes, obtemos n n´ umeros todos iguais ` a G e, portanto, sua m´edia aritm´etica ´e G. Como em cada opera¸c˜ao a m´edia √ n aritm´etica n˜ ao 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 sequˆencia x1 ,...,xn s˜ao iguais a G, ent˜ ` ao 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 sequˆencia x1 ,...,xn s˜ao iguais `a G, para k > 0. Sejam xi e xj , respectivamente, elementos de maior e menor valor da sequˆencia em quest˜ao. Desta forma temos que xi < G < x j . 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 tiv´essemos xi < G = xj , ent˜ao Gn = x1 x2 . . . xn 6 (xj )n−1 xi < Gn . Absurdo. Da mesma forma, n˜ ao podemos ter xi = G < xj . Portanto, devemos ter, de fato xi < G < xj . Adiante, consideremos a sequˆencia dada por , p 6= i, j xp xi xj ,p=i x0p = G G , p = j. Temos que x0i + x0j = Assim,
xi xj xi G +G< + xj = xi + xj . G G
x01 + x02 + · · · + x0n x1 + x2 + · · · + xn < . n n
Tamb´em temos que G0 :=
p √ n x01 x02 . . . x0n = n x1 x2 . . . xn = G.
Conclu´ımos da´ı que a sequˆencia x01 , x02 , ... ,x0n possui no m´aximo k − 1 elementos diferentes de G0 = G. Pela hip´ otese de indu¸c˜ ao, temos que G = G0 =
p n
x01 x02 . . . x0n 6
x1 + x2 + · · · + xn x01 + x02 + · · · + x0n < = A. n n
E o resultado segue por indu¸c˜ ao.
126
Exerc´ıcio 3.55: Seja K um corpo ordenado e completo. Indique com 00 e 10 o zero e a unidade de K. Para cada n ∈ N, sejam 0 n0 = 10 + ... + 10 (n vezes) e (−n)0 = −n0 . Definamos uma fun¸c˜ao f : R → K pondo f ( pq ) = pq0 para todo pq ∈ Q e 0
para x irracional, seja f (x) = sup{ pq0 ∈ K; pq < x}. Prove que f ´e um homomorfismo sobrejetivo e conclua que f ´e uma bije¸c˜ ao, ou seja, um isomorfismo de R sobre K. A solu¸c˜ ao ser´ a 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 ´e 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 an´ aloga 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¸c˜ ao an´ aloga ` a 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) := 10 > 00 , temos que n ∈ Z com n > 0 implica f (n) > 00 . E por f (−n) = −f (n) temos que se n ∈ Z com n < 0 ent˜ ao f (n) < 00 . Ou seja, n > 0 em Z se e somente se f (n) > 00 . Assim, temos que f (m) < f (n) ⇐⇒ f (m) − f (n) < 00 ⇐⇒ f (m − n) < 00 ⇐⇒ m − n < 00 ⇐⇒ 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 . Ent˜ao, 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: An´ aloga ` a 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 . Ent˜ao, temos que f (s) < f (t)
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
f (n)f (p) < f (q)f (m) f (np) < f (qm) np < qm s < t. 127
(VII) f (x) = sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q} para todo x ∈ R: Pela defini¸c˜ ao 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 ´e 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} = sup{f (r); r 6 x + y, r ∈ Q} = f (x + y).
(pelo exerc´ıcio 3.37) (por (IV))
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 ´e bijetiva: O item (IX) implica que f ´e injetiva e o item (X) implica que f ´e sobrejetiva.
128
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 s˜ao corpos ordenados completos, existe um u ´nico isomorfismo de K sobre L. Seja f : R → R um isomorfismo de corpos. Provaremos que f ´e igual a identidade IR : R → R. Pelo exerc´ıcio 3.4, temos que f (0) = 0 e f (1) = 1. Por indu¸c˜ ao em n ∈ N, segue que f (n) = n = −f (−n). E, assim, para q ∈ Z+ temos que q 1 1 1=f = f (q)f = qf . q q q De onde conclu´ımos que f
1 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.
129
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) = √
´e uma bije¸c˜ao de R no intervalo (−1, 1).
x . 1 − x2
Provaremos que g = f −1 . Seja x ∈ (−1, 1). Ent˜ ao, f ◦ g(x)
= f =
= =
=
√ x 2 1−x √ x
1−x2
2 1 2 1+ √ x 2 1−x √ x
1−x2
1 2 x2 1+ 1−x 2 √ x 2 √ 1−x 1−x2 +x2 √ 2 1−x √ x 2 1−x √ 1
1−x2
= x. Seja x ∈ R. Ent˜ ao, g ◦ f (x)
= g =
=
1+x2
2 1 2 1− √ x 2 1+x √ x
1+x2
=
√ x 2 1+x √ x
1+x2 −x2 1+x2
√ √
= x. Portanto, g = f −1 .
130
x
1
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. Ent˜ ao, x ∈ G ⇒ −x ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x + y ∈ G. Seja ent˜ao G ⊂ R um grupo aditivo de n´ umeros reais. Indiquemos com G+ o conjunto dos n´ umeros reais pertencentes `a G. Excetuando o caso trivial G = {0}, G+ ´e n˜ao-vazio. Suponhamos pois G 6= {0}. Prove que: (i) Se infG+ = 0, ent˜ ao G ´e denso em R; (ii) Se infG+ = a > 0, ent˜ ao a ∈ G+ e G = {0, ±a, ±2a, ...}; (iii) Conclua que, se α ∈ R ´e 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 arbitr´ ario (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 ´e 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
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¸c˜ ao. 131
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 circunferˆencia 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.
132
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 potˆencia 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 , ´e uma bije¸c˜ao crescente; (3) A fun¸c˜ ao g : Q → R definida por g(r) = ar (onde a ´e um n´ umero real positivo fixado) ´e crescente se a > 1, e decrescente se 0 < a < 1.
(1) Sejam r = p/q e s = p0 /q 0 , onde p e p0 ∈ Z e q e q 0 ∈ N. Temos que p0
p
ar as
= a q a q0 pq 0
p0 q
0 q0 q = a qq √ a 0 qq√ 0 qq 0 apq ap0 q = √ 0 qq pq 0 p0 q = √a 0 a 0 qq 0 = apq +p q
= a
pq 0 +p0 q qq 0 p
0
+p
= a q q0 = ar+s e (ar )s
p
p0
=
q q0 (a q )√ 0 q ( q ap )p0 √ 0 qq 0 app
= =
a qq0 ars .
= =
pp0
(2) 1 A fun¸c˜ ao f tem inversa g : (0, +∞) → (0, +∞) dada por g(x) = x r . De fato, dado x ∈ (0, +∞), temos que
e
1
f ◦ g(x)
= f (x r ) 1 = (x r )r = x1 = x.
g ◦ f (x)
= g(xr ) 1 = (xr ) r = x1 = x.
Portanto, f ´e uma bije¸c˜ ao. Dados x < y em (0, +∞), temos que xp < y p e, consequentemente, f (x)
= = < = =
Portanto, f ´e crescente. 133
r x √ q xp √ q yp yr f (y).
(3) Dados r = p/q e s = p0 /q 0 , onde p e p0 ∈ Z e q e q 0 ∈ N, com r < s. Ent˜ao, r = consequentemente, pq 0 < p0 q. Caso a > 1, temos que pq 0 < p0 q
Conclu´ımos da´ı que, g ´e crescente caso a > 1. Caso 0 < a < 1, temos que pq 0 < p0 q
0
0
0
0
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
pq apq √ < 0a qq√ 0 qq 0 apq < ap0 q 0 0 pq g( pq qq 0 ) < g( qq 0 ) g(r) < g(s).
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
pq apq √ > 0a qq√ 0 qq 0 pq a > ap0 q pq 0 p0 q g( qq0 ) > g( qq0 ) g(r) > g(s).
Conclu´ımos da´ı que, g ´e decrescente caso 0 < a < 1.
134
pq 0 qq 0
<
p0 q qq 0
= s e,
Cap´ıtulo 4
Sequˆ encias e S´ eries de N´ umeros Reais
135
Exerc´ıcio 4.1: Se lim xn = a, ent˜ ao lim |xn | = |a|. Dˆe um contra-exemplo mostrando que a rec´ıproca ´e 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| n˜ ao implica que lim xn = a. Basta tomar xn = 1, para todo n ∈ N e a = −1.
136
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 , ent˜ao |xn | < ε. Como |yn | = yn = min{|x1 |, ..., |xn |} ≤ |xn |, temos que para n ≥ n0 , |yn | ≤ |xn | < ε. Logo, lim yn = 0.
137
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 2k = n ≥ n0 ≥ 2np . Logo, k ≥ np e consequentemente |xn − a| = |x2k − a| < ε. • Se n = 2k − 1, ent˜ ao 2k − 1 = n ≥ n0 ≥ 2ni − 1. Logo, k ≥ ni e consequentemente |xn − a| = |x2k−1 − a| < ε. Em ambos os casos, se n ≥ n0 , temos |xn − a| < ε. Logo, lim xn = a.
138
Exerc´ıcio 4.4: Se N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk e lim xn = lim xn = ... = lim xn = a, ent˜ao 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 , ent˜ao |xn − a| < ε. Tomando n0 = max{n1 , n2 , ..., nk }, temos que se n ≥ n0 , ent˜ao n ≥ ni , para todo i = 1, .., k. Desta forma, |xn − a| < ε. Portanto, lim xn = a.
139
Exerc´ıcio 4.5: Dˆe exemplo de uma sequˆencia (xn ) e uma decomposi¸c˜ao N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk ∪ ... de N como reuni˜ ao de uma infinidade de conjuntos infinitos tais que, para todo k, a sequˆencia (xn )n∈Nk tenha limite a, mas n˜ao se tem lim xn = a. Seja k ∈ N. Definimos
Nk = {2k−1 .n ∈ N; n ∈ N,
Temos dessa defini¸c˜ ao que N =
∞ S
n ´e ´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 , ent˜ao 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 n˜ao existe. n∈Nk
n∈N
140
.
Exerc´ıcio 4.6: Se lim xn = a e lim(xn − yn ) = 0, ent˜ ao lim yn ´e 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 , ent˜ao |yn − a| ≤ |xn − yn | + |xn − a| < ε. Logo, lim yn = a.
141
Exerc´ıcio 4.7: Seja a 6= 0. Se lim
yn = 1, ent˜ ao lim yn ´e igual a a. a
Sejam ε > 0 e a 6= 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.
142
Exerc´ıcio 4.8: Seja b 6= 0. Se lim xn = a e lim
a xn = b, ent˜ ao lim yn = . yn b
Pelo ´ıtem 3 do Teorema 6, temos que lim
yn 1 = . xn b
=
lim xn .
=
lim xn . lim
Pelo ´ıtem 2 do mesmo teorema, lim yn
= a.
yn xn
1 a = . b b
143
yn xn
Exerc´ıcio 4.9: Seja b 6= 0. Se lim xn = a e lim
a xn = b, ent˜ ao lim yn = . yn b
Pelo ´ıtem 3 do Teorema 6, temos que lim
yn 1 = . xn b
=
lim xn .
=
lim xn . lim
Pelo ´ıtem 2 do mesmo teorema, lim yn
= a.
yn xn
1 a = . b b
144
yn xn
Exerc´ıcio 4.10: Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, ent˜ao lim Temos que lim
√ n
a = lim
=
lim
√ n
√ n
xn = 1.
n = 1.
Assim, lim
√ n
nk
=
k √ n n √ k lim n n = 1k = 1.
Logo, lim xn = 1.
145
Exerc´ıcio 4.10: Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, ent˜ao lim Temos que lim
√ n
a = lim
=
lim
√ n
√ n
xn = 1.
n = 1.
Assim, lim
√ n
nk
=
k √ n n √ k lim n n = 1k = 1.
Logo, lim xn = 1.
146
Exerc´ıcio 4.11: Use a desigualdade entre as m´edia aritm´etica e geom´etrica dos n + 1 n´ umeros 1 − 1/n, 1 − 1/n, ..., 1 − 1/n, 1 e prove que a sequˆencia (1 − 1/n)n ´e crescente. Conclua que (1 − 1/n)n ≥ 1/4 para todo n > 1. Pela desigualdade envolvendo a m´edia aritm´etica e a m´edia geom´etrica, temos que 1 s n n 1 +1 1 n n+1 .1 ≤ 1− n n+1 s
n 1 n 1 ≤ =1− n n+1 n+1 n n+1 1 1 1− ≤ 1− . n n+1
n+1
1−
Logo, a sequˆencia (xn )n∈N dada por xn =
1 1− n
n
´e crescente. Da´ı, para n ≥ 2, temos 1 = 4
2 n 1 1 1− ≤ 1− . 2 n
147
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
1 lim 1 − n
n =
lim yn1
=
lim yn = e−1 .
148
Exerc´ıcio 4.12: k−1 k−1 P i k−i−1 P 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, ent˜ao 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 X
y i bk−i−1 ,
i=0
obtemos x − a = (x
1/k
1/k
−a
)
k−1 X
x
i/k
1−
a
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
1/k
−a
)
k−1 X
xi/k n a
1−
i+1 k
i=0
> onde S=
k−1 X
1−
ci/k a
1/k (x1/k ).S, n −a
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 . =
149
Exerc´ıcio 4.14:
Propriedade 57. 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 ´e 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 58. Sejam (ak ≥ 0)m ao 1 e c = max{ak , k ∈ Im } ent˜ v um uX n lim t ank = c. n→∞
k=1
Demonstra¸c˜ ao. Vale ank ≤ cn , tomando a soma, tem-se n
c ≤
Pm
k=1
m X
ank ≤ m.cn , tem-se tamb´em cn ≤
ank ≤ m.cn
k=1
tomando a raiz
v um uX √ n ank ≤ n m.c c≤ t k=1
e novamente por teorema do sandu´ıche tem-se v um uX n ank = c. lim t k=1
150
Pm
k=1
ank ent˜ ao vale
Exerc´ıcio 4.15:
Defini¸ c˜ ao 10 (Termo destacado). Dizemos que xn ´e um termo destacado quando xn ≥ xp para todo p > n. Isto ´e quando xn ´e maior ou igual a todos seus sucessores. Propriedade 59. Toda sequˆencia possui subsequˆencia mon´ otona . Demonstra¸c˜ ao. Seja A ⊂ N o conjunto dos ´ındices s da sequˆencia (xn ), tais que xs ´e destacado, existem dois casos a serem analisados • Se A ´e infinito, ent˜ ao podemos tomar uma subsequˆencia (xn1 , xn2 , · · · ) de termos destacados formada pelos elementos com ´ındices em A que ´e n˜ ao-crescente com n1 < n2 < n3 < · · · e com xn1 ≥ xn2 ≥ · · · . • Se A ´e finito, tomamos um n1 maior que todos elementos de A da´ı xn1 n˜ao ´e destacado, existindo xn2 ≥ xn1 com n2 > n1 , por sua vez xn2 n˜ ao ´e destacado logo existe n3 > n2 tal que xn3 ≥ xn2 , assim constru´ımos uma subsequˆencia n˜ ao-decrescente .
151
Exerc´ıcio 4.18: Generalizamos o exerc´ıcio em dois resultados. Propriedade 60. Sejam (an ) e (bn ) sequˆencias limitada tais que an + bn = 1 ∀n ∈ N , (zn ) e (tn ) com o mesmo limite a, ent˜ ao lim an .zn + bn .tn = a. Demonstra¸c˜ ao. Escrevemos an .zn + bn .tn = an .zn − a.an + a. an +bn .tn = an (zn − a) + a(1 − bn ) + bn .tn = |{z} =1−bn
= an (zn − a) + a − a.bn + bn .tn = an (zn − a) + a + bn (tn − a) da´ı lim an (zn − a) + a + bn (tn − a) = a = lim an .zn + bn .tn pois an e bn s˜ ao limitadas e zn − a, tn − a tendem a zero. Propriedade 61. Se limn→∞ zk (n) = a ∀ k e cada (xk (n)) ´e limitada com Pp limn→∞ k=1 xk (n)zk (n) = a.b. Pp Demonstra¸c˜ ao. Vale x1 (n) = vn − k=2 xk (n). p X
xk (n)zk (n) = x1 (n)z1 (n) +
k=1
p X
xk (n)zk (n) =
k=2
= z1 (n)vn −
p X
xk (n)z1 (n) +
k=2
= z1 (n)vn + | {z } →a.b
p X k=2
p X
xk (n)zk (n) =
k=2
xk (n) (zk (n) − z1 (n)) → a.b. | {z } →0
152
Pp
k=1
xk (n) = vn → b ent˜ ao
Exerc´ıcio 4.19:
Defini¸ c˜ ao 11 (Sequˆencia de varia¸c˜ ao limitada). Uma sequˆencia (xn ) tem varia¸c˜ ao limitada quando a sequˆencia (vn ) com n X vn = |∆xk | ´e limitada. k=1
Propriedade 62. Se (xn ) tem varia¸c˜ ao limitada ent˜ ao (vn ) converge. Demonstra¸c˜ ao. (vn ) ´e limitada e n˜ ao-decrescente, pois ∆vn = |∆xn+1 | ≥ 0, logo ´e convergente. Propriedade 63. Se (xn ) tem varia¸c˜ ao limitada ent˜ ao existe lim xn . P∞ P∞ Demonstra¸c˜ ao. A s´erie k=1 |∆xk | converge portanto k=1 ∆xk converge absolutamente e vale xn − x1 =
n−1 X
∆xk ⇒ xn =
k=1
n−1 X
∆xk + x1
k=1
logo xn ´e convergente. Exemplo 16. Se |∆xn+1 | ≤ c|∆xn | ∀ n ∈ N com 0 ≤ c < 1 ent˜ ao (xn ) possui varia¸c˜ ao limitada. Definimos Qn−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 X
|∆xk | ≤
k=1
n X
ck−1 g(1)
k=1
como o segundo termo converge por ser s´erie geom´etrica segue que (xn ) ´e de varia¸c˜ ao limitada, logo converge. Propriedade 64. (xn ) tem varia¸c˜ ao limitada ⇔ xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) s˜ ao sequˆencias n˜ ao-decrescentes limitadas. Demonstra¸c˜ ao. ⇐). Seja xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) s˜ ao sequˆencias n˜ao-decrescentes limitadas, ent˜ao xn tem varia¸c˜ao limitada. vn =
n X k=1
|∆xk | =
n X
|∆yk − ∆zk | ≤
k=1
n X
|∆yk | +
k=1
n X
|∆zk | ≤ |
k=1
n X k=1
∆yk | + |
n X
∆zk |
k=1
= |yn+1 − y1 | + |zn+1 − z1 | < M pois (yn ) e (zn ) s˜ ao limitadas, logo (vn ) ´e limitada, isto ´e, (xn ) tem varia¸c˜ao limitada. ⇒). Dada (xn ) com varia¸c˜ ao limitada. (xn ) tem varia¸c˜ao limitada ⇔ (xn + c) tem varia¸c˜ao limitada, pois ∆ aplicado as duas sequˆencias tem o mesmo valor. Escrevemos xn − x1 =
n−1 X
∆xk
k=1
Pn−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¸c˜ao do conjunto dos ´ındices e vale xn − x1 =
n−1 X k=1
∆xk =
X
∆xk −
k∈Pn
| 153
{z yn
X
(−∆xk )
k∈Nn
}
|
{z zn
}
(yn ) ´e n˜ ao decrescente, pois yn+1 = yn caso n˜ ao seja adicionado ´ındice a Pn+1 em rela¸c˜ao a Pn e yn+1 ≥ yn caso seja adicionado um ´ındice a Pn+1 , pois adicionamos um termo da forma ∆xk ≥ 0 o mesmo para (zn ). (yn ) ´e limitada pois X k∈Pn
∆xk ≤
n−1 X
|∆xk | =
k=1
X k∈Pn
|∆xk | +
X k∈Nn
|∆xk | =
X k∈Pn
∆xk +
X
(−∆xk ) < M
k∈Nn
da mesma maneira (zn ) ´e limitada. Exemplo 17. Existem sequˆencias convergentes que n˜ ao possuem varia¸c˜ ao limitada, como por exemplo xn = Pn−1 (−1)k Pn−1 1 (−1)n 1 , que ´ e convergente por´ e m ∆x = ⇒ |∆x | = e ao ´e limitada. n n k=1 k=1 k n˜ k n n
154
Exerc´ıcio 4.20:
Exemplo 18. 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 | ≤ 21 |∆xn | portanto a sequˆencia ´e 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 sequˆencia ´e de termos positivos, logo √ 1+ 5 . lim xn = 2
155
Exerc´ıcio 4.21: √ Exemplo 19. Estudar a convergˆencia da sequˆencia xn+1 = 1 + xn com x1 = 1. A sequˆencia ´e crescente , pois x2 = 2 > x1 , supondo xn+1 > xn temos √
xn+1 >
√
xn ⇒ 1 +
√
xn+1 > 1 +
√
xn ⇒ xn+2 > xn+1 .
A sequˆencia ´e limitada superiormente, por 3, por exemplo, pois x1 < 3, supondo xn < 3 < 4 tem-se √
xn < 2 ⇒ 1 +
√
xn < 3 ⇒ xn+1 < 3.
Agora calculamos o limite da sequˆencia √ a = 1 + a ⇒ (a − 1)2 = a ⇒ a2 − 3a + 1 = 0 cujas ra´ızes s˜ ao
√ 3± 5 2 ,
n˜ ao podendo ser
√ 3− 5 2
que ´e menor que 1 logo o limite ´e
156
√ 3+ 5 2 .
Exerc´ıcio 4.22:
Propriedade 65. (xn ) n˜ ao possui subsequˆencia convergente ⇔ lim |xn | = ∞. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Se (xn ) n˜ ao possui subsequˆencia convergente ent˜ao lim |xn | = ∞. Se n˜ ao fosse lim |xn | = ∞, existiria A > 0 tal que ∀ n0 , existe n1 > n0 tal que |xn1 | < A, aplicando o resultado com n1 no lugar de n0 , existe n2 > n1 tal que |xn2 | < A e assim constru´ımos uma subsequˆencia (xn1 , xn2 , · · · ) limitada , que possui uma subsequˆencia convergente , o que ´e absurdo. ⇐). Suponha por absurdo que lim |xn | = ∞ e (xn ) possui subsequˆencia convergente, convergindo para a. Por defini¸c˜ ao de limite infinito, sabemos que existe n0 tal que n > n0 implica |xn | > |a| + 10, por (xn ) ter subsequˆencia que converge para a, existe n1 tal que n > n1 e n ´ındice da subsequˆencia, implica |xn − a| < 10 ⇒ |xn | < |a| + 10, podemos tomar ´ındice da subsequˆencia tal que n > n1 e n > n2 , logo valeria |xn | < |a| + 10 e |xn | > |a| + 10 o que ´e absurdo, portanto (xn ) n˜ ao pode possuir subsequˆencia convergente.
157
Exerc´ıcio 4.25:
Propriedade 66 (Teste da raz˜ ao para sequˆencias.). Se xn > 0 ∀n ∈ N e grande ent˜ ao lim xn = 0.
xn+1 xn
≤ c < 1 para n suficientemente
≤ c < 1, aplicamos o produt´orio Demonstra¸c˜ ao. Existe n0 tal que para k > n0 vale 0 < xxk+1 k , de onde segue n n Y Y xk+1 0< ≤ c xk k=n0 +1
Qn
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 9. Dada uma sequˆencia de termos n˜ ao nulos (xn ), ent˜ ao (|xn |) ´e uma sequˆencia de termos positivos, se ela satisfaz a propriedade anterior ent˜ ao lim |xn | = 0 o que implica lim xn = 0. Propriedade 67. Seja (xn ) sequˆencia 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 produt´orio na desigualdade k tem-se n Y xk+1 > cn−n0 xk k=n0 +1
xn+1 >
xn0 +1 n c cn0
como lim cn = ∞ segue que lim xn = ∞. Corol´ ario 10. Na propriedade anterior podemos trocar xn por |xn | onde xn n˜ ao se anula, pois (|xn |) ´e uma sequˆencia de positivos. = a < 1 ent˜ ao para n suficientemente grande vale Corol´ ario 11. Se lim xxn+1 n lim xn = 0.
xn+1 xn
≤ c < 1, logo tamb´em vale
Corol´ ario 12. Se lim xxn+1 = c > 1 a propriedade tamb´em se verifica pois existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica n xn+1 > a > 1 para algum a. xn Propriedade 68. lim Demonstra¸c˜ ao. Definimos xn =
n! nn
n! = 0. nn
e vale xn > 0, aplicamos a regra da raz˜ao
xn+1 (n + 1)! nn = = xn (n + 1)n+1 n!
n n+1
n =
1 (1 + n1 )n
o limite ´e lim xxn+1 = 1e < 1. n n apido que n! n cresce mais r´ n
Propriedade 69. Para todo a > 0 real temos lim an! = 0. Demonstra¸c˜ ao. Pelo teste da raz˜ ao, 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 r´ apido que an .
158
xn+1 xn
=
an+1 n! (n+1).n!an
=
a n+1
e temos
n
Corol´ ario 13. 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 70. 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 raz˜ao
(n + 1)p an xn+1 = = xn an+1 np
n+1 n
p
1 1 <1 ⇒ lim xn+1 xn = a a |{z} 0<
da´ı o limite ´e zero. n
p
Corol´ ario 14. Se a > 1, p ∈ N ent˜ ao lim anp = ∞ pois lim ann = 0. Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais r´apido que np para n grande.
159
n! an
> A, em
Exerc´ıcio 4.31:
Exemplo 20. Mostrar que n P
lim
kp
k=1 np+1
=
1 . p+1
Iremos calcular o limite das diferen¸cas do inverso da sequˆencia
p+1
(n + 1) −n lim (n + 1)p
[
p+1
= lim
p−1 P
k=0
p+1 k
p−1 P
nk ] + (p + 1)np = lim
(n + 1)p
k=0
| da´ı
n P
lim
kp
k=1 np+1
=
160
1 . p+1
p+1 k
nk
(n + 1)p {z } →0
+ lim
(p + 1)np =p+1 (n + 1)p | {z } →p+1
Exerc´ıcio 4.33: Quest˜ ao digitada errada 1 Qn Propriedade 71. 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 Y 1 n = 0 da´ı lim ( ) = 0 que implica xk k=1 | {z }
=yn
n
lim
Y 1 1 = ∞ = lim( xkn ). yn k=1
(2n+2)(2n+1) (n+1)
q
(2n)! n!
q
(2n)! 4 n!nn = e . 1 = 2(2n+1) 1 n n+1 (1+ n )
n
= ∞. Tomamos xn = q = 2(2n + 1) → ∞ logo lim n (2n)! n! = ∞.
Exemplo 21. Provar que lim
Exemplo 22. Mostrar que lim Tomamos xn =
(2n)! n!nn ,
da´ı
n
xn+1 xn
→ 4e .
161
(2n)! n!
da´ı temos
xn+1 xn
=
(2n+2)(2n+1)(2n)! n! (n+1)n! (2n)!
=
Exerc´ıcio 4.35:
Propriedade 72. Sejam
∞ P
an e
n=u an+1 an
≥
bn+1 bn
para todo n > n0 ent˜ ao
∞ P
bn s´eries de termos positivos. Se
n=s ∞ P
∞ P
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 at´e n − 1 na bn , Qak ≥ Qbk tomando o produt´ n desigualdade em ambos lados segue n−1 Y k=n0 +1
Qak =
an an0 +1
n−1 Y
≥
Qbk =
k=n0 +1
an +1 bn , a n ≥ 0 bn bn0 +1 bn0 +1
pois temos termos positivos, tomando a s´erie temos ∞ X n=n0
an an ≥ 0 bn0 +1
∞ X n=n0 +1
logo a s´erie tende ao infinito por compara¸c˜ ao.
162
bn = ∞
Exerc´ıcio 4.36:
Propriedade 73. 1. Sejam duas s´eries P converge ⇔ bk converge .
P
2. Se lim abkk = 0 ent˜ ao a convergˆencia de Demonstra¸c˜ ao.
ak e
P
P
ao bk de termos positivos, se existe lim abkk = a 6= 0 ent˜
bk implica convergˆencia de
P
P
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 t1 bk < ak < t2 bk aplicamos a soma
Pn
k=n0 +1 ,
da´ı t1
n X
n X
bk <
k=n0 +1
k=n0 +1
usandoPessa desigualdade temos por compara¸c˜ao que se ent˜ ao bk converge.
n X
ak < t2
bk
k=n0 +1
P
bk converge ent˜ao
P
ak converge e se
P
ak converge
2. De maneira similar ao item anterior. Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se 0≤
ak < ε < t2 bk
como bk > 0 tem-se 0 ≤ ak < t2 bk aplicamos a soma
Pn
k=n0 +1 ,
da´ı 0≤
n X
ak < t2
k=n0 +1
usando essa desigualdade temos por compara¸c˜ao que se
n X
bk
k=n0 +1
P
bk converge ent˜ao
P
ak converge.
P P bk n˜ ao converge, tome por exemplo ak = k12 , Exemplo 23. Pode valer que ak converge, valendo lim abkk = 0 e P P 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.
163
Exerc´ıcio 4.40: Prove que para todo a ∈ R, a s´erie a2 +
a2 a2 + + ... 1 + a2 (1 + a2 )2
´e convergente e calcule a soma. Se a = 0, a s´erie tende ` a 0 trivialmente. Suponhamos que a 6= 0. Ent˜ ao, segue que 1 < 1. 1 + a2 Assim, pelo exemplo 7 deste cap´ıtulo, temos que ∞ X i=0
∞
X 1 = 2 i (1 + a ) i=0
1 1 + a2
i =
1 1−
1 1+a2
=
1 + a2 . a2
Logo, ∞ X i=0
a2 = a2 (1 + a2 )i
∞ X i=0
164
1 (1 + a2 )i
! = 1 + a2 .
Exerc´ıcio 4.41: Para todo p ∈ N fixado, a s´erie X 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 X n
1 np+1
´e convergente. Logo, conclu´ımos de 0<
i X
i X 1 1 < p+1 n(n + 1)...(n + p) n=1 n n=1
que a s´erie X n
´e limitada (e monotona). Portanto,
1 n(n + 1)...(n + p)
1 n n(n+1)...(n+p)
P
converge.
165
Exerc´ıcio 4.42: Se
P
an converge e an > 0 ent˜ ao
P P 1 (an )2 e 1+an convergem.
P Como an ´e convergente, temos que limn→∞ an = 0. Assim, como tamb´em 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 X
a2n
6
n=n0
para todo i ∈ Z+ , e, como existe
P∞
n=n0
i X
an , temos que existe ∞ X
a2n =
n=1
an ,
n=n0
nX 0 −1
P∞
a2n +
n=1
n=n0
∞ X
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 X an an , < 1 + an n=1 n=1 P∞ P∞ an para todo i ∈ Z+ , e, como n=1 an existe, temos que existe n=1 1+a . n i X
166
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}. > Ent˜ ao, Z+ = Z< em disso, para cada n ∈ Z+ , temos que + ∪ Z+ . Al´
1 |an | < 2 + a2n . n n De fato, se n ∈ Z< + , temos que |an | <
1 n
implicando que 1 1 |an | < 2 6 2 + a2n . n n n Se n ∈ Z> ao temos que + ent˜
1 6 |an | n
e, consequentemente, |an | 1 6 a2n < 2 + a2n . n n Assim, temos que i i i X X |an | X 1 < a2 , + n n2 n=1 n n=1 n=1 P∞ para todo i ∈ Z+ . Pelo exemplo 29 e pela hipt´otese, temos que n=1 P∞ |an | desigualdadade acima, devemos ter que n=1 n existe. Como ∞ ∞ X an X |an | = n n n=1 n=1 P∞ existe, temos que n=1 ann tamb´em deve existir.
167
1 n2
e
P∞
n=1
a2n existem. Assim, pela
Exerc´ıcio 4.44: Se (an ) ´e decrescente e Σan converge ent˜ ao lim nan = 0. Primeiramente observemos que como (an ) ´e decrescente e existe fato, se an0 < 0 para algum n0 ∈ Z+ , ter´ıamos que nX 0 +i
ak 6
k=n0
nX 0 +i
P
ak , ent˜ao an > 0 para todo n ∈ Z+ . De
an0 = (i + 1)an0 < 0
k=n0
e, consequentemente, n +i 0 X ak > (i + 1)|an0 |, k=n0 P para todo i ∈ Z+ . Contradizendo o fato de ak existir. Assim, temos que (Σnk=1 ak )n∈Z+ ´e uma sequˆencia crescente de Cauchy. Em especial, n+p n+p n X X X ak = ak − ak , k=1
k=1
k=n+1
para todos n e p ∈ Z+ . Seja ε > 0 arbitr´ ario. Como (Σnk=1 ak )n∈Z+ ´e de Cauchy, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo n > n0 vale n n0 n X X ε X ak = ak > (n − n0 )an . ak − > 2 k=1
k=1
k=n0 +1
P
Por outro lado, como an ´e 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 > n0 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.
168
Exerc´ıcio 4.45: Se (an ) ´e decrescente e Σan = +∞, ent˜ ao, lim
n→∞
a1 + a3 + · · · + a2n−1 = 1. a2 + a4 + · · · + a2n
Como (an ) ´e decrescente, temos que 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 subsequˆencia (qnk ) de (qn ) tais que q nk > c para todo k ∈ Z+ . Ent˜ ao temos, para todo k ∈ Z+ , que a1 + a3 + · · · + a2nk −1
> >
c(a2 + a4 + · · · + a2nk ) c(a3 + a5 + · · · + a2nk +1 )
e, consequentemente, a1
> >
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 ).
169
Exerc´ıcio 4.46: Seja (an ) uma sequˆencia n˜ ao crescente, com lim an = 0. A s´erie
P
an converge se e somente se
Como a sequˆencia (an ) ´e n˜ ao cresente, devemos ter que an > 0, para todo n ∈ Z+ , caso convergentes. De fato, se ak0 < 0, temos que lim
k X
k→∞
an =
n=1
kX 0 −1
an + lim
k X
k→∞
n=1
an 6
kX 0 −1
an + lim
n→∞
n=1
n=k0
k X
P
P
2n a2n converge.
an ou
P
2n an sejam
ak0 = −∞
n=k0
e, analogamente, k X
lim
k→∞
2n a2n = −∞.
n=1
P P n Em especial, temos, do fato de (an ) ser uma sequˆ encia de termos n˜ao negativos, que an e 2 an s˜ ao P sequˆ e ncias crescentes. Mostraremos, adiante, que se a ´ e uma sequˆ e ncia limitada (i.e. convergente) ent˜ a o n P n 2 an tamb´em ´e limitada e vice-versa. P Suponhamos que an seja convergente. Como (an ) ´e n˜ao crescente, temos que n 2X −1
n
2 a2n = 2
a2n 6 2
k=2n−1
n 2X −1
ak ,
k=2n−1
para todo n ∈ Z+ . Assim, para todo p ∈ Z+ , temos que p X
n
2 a2n 6
n=1
p X n=1
2
n 2X −1
ak 6 2
k=2n−1
p 2X −1
ak 6 lim 2 p→∞
k=1
p 2X −1
ak < ∞.
k=1
P n P n Assim, temos que 2 a2n ´e uma sequˆencia crescente e limitada. Portanto, 2 a2n ´e convergente. P Suponhamos que 2n a2n seja convergente. Como (an ) ´e n˜ao decrescente, temos, para todo k ∈ Z+ , que 2k+1 X−1
an 6
n=2k
2k+1 X−1
a2k = 2k a2k .
n=2k
Assim, dado p ∈ Z+ , temos, para q ∈ Z+ tal que p 6 2q , que p X n=1
Logo,
P
q
an 6 a1 +
2 X n=1
k+1
an = a1 +
q 2X −1 X
an 6 a1 +
k=1 n=2k
q X k=1
an ´e uma sequˆencia crescente e limitada. Portanto,
170
P
2k ak 6 a1 + lim
q→∞
an ´e convergente.
q X k=1
2k ak < ∞.
Exerc´ıcio 4.47: Prove que o conjunto de valores de aderˆencia da sequˆencia xn = cos(n) ´e o intervalo fechado [0, 1]. Seja x ∈ [0, 1]. Como cos : R → [0, 1] ´e sobrejetivo1 , existe θ ∈ R tal que cos θ = x. Encontraremos uma sequˆencia crescente (nk )k∈Z+ em Z+ tal que x = cos θ = lim cos nk = lim xnk . k∈Z+
k∈Z+
Assim, como x ´e arbitr´ ario, poderemos concluir que o conjunto de valores de aderˆencia da sequˆencia (xn ) ´e o intervalo [0, 1]. Seja G := {n + m2π; n e m ∈ Z}. Pelo Exerc´ıcio 3.58, temos que G ´e 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 ´e irracional, a sequˆencia (θk )k∈Z+ define unicamente sequˆencias (˜ nk )k∈Z+ e (mk )k∈Z+ em Z pela igualdade θk = n ˜ k + mk 2π, para todo kZ+ . Por fim, definimos a sequˆencia (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+ } ´e infinito. Caso contr´ario, o conjunto {cos(nk );
k ∈ Z+ } ´e finito e, assim, existiria
cos θk = cos θ. Consequentemente, θk = θ + m2π, para alguns k e m ∈ Z. Por´em, como θ − 1/k < θk < θ, temos uma contradi¸c˜ ao. Logo, (nk )k∈Z+ ´e uma sequˆencia ilimitada em Z+ . Assim, (nk )k∈Z+ admite uma subsequˆencia crescente. Em outros termos, uma subsequˆencia que tamb´em ´e subsequˆencia de (n)n∈Z+ . Denotaremos tal subsequˆencia tamb´em por (nk )k∈Z+ . Portanto, temos que a subsequˆencia (xnk ) ´e tal que lim xnk = lim cos(nk ) = cos(θ) = x.
k→∞
k→∞
1 Isso pode ser verficado utilizando a continuidade da fun¸ ca ˜o 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.
171
Exerc´ıcio 4.48: √ Sejam a e b n´ umeros reais positivos. Defina indutivamente as sequˆencias (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 m´edia aritm´etico-geom´etrica entre a e b. Pelo Princ´ıpio da Defini¸c˜ ao Indutiva, podemos as sequˆencias (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 hip´otese de indu¸c˜ao que xn = yn = a ent˜ ao 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¸c˜ao 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, at´e o fim desta demonstra¸c˜ ao, 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. Ent˜ao, 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¸c˜ao Finita, que (4.1) vale para todo n ∈ Z>0 . Das desigualdades (4.1) segue que as sequˆencias (xn ) e (yn ) s˜ao mon´otonas 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 4(yn+1 − x2n+1 ) 4 (yn+1 − xn+1 )2 + 2yn+1 xn+1 − 2x2n+1 4(yn+1 − xn+1 )2 + 8xn+1 (yn+1 − xn+1 ) 4(yn+1 − xn+1 )2 . 172
e, consequentemente,
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 hip´ otese de indu¸c˜ ao, temos que b−a yn − xn > > 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.
173
Exerc´ıcio 4.49: Sejam a1 > a2 > · · · > 0 e sn = a1 − a2 + · · · + (−1)n−1 an . Prove que a sequˆencia (sn ) ´e 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)
= a1 − a2 + · · · + a2k+1 − a2(k+1) 6 a1 − a2 + · · · + a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1 = s2(k+1)+1 ,
e s2(k+1)+1
= 6 =
a1 − a2 + · · · + a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1 a1 − a2 + · · · + a2k+1 s2k+1 .
Segue, das desigualdades (4.2), que a sequˆencia (s2k )k∈Z+ ´e n˜ao decrescente e limitada e que a sequˆencia (s2k+1 )k∈Z+ ´e n˜ ao crescente e limitada. Em especial, temos que lim s2k = sup s2k
k→+∞
lim s2k+1 = inf s2k+1 .
e
k→+∞
k∈Z+
k∈Z+
Tamb´em 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+ ´e n˜ ao decrescente, (s2k+1 )k∈Z+ ´e n˜ao 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+ ´e limitada. Como as sequˆencias (s2k )k∈Z+ e (s2k+1 )k∈Z+ s˜ao mon´otonas 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 sequˆencia (an )n∈Z+ ´e monotona e limitada, temos que esta ´e 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 aderˆencia de (sn )n∈Z+ . Ent˜ao, 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 ´e, |A − sn | > |A − s2k+1 |,
174
para um k ∈ Z+ fixo e todo n > 2k + 1 em Z+ . E isso contradiz o fato de A ser um valor de aderˆencia de (sn )n∈Z+ . Analogamente, prova-se que ´e 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 aderˆencia 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 s˜ ao, respectivamente, o menor e o maior valor de aderˆencia de (sn )n∈Z+ , temos que lim s2k = lim inf sn e lim s2k+1 = lim sup sn . k→∞
k→+∞
175
Cap´ıtulo 5
Topologia da Reta
176
Exerc´ıcio 5.01: Um conjunto A ⊂ ´e aberto se, e somente se, cumpre a seguinte condi¸c˜ao: “se uma sequˆencia (xn ) converge para um ponto a ∈ A ent˜ ao xn ∈ A para todo n suficientemente grande”. (⇒) Seja (xn )n∈N uma sequˆencia que tende `a 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 ao que (⇐) Se a ∈ A e a ∈ (b, c) ⊂ A, para n suficientemente grande a ∈ (a − , a + ) ⊂ (b, c) ⊂ A. Temos ent˜ n n 1 1 a ∈ intA se e somente se (a − , a + ) ⊂ A para algum n ∈ N. n n Por hip´ otese, 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.
177
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.
178
Exerc´ıcio 5.03: Seja B ⊂ aberto. Ent˜ ao, para todo x ∈, o conjunto x + B = {x + y; y ∈ B} ´e aberto. Analogamente, se x 6= 0, ent˜ ao o conjunto x.B = {x.y; y ∈ B} ´e aberto. Seja B ⊂ aberto. Dado y ∈ x + B, temos que y = x + b para algum b ∈ B. Como B ´e 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). Ent˜ao 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.
179
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} s˜ao abertos. Como A + B = ∪a∈A (a + B) e A.B = ∪a∈A (a.B) e cada a + B e a.B s˜ao abertos (pelo exerc´ıcio anterior), temos que A + B e A.B s˜ ao uni˜ oes de abertos. Logo, tamb´em s˜ao abertos.
180
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 ). Dˆe um exemplo em que a inclus˜ ao n˜ ao 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. Ent˜ ao 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. Ent˜ ao, 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) Z int(X) ∪ (Y ) = (−1, 1) \ {0} int(X ∪ Y ) = (−1, 1).
181
Exerc´ıcio 5.06: Se A ⊂ ´e aberto e a ∈ A ent˜ ao A\{a} ´e 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} ´e aberto.
182
Exerc´ıcio 5.07: Considere as fun¸c˜ oes f, g, h :→, dadas por f (x) = ax + b (a 6= 0), g(x) = x2 e h(x) = x3 . Mostre que, para cada A ⊂, f −1 (A), g −1 (A) e h−1 (A) s˜ ao 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 √ √ √ √ (− c2 , − √c1 ) ∪√( c1 , c2 ), 0 ≤ c1 ≤ c2 (− c2 , c2 ), c1 < 0 < c2 g −1 ((c1 , c2 )) = ∅, c1 < c2 ≤ 0 √ √ −1 h ((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 ) s˜ ao abertos, temos que f −1 (A), g −1 (A) e h−1 (A) tamb´em o s˜ao.
183
Exerc´ıcio 5.08: No exerc´ıcio anterior, mostre que, para cada A ⊂ aberto, f (A) e h(A) s˜ao abertos. Dˆe exemplo de A aberto tal que g(A) n˜ ao 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) s˜ ao abertos. Exemplo: g((−1, 1)) = [0, 1) n˜ ao ´e aberto.
184
Exerc´ıcio 5.09: Toda cole¸c˜ ao de abertos n˜ ao-vazios, dois a dois disjuntos ´e enumer´avel. Seja {Aλ }λ∈Λ uma cole¸c˜ ao de abertos disjuntos. Para cada λ ∈ Λ escolhemos rλ ∈ Aλ ∩ Q. Como Aλ ∩ Aµ = ∅, para λ 6= µ, a fun¸c˜ ao Λ −→ Q λ 7→ rλ ´e injetiva. Segue da´ı que Λ ´e finito ou enumer´ avel.
185
Exerc´ıcio 5.10: O conjunto dos valores de aderˆencia de uma sequˆencia ´e um conjunto fechado. Seja A o conjunto dos valores de aderˆencia da sequˆencia (xn )n∈N e a ∈ um ponto de aderˆencia de A. Existe uma sequˆencia (ak ) em A que tende ` a a. E, para cada ak ∈ (ak ), existe uma subsequˆencia (x(k,n) ) de (xn ) que tende ` a ak . Definimos uma sequˆencia (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, consequˆentemente, a ∈ A. Portanto, A ´e fechado.
186
Exerc´ıcio 5.11: ¯ ⊂ F. Se X ⊂ F e F ´e fechado ent˜ ao X ¯ existe uma sequˆencia em X que tende `a x. Logo, x ∈ F¯ = F j´a que (xn ) ´e uma sequˆencia em Para cada x ∈ X, ¯ F. Segue da´ı que X ⊂ F.
187
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 sequˆencia em X que tende ` Segue diretamente da defini¸c˜ ao que X a b. Consideremos o conjunto {n ∈ N; xn ∈ {y1 , y2 , ..., yk , ...}} = I. Se I ´e finito , ent˜ao b = xn para algum n ∈ I. Caso I seja infinito, a subsequˆencia yki = nn tal que n = min{n ∈ N; xn ∈ {yki +1 , ..., yk }} de (yk ) ´e uma sequˆencia de ¯ ⊂ ∪{a}. (xn ). E como lim xn = a, temos que b = lim yki = a. Segue da´ı que X
188
Exerc´ıcio 5.13: O n´ umero
1 4
pertence ao conjunto de Cantor.
O conjunto K de Cantor ´e 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 P 2 2 Temos que 2 ´e o ´ınfimo de um intervalo de K2 . Supondo que ´e o ´ınfimo de um intervalo de K2p , 2n 3 3 n=1 p P 2 2 temos que + 2(p+1) ´e o ´ınfimo de um intervalo em K2(p+1) . Segue da´ı que cada somat´orio reduzido da 2n 3 n=1 3 P 2 s´erie pertence ` a K. 32n E como ∞ X 1 − 1 = 2 1 − 91 n=1 9 1 = 2 −1 = , 8 4 temos pela compacidade de K que
1 ∈ K. 4
189
Exerc´ıcio 5.14: Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪ G seja um intervalo fechado (limitado ou n˜ao). Ent˜ao 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] ´e fechado, m ∈ G ∩ [x, y] e, consequˆentemente, m ∈ G. Por outro lado, F ⊃ [x, m) e, consequˆentemente, F = F¯ ⊃ [x, m) = [x, m]. Segue da´ı que m ∈ G ∩ F. Portanto, se tiv´essemos F ∩ G = ∅, dever´ıamos ter tamb´em que F = ∅ ou G = ∅.
190
Exerc´ıcio 5.15: ¯ Use este fato para mostrar Se E ⊂ enumer´ avel. Consiga uma sequˆencia cujo conjunto dos valores de aderˆencia ´e E. que todo conjunto fechado F ⊂ ´e o conjunto dos valores de aderˆencia de alguma sequˆencia. Seja E = {ak }k∈N . Definimos Nk = {2k−1 .m ∈ N; m ´e ´ımpar } e, para cada n ∈ N, xn = ak onde n ∈ Nk . Assim, ak = lim xn e, consequentemente, o conjunto dos valores de aderˆencia da sequˆencia (xn ), A, cont´em n∈Nk
¯ existe uma sequˆencia (ak )i∈N em E tendendo `a a. Por sua vez, a subsequˆencia (x2ki −1 )i∈N ´e igual E. Dado a ∈ E, i ¯ Por outro lado, A ⊂ E ¯ j´a que a sequˆencia (xn ) ( e a sequˆencia (aki )i∈N . Logo, a ∈ A. Conclu´ımos que A ⊃ E. ¯ consequentemente todas as suas subsequˆencias) pertence `a E. Portanto, A = E. Dado um conjunto fechado X ⊂, pelo Teorema 6, existe um conjunto enumer´avel E denso em X. Por conseguinte, ¯ = X (pois X ´e fechado). existe uma sequˆencia (xn ) cujo conjunto dos valores de aderˆencia ´e E
191
Exerc´ıcio 5.16: Com a nota¸c˜ ao do Exerc´ıcio 4, se α ´e irracional, os conjuntos F Z e G = αZ s˜ao fechados por´em F + G n˜ ao ´e fechados. Tamb´em H = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} ´e fechados mas F.H n˜ao ´e fechado. Os e G s˜ ao, respectivamente, complementares dos conjuntos abertos S conjuntos F S (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 ´e 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 3 ak = α ∈ 1 Z + αZ = F + G e, consequentemente, a = ∈ Q. Por outro lado, F + G = aZ 3 ap = α ∈ Z + αZ = F + G, k para algum p ∈ Z, e consequentemente, α = ap ∈ Q. Contradi¸c˜ao. Portanto, inf([F + G] ∩ (0, ∞)) = 0. (ii) inf([F + G] ∩ (0, ∞)) = 0. Novamente pelo exerc´ıcio 3.58, temos que F +G ´e denso em R. Por outro lado,
1 ∈ / Z+αZ, pois α ´e irracional. 2
Logo, F + G + F + G = R. Ou seja, F + G n˜ao ´e fechado. O conjunto H ´e fechado, pois ´e o complementar do conjunto (1, ∞) ∪ (
S
n∈N
Q + Q = R. Ou seja, F.H n˜ ao ´e um fechado.
192
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]. N˜ ao ´e dif´ıcil provar que toda extremidade de subintervalo em cada passo da constru¸c˜ao do conjunto de Cantor ´e do tipo p X an ∈ [0, 1] 3n n=0 com an = 0 ou 2, 0 ≤ n < p, ap = 0, 1 ou 2. Dado
p X 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 X X an bn e b = : n n 3 3 n=0 n=0
• c0 = 0 ou 1 a0 = c0 e b0 = 0. • c1
s1 a1 b1 b2 c1 + 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
193
(5.3)
• cp ap bp+1 sp−1 cp = 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} cont´em todos os elementos do tipo (5.1). E como o conjunto de todos os elementos do tipo (5.1) ´e denso em [0, 1] teremos o resultado assim que provarmos que D ´e fechado. n 2 S Seja Kn = [ai , bi ] o conjunto resultante da n−´esima etapa da constru¸c˜ao do conjunto de Cantor. O conjunto i=1
Dn = {|x − y|; x, y ∈ Kn } ´e dado por [ Dn = Dnij , onde Dnij = {|x − y|; x ∈ [ai , bi ], y ∈ [aj , bj ]}, 1≤i,j≤2n
´e fechado, pois cada Dnij ´e fechado. Assim, D =
∞ T
Dn tamb´em ´e fechado.
n=1
194
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+
∞ X an 3n n=1
∞ a P 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
X cn K={ ; cn = 0 ou 2}. 3n
Assim, definiremos αn e βn tais que α=
X αn 3n
eβ=
X βn 3n
.
Definimos • a1 tal que α1 β1 s1 a1 = + + 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 X X X an αn βn sk = + + k. n n n 3 3 3 3 n=1 n=1 n=1 Assim, n
∞ ∞ 3 X X an α n X βn = + 3n 3n 3n n=1 n=1 βn
e, consequentemente, a − k = α + β.
195
(5.6)
Exerc´ıcio 5.19: Seja K o conjunto de Cantor. Dado ε > 0 arbitr´ario, existem um intervalos abertos J1 = (a1 , b1 ), ..., Jn = (an , bn ) n P tais que que K ⊂ J1 ∪ J2 ∪ ... ∪ Jn e (ai − bi ) < ε. i=1
Seja Kp o conjunto resultante do p-´esimo passo da contra¸c˜ao 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 p
J=
2 [
(ai , bi ) ⊃ Kp ⊃ K
i=1
e
p
2 X
(bi − ai ) = 2p
i=1
Assim, dado ε > 0, basta tomar p ∈ N tal que
1 3p−1
2 3( )p < ε 3
e teremos J que satisfaz as condi¸c˜ oes do enunciado.
196
2 = 3( )p . 3
Exerc´ıcio 5.20: Para X, Y ⊂ R qualquer, tem-se X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . Dˆe um exemplo no qual a inclus˜ao n˜ ao se reduz a uma igualdade.
• X ∪Y ⊃X ∪Y. ao, existe uma sequˆencia (xn ) em X ou (yn ) em Y que tende `a a. Em ambos os casos Seja a ∈ X ∪ Y . Ent˜ existe uma sequˆencia em X ∪ Y que tende `a a. • X ∪Y ⊂X ∪Y. ao, existe uma sequˆencia (zn ) em X ∪ Y que tende `a a. E, assim, esta sequˆencia possui Seja a ∈ X ∪ Y . Ent˜ uma subsequˆencia em X (no caso em que possui infinitos termos em X) ou uma subsequˆencia 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 sequˆencia (zn ) em X ∩ Y que tende `a a. Assim, (zn ) ´e uma sequˆencia em X que tende ` a 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}.
197
Exerc´ıcio 5.21: Um conjunto A ⊂ R ´e 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. Ent˜ao, existe uma sequˆencia (xn ) em X que tende ` a. Assim, como A ´e aberto, existe n0 ∈ N tal que para todo n ≥ n0 , xn ∈ A. Da´ı, existe uma sequˆencia em A a que tende ` a 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 . Ent˜ ao, {a} = A ∩ X ⊂ A ∩ X = ∅ = ∅. Contradi¸c˜ ao. Logo, existe n ∈ N tal que (a − n1 , a + n1 ) ⊂ A. E, assim, a ∈ int(A).
198
Exerc´ıcio 5.22: Sejam F1 ⊃ F2 ⊃ ... ⊃ Fn ⊃ ... n˜ ao vazio se os Fn s˜ao apenas fechados ou apenas limitados.
• Fn apenas fechado Fn = [n, ∞) ⇒
\
Fn = ∅.
n∈N
• Fn apenas limitado \ 1 Fn = 0, ⇒ Fn = ∅. n n∈N
199
Exerc´ıcio 5.23: Um conjunto n˜ ao vazio X ⊂ R ´e um intervalo se, e somente se, satisfaz a condi¸c˜ao seguinte: “a, b ∈ X, a < x < b ⇒ x ∈ X”. (⇒) Seja X um intervalo n˜ ao-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¸c˜ao “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¸c˜ao de α e β. Portanto, X = [α, β]
ou X = [α, β)
ou X = (α, β]
200
ou X = (α, β).
Exerc´ıcio 5.24: Mostre que a interse¸c˜ ao de uma sequˆencia decrescente I1 ⊃ I2 ⊃ ... ⊃ In ⊃ ... de intervalos ´e 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.
201
Exerc´ıcio 5.25: Um conjunto ´e 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 6= ∅. Assim, x ∈ / int(R−D). E, como int(R − D) ⊂ R − D, temos que int(R − D) 6= ∅.
202
Exerc´ıcio 5.26: Se F ´e fechado e A ´e aberto ent˜ ao F − A ´e fechado. Como A ´e aberto, Ac ´e fechado. Ent˜ ao, F ∩ Ac = F − A ´e uma interse¸c˜ao de dois fechados. Logo, F − A ´e fecado.
203
Exerc´ıcio 5.27: Dˆe exemplo de um aberto A tal que A ⊃ Q mas R − A seja n˜ao-enumer´avel.
Seja (xn ) uma enumera¸c˜ ao de Q. Definimos A =
∞ S
In , onde
n=1
In = (xn −
1 1 , xn + n ). n 2 2
Temos que A e aberto, pois ´e uma uni˜ ao de abertos e tamb´em A ⊃ Q. Provemos que R − A 6= ∅. Consideremos o intervalo compacto [0, 10] e suponhamos que R − A = ∅. Ent˜ ao, k S existem n1 , n2 , ..., nk ∈ N tais que Ini ⊃ [0, 10]. i=1
Sgue da´ı, ent˜ ao, que 10
<
k X (sup Ini − inf Ini )
<
k X (sup In − inf In )
i=1
i=1
=
∞ X i=1
1 2n−1
= 2.
Absurdo. Assim, R − A 6= ∅. Se R−A ´e finito ou enumer´ ael, podemos adicionar todos os elementos de R−A em uma sequˆencia (yn ) ( de termos ∞ S 1 1 repetidosse necess´ ario ) que enumera os elementos de R − A. Da´ı, A˜ = A ∪ ( I˜n ), onde I˜n = (yn − n , yn + n ) 2 2 n=1 ´e tal que A˜ ⊃ A e A˜ ⊃ R − A. Mas, por argumento an´alogo ao acima, podemos mostrar que R − A˜ 6= ∅. Uma contradi¸c˜ ao. Portanto, R − A ´e n˜ ao enumer´ avel.
204
Exerc´ıcio 5.28: Dˆe exemplo de um conjunto fechado, n˜ ao-enumer´avel, formado apenas por n´ umeros transcendentes. Seja (xn ) uma enumera¸c˜ ao do conjunto dos n´ umeros alg´ebricos (exerc´ıcio 3.44). Seja A=
∞ [
In ,
i=1
1 1 umeros naturais. Assim, pelo onde In = (xn − n , xn + n ). Temos que A ´e um aberto que cont´em todos os n´ 2 2 mesmo argumento usado no exec´ıcio anterior, F = R − A ´e n˜ao enumer´avel. E F ´e um fechado que cont´em somente n´ umeros alg´ebricos.
205
Exerc´ıcio 5.29: Defina a distˆ ancia de um ponto a ∈ R a um conjunto n˜ao-vazio X ⊂ R como d(a, X) inf{|x − a|; x ∈ X}. Prove: 1) d(a, X) = 0 ⇔ a ∈ X. 2) Se F ⊂ R ´e 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| <
1 . Assim, (xn ) ´e uma sequˆencia em X que tende ` a n
a. Logo, a ∈ X. (⇐) Seja (xn ) uma sequˆencia em X que tende `a a. Ent˜ao, 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¸c˜ao de d(a, F ), que C 6= ∅. Seja d = 1 d(a, F ) e xn ∈ C tal que |xn − a| < d + . Como C ´e compacto, existe uma subsequˆencia (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¸c˜ao de d = d(a, F ), temos que |b − a| ≥ d e, consequentemente, |b − a| = d.
206
Exerc´ıcio 5.30: Se X ´e limitado superiormente, seu fecho X tamb´em o ´e. Al´em disso, sup X = sup X. Enuncie e prove um resultado an´ alogo para inf . Temos que X ´e limitado somente se X ´e limitado. De fato, se A > 0 em R ´e 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. Ent˜ao, 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 an´ alogo seria inf A = inf A. E a demonstra¸c˜ao desse resultado ´e tamb´em an´aloga.
207
Exerc´ıcio 5.31: Para todo X ⊂ R limitado superiormente, sup X ´e aderente a X. Resultado an´alogo para inf . Pela defini¸c˜ ao 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 sequˆencia (xn ) em X tende `a sup X e sup X ∈ X.
208
Exerc´ıcio 5.32: Para todo X ⊂ R, X 0 ´e fechado. Seja a ∈ X 0 . Dado ε > 0, existe x ∈ X 0 tal que x ∈ (a−ε, a+ε). E como x ∈ X 0 , existem infinitos elementos de X em (x−δ, x+δ), onde δ = min{|x−(a±ε)|}. Assim, infinitos elementos de X pertencem `a (a−ε, a+ε) ⊃ (x−δ, x+δ). Isso implica que a ∈ X 0 . Conclu´ımos que X 0 ⊃ X 0 .
209
Exerc´ıcio 5.33: Um n´ umero a ´e ponto de acumula¸c˜ ao de X se, e somente se, ´e ponto de acumula¸c˜ao de X. (⇒) Seja a um ponto de acumula¸c˜ ao de X. Ent˜ao, para todo ε > 0 existem infinitos elementos de X em ao (a − ε, a + ε). E como X ⊂ X, existem infinitos elementos de X em (a − ε, a + ε), ou seja, a ´e ponto de acumula¸c˜ 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 ´e ponto de acumula¸c˜ao de X.
210
Exerc´ıcio 5.34: (X ∪ Y )0 = X 0 ∪ Y 0 .
• (X ∪ Y )0 ⊂ X 0 ∪ Y 0 . Seja a ∈ (X ∪ Y ) e (an ) uma sequˆencia em X ∪ Y − {a} que tende `a a. Ent˜ao, existem infinitos termos de (an ) em Y. Assim, existe uma subsequˆencia de (an ) em X − {a} ou em Y − {a}. E como esta subsequˆencia tende ` a a, temos que a ∈ X 0 ∪ Y 0 . • (X ∪ Y )0 ⊃ X 0 ∪ Y 0 . Seja a ∈ X 0 ∪ Y 0 . Ent˜ ao existe uma sequˆencia (an ) em X − {a} ou em Y − {a} que tende `a a. Em todo caso, existe uma subsequˆencia em X ∪ Y − {a} que tende `a a, ou seja, a ∈ (X ∪ Y )0 .
211
Exerc´ıcio 5.35: Todo ponto de um conjunto aberto A ´e ponto de acumula¸c˜ao 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) cont´em infinitos elementos de A j´a que (a − δ1 , a + δ1 ) tem infinitos elementos. Portanto, a ´e ponto de acumula¸c˜ ao.
212
Exerc´ıcio 5.36: Sejam F fechado e x ∈ F. Ent˜ ao x ´e um ponto isolado de F se, somente se, F − {x} ´e ainda fechado. (⇒) Se F = {x}, temos diretamente que F − {x} = ∅ ´e fechado. Suponhamos que F − {x} = 6 ∅. Seja (an ) uma sequˆencia em F − {x} com lim an = a. Como F ´e fechado e (an ) ´e uma sequˆencia em F, ent˜ao a ∈ F. Temos que a 6= x, pois para algum ε > 0, (x − ε, x + ε) ∩ F = {x}. Portanto, a ∈ F − {x}. Conclu´ımo da´ı que F − {x} ´e fechado. 1 (⇐) Suponhamos que x n˜ ao seja um ponto isolado de F. Ent˜ao, para todo n ∈ N, existe xn ∈ ((xn − , x + n 1 ) ∩ F ) − {x}. Assim, a sequˆencia (xn ) em F − {x} tende `a x. O que implica que F − {a} n˜ao ´e fechado. n
213
Exerc´ıcio 5.37: Seja X ⊂ R tal que X 0 ∩ X = ∅. Mostre que existe, para cada x ∈ X, um intervalo aberto Ix , de centro em x, tal que x 6= y ⇒ Ix ∩ Iy = ∅. Para cada x ∈ X definimos δx = inf{|x − x ˜|; x ˜ ∈ X − {x}}. 0
Temos que δx = 0 somente se x ∈ X . Ent˜ ao, δx > 0 para cada x ∈ X j´a que X 0 ∩ X = ∅. Definimos para cada x ∈ X, δx δx Ix = (x − , x + ). 2 2 Assim, para x 6= 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.
214
Exerc´ıcio 5.38: Seja F ⊂ R fechado, infinito enumer´ avel. Mostre que F possui uma infinidade de pontos isolados. Pelo corol´ ario 1 do Teorema 9, temos que F possui algum ponto isolado. Suponhamos que x1 , x2 , ..., xn s˜ ao pontos isolados de F. Por indu¸c˜ ao no resultado do exerc´ıcio 3.36, temos que F − {x1 , x2 , ..., xn } ´e fechado. Al´em disso, F − {x1 , x2 , ..., xn } ´e um conjunto sem pontos isolados e infinito enumer´avel, contradizendo o Corol´ario 1 do Teorema 9.
215
Exerc´ıcio 5.39: Mostre que todo n´ umero real x ´e limite de uma sequˆencia de n´ umeros transcendentes dois a dois distintos. Sejam A o conjunto dos n´ umeros alg´ebricos em Q (complementar do conjunto dos trancendentes) e x ∈ R. Dado ε > 0, temos que (x − ε, x + ε) − (A ∪ {x}) ´e infinito. De fato, pelo exerc´ıcio 3.44, A ´e enumer´avel enquanto (x − ε, x + ε) ´e n˜ ao enumer´ avel. Logo, (x − ε, x + ε) − (A ∪ {x}) ´e 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 ) ´e uma sequˆencia de termos trancendentes, dois a dois distintos e que tende ` a x.
216
Exerc´ıcio 5.40: Mostre que se X ⊂ R n˜ ao ´e enumer´ avel, ent˜ ao X ∩ X 0 6= ∅. Se X ∩ X 0 = ∅, ent˜ ao todo ponto de X ´e isolado. Mas, pelo Corol´ario 2 do Teorema 8, temos que isso implica que X ´e enumer´ avel.
217
Exerc´ıcio 5.41: Se A e A ∪ {a} s˜ ao abertos ent˜ ao a ´e ponto de acumula¸c˜ao de A `a direita e `a esquerda. Como A ∪ {a} ´e 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 cont´em infinitos pontos de [a, a + ε). Logo, a ´e ponto de acumula¸c˜ao a direita de A. Analogamente, mostra-se que a ´e ponto de acumula¸c˜ao `a esquerda de A.
218
Exerc´ıcio 5.42: Dˆe explicitamente o significado de cada uma das seguintes afirma¸c˜oes. Em suas explica¸c˜oes, vocˆe est´a proibido de usar qualquer das palavras grifadas abaixo: 1) a ∈ X n˜ ao ´e ponto interior de X; 2) a ∈ R n˜ ao ´e aderente a X; 3) X ⊂ R n˜ ao ´e um conjunto aberto; 4) O conjunto Y ⊂ R n˜ ao ´e fechado; 5) a ∈ R n˜ ao ´e ponto de acumula¸c˜ ao do conjunto X ⊂ R; 6) X 0 = ∅; 7) X ⊂ Y mas X n˜ ao ´e denso em Y ; 8) int(X) = ∅; 9) X ∩ X 0 = ∅; 10) X n˜ ao ´e compacto.
(1) N˜ ao 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 6= ∅. (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 6= ∅ ent˜ao 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 sequˆencia (xn ) em R e (εn ) em R+ tais que [ X⊂ (xn − εn , x + εn ), n∈N
˜ ⊂ N finito temos que mas para nenhum N X⊂
[
(xn − εn , x + εn ).
˜ n∈N
219
Exerc´ıcio 5.43: Se todo ponto de acumula¸c˜ ao de X ´e unilateral, X ´e enumer´avel. Seja D o conjunto dos elementos de X que s˜ao pontos de acumula¸c˜ao `a 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 6= λ2 , teremos que Iλ1 ∩ Iλ2 = ∅. Se Λ ´e n˜ ao enumer´avel, existe ε > 0 tal que para cada n ∈ N existe λn tal que ελn > ε. Assim, ∞ X ελn = ∞ n=1
Iλ0 s
e como os s˜ ao disjuntos e est˜ ao contidos em um intervalo de comprimento 1, obtemos uma contradi¸c˜ao. Logo, Λ ´e finito ou enumer´ avel. E como [ D= [n, n + 1] ∩ D, n∈Z
temos que D ´e enumer´ avel. De forma an´ aloga, mostra-se que o conjunto E dos pontos de acumula¸c˜ao `a esquerda de X ´e finito ou enumer´ avel. E como X − X 0 ´e finito ou enumer´ avel pelo Corol´ario 2 do Teorema 8, temos que X = (X − X 0 ) ∪ E ∪ D ´e finito ou enumer´ avel.
220
Exerc´ıcio 5.44: Seja X ⊂ R um conjunto arbitr´ ario. Toda cobertura de X por meio de abertos possui uma subcobertura enumer´ avel. (Teorema de Lindel¨ of). 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 6= ∅. Logo, existe sup Rn = 2εn . Al´em 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, tamb´em 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 ≥
ε 3ε > . 8 4
Logo, x ∈ (xn − εn , xn + εn ) ⊂ Aλn . Conclu´ımos da´ı que {Aλn }n∈N ⊂ {Aλ }λ∈Λ ´e uma cobertura de X.
221
Exerc´ıcio 5.45: Com a nota¸c˜ ao do Exerc´ıcio 4, prove: a) Se A ´e compacto e B ´e fechado ent˜ ao A + B ´e fechado; b) se A e B s˜ ao compactos, ent˜ ao A + B e A.B s˜ao compactos; c) se A ´e fechado e B ´e compacto, A.B pode n˜ ao ser fechado.
(a) Seja x ∈ A + B e (cn = an + bn )n∈N uma sequˆencia em A + B tendendo `a x. A sequˆencia (an )n∈N em A possui uma subsequˆencia (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 tamb´em, 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→∞ ´e fechado. (b) A + B ´e fecado pelo item (a). E, tamb´em, 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 sequˆencia em A.B tendendo `a x. A sequˆencia (an )n∈N em A possui uma subsequ?ncia (an )n∈N1 tendendo ` a algum a ∈ A. Por sua vez a sequˆencia (bn )n∈N1 possui uma subsequˆencia (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 ´e fechado. E, como sup(A.B) = sup A. sup B < ∞ e inf(A.B) = inf A. inf B > −∞, temos que A.B ´e limitado. Portanto, A.B ´e compacto. (c) Tome B = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} e A = Z. Temos que A.B n˜ao ´e fechado. (Vide exerc´ıcio 5.16)
222
Exerc´ıcio 5.46: Obtenha coberturas abertas de Q e de [0, ∞) que n˜ao admitam subcoberturas finitas. Temos que {(−n, n)}n∈N ´e uma cobertura aberta tanto de Q quanto de [0, +∞) que n˜ao admite subcobertura finita.
223
Exerc´ıcio 5.47: Considere as fun¸c˜ oes f, g, h do Exerc´ıcio 7. Mostre que para K e L compactos arbitr´arios, f (K), g(K), h(K), f −1 (L), g −1 (L) e h−1 (L) s˜ ao compactos. Seja (xn ) uma sequˆencia em f −1 (L) tendendo `a x ∈ R. Temos que lim f (xn )
=
lim(axn + b)
=
a lim xn + b
= ax + b = f (x) Como f (xn ) ´e uma sequˆencia 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) ´e fechado. Seja (yn = f (xn ))n∈N uma sequˆencia em f (K). Como K ´e compacto, existe uma subsequˆencia (xnk ) de (xn ) que converge ` a 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) ´e fechado. Analogamente, prova-se que g −1 (L), g(K), h−1 e h−1 (K) s˜ao 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) s˜ ao compactos. E, tamb´em, 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
224
Exerc´ıcio 5.48: As seguintes afirma¸c˜ oes a respeito de um conjunto X ⊂ R s˜ao equivalentes: (1) X ´e limitado; (2) Todo subconjunto infinito de X possui ponto de acumula¸c˜ao (que pode n˜ao pertencer a X); (3) Toda sequˆencia de pontos de X possui uma subsequˆencia convergente.
(1) ⇒ (2) Como X ´e limitado, temos que X ´e compacto. Ent˜ao, 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 sequˆencia em X. Se o conjunto P = {xn }n∈N for finito, ent˜ao para algum p ∈ P e infinitos n ∈ N, temos que xn = p. Logo, existe uma subsequˆencia de xn tendendo `a p. Se P for infinito, ent˜ ao pela hip´ otese, P possui um ponto de acumula¸c˜ ao x. Logo, ´e poss´ıvel encontrar uma subsequˆencia de (xn ) tendendo ` a x. (3) ⇒ (1) Se X n˜ ao fosse limitado, seria poss´ıvel encontrar uma sequˆencia crescente e ilimitada em X. Tal sequˆencia n˜ ao teria subsequˆencia convergente. O que contradiz a hip´otese.
225
Exerc´ıcio 5.49: Seja X ⊂ R um conjunto compacto cujos pontos, com exce¸c˜ao de a = inf X e b = sup X, s˜ao pontos de acumula¸c˜ ao a direita e ` ` a esquerda. Ent˜ ao X = [a, b] ou X = {a, b}. Como X ´e compacto, temos que a = inf X e b = sup X ∈ X. Suponhamos que X 6= {a, b}. Ent˜ao, existe c ∈ X tal que a < c < b. Seja x ∈ (a, b). Se c ≤ x temos que s = sup([a, x] ∩ X) ´e tal que a < c ≤ s ≤ x. Assim, se s 6= x temos que s ∈ X − {a, b} e [s, x) ∩ X = {s}. Ou seja, s n˜ao seria um ponto de acumula¸c˜ao `a direita. Absurdo. Logo, c = s ∈ X. Do mesmo modo, se x ≤ c teremos que x ∈ X. Conclu´ımos que X = [a, b].
226
Exerc´ıcio 5.50: T Se (Kλ )λ∈L ´e uma fam´ılia qualquer de compactos, ent˜ao Kλ ´e compacto. Se K1 , ..., Kn s˜ao compactos ent˜ ao K1 ∪ K2 ∪ ... ∪ Kn ´e compacto. Se K ´e compacto e F ´e fechado, ent˜ao K ∩ F ´e compacto.
• Kλ , λ ∈ Λ, compactos ⇒
T
λ∈Λ
Kλ ´e compacto.
Como cada Kλ ´e fechado, temos que ∩Kλ ´e fechado. Al´em disso, temos que, dado algum λ0 ∈ Λ qualquer inf(∩Aλ ) ≥ inf Aλ0 > −∞ e sup(∩Aλ ) ≤ inf Aλ0 < ∞. Da´ı, ∩Aλ ´e limitado. Portanto, ∩Aλ ´e compacto. Sn • Ki , i = 1, 2, ..., n, compacto ⇒ i=1 Ki ´e compacto. Sn Como cada Ki ´e fechado, temos que i=1 Ki ´e fechado. Al´em disso, sup(
n [
Ki ) = sup{sup Ki }ni=1 < ∞
i=1
e inf(
n [
Ki ) = inf{inf Ki }ni=1 > −∞.
i=1
Da´ı,
Sn
i=1
Ki ´e limitado. Portanto,
Sn
i=1
Ki ´e compacto.
• K ´e compacto e F ´e fechado ⇒ K ∩ F ´e compacto. Como K e F s˜ ao fechados, K ∩ F ´e fechado. Al´em disso, sup(K ∩ F ) ≤ sup K < ∞ e inf(K ∩ F ) ≥ inf K > −∞. Da´ı, K ∩ F ´e limitado. Portanto, K ∩ F ´e compacto.
227
Exerc´ıcio 5.51: Seja X ⊂ R. Uma fun¸c˜ ao f : X → R diz-se n˜ao-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 ´e n˜ao-decrescente em [a, b] (isto ´e, 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]). S Temos ent˜ ao que [x, y] ⊂ α∈[x,y] (α − δα , α + δα ). Asssim, existem α1 , α2 , ..., αn ∈ [x, y] tais que [x, y] ⊂ Sn c˜ao 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).
228
Exerc´ıcio 5.52: Seja [a, b] ⊂ ∪Aλ onde cada Aλ ´e aberto. Mostre que ´e poss´ıvel decompor [a, b] em um n´ umero finito de intervalos justapostos de modo que cada um deles esteja contido em algum Aλ . S Pelo Teorema 2, cada Aλ pode ser decomposto como j∈N A(λ,j) , Nλ ⊂ N, onde os A0(λ,j) s s˜ao intervalos abertos disjuntos. Existe uma subcobertura {Bi }ni=1 ⊂ {A(λ.j) } de [a, b]. Provaremos que ´e 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 v´alido 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 hip´ otese indutiva, existem y1 , y2 , ..., yp e C˜1 , C˜2 , ..., C˜p que decomp˜oe [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. Ent˜ ao, como cada intervalo da decomposi¸c˜ ao de [a, b] est´a contido em algum Ci e este por sua vez contido em algum Aλ , temos o nosso resultado.
229
Exerc´ıcio 5.53: No exerc´ıcio anterior, mostre que os intervalos nos quais se decompˆos [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 ´e 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 i−1 (b − a), a + (b − a)), q q
i = 1, ..., q.
Assim, temos que, para cada p = 1, ..., q, (i) a ou xi ≤ a +
p−1 p (b − a) < a + (b − a) < xi+1 ou b q q Ip ⊂ Ci+1 ⊂ Aλi +1
(ii) a +
p−1 p (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.
230
Exerc´ıcio 5.54: (Teorema de Baire) Se F1 , F2 , ..., Fn , ... s˜ ao fechados com interior vazio ent˜ao 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¸c˜ ao 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 ´e 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¸c˜ ao, podemos tomar intervalos compactos T 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 ´e arbitr´ ario, segue da´ı que S tem interior vazio.
231
Exerc´ıcio 5.55: O conjunto R − Q dos n´ umeros irracionais n˜ ao pode ser expresso como reuni˜ao enumer´avel de fechados. Analogamente, Q n˜ ao ´e intersec¸c˜ ao de uma fam´ılia enumer´avel de abertos. Suponhamos, por absurdo, que existam conjuntos fechados Fn , n ∈ Z+ , em R tais que R − Q = ∪n∈Z+ Fn . Como cada Fn est´ a 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+ , ´e fechado e tem interior vazio, temos que R ´e uma uni˜ ao enumer´avel de conjuntos fechados com interior vazio pois R = (R − Q) ∪ Q = (∪n∈Z+ Fn ) ∪ (∪n∈Z+ {qn }). Assim, pelo Teorema de Baire, R ´e um conjunto de interior vazio (em R). Uma contradi¸c˜ao. Portanto, n˜ao 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 uni˜ ao enumer´avel de conjuntos fechados. Uma contradi¸c˜ao. Portanto, n˜ ao podem existir abertos An , n ∈ Z+ , em R tais que Q = ∩n∈Z+ An .
232
Exerc´ıcio 5.56: Pn P∞ Se [a, b] ⊂ ∪ni=1 [ai , bi ], ent˜ ao b − a 6 i=1 (bi − ai ). Tamb´em [a, b] ⊂ ∪∞ n=1 [an , bn ] implica b − a 6 n=1 (bn − an ). Finalmente, resultados an´ alogos valem para (a, b) em vez de [a, b].
(I) [a, b] ⊂
n [
[ai , bi ] ⇒ b − a 6
i=1
n X
(bi − ai )
i=1
Para todo k ∈ Z+ e i = 1, . . . , n, temos que [ai , bi ] ⊂
1 1 , bi + ai − 2k 2k
.
Logo, n [
[a, b] ⊂
n [
[ai , bi ] ⊂
i=1
ai −
i=1
1 1 , bi + 2k 2k
.
Assim, pela Proposi¸c˜ ao 1 deste cap´ıtulo, segue que n X 1 1 − ai − b−a< bi + 2k 2k i=1 e, consequentemente, X n n X n 1 = (bi − ai ) + . b−a< bi − ai + k k i=1 i=1 Portanto, n X
n (bi − ai ) + k i=1
b − a 6 lim
k→∞
(II) [a, b] ⊂
∞ [
[ai , bi ] ⇒ b − a 6
i=1
∞ X
! =
n X (bi − ai ). i=1
(bi − ai )
i=1
Para todo k e i ∈ Z+ , temos que [ai , bi ] ⊂ Logo, [a, b] ⊂
∞ [
1
ai −
[ai , bi ] ⊂
i=1
2i+1 k
∞ [
, bi +
ai −
i=1
Assim, pela Proposi¸c˜ ao 2 deste cap´ıtulo, segue que ∞ X 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<
∞ X i=1
bi − ai +
1 2i k
=
∞ X
(bi − ai ) +
i=1
∞ ∞ X 1X 1 1 = (bi − ai ) + . i k i=1 2 k i=1
Portanto, b − a 6 lim
k→∞
∞ X
1 (bi − ai ) + k i=1
233
! =
∞ X (bi − ai ). i=1
(III) (a, b) ⊂
n [
[ai , bi ] ⇒ b − a 6
i=1
n X
(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 X
(bi − ai ) =
i=1
(IV) (a, b) ⊂
∞ [
[ai , bi ] ⇒ b − a 6
i=1
n X
n X (bi − ai ). i=1
(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) +
∞ X i=1
234
(bi − ai ) =
∞ X (bi − ai ). 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 ´e limitada. Mostre que se X ´e compacto, toda fun¸c˜ao f : X → R localmente limitada ´e limitada. Sejam X um subconjunto compacto de R, f : X → R uma fun¸c˜ao 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 = Ix1 ∪ · · · ∪ Ixn . Para A ∈ R definido por A := max{Ax1 , . . . , Axn } temos, para y ∈ Ixi , que |f (y)| < Axi 6 A. Ou seja, |f (y)| < A para todo y ∈ X = ∪ni=1 Ixi . Portanto, f ´e limitada.
235
Exerc´ıcio 5.58: Dado X ⊂ R n˜ ao-compacto, defina uma fun¸c˜ ao f : X → R que seja localmente limitada mas n˜ao seja limitada. Sendo X n˜ ao-compacto, basta provarmos que existe uma fun¸c˜ao f : X → R que seja localmente mas n˜ ao seja limitada nos casos: • X n˜ ao ´e 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) ´e tal que f |X∩Ix ´e limitada pois x − 1 6 f (y) 6 x + 1, para todo y ∈ Ix ∩ X. Por outro lado, f ainda n˜ ao ´e limitada j´ a 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 n˜ ao ´e fechado; Como X n˜ ao ´e fechado, existe a ∈ X 0 − X. Definimos f : X → R por f (x) =
1 , a−x
para todo x ∈ X. Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo Ix =
|x − a| |x − a| x− ,x + 2 2
´e tal que f |X∩Ix ´e 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)| =
1 2 6 . |y − a| |x − a|
E f n˜ ao ´e limitada j´ a que, dado A > 0 existe x ∈ X tal que |f (x)| > A. De fato, como a ∈ X 0 − X, existe x ∈ X tal que |x − a| <
1 A
e, desta forma, |f (x)| =
1 > A. |x − a|
236
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 ´e 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} ´e uma cobertura aberta para o conjunto C. Como C ´e 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.
237
Exerc´ıcio 5.60: Dada uma sequˆencia (xn ), seja Xn = {xn , xn+1 , . . . } para todo n ∈ Z+ . Mostre que ∩∞ e o conjunto dos n=1 Xn ´ valores de aderˆencia de (xn ). Seja A o conjunto dos valores de aderˆencia de (xn ). ∞ Provaremos separadamente que A ⊂ ∩∞ n=1 Xn e que ∩n=1 Xn ⊂ A. Seja a ∈ A. Ent˜ ao, existe uma subsequˆencia (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+ ´e uma sequˆencia em Xn tal que lim xk0 +p = lim xk = a.
p→∞
k→∞
ario. Ou seja, a ∈ ∩∞ Desta forma, a ∈ Xn , para n ∈ Z+ arbitr´ n=1 Xn . ∞ Seja a ∈ ∩n=1 Xn . Provaremos que existe uma subsequˆencia (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que limk→∞ xnk = a. 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¸c˜ao recursiva, fica bem definida a sequˆecia 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 subsequˆencia (xnk )k∈Z+ ´e tal que |xnk − a| 6
1 , k
para todo k ∈ Z+ , e, consequentemente, lim xnk = a.
k→+∞
238
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 ´e uma cadeia n˜ao vazia de compactos n˜ao-vazios ent˜ao a interse¸c˜ao K = ∩λ∈L Kλ ´e n˜ ao vazia (e compacta). Primeiramente, mostraremos que, dada um conjunto finito L0 contido em L, o conjunto \ Kλ λ∈L0
n˜ ao ´e vazio. Procederemos por indu¸c˜ ao no n´ umero de elementos de L0 . Para L0 = {µ}, temos a afirma¸c˜ ao trivialmente j´ a que \ Kλ = Kµ 6= ∅. λ∈L0
Suponhamos, como hip´ oteses de indu¸c˜ ao, que, para cada conjunto finito L00 de cardinalidade menor ou igual que n ∈ Z+ , seja verdade que \ Kλ 6= ∅. λ∈L00 0
Sejam L um subconjunto de L com cardinalidade n + 1 e λ0 ∈ L0 . Definimos s conjuntos L0− := {λ ∈ L0 \{λ0 } : Kλ ⊂ Kλ0 } e L0+ := {λ ∈ L0 \{λ0 } : Kλ0 ⊂ Kλ }. Temos que Kλ0 ∩ e, como
L0−
T
λ∈L0+
Kλ
= =
T
λ∈L0+ (Kλ
∩ Kλ0 ) =
T
λ∈L0+
Kλ0
Kλ0
tem cardinalidade menor ou igual que n, T Kλ0 ∩ λ∈L0 Kλ −
T = 0 (Kλ ∩ Kλ0 ) Tλ∈L− = λ∈L0− Kλ 6 = ∅.
Assim, T T Kλ0 ∩ ∩ λ∈L0+ Kλ λ∈L0− Kλ T = Kλ0 ∩ K 0 λ λ∈L− 6= ∅. Portanto, provamos a afirma¸ca ˜o do in´ıcio do par´agrafo. Fixemos λ0 ∈ L. Suponhamos, por absurdo, que ! \ \ ∅= Kµ = Kλ0 ∩ Kλ . T
λ∈L0
Kλ
=
λ∈L
λ∈L
Desta forma ter´ıamos que Kλ0 ⊂
[
(R\Kλ ),
λ∈L
ou seja, {R\Kλ }λ∈L seria uma cobertura de Kλ0 por conjuntos abertos em R. Como Kλ0 ´e compacto, existiria um subconjunto finito L0 de L tal que [ Kλ0 ⊂ (R\Kλ ). λ∈L0
Por´em, isso implicaria que ! \
Kλ = Kλ0 ∩
\
Kλ
= ∅.
λ∈L0
λ∈L0 ∪{λ0 }
Contradizendo, j´ a que L0 ∪ {λ0 } ´e finito, o que foi provado no primeiro par´agrafo desta demonstra¸c˜ao. 239
Exerc´ıcio 5.62: Se X ⊂ R ´e n˜ ao-enumer´ avel, ent˜ ao X 0 tamb´em o ´e. Todos os pontos de X\X 0 s˜ ao isolados. De fato, dado x ∈ X\X 0 , temos que x n˜ao ´e um ponto de acumula¸c˜ ao de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x − ε, x + ε) = {x}. Como todos os pontos de X\X 0 s˜ ao isolados, temos, pelo corol´ario 2 do Teorema 8, que este conjunto ´e enumer´ avel. O conjunto X ∩ X 0 n˜ ao ´e enumer´ avel. De fato, como X = (X\X 0 ) ∪ (X ∩ X 0 ), X n˜ao ´e enumer´avel e X\X 0 ´e 0 enumer´ avel, devemos ter que X ∩ X ´e n˜ ao enumer´avel. Por fim, como X 0 cont´em o conjunto n˜ ao enumer´avel X ∩ X 0 , devemos ter que X 0 ´e n˜ao enumer´avel.
240
Exerc´ıcio 5.63: Para todo X ⊂ R, X − X 0 ´e enumer´ avel. Todos os pontos de X − X 0 s˜ ao isolados. De fato, dado x ∈ X − X 0 , temos que x n˜ao ´e um ponto de acumula¸c˜ ao de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x − ε, x + ε) = {x}. Como todos os pontos de X − X 0 s˜ ao isolados, temos, pelo corol´ario 2 do Teorema 8, que este conjunto ´e enumer´ avel. Por fim, como X = X ∪ X 0 , temos que X − X 0 = X − X 0 . Logo, X − X 0 ´e enumer´avel.
241
Exerc´ıcio 5.64: Um n´ umero real a chama-se ponto de condensa¸c˜ ao de um conjunto X ⊂ R quando todo intervalo aberto de centro a cont´em uma infinidade n˜ ao-enumer´ avel de pontos de X. Seja F0 o conjunto dos pontos de condensa¸c˜ao de um conjunto F ⊂ R. Prove que F0 ´e um conjunto perfeito (isto ´e, fechado, sem pontos isolados) e que F − F0 ´e enumer´ avel. Conclua da´ı o Teorema de Bendixon: todo fechado da reta ´e reuni˜ao de um conjunto perfeito com um conjunto enumer´ avel.
(I) F0 ´ e fechado: ario, Mostraremos que todo a ∈ F0 ´e um ponto de condensa¸c˜ao de F . Isto ´e, que, para um ε > 0 arbitr´ (a − ε, a + ε) ∩ F n˜ ao ´e 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 ´e um ponto de condensa¸c˜ ao de F , (x − ε˜, x + ε˜) ∩ F n˜ao ´e enumer´avel. Logo, (a − ε, a + ε) ∩ F tamb´em n˜ ao ´e enumer´ avel. ao F ∩ I ´ e finito ou infinito enumer´ avel (II) Se I ´ e um intervalo finito tal que F0 ∩ I = ∅ ent˜ Suponhamos que F ∩ I infinito e n˜ ao ´e enumer´avel. Provaremos que F0 ∩ I 6= ∅. Definiremos uma sequˆencia de intervalos compactos ([an , bn ])n∈Z+ contidos em I tais que, para todo n ∈ Z+ , [an , bn ] ∩ F ´e infinito e n˜ao ´e enumer´avel,
(5.9)
[an , bn ] ⊃ [an+1 , bn+1 ]
(5.10)
e
b−a . 2n−1 fica bem definida por bn − a n =
Verificaremos que a sequˆencia ([an , bn ])n∈Z+
(5.11)
[a1 , b1 ] := I e
h i h i bn−1 −an−1 bn−1 −an−1 a , , se a , ∩F n−1 n−1 2 2 ´e infinito e n˜ao ´e enumer´avel; [an , bn ] := h i bn−1 −an−1 , bn−1 , caso contr´ario,
(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 hip´ oteses sobre I. Suponhamos que os intervalos [a1 , b1 ], . . . , [an−2 , bn−2 ] e [an−1 , bn−1 ] estejam bem definidos por (5.12) e satisfazem as condi¸c˜ oes (5.9), (5.10) e (5.11). Como [an−1 , bn−1 ] ∩ F ´e infinito e n˜ao ´e enumer´avel, temos que [an−1 , (bn−1 − an−1 )/2] ou [(bn−1 − an−1 )/2, bn−1 ] s˜ao infinitos e n˜ao s˜ao enumer´aveis. Desta forma, (5.12) define [an , bn ] de forma que (5.9) e (5.10) s˜ ao prontamente satisfeitos. Tamb´em 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 sequˆencia 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 sequˆencia 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 . 2 242
Como x0 ∈ [an , bn ], segue que (x0 − ε, x0 + ε) ⊃ [an , bn ]. Logo, (x0 − ε, x0 + ε) ∩ F ´e infinito e n˜ ao enumer´avel j´a que (x0 − ε, x0 + ε) ∩ F ⊃ [an , bn ] ∩ F e [an , bn ] ∩ F ´e infinito e n˜ ao ´e 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 ´e finito ou infinito enumer´ avel. Para todo n ∈ Z+ , a inclus˜ ao
ε x0 − ε, x0 − n+1
= x0 − ε, x0 −
ε ⊂ (x0 − 2ε, x0 ) n+1
implica que x0 − ε, x0 −
ε n+1
∩ F0 = ∅.
Assim, pelo item (II), temos que
ε x0 − ε, x0 − n+1
∩F
´e finito ou infinito enumer´ avel. Analogamente, x0 +
ε , x0 + ε ∩ F n+1
´e 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 = ∪n∈Z+ x0 − ε, x0 − n+1 ∩ F ∪ ({x0 } ∩ F ) ε ∪ ∪n∈Z+ x0 + n+1 , x0 + ε ∩ F
´e finito ou infinito enumer´ avel j´ a que ∪n∈Z+ e
∪n∈Z+
ε x0 − ε, x0 − n+1
∩F
ε x0 + , x0 + ε ∩ F n+1
s˜ ao uni˜ oes enumer´ aveis de conjuntos finitos ou infinitos enumer´aveis. (IV) F − F0 ´ e enumer´ avel Para cada x ∈ F − F0 , o conjunto {ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x − ε, x + ε) ∩ F ´e finito ou infinito enumer´avel} n˜ ao ´e vazio e ´e limitado. Logo, podemos definir, para cada x ∈ F − F0 , εx := sup{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x − ε, x + ε) ∩ F ´e finito ou infinito enumer´avel}. Desta forma, (x − εx , x + εx ) ∩ F 243
´e finito ou infinito enumer´ avel. Seja E um subconjunto denso e finito ou infinito enumer´avel de F −F0 (cuja existˆencia ´e 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 ´e finito ou infinito enumer´avel j´a que cada (e − εe , e + εe ) ∩ F , para e ∈ E, ´e finito ou infinito enumer´ avel e E ´e finito ou infinito enumer´avel. Seja x ∈ F − F0 . Como E ´e 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 ´e finito ou infinito enumer´ avel. Logo, pela defini¸c˜ao 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 ´e uma uni˜ao de um conjunto perfeito e um conjunto enumer´ avel. Seja F um conjunto fechado. Denotemos por F0 o conjunto dos seus pontos de condensa¸c˜ao. Todo ponto de condensa¸c˜ ao de F ´e um ponto de acumula¸c˜ao de F . De fato, para todo x ∈ F0 , temos que (x − ε, x + ε) ∩ F ´e infinito e enumer´ avel, para todo ε > 0. Logo, para todo x ∈ F0 , temos que (x − varepsilon, x + ε) ∩ (F − {x}) 6= ∅, para todo ε > 0. Assim, todo ponto de F0 ´e um ponto de acumula¸c˜ao de F . Isto ´e, F0 ⊂ F 0 . Como F0 ⊂ F 0 ⊂ F, Temos que F = F0 ∪ (F − F0 ). Assim, pelos intens (I), (III) e (IV), temos que F ´e a uni˜ao do conjunto perfeito F0 e o conjunto finito ou infinito enumer´ avel F − F0 .
244
Cap´ıtulo 6
Limites de Fun¸ c˜ oes
245
Exerc´ıcio 6.01: Na defini¸c˜ ao do lim f (x), retire a exigˆencia de ser x 6= a. Mostre que esta nova defini¸c˜ao 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 ´e igual a f (a). Seja L = lim f (x) pela defini¸c˜ ao antiga. x→a
• a∈ /X Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ, x ∈ X, implica |f (x) − L| < ε. Ent˜ao, 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) 6= 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) n˜ ao 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, al´em 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, ent˜ao f e L satisfazem tamb´em as condi¸c˜oes da defini¸c˜ao antiga. x→a
Logo, lim f (x) = L tamb´em pela defini¸c˜ ao antiga. x→a
246
Exerc´ıcio 6.02: Considere o seguinte erro tipogr´ afico na defini¸c˜ ao de limite: ∀ε > 0∃δ > 0; x ∈ X, |x − a| < ε ⇒ |f (x) − L| < δ. Mostre que f cumpre esta condi¸c˜ ao se, e somente se, ´e 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. Ent˜ao, (a − ε, a + ε) ⊃ I e, pela hip´ otese, 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 ´e 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 ´e arbitr´ario a afirma¸c˜ao est´a provada.
247
Exerc´ıcio 6.03: Seja X = Y ∪ Z, com a ∈ Y 0 ∩ Z 0 . Dada f : X → R, tomemos g = f |Y e h = f |Z. Se lim g(x) = L e lim h(x) = L x→a
ent˜ ao 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, tamb´em temos que |f (x) − L| < ε. Conclu´ımos, assim, que em todo caso |x − a| < δ, x ∈ X ⇒ |f (x) − L| < ε. Como ε ´e arbitr´ ario, ent˜ ao temos o resultado.
248
x→a
Exerc´ıcio 6.04: Seja f : R\ → R definida por f (x) =
1 . Ent˜ao 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 ent˜ao que x
lim f1 (x) = +∞ e lim f1 (x) = −∞. x→0−
x→0+
Seja f2 : R → R \ {0} dada por f2 (y) = 1 + ey . Ent˜ao, lim f2 (y) = +∞ e
y→+∞
Por fim, seja f3 : R\ → R dada por f3 (z) =
lim f2 (y) = 1.
y→−∞
1 . Ent˜ao 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−
249
Exerc´ıcio 6.05: Seja f (x) = x + 10 sin x para todo x ∈ R. Ent˜ ao x fun¸c˜ ao g(x) = x + sin x. 2
lim f (x) = +∞ e
x→+∞
lim f (x) = −∞. Prove o mesmo para a
x→−∞
Da rela¸c˜ ao −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 s´ o 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 s´ o depende de A, segue que lim g(x) = −∞.
x→−∞
250
Exerc´ıcio 6.06: 0 0 Seja f : X → R mon´ otona, com f (X) ⊂ [a, b]. Se f (X) ´e denso no intervalo [a, b] ent˜ao, para cada c ∈ X+ ∩ X− , tem-se lim− f (x) = lim+ f (x). Se c ∈ X ent˜ ao este limite ´e igual a f (c). x→c
x→c
0 0 Como c ∈ X+ ∩ X− e f : X → R ´e mon´ otona, pelo Teorema 12, existem os limites
L = lim+ f (x) e M = lim− f (x). x→c
x→c
Al´em disso, como f (X) ⊂ [a, b] e [a, b] ´e compacto temos que L = lim f (xn )( para alguma sequˆencia em (c, b]) e n→∞
M = lim f (yn )( para alguma sequˆencia em [a, c)) est˜ao em [a, b]. n→∞ Suponhamos que f ´e n˜ ao-decrescente. Os casos em que f ´e crescente, decrescente ou n˜ao-crescente s˜ao demonstrados de forma an´ aloga. Seja x ∈ X. Se x < c ent˜ ao f (x) ≤ M = sup{f (y); y ∈ X e y < c}. Tamb´em, 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 an´aloga que f (x) ∈ / (min{L, M }, max{L, M }). Se x = c, ent˜ ao M ≤ f (x) ≤ L pois f (y) ≤ f (x) para todo y < c = x e f (x) = f (y) para todo y > c = x j´a que f ´e n˜ao-decrescente. Se c ∈ / X, ent˜ ao ∅ = (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 contr´ ario haveria um aberto (M, f (c)) ou (f (c), L) n˜ ao 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
251
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, ent˜ao |f (x)−L| < ε. x→a
Da´ı segue que se y ∈ Y ⊂ X e 0 < |y − a| < δ, ent˜ao |g(y) − L| = |f (x) − L| < ε. Como ε ´e arbitr´ario, temos que lim g(x) = L.
x→a
Suponhamos que Y = I ∩ X, com I aberto contendo a. Ent˜ao, existe δ0 > 0 tal que (a − δ0 , a + δ0 ) ⊂ I. Seja ε > 0 arbitr´ ario. Existe δ1 > 0 tal que y ∈ Y e 0 < |y − a| < δ1 temos que |g(y) − L| < ε. Ent˜ao, tomando-se δ = min{δ0 , δ1 }, temos que se x ∈ X e 0 < |x − a| < δ ent˜ao 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
252
Exerc´ıcio 6.08: 0 Sejam f : X → R mon´ otona e a ∈ X+ . Se existir uma sequˆencia 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 ´e n˜ ao-decrescente e (xn )n∈N ´e 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 subsequˆencia de (f (xn )) que n˜ao tende a L. Por exemplo, seja (xnk ) dada por xn0 ∈ (a, x) ∩ {xn }n∈N xnk ∈ (a, xnk −1 ) ∩ {xn }n>nk−1 . Ent˜ ao, f (xnk ) ≤ ... ≤ f (xn0 ) ≤ f (x) < L. Logo, L n˜ ao ´e limite da sequˆencia (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 ´e crescente, n˜ ao-crescente e decrescente s˜ao an´alogos.
253
Exerc´ıcio 6.09: Se f : X → R ´e mon´ otona ent˜ ao o conjunto dos pontos a ∈ X 0 para os quais n˜ao se tem lim− f (x) = lim+ f (x) ´e x→a
x→a
enumer´ avel. 0 0 Seja D o conjunto dos a ∈ X− ∩ X+ tais que
lim f (x) 6= lim− f (x).
x→a+
x→a
Tais limites existem pelo Teorema 12. Suponhamos que f seja n˜ao-crescente. Pela demonstra¸c˜ao 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 par´ agrafo anterior conclu´ımos que se a e b ∈ D e a 6= b ent˜ao Ia ∩ Ib = ∅. Assim, qualquer fun¸c˜ao h : D → Q tal que h(a) ∈ Ia ∩ Q (tais fun¸c˜ oes existem gra¸cas ao axioma da escolha) ´e injetiva. Conclu´ımos da´ı que D ´e enumer´ avel. Os casos em que f ´e crescente, n˜ ao-crescente e decrescente s˜ao an´alogos.
254
Exerc´ıcio 6.10: Enuncie e demonstre para fun¸c˜ oes o an´ alogo do Teorema 14 do Cap´ıtulo IV.
(1) Sejam f, g : X → R e a ∈ X 0 . Se g ´e limitada inferiormente e lim f (x) = +∞, ent˜ao lim f (x) + g(x) = +∞. x→a
x→a
De fato, seja c ∈ R um limitante inferior de g. Seja dado A ∈ R arbitr´ario. 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 0 . Se existe um limitante inferior c > 0 de g e lim f (x) = +∞, ent˜ao 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}), ent˜ao f (x) >
A c.
Assim, se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), ent˜ao 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 0 . Temos neste caso que lim f (x) = 0 ⇔ lim
x→a
x→a
1 = +∞. f (x)
De fato, (⇒) Seja A ∈ R ∩ (0, +∞) arbitr´ ario. Existe δ > 0 tal que se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), ent˜ao 0 < f (x) <
1 A.
Assim, dado x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), ent˜ao 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 arbitr´ ario. 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¸c˜oes positivas e a ∈ X 0 . (a) Se existe c > 0 tal que f (x) > c para todo x ∈ X e lim g(x) = 0, ent˜ao lim x→a
(b) Se f ´e 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) `as fun¸c˜oes f e . g(x) g
255
(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)
256
Exerc´ıcio 6.11: p p ∈ Q, f = ap/q . Prove que lim f (x) = 1. conclua que para x→0 q q 0 0 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
0
e que b < b0 ⇒ ab < ab . Como a > 1, temos pelas propriedades b´ asicas da multiplica¸c˜ao que f ´e 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. Tamb´em 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, ent˜ao, que lim f (x) = 1. x→0
x→0
Seja b ∈ R. 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. u m u m tal que m = max{u ∈ Z; < b} e yn = tal que m = min{u ∈ Z; > b}. Segue que se Sejam xn = n n n n m+1 m ent˜ ao yn = (pois b ∈ / Q). As sequˆencias (xn ) e (yn ) s ao, respectivamente, n ao-decrescente e xn = n n n ao-crescente. Isso implica que as sequˆencias (f (xn )) e (f (yn )) tamb´em o s˜ao. Da´ı segue que lim f (xn ) e n→∞
lim f (yn ) existem pois f (xn ) < f (yn ) para todo n ∈ N, isto ´e, tais sequˆencias s˜ao limitadas. Por fim, temos n→∞ que 1 lim f (yn ) f (yn ) 1 = lim f = . = lim 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. 0
0
• ab .ab = ab+b Sejam (xn ) e (yn ) sequˆencias que tendem `a b e b0 , respectivamente. Ent˜ao (xn + yn ) tende `a b + b0 e ab .ab
0
= = = = =
lim f (x). lim0 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→∞
0
lim f (x) = ab+b .
x→b+b0
257
0
• b < b0 ⇒ ab < ab . Sejam r1 , r2 ∈ Q ∩ (b, b0 ) tais que r1 < r2 . Ent˜ao, como f ´e crescente ab = inf{f (r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b} e
0
ab = sup{f (r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}. Assim, ab ≤ f (r1 ) < f (r2 ) ≤ ab e o resultado segue.
258
0
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 arbitr´ ario, 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 . Ent˜ao, 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→−∞
259
Exerc´ıcio 6.13: Seja p : R → R, um polinˆ omio real. Se o coeficiente do termo de grau mais elevado de p ´e positivo ent˜ ao lim p(x) = +∞ e lim p(x) ´e 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¸c˜ao em n que lim p(x) = +∞. O caso n→∞
n = 1 ´e trivial. Suponhamos que o resultado seja verdadeiro para o polinˆomio de grau n − 1. Seja p(x) o polinˆ omio tomado inicialmente. Temos que p(x) = x(an xn−1 + ... + a1 ) + a0 . Pela hip´ otese 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¸c˜ao sobre k que lim p(x) = −∞. Para k = 1, o resultado x→−∞
´e 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 par´ agrafo anterior, temos que lim (a2k x2k−1 + ... + a1 ) = −∞.
x→−∞
Assim, pelos resultados do exerc´ıcio 6.10 temos que lim p(x) = +∞. x→−∞
260
Exerc´ıcio 6.14: Determine o conjunto dos valores de aderˆencia da fun¸c˜ao 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 aderˆencia de f no ponto 0 ´e tal que A ⊂ [−1, 1]. 1 Seja λ ∈ [−1, 1]. Tomemos θ = arcsin λ. Ent˜ ao, definindo xn = temos que lim xn = 0 e lim e1/n = 0, n→+∞ θ − 2πn 1 = −∞. Assim, pois lim n→+∞ xn λ sin(θ − 2πn) = →λ f (xn ) = 1 + eθ−2πn 1 + eθ+2πn quando n → +∞. Logo, λ ∈ Λ. E segue que A ⊃ [−1, 1]. Conclu´ımos que A = [−1, 1].
261
Exerc´ıcio 6.15: Se limx→a f (x) = L ent˜ ao limx→a |f (x)| = |L|. Se limx→a |f (x)| = |L| ent˜ao o conjunto dos valores de aderˆencia de f no ponto a ´e {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 aderˆencia de f ´e {−L, L}, {L} ou {−L}. O faremos mostrando que {L, −L} ⊃ A 6= ∅. Seja L0 ∈ A. Ent˜ ao, existe uma sequˆencia (xn )n∈Z+ em X tal que limn→∞ f (xn ) = L0 . Segue que |L0 | = | lim f (xn )| = lim |f (xn )| = |L| n→∞
n→∞
j´ a que limx→a |f (x)| = |L|. Logo, L0 ∈ {L, −L}. Concluimos da´ı que {L, −L} ⊃ A. Pelo Teorema 13 do Cap´ıtulo VI, temos que L0 ´e um ponto de aderˆencia da fun¸c˜ao g : X → R no ponto a se e somente se para todos ε e δ > 0 vale (L0 − ε, L0 + ε) ∩ g (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ) 6= ∅. Suponhamos, por absurdo, que L e −L n˜ ao s˜ao valores de aderˆencia 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¸c˜ ao com as hip´ oteses de que L e −L n˜ ao s˜ ao valores de aderˆencia de f no ponto a. Portanto, L ou −L s˜ao valores de aderˆencia de f .
262
Exerc´ıcio 6.16: Dados um n´ umero real a e um conjunto compacto n˜ao-vazio K, obtenha uma fun¸c˜ao f : R → R tal que o conjunto dos valores de aderˆencia de f no ponto a seja K. Consideremos o ponto a ∈ R. Provaremos que para todo conjunto F fechado em R existe uma fun¸c˜ao f : R → R tal que o conjunto dos pontos de aderˆencia de f no ponto a ´e igual a F . Seja E = {en }n∈Z+ um subconjunto enumer´ avel 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 s˜ ao inteiros distintos devemos ter que Cn ∩ Cm = ∅. De fato, se x ∈ Cn ∩ Cm , existiriam k e k 0 ∈ Z+ tais que 3m 3n = |x − a| = 2k 2k 0 Como 2 e 3 s˜ ao n´ umeros inteiros coprimos, temos uma contradi¸c˜ao. Logo, Cn ∩ Cm 6= ∅. 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 Color´ ario 3 do Teorema 13 do Cap´ıtulo VI, o conjunto dos valores de aderˆencia de f no ponto a ´e \ \ f (a − δ, a + δ)\{a} = E = E = F. δ>0
δ>0
263
Exerc´ıcio 6.17: Seja f : R → R definida por f (x) = x se x ´e irracional, f ( pq ) = q se Mostre que f ´e ilimitada em qualquer intervalo n˜ao-degenerado.
p q
´e uma fra¸c˜ao irredut´ıvel com p > 0, f (0) = 0.
Suponhamos que I seja um intervalo n˜ ao degenerado com a = inf(I) e b = sup(I). Mostraremos que, dado A > 0, arbitr´ ario existe x ∈ (a, b) ⊂ I tal que f (x) > A. Sejam n ∈ Z+ , tal que 2 , 2n > A e b−a e n mo p := inf m ∈ Z; a < n . 2 Desta forma temos que p p−1 6a< n 2n 2 e p+1 p−1 2 = n + n < a + (b − a) = b. 2n 2 2 Logo, 2p + 1 p+1 p 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.
264
Exerc´ıcio 6.18: Sejam X, Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R com f (X) ⊂ Y . Se, para a ∈ X 0 e b ∈ Y 0 tem-se lim f (x) = b, lim g(y) = c x→a
y→b
e, al´em disso, f (x) 6= b para todo x ∈ X\{a}, ent˜ao lim g(f (x)) = c. Mostre que a condi¸c˜ao b ∈ Y 0 decorre de ser x→a
f (x) 6= b para x 6= a. Primeiramente, mostraremos que se f (x) 6= b para x 6= a ent˜ao b ∈ Y 0 . 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 0 , segue que (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}) 6= ∅. 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 0 . 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. Tamb´em 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
265
Exerc´ıcio 6.19: Para todo n´ umero real x indiquemos, com [x] o maior inteiro 6 x. Mostre que se a e b s˜ao positivos ent˜ao x b b b hxi lim = 0. = e lim a x→0+ a x x→0+ x a Prove tamb´em que, no primeiro caso o limite ` a esquerda seria o mesmo mas no segundo caso o limite ´e +∞ quando x → 0 por valores negativos.
x b x b b • lim+ = lim− = a x→0 a x x→0 a x Pela defini¸c˜ ao de [·], temos, para todo x ∈ R, que b b b −1< 6 . x x x Assim, segue que b x x − = a a a
b x b xb b −1 < 6 = , x a x ax a
para x > 0, e b xb x b b x x b < = 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 −
b x εa < < = ε. a a a
Portanto, x b b lim = x→0 a x a e, consequentemente, lim
x→0+
• lim+ x→0
x b x b b = lim = . a x a x→0− a x
b hxi b hxi = 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 hxi . 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 hxi 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 hxi b f (x) = =− . x a x 266
Portanto, temos que lim
x→0+
e lim
x→0−
b hxi = lim f |(0,a) (x) = lim 0 = 0. x a x→0+ x→0+
b b hxi = lim f |(−a,0) (x) = lim − = +∞. x a x x→0− x→0+
267
Exerc´ıcio 6.20: Dadas fun¸c˜ oes 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 0 . Prove que se lim f (x) = L e lim g(x) = M ent˜ao lim h(x) = N , onde N ´e 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) =
e
L + M 3L − M , 2 2
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 an´ alogo, mostra-se que se M > L ent˜ao 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
268
Exerc´ıcio 6.21: Sejam f e g : X → R fun¸c˜ oes limitadas numa vizinhan¸ca do ponto a ∈ X 0 . Mostre que lim sup(f + g)(x) 6 lim sup f (x) + lim sup g(x)
x→a
x→a
x→a
e que lim sup − f (x) = − lim inf f (x).
x→a
x→a
Enuncie e prove resultados an´ alogos para lim inf(f + g) e para o produto de duas fun¸c˜oes. Pelos exerc´ıcios 3.38 e 3.40, temos que a soma e o produto de fun¸c˜oes limitadas s˜ao tamb´em fun¸c˜oes limitadas. Isto ´e, f + g e f · g : X → R s˜ ao fun¸c˜ oes limitadas. Para fun¸c˜ oes limitadas f e g : X → R e a ∈ X 0 , 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
x→a
x→a
e lim sup − f (x) = − lim inf f (x).
x→a
x→a
Al´em disso, mostraremos que se f e g forem fun¸c˜oes n˜ao negativas (i.e. f (X) e g(X) ⊂ R+ ) ent˜ao lim sup(f · g)(x) 6 lim sup f (x) lim sup g(x) x→a
x→a
x→a
e lim inf f (x) lim inf g(x) .
lim inf(f · g)(x) >
x→a
x→a
x→a
Se f ou g : X → R n˜ ao forem n˜ ao negativas, podemos ter que lim sup f (x) lim sup g(x) .
lim sup(f · 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 (x) lim sup g(x) .
lim sup(f · g)(x) = 1 > 0 = 0 · 0 =
x→0
x→0
x→0
Se (xn )n∈Z+ ´e uma sequˆencia em X ent˜ ao (f (xn ))n∈Z+ e (g(xn ))n∈Z+ s˜ao sequˆencias em f (X) e g(X), respectivamente. Como f (X) e g(X) s˜ ao compactos (pois s˜ao fechos de conjuntos limitados, veja exercicio 5.30), existem subsequˆencias de (f (xn ))n∈Z+ e (g(xn ))n∈Z+ que s˜ao convergentes. Em particular, existe1 uma subsequˆencia (xnk )n∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que (f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ s˜ao 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 aderˆencia da fun¸c˜ ao f + g no ponto a e (xn )n∈Z+ uma sequˆencia 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.
269
E, como S ∈ R um valor de aderˆencia arbitr´ ario da fun¸c˜ao 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+ ´e uma sequˆencia em X, segue que existe uma subsequˆencia (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que (f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ s˜ ao convergentes. Segue que limk→+∞ f (xnk ) e limk→+∞ g(xnk ) s˜ao pontos de aderˆencia 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 aderˆencia no ponto a das fun¸c˜oes f e −f . Dado L ∈ VA(f ; a), existe uma sequˆencia (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) ´e arbitr´ ario, 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) > x→a
x→0
lim inf f (x) lim inf g(x) se f e
x→a
x→a
Sejam P ∈ R um valor de aderˆencia da fun¸ca˜o f · g no ponto a e (xn )n∈Z+ uma sequˆencia 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 P 6
x→a
x→a
lim sup f (x) lim sup g(x) .
x→a
x→a
E, como P ∈ R um valor de aderˆencia arbitr´ ario da fun¸c˜ao 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) >
x→a
lim inf f (x) lim inf g(x) .
x→a
x→a
Como (xn )n∈Z+ ´e uma sequˆencia em X, segue que existe uma subsequˆencia (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que (f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ s˜ ao convergentes. Segue que limk→+∞ f (xnk ) e limk→+∞ g(xnk ) s˜ao pontos de aderˆencia de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk . Logo, P
= = 6
lim (f · g)(xnk ) lim f (xnk ) lim g(xnk ) k→+∞ k→+∞ lim sup f (x) lim sup g(x)
k→+∞
x→a
x→a
270
e, analogamente, P >
lim inf f (x) lim inf g(x) .
x→a
x→a
271
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→+∞
ent˜ ao
f (x) = L. x→+∞ x lim
Como f ´e 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 6 Ck f (λ+k) − f (λ) − L + f (λ) 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) 1 C C f (λ+k) < 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 C ε C f (λ + k) f (λ) 1 < . 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 (λ+k) f (x) x − L = λ+k − L f (λ) < k1 C|L| + (1 + Ck )MC + 1 + Ck f (λ+k) − − L k k ε ε < 2+2 = ε. Com isso, conclui-se que limx→+∞ f (x) x = L. Por hip´ otese, 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 X f (λ + i + 1) f (λ + i) L f (λ + k) f (λ) − − L = − − k k k k k i=0 k−1 X |f (λ + i + 1) − f (λ + i) − L| 6 k i=0 k−1 X ε/3 < k i=0 ε = 3. 272
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 + k
MC
= 0.
Al´em 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.
273
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 ´e arbitr´ ario, 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 = <
A e, para x < − 1−|a| < 0,
x + xa · sen(x) x − x|a| x(1 − |a|) −A.
274
Exerc´ıcio 6.24: Seja p : R → R um polinˆ omio n˜ ao constante. Dado b ∈ R, suponha que exista uma sequˆencia (xn ), tal que lim p(xn ) = b ∈ R.
n→+∞
Prove que (xn ) ´e limitada ´e o conjunto dos seus pontos de aderˆencia n˜ao ´e vazio e est´a contido em p−1 (b). Em particular, se existe uma sequˆencia (xn ), tal que lim p(xn ) = 0, ent˜ao 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 subsequˆencia (xnk )k∈Z+ tal que lim xnk = +∞ ou − ∞
k→+∞
ter´ıamos que lim p(xnk ) = +∞ ou − ∞.
k→+∞
Contradizendo o fato de que toda subsequˆencia de (xn )n∈Z+ converge para b ∈ R. Portanto, a sequˆencia (xn ) ´e limitada. Como a sequˆencia (xn ) ´e limitada, segue que o seu conjunto de pontos de aderˆencia n˜ao ´e vazio. Sejam (xnk )k∈Z+ uma subsequˆencia convergente de (xn )n∈Z+ e a = limk→+∞ xnk . Suponhamos que c0 , c1 , . . . , cm ∈ R s˜ ao tais que p(x) = cm xm + · · · + c1 x + c0 , para todo x ∈ R. Assim, p(a)
m = cm a 1 a + c0 + · · · + c m = cm lim xnk + · · · + c1 lim xnk + c0 k→+∞ k→+∞ = lim cm xm + · · · + c x + c0 1 n nk k k→+∞
=
lim p(xnk )
k→+∞
= b. Logo, a ∈ p−1 (b). Com isso, concluimos que o conjunto dos pontos de aderˆencia de (xn ) est´a contido em p−1 (b). Em especial, se b = 0, o conjunto dos pontos de aderˆencia de (xn ) est´a contido no conjunto de ra´ızes de p. Logo, neste caso, conclui-se que p possui raizes reais.
275
Cap´ıtulo 7
Fun¸ c˜ oes Cont´ınuas
276
Exerc´ıcio 7.38: √ A fun¸c˜ ao R f : [0, +∞) → [0, +∞), definida por f (x) = n x, n > 1, n˜ao ´e Lipschitziana num intervalo da forma [0, a], a > 0, embora seja uniformemente continua nestes intervalos. Por outro lado, f ´e Lipschitziana, com constante 1 , c := √ n n an−1 no intervalo [a, +∞). Concluir que f ´e uniformemente continua em [0, +∞). Mostraremos, primeiramente, que f : [0, a] → R n˜ao ´e Lipschitziana, para todo a > 0. Faremos isso verificando que o conjunto |f (x) − f (y)| L := : x e y ∈ [0, a] |x − y| ´e ilimitado superiormente e, consequentemente, n˜ao 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 : z > max{1/ A, 1/ a} ⊂ [0, a] zn
∈ S,
|f (x) − f (0)| |f (1/z n ) − f (0)| = = z n−1 > A. |x − 0| |1/z n − 0| Desta forma, temos que L ´e ilimitado superiormente. Verificaremos, a seguir, que f : [a, +∞) → R ´e 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 r n
1+
λ λ 61+ . x nx
Assim, r n
e, consequentemente,
√ n
1+
x+λ−
λ λ −16 x nx √ n
x6
λ √ . n n xn−1
Logo, |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|. 277
Com isso, concluimos que f : [a, +∞) → R ´e Lipschitziana com c como constante de Lipschitz. Por fim, provaremos que f : [0, ∞) → R ´e 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 ´e uniformemente continua.
278
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, x,
se x ∈ Z+ ; se x ∈ Z∗+ .
Mostre que os conjuntos Z+ e Z∗+ s˜ ao fechados, que f |Z+ e f |Z∗+ s˜ao fun¸c˜oes uniformemente cont´ınuas, mas f : F → R n˜ ao ´e uniformemente cont´ınua. Primeiramente, verifiquemos que z+ ´e fechado. Pela constru¸c˜ao de R, temos que (n − 1, n + 1) ∩ Z+ = {n}, para todo n ∈ Z+ . Desta forma, se (xn )n∈Z+ ´e uma sequˆencia 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 sequˆencia convergente de elmentos de Z+ concverge para um elemento de Z+ . Desta forma, Z+ ´e fechado. Pela equivalˆencia 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 6= 1. ,n + 1 + , se n 6= 1. n + − ,n + + n−1+ n 2 n 2 n−1 n+1 s˜ ao tais que Cn ∩ Z∗+ =
n+
1 n
.
Assim, de modo an´ alogo ao caso de Z+ , verifica-se que toda sequˆencia de elementos de Z∗+ converge para um ∗ elemento de Z+ e, por isso, Z∗+ ´e fechado. Como f |Z+ ´e constante e f |Z∗+ ´e a fun¸c˜ ao identidade, temos que estas fun¸c˜oes s˜ao uniformemente cont´ınuas. Provaremos, agora, que f n˜ ao ´e 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 n˜ ao ´e uniformemente cont´ınua.
279
Exerc´ıcio 7.40: Dˆe um exemplo de dois abertos A e B e uma fun¸c˜ao 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¸c˜ ao f : A ∪ B → R por −1, se x ∈ (−∞, 0) = A; f (x) = 1, se x ∈ (0, +∞) = B. As restri¸c˜ oes f |A e f |B s˜ ao constantes e, por isso, s˜ao uniformemente cont´ınuas. Mostraremos, agora, que f n˜ ao ´e 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 n˜ ao ´e uniformemente cont´ınua.
280
Exerc´ıcio 7.41: Toda fun¸c˜ ao cont´ınua mon´ otona limitada f : I → R, definida num intervalo I, ´e 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 ent˜ao |f (x) − f (y)| < .
(7.1)
Da´ı, obtemos diretamente que f ´e 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 ´e um intervalo, temos, pelo Teorema do Valor Intermedi´ario, que f −1 (A + 3ε ) e f −1 (B − 3ε ) s˜ao conjuntos n˜ ao 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 ´e crescente, todo elemento de f −1 A + 3ε ´e 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 ´e crescente e x < c, devemos ter que f (x) 6 f (c) = A + 3ε . Portanto, f (x) ∈ [A, A + 3ε ]. De modo an´ alogo, prova-se que se x ∈ (d, b] ent˜ao f (x) ∈ [B − 3ε , B]. Como c e d ∈ I, temos que [c, d] ´e um intervalo compacto contido em I. Sendo f cont´ınua, devemos ter que f |[c,d] tamb´em ´e cont´ınua. Assim, como toda fun¸c˜ao cont´ınua com dom´ınio compacto ´e uniformemente cont´ınua, devemos ter que f[c,d] ´e uniformemente cont´ınua. Logo, existe δ0 > 0 tal que para quaisquer x e y ∈ [c, d], com |x − y| < δ0 , a desigualdade |f (x) − f (y)| < 2 ´e v´ alida. Por fim, tomemos δ := min{δ0 , d − c}. Se x e y ∈ I, com x < y, s˜ ao 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) ´e v´alida:
281
• Se x e y ∈ [a, c) ∩ I temos que f (x) e f (y) ∈ [A, A + 3ε ]. Logo, a desigualdade (7.1) ´e v´alida; • 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) ´e v´alida. Suponhamos agora que f : I → R seja decrescente, cont´ınua e limitada. Provaremos que f ´e uniformemente cont´ınua. Como f : I → R ´e decrescente, cont´ınua e limitada, temos que −f : I → R ´e crescente, cont´ınua e limitada. Pelo que foi demonstrado acima, f ´e uniformemente cont´ınua. Seja ε > 0. Como −f ´e 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 ´e v´ alida. Logo, para todos x e y ∈ I com |x − y| < δ, a desigualdade |f (x) − f (y)| = |(−f )(x) − (−f )(y)| < ε ´e v´ alida. Desta forma, concluimos que f ´e uniformemente cont´ınua. Portanto, toda fun¸c˜ ao f : I → R mon´ otona, cont´ınua e limitada ´e uniformemente cont´ınua.
282
Exerc´ıcio 7.42: Seja f : X → R uma fun¸c˜ ao cont´ınua. Para que f se estenda continuamente a uma fun¸c˜ao ϕ : X → R ´e necess´ ario e suficiente que exista lim f (x) para todo a ∈ X 0 . x→a
Suponhamos que haja uma fun¸c˜ ao cont´ınua ϕ : X → R tal que ϕ|X = f . Ent˜ao, para todo a ∈ X 0 , 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 0 , exista lim f (x). x→a
Seja ϕ : X → R definida pela igualdade ϕ(a) := lim f (x), x→a
0
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 0 , lim ϕ(y) = ϕ(a),
y→a
e concluiremos da´ı que ϕ ´e uma extens˜ ao cont´ınua de f . Fixemos a ∈ X 0 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 0 tal que |a − y| < δ. Novamente pela defini¸c˜ao 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 0 , 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 0 tal que |a − y| < δ. Portanto, para todo a ∈ X 0 , lim ϕ(y) = ϕ(a).
y→a
283
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] ´e compacto e f : [a, b] → R ´e cont´ınua, temos que f : [a, b] → R ´e 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]
´e uma cobertura aberta para o intervalo compacto [a, b]. Pelo exerc´ıcio 5.52, existe uma parti¸c˜ao 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 + 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.
284
δ 2
, ´e v´ alida a
Exerc´ıcio 7.44: Uma fun¸c˜ ao cont´ınua ϕ : [a, b] → R chama-se poligonal quando existe uma parti¸c˜ao a = a0 < a1 < · · · < an = b tais que ϕ|[ai−1 ,ai ] ´e um polinˆ omio de grau 6 1, para cada i = 1, . . . , n. Prove que, se f : [a, b] → R ´e cont´ınua, ent˜ ao, 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¸c˜ao 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¸c˜ao 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 ´e uma fun¸c˜ ao poligonal que satisfaz a condi¸c˜ao do enunciado.
285
Exerc´ıcio 7.45: Dado ξ : [a, b] → R, se existem a = a0 < a1 < · · · < an = b tais que ξ|(ai−1 ,ai ) ´e constante para cada i = 1, 2, . . . ,n, ξ ´e chamada de fun¸c˜ ao escada. Mostre que se f : [a, b] → R ´e cont´ınua, ent˜ao, para cada ε > 0, existe uma fun¸c˜ ao escada ξ : [a, b] → R, tal que |f (x) − ξ(x)| < ε qualquer que seja x ∈ [a, b]. Seja ε > 0. Como f ´e cont´ınua, existe, pelo exerc´ıcio 7.43, uma parti¸c˜ao a = a0 < a1 < · · · < an = b de [a, b] tal que a desigualdade |f (x) − f (y)| < ε, ´e v´ alida 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 ´e v´ alida para todo x ∈ [a, b].
286
Exerc´ıcio 7.46: Dada uma fun¸c˜ ao f : X → R, suponha que para cada ε > 0 se possa obter uma fun¸c˜ao cont´ınua g : X → R, tal que |f (x) − g(x)| < ε qualquer que seja x ∈ X. Ent˜ ao f ´e cont´ınua. Concluiremos que f ´e cont´ınua mostrando que f ´e cont´ınua em um ponto arbitr´ario a ∈ X. Seja ε > 0. Pela hip´ otese 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 ´e 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)| ε ε ε 3 + 3 + 3 ε.
para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ. Desta forma, concluimos que f ´e cont´ınua em a.
287
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 ´e semicint´ınua superiormente quando ela o ´e em todos os pontos de X. (a) Defina fun¸ca˜o semicont´ınua inferiormente e mostre que f ´e cont´ınua num ponto se, e somente se, ´e semicont´ınua superior e inferiormente naquele ponto. (b) Prove que um subconjunto A ⊂ R ´e aberto se, e somente se, sua fun¸c˜ao caracter´ıstica ξA : R → R (definida por ξA (x) = 1 se x ∈ A e ξA (x) = 0 se x ∈ / A) ´e semicont´ınua inferiormente. (c) Enuncie e prove um resultado an´ alogo ao anterior para conjuntos fechados. (d) Mostre, mais geralmente, que para todo subconjunto X ⊂ R, sua fun¸c˜ao caracter´ıstica ξX : R → R ´e descont´ınua precisamente nos pontos da fronteira de X. Dado a ∈ fr X, mostre que ξX ´e semicont´ınua superiormente no ponto a se a ∈ X e inferiormente se a ∈ / X. Conclua que a fun¸c˜ao f : R → R, definida por f (x) = 1 para x ∈ Q e f (x) = 0 para x irracional, ´e 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 6= 0 e f (0) = c. Mostre que f ´e 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 n˜ ao ´e semicont´ınua inferiormente ou superiormente no ponto 0. (f) As fun¸c˜ oes f e g : R → R, onde f (0) = g(0) = 0 e, para x 6= 0, f (x) = x sen(1/x), g(x) = 1/|x|, s˜ ao semicont´ınuas inferiormente, mas seu produto f · g n˜ao ´e uma fun¸c˜ao semicont´ınua no ponto 0. (g) Para que f : X → R seja semicont´ınua superiormente no ponto a ∈ X ∩ X 0 ´e necess´ario e suficiente que limx→a sup f (x) 6 f (a) (Errata: ´e necess´ ario mas n˜ao suficinte se f for ilimitada. Contra exemplo: a = 0 e f : R → R definida por f (x) = 1/x, em x 6= 0, e f (0) = 0). Equivalentemente: para toda sequˆencia de pontos xn ∈ X com limn→∞ xn = a, que seja limn→∞ sup f (xn ) 6 f (a). Vale o resultado an´alogo 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¸c˜oes semicont´ınuas (uma superiormente e outra inferiormente) cuja soma n˜ ao ´e semicont´ınua. Mostre que se f ´e semicont´ınua superiormente, −f ´e 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, ent˜ ao o produto f · g ´e uma fun¸c˜ ao semicont´ınua superiormente no mesmo ponto. (j) Quando X ⊂ R ´e compacto, toda fun¸c˜ ao semicont´ınua superiormente f : X → R ´e limitada superiormente e atinge seu valor m´ aximo num ponto de X. Enuncie e prove um fato an´alogo para semicontinuidade inferior.
(a) Uma fun¸c˜ ao 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 ´e semicint´ınua inferiormente quando ela o ´e em todos os pontos de X. Suponhamos que f : X → R seja uma fun¸c˜ ao semicont´ınua inferiormente e superiormente. Provaremos que f ´e cont´ınua em um ponto arbitr´ ario a ∈ X e concluiremos da´ı que f ´e cont´ınua. Seja ε > 0. Como f ´e 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)
288
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 ´e cont´ınua em a ∈ X. Suponhamos, por outro lado, que f ´e cont´ınua. Provaremos que f ´e semicont´ınua inferiormente e superiormente em um ponto arbitr´ ario a ∈ X e concluiremos da´ı que f ´e semicont´ınua inferiormente e superiormente. Seja ε > 0. Como f ´e 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 ´e semicont´ınua inferiormente e superiormente em a ∈ X. (b) Suponhamos que A ⊂ R ´e aberto. Provaremos que ξA : R → R ´e semicont´ınua inferiormente em um ponto p ∈ R arbitr´ ario. E conluiremos da´ı que ξA ´e semicont´ınua inferiormente. Seja ε > 0. Se p ∈ A ent˜ ao 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 ´e 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 ´e semicont´ınua inferiormente em p. Portanto, ξA ´e semicont´ınua inferiormente em p ∈ R. Suponhamos, por outro lado, que ξA seja semicont´ınua inferiormente. Provaremos que, para um ponto arbitr´ ario a ∈ A, existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ A. Desta forma concluiremos que A ´e aberto. Como ξA ´e 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) 6= 0, para todo x ∈ (a − δ, a + δ). Logo, (a − δ, a + δ) ⊂ A. (c) Provaremos que F ⊂ R ´e fechado se, e somente se, sua fun¸c˜ao caracter´ıstica ξF : R → R ´e semicont´ınua superiormente. Suponhamos que F ⊂ R seja fechado. Provaremos que ξF ´e semicont´ınua superiormente em um ponto arbitr´ ario p ∈ R e concluiremos da´ı que ξF ´e 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 ´e semicont´ınua superiormente em p. 289
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 ´e semicont´ınua inferiormente em p. Portanto, ξF ´e semicont´ınua superiormente em p ∈ R. Suponhamos, por outro lado, que ξF seja semicont´ınua superiormente. Provaremos que, para um ponto arbitr´ ario p ∈ R\F , existe δ > 0 tal que (p − δ, p + δ) ⊂ R\F . Desta forma, concluiremos que F ´e fechado. Como ξF ´e 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) 6= 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 ´e descont´ınuo exatamente nos pontos de fronteira de X, verificaremos que ξX ´e cont´ınua em int(X) e int(R\X), semicont´ınua superiormente, mas n˜ao inferiormente, em fr(X)∩X e semicont´ınua inferiormente, mas n˜ ao superiormente, em fr(X) ∩ (R\X). Seja a ∈ int(X). Como int(X) ´e 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 ´e cont´ınua em a ∈ int(X) pois, para todo ε > 0, |ξX (x) − ξX (a)| = 0 < ε sempre que |x − a| < δ. De modo an´ alogo, verifica-se que ξX : R → R ´e 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 ´e 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 n˜ao ´e 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 ´e 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 ´e semicont´ınua superiormente. Por fim, f = ξQ ´e 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. 290
(e) Seja f : R → R dada por
f (x) =
sen x1 , se x 6= 0 c, se x = 0.
Como f ´e uma composi¸c˜ ao de fun¸c˜ oes cont´ınuas no aberto R\{0}, temos que f ´e cont´ınua em R\{0}. Desta forma, podemos concluir que f ´e semicont´ınua superiormente (inferiormente) se, e somente se, c > 1 (c 6 −1) mostrando que f ´e f ´e semicont´ınua superiormente (inferiormente) em 0 se, e somente se, c > 1 (c 6 −1). Assim, podemos tamb´em concluir que f n˜ ao ´e semicont´ınua superiormente ou inferiormente se −1 < c < 1. Suponhamos que f seja semicont´ınua superiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitr´ario, 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
1 ∈ (−δ, δ) + 2nπ
e, consequentemente, 1 = sen
π 2
+ 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 6 1 < 1 + ε = c + ε = f (0) + ε. f (x) = sen x Logo, para todo x ∈ R, temos que f (x) < f (0) + ε. Portanto, f ´e semicont´ınua superiormente em 0. Suponhamos que f seja semicont´ınua inferiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitr´ario, 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
1 ∈ (−δ, δ) + 2nπ
e, consequentemente, c−ε
3π 2
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 ´e semicont´ınua inferiormente em 0. (f ) Sejam f e g : R → R definidas por f (x) =
0, x sen
1 x
291
se x = 0, , se x = 6 0,
e
g(x) =
0, 1 |x| ,
se x = 0, se x = 6 0,
Como f e g s˜ ao produtos, composi¸c˜ oes e quocientes de fun¸c˜oes cont´ınuas em R\{0}, temos que f e g s˜ ao cont´ınuas em R\{0}. Logo, f e g s˜ ao semicont´ınuas inferiormente em R\{0}. Desta forma, provando que f e g s˜ ao semicont´ınuas inferiormente em 0 podemos, pelo item (a), concluir que f e g s˜ao 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 s˜ao semicont´ınuas inferiormente em 0. Provaremos, agora, que f · g n˜ ao ´e semicont´ınua em 0. Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que x :=
1 < δ. (2n + 1)π
Assim, x ∈ (−δ, δ)\{0} e x f · g(x) = sen |x|
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 n˜ ao ´e semicont´ınua em 0. (g) Seja f : X → R uma fun¸c˜ ao e a ∈ X ∩ X 0 . 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 aderˆencia de f em a e (xn )n∈Z+ uma sequˆencia em X\{a} tal que limn→∞ xn = a e limn→∞ f (xn ) = c. Provaremos, para ε > 0 arbitr´ario, 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 ´e tal que |x − a| < δ. Tamb´em 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. 292
ε . 2
Concluimos que f (a) ´e maior ou igual que qualquer valor de aderˆencia 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 ´e semicont´ınua superiormente em a precisamos de mais hip´ oteses. Por exemplo, se f : R → R ´e dada por 0, se x = 0, f (x) = 1 x , se x 6= 0. ent˜ ao lim sup f (x) = −∞ < f (0).
x→0
Desta forma, iremos assumir tamb´em que f ´e limitada em uma vizinhan¸ca de a. Seja ε > 0. Suponhamos, por absurdo, que n˜ao exista δ > 0 tal que f (x) < f (a) + ε sempre que x ∈ X ´e 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 sequˆencia (xn )n∈Z+ em X\{a} tal que limn→∞ xn = a. Como f ´e limitada em uma vizinhan¸ca de a, existe uma subsequˆencia (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→∞
j´ a que f (a) + ε 6 f (xnk ), para todo k ∈ Z+ . Por outro lado, como c ´e um ponto de acumula¸c˜ao de f em a, c 6 lim sup f (x) 6 f (a). x→a
Uma contradi¸c˜ ao. Portanto, f ´e semicont´ınua superiormente no ponto a. De modo an´ alogo, admitindo que f ´e limitada em uma vizinhan¸ca de a, prova-se que f ´e 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¸c˜oes semicont´ınuas superiormente em um ponto a ∈ X. Mostraremos que f + g ´e 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 ´e tal que |x − a| < δf , e ε g(x) < g(a) + , 2 sempre que x ∈ X ´e tal que |x − a| < δg . Denotemos min{δf , δg } por δ. Assim, para x ∈ X tal que |x − a| < δ, temos que ε ε (f + g)(x) = f (x) + g(x) < f (a) + + g(a) + = (f + g)(a) + ε. 2 2 Logo, podemos concluir que f + g ´e semicont´ınua superiormente em a. Sejam f e g : R → R dadas por sen x1 , se x 6= 0, f (x) = −1, se x = 0, 293
e
g(x) =
sen x1 , se x 6= 0, 1, se x = 0.
Pelo item (e), f ´e semicont´ınua inferiormente e g ´e semicont´ınua superiormente. Provaremos que f + g n˜ ao ´e 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 ´e arbitr´ ario, conclu´ımos que f + g n˜ao ´e semicont´ınua superiormente em 0. De forma an´ aloga, podemos mostrar que f + g n˜ao ´e semicont´ınua inferiormente em 0. Suponhamos que f : X → R sejam semicont´ınua superiormente. Provaremos que −f ´e semicont´ınua inferiormente em um ponto arbitr´ ario a ∈ X. E concluiremos da´ı que −f ´e 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 ´e arbitr´ario, −f ´e semicont´ınua inferiormente em a. (i) Suponhamos que f e g : X → R sejam duas fun¸c˜oes semicont´ınuas superiormente em um ponto a ∈ X e que f (x) e g(x) > 0, para todo x ∈ X. Mostraremos que f · g ´e 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, 294
para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Portanto, f · g ´e 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 ´e 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 ´e uma cota superior para f (X) e concluiremos da´ı que f ´e limitada superiormente. Seja x ∈ X. Para algum k ∈ {1, . . . , n}, x ∈ ak − δ(ak ), ak + δ(ak ) j´a 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 ´e uma cota superior para f (X). Seja (xn )n∈Z+ uma sequˆencia em X tal que lim f (xn ) = sup f (X).
n→+∞
Como X ´e compacto, existe uma subsequˆencia 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 m´aximo em um ponto de X. De modo an´ alogo, podemos provar que se f : X → R for uma fun¸c˜ao semicont´ınua inferiormente em um conjunto compacto X ⊂ R ent˜ ao f ´e limitada inferiormente e assume seu valor m´ınimo em um ponto de X.
295
Cap´ıtulo 8
Derivadas
296
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¸c˜ao a ∈ I. Se f (x) = g(x), para todo x ∈ I. Em particular, se f (x) = 0, para todo x ∈ X, ent˜ao 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 ´e tal que f |X = g|X e exista a ∈ X 0 ∩ 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¸ca˜o ϕ := f − g ´e 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 sequˆencia em X tal que limk→+∞ xk = a e xk 6= 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 F´ormula 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 X i=0
ϕ(n) (a + θk hk ) n ϕ(n) (a + θk hk ) n ϕ(i) (a) i hk + hk = hk . i! n! n!
Logo, lim θk hk = 0
k→+∞
e, como hk = a − xk 6= 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→+∞
(n)
Portanto, pelo princ´ıpio da indu¸c˜ ao finita, ϕ (a) = 0, para todo n ∈ Z+ . Em particular, provamos que se f : I → R ´e uma fun¸c˜ao anal´ıtica definida no intervalo aberto I, X ⊂ I, f |X = 0 ao f = 0 pois 0 ´e anal´ıtica em I. e a ∈ X ∩ I ent˜
297
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 ∞ X f (x) = an (x − a)n . n=0
Prove que
P
n
an (x − a) ´e a s´erie de Taylor de f em torno de a, isto ´e, que an =
f (n) (a) , n!
para todo n = 0, 1, 2, . . . . Seja f 00 (a) f (n) (a) · (x − a)2 + · · · + · (x − a)n + r(x − a), 2! n! para x ∈ I, a n-´esima expans˜ ao de Taylor de f em torno de a. Provaremos, por indu¸c˜ ao em n ∈ Z>0 , que f (x) = f (a) + f 0 (a) · (x − a) +
an = Para n = 0, temos da igualdade f (x) =
f (n) (a) . n!
∞ X
an (x − a)n
n=0
que f (a) =
∞ X
ak (a − a)k =
∞ X
ak (0)k = a0 .
k=0
k=0
Suponhamos, como hip´ otese 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) P∞ = a0 + · · · + an−1 (x − a)n−1 + an (x − a)n + k=n+1 ak (x − a)k (n−1) P∞ (a) (x − a)n−1 + an (x − a)n + k=n+1 ak (x − a)k = f (a) + · · · + f (n−1)!
e, consequentemente,
∞ X 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}, ∞ X r(x − a) f (n) (a) − an = (x − a)−n ak (x − a)k − . n! (x − a)n k=n+1
Por fim, f (n) (a) n!
− an
P∞ r(x−a) limx→a (x − a)−n k=n+1 ak (x − a)k − (x−a) n P∞ 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. 298
Exerc´ıcio 8.48: Seja f (x) =
x5 1+x6 .
Calcule as derivadas de ordem 2001 e 2003 da fun¸c˜ao f : R → R no ponto 0.
Para y ∈ (−1, 1) temos, pelo Exemplo 24 do Cap´ıtulo IV, temos que ∞
X 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) P ∞ x5 Pk=0 (−x6 )k ∞ k 6k 5 x x P∞ k=0 (−1) k 6k+5 (−1) x k=0 P∞ n n=0 an x ,
(−1)k , se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0 , 0, caso contr´ario.
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 contr´ario.
Assim, f (2001) (0) = f (333·6+3) (0) = 0 e f (2003) (0) = f (333·6+5) (0) = (−1)333 2003! = −2003!.
299
Exerc´ıcio 8.49: Seja f : I → R definida num intervalo. Prove que f ´e 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 a0 = b, b0 = a e t0 = 1 − t, f ((1 − t)a + tb) = f ((1 − t0 )a0 + t0 b0 ) 6 (1 − t0 )f (a0 ) + t0 f (b0 ) = (1 − t)f (a) + tf (b). Portanto, se f ´e convexa, ent˜ ao a desigualdade (8.1) ´e v´alida 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 ´e tal que x − a = t(b − a) > 0 e b − x = (1 − t)(b − a) > 0. Ou seja, x ∈ [a, b] ⊂ I. Al´em disso, segue da defini¸c˜ao de x que x−a t= b−a e b−x 1−t= . b−a Como f ´e convexa, temos que f (b) − f (a) f (x) − 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) 6 =
b−x b−a
f (a) + x−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 ´e 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)
= 6 =
f ((1 − t)a + tb) (1 − t)f (a) + tf (b) b−x x−a 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 ´e convexa. 300
Exerc´ıcio 8.50: Verifique que f : R → R, dada por f (x) = ex , ´e 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 n˜ ao-negativos, com α + β = 1. Seja exp : R → R a aplica¸c˜ ao exponencial. Como exp00 = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Cap´ıtulo 8, que exp ´e uma fun¸c˜ ao 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 a α 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.
301
Exerc´ıcio 8.51: Seja Pn 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 X X 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 Pn ao i=1 ti ai ∈ I. Sejam i=1 ti = 1 ent˜ a := min{a1 , . . . , an } ∈ I
Pk e
b := max{a1 , . . . , an } ∈ I. Segue que a=
n X
! ti
a=
i=1
e
n X
ti ai >
i=1
n X
n X
ti a 6
i=1 n X
ti b =
i=1
ti ai
i=1 n X
! ti
b = b.
i=1
Logo, n X
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 ((1 − t2 )a1 + t2 a2 ) = (1 − t2 )f (a1 ) + t2 f (a2 ) = t1 f (a1 ) + t2 f (a2 ).
f (t1 a1 + t2 a2 )
Suponhamos, como hip´ otese de indu¸c˜ ao, que o caso n = k − 1 seja verdadeiro. P 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 X X f ti ai = f (ak ) = ti f (ai ). i=1
i=1
Consideremos agora o caso em que tk 6= 1. Desta forma, t0i :=
ti 1 − tk
s˜ ao tais que k−1 X i=1
t0i =
k−1 X i=1
Pk−1 ti ti = i=1 = 1 1 − tk 1 − tk
e t0i ∈ [0, 1]. Seja a :=
k−1 X
t0i ai ∈ I.
i=1
302
Assim, pela hip´ otese de indu¸c˜ ao, f
k X
! ti ai
=
i=1
= 6 = 6 = =
! ti f (1 − tk ) ai + tk ak 1 − tk i=1 f (1 − tk )a + tk ak (1 − tk )f (a) P+ tk f (ak) k−1 0 (1 − tk )f i=1 ti ai + tk f (ak ) Pk−1 0 (1 − t ) i=1 ti f (ai ) + tk f (ak ) Pk−1k ti f (ai ) + tk f (ak ) Pi=1 k i=1 ti f (ai ). k−1 X
Portanto, o resultado segue pelo PIF.
303
Exerc´ıcio 8.52: Sejam x1 , x2 , . . . , xn e t1 , . . . , tn n´ umeros n˜ ao-negativos, com t1 + · · · + tn = 1. Prove que xt11 · xt22 · · · · · xtnn 6 t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn . Conclua, em particular a desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica. Denotemos por exp : R → R a aplica¸c˜ ao exponecial. Como exp00 = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Cap´ıtulo 8, que exp ´e uma fun¸c˜ ao convexa. Sejam x1 , . . . , xn , t1 , . . . , tn ∈ R>0 tais que t1 + · · · + tn = 1. Se algum xi ´e 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 ´e 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 ) = t 1 x1 + t 2 x2 + · · · + t n xn .
Sejam x1 , . . . xn n´ umeros reais n˜ ao negativos, G :=
√ n
x1 · x2 · · · · · xn
sua m´edia geom´etrica e
x1 + · · · + xn n sua m´edia aritm´ atica. Pelo que foi demonstrado acima, temos que A :=
1
G = 6 =
1
1
x1n · x2n · · · · · xnn x1 x2 xn n + n + ··· + n A.
304
Exerc´ıcio 8.53: Seja ϕ : [a, b] → R duas vezes deriv´ avel, com ϕ(a) = ϕ(b) = 0 e ϕ00 (x) < 0 para todo x ∈ [a, b]. Prove que ϕ(x) > 0, para todo x ∈ (a, b). Conclua que, se f : I → R ´e duas vezes deriv´avel e f 00 (x) > 0, para todo x ∈ I, ent˜ ao f ´e estritamente convexa no intervalo I. Seja ϕ : [a, b] → R, a < b, duas vezes deriv´ avel, com ϕ(a) = ϕ(b) = 0 e ϕ00 (x) < 0 para todo x ∈ [a, b]. 00 Como ϕ (x) < 0 para todo x ∈ [a, b], temos que ϕ0 ´e estritamente decrescente (Corol´ario 6 do Teorema 7 do Cap´ıtulo VIII). Al´em disso, como ϕ(a) = 0 = ϕ(b), pelo Toerema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que ϕ0 (c) = 0. Desta forma, como ϕ0 ´e estritamente decrescente em [a, b] e ϕ0 (c) = 0, ϕ0 > 0 em [a, c) e ϕ0 < 0 em (c, b]. Com isso, concluimos que ϕ ´e estritamente crescente em [a, c] e estritamente decrescente em [c, b] (novamente pelo Corol´ ario 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 ´e estritamente decrescente em [c, b), ϕ > 0 em [c, b]. Portanto, ϕ > 0 em (a, b). Seja f : I → R ´e duas vezes deriv´ avel e f 00 (x) > 0, para todo x ∈ I, ent˜ao f ´e estritamente convexa no intervalo I. Provaremos, para a e b em I, com a < b, arbitr´arios, que f (b) − f (a) f (x) − f (a) < , x−a b−a para todo x ∈ (a, b). Com isso, concluiremos que f ´e estritamente convexa. Definimos ϕ : [a, b] → R por f (b) − f (a) (x − a) + f (a) − f (x), ϕ(x) = b−a para todo x ∈ [a, b]. Desta forma, ϕ(a) = ϕ(b) = 0, ϕ0 (x) =
f (b) − f (a) − f 0 (x) b−a
e ϕ00 (x) = −f 00 (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) =
f (b) − f (a) (x − a) + f (a) − f (x) b−a
e, consequentemente, f (x) − f (a) f (b) − f (a) < . x−a b−a
305
Exerc´ıcio 8.54: Seja f cont´ınua num ponto. Prove que se f ´e deriv´avel nesse ponto ent˜ao existe na m´aximo uma reta que coincide com o gr´ afico de f uma infinidade de vezes em qualquer vizinhan¸ca do ponto. Seja f : X → R deriv´ avel em a ∈ X 0 . Suponhamos que c e d ∈ R s˜ ao tais que, para qualquer vizinhan¸ca U de a em X, f (x) = cx + d, para infinitos x ∈ U . Em particular, existe uma sequˆencia (xn )n∈Z+ em X tal que lim xn = a
n→∞
e f (xn ) = cxn + d, para todo n ∈ Z+ . Como f ´e deriv´ avel em a, temos que f (xn ) − f (a) f (x) − f (a) (cxn + d) − (ca + d) = lim = lim = f 0 (a). n→∞ x→a n→∞ xn − a xn − a x−a
c = lim
Al´em disso, como f ´e cont´ınua em a, ca + d = lim (cxn + d) = lim f (xn ) = f (a) n→∞
n→∞
e, consequentemente, d = f (a) − ca = f (a) − f 0 (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} ent˜ ao c e d s˜ ao determinados unicamente pelos valores de f (a) e f 0 (a). Em particular, existe no m´aximo uma reta com esta propriedade.
306
Exerc´ıcio 8.55: Seja f : [a, +∞) → R duas vezes deriv´ avel. Se lim f (x) = f (a) ent˜ao existe x ∈ (a, +∞) tal que f 00 (x) = 0. x→+∞
Usaremos o seguinte resultado: Se g : [c, +∞) → R ´e uma fun¸c˜ao deriv´avel que adimite uma sequˆencia (xn )n∈Z+ em [c, +∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn ) = g(c) ent˜ao existe x ∈ (c, +∞) tal que g 0 (x) = 0. Se g(y) = g(c), para todo y ∈ (c, +∞), qualquer x ∈ (c, +∞) ´e tal que g 0 (x) = 0. Suponhamos que exista y ∈ (c, +∞) tal que g(y) 6= 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) ´e an´ alogo. 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 0 (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 0 (x) = 0. Consideremos, agora, f : [a, +∞) → R como no enunciado. Como limx→+∞ f (x) = f (a), deve existir uma sequˆencia (xn )n∈Z+ em [a, +∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ f (xn ) = f (a). Logo, existe um ponto b ∈ (a, +∞) tal que f 0 (b) = 0. Provaremos que existe uma sequˆencia (xn )n∈Z+ em [b, +∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ f 0 (xn ) = 0 = f 0 (b). Assim, conclu´ımos que a fun¸c˜ ao deriv´avel f 0 : [b, +∞) → R admite um ponto x ∈ (b, +∞) tal que 00 f (x) = 0. Pelo Teorema do Valor M´edio, podemos escolher, para cada n ∈ Z+ , xn ∈ (a + n, a + n + 1) tal que f 0 (xn ) = f (a + n + 1) − f (a + n). Segue da´ı que limn→+∞ xn = +∞ e lim f 0 (xn )
n→+∞
= =
lim
n→+∞
f (a + n + 1) − f (a + n)
lim f (a + n + 1) − lim f (a + n)
n→+∞
n→+∞
= f (a) − f (a) = 0.
307
Cap´ıtulo 9
Integral de Riemann
308
Exerc´ıcio 9.36: Seja f : R → R cont´ınua tal que f (x + y) = f (x) · f (y). Prove que, para algum a ∈ R+ , f (x) = ax ou f (x) = 0 para todo x ∈ R. Como f (0) = f (0 + 0) = f (0) · f (0), devemos ter que f (0) = 0 ou 1. Provaremos que f ´e nula se f (0) = 0 e que f ´e igual a fun¸c˜ao x → ax , a := f (1) ∈ R+ , se f (0) = 1. Suponhamos que f (0) = 0. Neste caso, temos que f (x) = f (x + 0) = f (x) · f (0) = f (x) · 0 = 0, para todo x ∈ R. Desta forma, a fun¸c˜ ao f ´e constante igual a zero. Consideremos, de agora em diante, o caso em que f (0) = 1. Seja a := f (1). Temos que 1 1 1 1 + =f ·f > 0. a = f (1) = f 2 2 2 2 Al´em disso, a · f (−1) = f (1) · f (−1) = f (1 − 1) = f (0) = 1 e, consequentemente, f (1) 6= 0. Com isso, conclu´ımos que a ∈ R+ . n Provaremos, por indu¸c˜ ao em n ∈ Z+ , que f (nx) = f (x) , para todo x ∈ R. Para n = 1 a afirma¸c˜ao ´e trivial. n Se f (nx) = f (x) ent˜ ao n n+1 f (n + 1)x = f (nx + x) = f (nx) · f (x) = f (x) f (x) = f (x) . n Logo, pelo Princ´ıpio da Indu¸c˜ ao Finita, f (nx) = f (x) para todo n ∈ Z+ e x ∈ R. Com isso, temos, para todo n ∈ Z+ e x ∈ R, que n f (−nx) · f (x) = f (−nx) · f (nx) = f (−nx + nx) = f (0) = 1 e, consequentemente, f (−nx) =
−n 1 n = f (x) . f (x)
Logo, como 0 f (0x) = f (0) = 1 = f (x) , conclu´ımos que f (nx) = f (x) para todo n ∈ Z e x ∈ R. Para m ∈ Z+ ,
n
,
m 1 1 =f m· = f (1) = a f m m
e, consequentemente, f
1 m
1
= am .
Portanto, para todo n ∈ Z e m ∈ Z+ , n 1 n 1 f = f = (a m )n = a m . m m n
A fun¸c˜ ao g : R → R definida por
g(x) = ax = ex·log a
´e uma composi¸c˜ ao de fun¸c˜ oes cont´ınuas. Logo, g ´e cont´ınua. Desta forma, conclu´ımos que as fun¸c˜ oes f e x → ax coincidem em Q. Portanto, como ambas fun¸c˜ oes s˜ ao cont´ınuas, devemos ter que f = g. 309
Exerc´ıcio 9.37: √ Prove que lim n n a − 1 = log a para todo a > 0. n→∞
Este exerc´ıcio √ est´ a errado. A sequˆencia ( n a − 1)n∈Z+ ´e limitada. Logo, √ lim n n a − 1 = +∞ = 6 log a.
n→∞
310
Cap´ıtulo 10
Sequˆ encias e S´ eries de Fun¸ c˜ oes
311
Exerc´ıcio 10.44: A sequˆencia de fun¸c˜ oes fn (x) = nx2 possui derivadas equilimitadas no ponto 0 mas n˜ao ´e equicont´ınua neste ponto. Como fn0 (0) = 0 para todo n ∈ Z+ temos que a sequˆencia (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 sequˆencia n˜ ao ´e equicont´ınua em 0.
312
Exerc´ıcio 10.45: Um conjunto de polinˆ omios de grau 6 k, uniformemente limitado em um intervalo compacto, ´e equicont´ınuo neste intervalo. Seja E tal conjunto de polinˆ omios 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]} ˜ ´e uniformemente limitado e que E ´e equie teremos, assim, que E ´e uniformemente limitado se e somente se E ˜ ´e 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) = Pk i i=0 ai x , vale |ai | < C, i = 0, ..., k. (10.1) Donde conclui-se que o conjunto das derivadas dos polinˆomios de E ´e equilimitado e, consequentemente, que E ´e 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 ´e equilimitado, segue que o conjunto E 0 := {p − p(0) | p ∈ E} ´e tamb´em equilimitado. Consideremos E 00 := {p | ∃˜ p ∈ E 0 , p˜(x) = p(x)x, ∀x ∈ I} Adiante, dada uma constante A > 0 tal que |p(x)| < A, ∀p ∈ E 0 , x ∈ I, temos que A0 = A/b ´e tal que |p(x)| < A0 , ∀p ∈ E 00 , x ∈ I. Ou seja, E 00 ´e equilimitada. Al´em disso, todos os polinˆoP mios em E 00 s˜ao de grau 6 n − 1. Pelo passo indutivo, n existe C 0 > 0 tal que, para todo p ∈ E 00 dado por p(x) = i=1 ai xi−1 , vale |ai | < C 0 , i = 1, ..., n. E, como E ´e equilimitado, existe C 00 > 0 tal que, para todo p ∈ E, vale |a0 | = |p(0)| < C 00 . Assim, para C = max{C 0 , C 00 } temos (10.1). E o resultado segue pelo PIF.
313
Exerc´ıcio 10.46: Diz-se que uma sequˆencia de fun¸c˜ oes fn : X → R converge fracamente para uma fun¸c˜ao f : X → R quando limn→∞ fn (x) = f (x) para cada ponto x ∈ X na qual f ´e cont´ınua. Seja D ⊂ R denso. Prove que se uma sequˆencia de fun¸co˜es mon´ otonas fn : R → R converge simplesmente em D para uma fun¸c˜ao f : R → R ent˜ ao (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 subsequˆencia n˜ao-decrescentes e n˜ao-crescentes de (fn ), que lim fnk (x0 ) = lim fnp (x0 ) = f (x0 ) p→∞
k→∞
Com igual raz˜ ao, basta provar a afirma¸c˜ ao (10.2) para o caso em que todas as fn ’s s˜ao decrescentes e para o caso em que todas as fn ’s s˜ ao n˜ ao-crescentes. Suponhamos que todas as fn ’s s˜ ao n˜ ao-decrescentes. Come¸caremos provando que f ´e n˜ ao-decrescente em D. Suponhamos, por absurdo, que existam x− < x+ em D tais que f (x− ) > f (x+ ). Ent˜ ao, 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 n˜ ao-decrescente. Portanto, f ´e n˜ao-decrescente em D. O pr´ oximo passo desta demonstra¸c˜ ao ´e provar que se + x− 0 < x0 < x0 , + onde x− ao 0 e x0 ∈ D, ent˜
+ f (x− 0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 ).
De fato, se f (x− 0 ) > f (x0 ), ent˜ ao, como f ´e cont´ınua em x0 e D ´e denso em R, existe x ˜ ∈ D tal que x− ˜ < x0 0 f (˜ Contradizendo o fato de f ser n˜ ao-decrescente em D. Portanto, devemos ter que f (x− 0 ) 6 f (x0 ). E, de forma an´ aloga, mostra-se que devemos ter que f (x0 ) 6 f (x+ 0 ). 314
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 ´e 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 par´ agrafos acima, temos que + f (x− 0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 )
e + fn (x− 0 ) 6 fn (x0 ) 6 fn (x0 ).
Logo, + + − f (x− 0 ) − fn (x0 ) 6 f (x0 ) − fn (x0 ) 6 f (x0 ) − fn (x0 ).
E, como + − + + + |f (x− 0 ) − fn (x0 )| 6 |f (x0 ) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fn (x0 )| 6 ε/2 + ε/2 = ε
e − + − − − |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 s˜ ao n˜ ao-crescentes ´e an´alogo.
315
Exerc´ıcio 10.47: x Seja f (x) = x + |x| se x 6= 0 e f (0) = 0. Obtenha uma sequˆencia de fun¸c˜oes cont´ınuas crescentes fn : R → R que convirjam para f em R − {0}, mas (fn (0)) n˜ ao converge.
Considere
( fk (x) =
x < −1/k e 0 < x
f (x), 2+
1 k
x+1/k 1/k
−
1 k
− 1,
−1/k 6 x 6 0
para k par e ( fk (x) =
x < −1/k e 0 < x
f (x), 2+
1 k
x 1/k
− 1, 0 6 x 6 1/k
para k ´ımpar. Temos, ent˜ ao, que (fk ) ´e uma sequˆencia de fun¸c˜oes cont´ınuas e crescentes que converge para f em R − {0}. E, como fk (0) = (−1)k , temos que (fk (0)) n˜ ao ´e convergente.
316
Exerc´ıcio 10.48: Uma sequˆencia de fun¸c˜ oes mon´ otonas fn : R → R possui uma subsequˆencia que converge fracamente para uma fun¸c˜ ao mon´ otona f : R → R, a qual podemos tomar cont´ınua `a direita. Provaremos o resultado para o caso em que (fn ) ´e uma sequˆencia de fun¸c˜oes n˜ao decrescentes. A demonstra¸c˜ ao para o caso em que (fn ) ´e uma sequˆencia de fun¸c˜oes n˜ao-crescentes ´e an´aloga. No caso geral, (fn ) possui uma subsequˆencia de pelo menos um destes dois tipos. E esta, por sua vez, possuir´a um subsequˆencia com a propriedade do en´ unciado. Seja (fn ) uma sequˆencia simplesmente limitada de fun¸c˜oes n˜ao decrescentes. Pelo Teorema de Cantor-Tychonov existe uma subsequˆencia (fnk ) de (fn ) que converge em Q para uma fun¸c˜ ao f˜ : Q → R. Como (fnk ), devemos ter que f˜ ´e n˜ ao-decrescente. Como f˜ ´e mon´ otona, existe limx→x+ f˜(x). Assim, podemos definir 0
f:
R x0
→ R → limx→x+ f˜(x). 0
Provaremos que f ´e cont´ınua ` a direita e (fnk ) converge fracamente para f . Seja x0 ∈ R. Provaremos que f (x0 ) = lim+ f (x). x→x0
Seja (xn ) uma sequˆencia em R que converge a` direita para x0 . Pela defini¸c˜ao 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 ) ´e uma sequˆencia que converge para x0 `a direita arbitr´aria, segue que lim f (x) = f (x0 ).
x→x+ 0
Por sua vez, como x0 ´e arbitr´ ario, conclu´ımos que f ´e cont´ınua `a direita. + Para todos x0 ∈ R, x− e x 0 0 ∈ 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˜ ´e n˜ ao-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 ´e ponto de continuidade de f , existem y0− e y0+ ∈ R tais que y0− < x0 < y0+ e |f (y0+ ) − f (y0− )| < 317
ε . 2
+ Tomando-se x− 0 e x0 ∈ Q tais que
+ + y0− < x− 0 < x0 < x0 < y0
temos, por (10.3), que + ˜ + 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 n˜ao-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 )
e, consequentemente, + − ˜ + 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+ .
318
Exerc´ıcio 10.49: Seja (fn ) uma sequˆencia equicont´ınua e simplesmente limitada num compacto X ⊂ R. Se toda subsequˆencia uniformemente convergente em X tem o mesmo limite f : X → R, ent˜ao fn → f uniformemente. Suponhamos, por absurdo, que a sequˆencia (fn ) n˜ao convirja uniformemente para f . Ent˜ao, existe uma subsequˆencia (fnk ) de (fn ) e uma sequˆencia |f (xnk ) − fnk (xnk )| > ε (10.4) para algum ε > 0 fixo. Por´em, como X ´e compacto, (fnk ) ´e equicont´ınua e simplesmente limitada, temos, pelo Teorema 10.23, que alguma subsequˆencia de (fnk ) converge uniformemente em X para uma fun¸c˜ao f˜. E, como toda subsequˆencia uniformemente convergente de (fn ) converge para f , devemos ter que f˜ = f . O que contradiz (10.4).
319
Exerc´ıcio 10.50: Dˆe exemplo de uma sequˆencia equicont´ınua de fun¸c˜oes fn : (0, 1) → (0, 1) que n˜ao possua subsequˆencia uniformemente convergente em (0, 1). Seja (fn ) a sequˆencia dada por fn :
(0, 1) → (0, 1) 1 1 x ∈ 0, 2πn → 14 sin 1 x ∈ 2πn , 1 → 2 .
1 x
Esta sequˆencia converge simplesmente para a fun¸c˜ao f:
(0, 1) → (0, 1) x → 12 .
Por´em nenhuma subsequˆencia desta sequencia converge uniformemente.
320
+
1 2
Exerc´ıcio 10.51: Dada uma sequˆencia de fun¸c˜ oes duas vezes deriv´aveis (fn ) definidas no intervalo compacto I, suponha que fn → f simplesmente em I, que (fn0 (a)) ´e limitada para um certo a ∈ I e que (fn00 ) ´e uniformemente limitada em I. Prove que f ∈ C 1 . Temos que a sequˆencia (fn0 ) ´e equicont´ınua e uniformemente limitada. De fato, como (fn00 ) ´e uma sequˆencia uniformemente limitada, segue que (fn ) ´e equicont´ınua. Adiante, como (fn00 ) ´e uniformemente limitada e I ´e compacto, existe, pelo teorema do valor m´edio, C 0 > 0 tal que |fn0 (x) − fn0 (a)| < C 0 , ∀n ∈ Z+ , x ∈ I. E, como (fn0 (a)) ´e uma sequˆencia limitada, existe C > 0 tal que |fn0 (a)| < C, ∀n ∈ Z+ . Ent˜ ao, |fn0 (x)| 6 |fn0 (x) − fn0 (a)| + |fn0 (a)| < C 0 + C, ∀n ∈ Z+ , x ∈ I. Ou seja, (fn0 ) ´e uniformemente limitada. Adiante, temos que toda subsequˆencia uniformemente convergente de (fn0 ) converge para f 0 . De fato, dada uma subsequˆencia uniformemente convergente (fn0 k ) temos, pelo Teorema 10.7, que fn0 k → f 0 j´a que fnk → f . Como (fn ) ´e uma sequˆencia equincont´ınua, uniformemente limitada tal que todas as suas subsequˆencias uniformemente convergentes convergem para f 0 , temos, pelo exerc´ıcio 10.49, que fn0 → f 0 uniformemente em I. Portanto, f 0 ´e cont´ınua, pois ´e o limite uniforme de uma sequˆencia de fun¸c˜oes cont´ınuas.
321
Exerc´ıcio 10.52: Dada uma sequˆencia de fun¸c˜ oes k+1 vezes deriv´ aveis (fn ) definidas no intervalo I, suponha que existam a0 , ..., ak ∈ I (k) (k+1) 0 e c > 0, tais que |fn (a0 )| 6 c, |fn (a1 )| 6 c,...,|fn (ak )| 6 c para todo n ∈ Z+ e que a sequˆencia (fn ) seja uniformemente limitada em I. Prove que existe uma subsequˆencia (fni ) que converge, juntamente com suas k primeiras derivadas, uniformemente em cada parte compacta I. ´ suficiente provar que existe uma subsequˆencia (fn ) que converge, juntamente com suas k primeiras derivadas, E i uniformemente em I para o caso em que I ´e um intervalo compacto. Ent˜ao, assumiremos sem perda de generalidade, que I ´e um intervalo compacto. (k) (k+1) Temos que a sequˆencia (fn ) ´e equicont´ınua e uniformemente limitada. De fato, como (fn ) ´e uma sequˆencia (k) (k+1) uniformemente limitada, segue que (fn ) ´e equicont´ınua. Adiante, como (fn ) ´e uniformemente limitada e I ´e compacto, existe, pelo teorema do valor m´edio, C 0 > 0 tal que |fn(k) (x) − fn(k) (ak )| < C 0 , ∀n ∈ Z+ , x ∈ I. (k)
E, como (fn (ak )) ´e uma sequˆencia limitada, existe C > 0 tal que |fn(k) (ak )| < C, ∀n ∈ Z+ . Ent˜ ao, |fn(k) (x)| 6 |fn(k) (x) − fn(k) (ak )| + |fn(k) (ak )| < C 0 + C, ∀n ∈ Z+ , x ∈ I. (k)
Ou seja, (fn ) ´e 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 ) ´e equicont´ınua e uniformemente limitada. Segue da´ı e do fato de I ser compacto, pelo Teorema 10.23, que (fn ) possui uma subsequˆencia uniformemente convergente. (k) Faremos agora o passo indutivo. Como (fn ) ´e uniformemente limitada, temos que existe uma subsequˆencia (k) (fni ) que converge, juntamente com suas k − 1 primeiras derivadas, uniformente. Adiante, temos que (fni ) ´e (k) (k) equicont´ınua e uniformemente limitada. Isto implica que existe uma subsequˆencia (fnj ) de (fni ) que converge uniformemente. Portanto, devemos ter que (fnj ) e suas primeiras k derivadas convergem uniformemente.
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Exerc´ıcio 10.53: Demonstre o corol´ ario de Teorema 22 para intervalos arbitr´arios (abertos ou n˜ao) I ⊂ R. Se int(I) = ∅, os u ´nicos compactos em I s˜ ao ∅ e I. Assim, o Teorema de Arzel´a-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 contr´ario e
b=
c, caso sup(I) ∈ /I sup(I), caso contr´ario.
Se J = I, temos que I ´e compacto, e, pelo Teorema de Arzel´a-Ascoli, temos que existe uma subsequˆencia de (fn ) que converge uniformemente em I. E, logo, em cada parte compacta de I. Assumiremos daqui em diante que J 6= I. Ent˜ ao existe uma sequˆencia 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 ´e 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 subsequˆencia de (fn ) que converge uniformemente em cada Ki , i ∈ Z+ . Portanto, como cada parte compacta de I est´a contida em algum Ki , temos que esta subsequˆencia converge uniformemente em toda parte compacta de K.
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