UM CURSO DE ANALISE 1 SOLUÇÕES

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

‡

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

15 de setembro de 2011

1

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

6

1.1

Nota¸cões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Cap´ıtulo 2-Conjuntos finitos, Enumeráveis e não-enumeráveis . . . . . . . .

7

1.2.1

Questão 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.2

Questão 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.3

Questão 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.4

Questão 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.5

Questão 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.6

Questão 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.7

questão 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.8

Questão 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.9

Questão 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

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

2

´ SUMARIO

3

1.2.22 Questão 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.2.23 Questão 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2.24 Questão 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2.25 Questão 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.2.26 Questão 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.3

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

Questão 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.3.2

Questão 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.3.3

Questão 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.3.4

Questão 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.3.5

Questão 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.3.6

Questão 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.3.7

Questão 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.3.8

Questão 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.3.9

Questão 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

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

´ SUMARIO

4

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

Cap´ıtulo 4-Sequências e séries de n´ umeros reais . . . . . . . . . . . . . . . 57 1.4.1

Questão 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

1.4.2

Questão 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

1.4.3

Questão 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

1.4.4

Questão 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1.4.5

Questão 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1.4.6

Questão 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1.4.7

Questão 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.4.8

Questão 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.4.9

Questão 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.4.10 Questão 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 1.4.11 Questão 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

´ SUMARIO

5

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

1.6

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

Questão 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

1.5.2

Questão 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

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

Questão 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

1.6.2

Questão 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

1.6.3

Questão 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

1.6.4

Questão 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

1.6.5

Questão 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

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

1.1

Nota¸c˜ oes

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

6

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

1.2

7

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

1.2.1

Quest˜ ao 1

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


1.2.2

8

Quest˜ ao 2

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

1.2.3

Quest˜ ao 3

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

1.2.4

Quest˜ ao 5

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


1.2.5

9

Quest˜ ao 6

Quest˜ ao 6 a) Propriedade 5. Mostrar que

n ∑

k=

k=1

n(n + 1) . 2

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

k=1=

k=1

Supondo a validade para n

n ∑

k=

k=1

vamos provar para n + 1

n+1 ∑

k=

k=1

1(2) . 2

n(n + 1) 2

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

Por defini¸cão de somatório temos n+1 ∑

k = (n + 1) +

k=1

n ∑

k = (n + 1) +

k=1

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

onde usamos a hipótese da indu¸caõ

.

Quest˜ ao 6 b) Propriedade 6. Mostrar que

n ∑

(2k − 1) = n2 .

k=1

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

supondo a validade para n,

n ∑

(2k − 1) = n2

k=1


n+1 ∑ k=1

(2k − 1) = (n + 1)2 .


10

Usando a defini¸caõ de somatório e hipótese da indu¸cão tem-se n+1 ∑

(2k − 1) =

k=1

n ∑

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

.

k=1

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

n ∑

ak = an+1 − 1.

k=0

Para n = 1 temos (a − 1)

1 ∑

ak = (a − 1)(a + 1) = a2 − 1.

k=0

Supondo que (a − 1)

n ∑

k

a =a

n+1

− 1 vamos provar que (a − 1)

n+1 ∑

ak = an+2 − 1. Por

k=0

k=0

defini¸cão de somatório e pela hipótese da indu¸cão temos (a − 1)

n+1 ∑

ak = (a − 1)an+1 + (a − 1)

k=0

n ∑

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

.

k=0

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

.

>2

1.2.6

Quest˜ ao 7

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

m ∏

pk =

k=1

qk onde cada pk e qk são primos, não necessariamente distintos então m = s e pk =

qk ∀ k , após, se necessário, uma renomea¸cão dos termos.


11

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

n = pm

m−1 ∏

pk = qs

k=1

pm divide o produto

s ∏

s−1 ∏

qk

k=1

qk então deve dividir um dos fatores, por exemplo qs (se não,

k=1

renomeamos os termos), como pm |qs então pm = qs pm

m−1 ∏

pk = pm

k=1

s−1 ∏

qk ⇒

k=1

m−1 ∏ k=1

pk =

s−1 ∏

qk = n 0 < n

k=1

como n0 é menor que n, usamos a hipótese da indu¸cão, que implica m − 1 = s − 1, qk = pk de k = 1 até m − 1, da´ı segue que m = n e qk = pk de k = 1 até m.

1.2.7

quest˜ ao 8

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

1.2.8

Quest˜ ao 9

Quest˜ ao a) Propriedade 9. Se A e B são finitos e disjuntos com |A| = n e |B| = m então A ∪ B é finito com |A ∪ B| = m + n.


12

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

1.2.9

Quest˜ ao 10

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


13

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

1.2.10

Quest˜ ao 11

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

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

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

n ∑

em ambos

k=1

lados dessa desigualdade temos n=

n ∑

|Ak | ≤ m ⇒ n ≤ m

k=1

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

1.2.11

Quest˜ ao 12

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

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


14

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

p ∏

p−1 ∏

(n − k) fun¸cões que são injetivas, vamos mostrar que

k=0

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

k=0

podemos pensar o conjunto das f restritas à Ip tendo

p−1 ∏

(n − k) fun¸co˜es, por hipótese da

k=0

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

p−1 ∏

(n − k) =

k=0

1.2.12

p ∏

k=0

(n − k) fun¸cões.

k=0

Quest˜ ao 13

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

1.2.13

Quest˜ ao 14

Propriedade 16. Seja |A| = n então |P (A)| = 2n .


15

Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸caõ sobre n, se n = 1, então A = {a1 } possui dois subconjuntos que são ∅ e {α1 }. Suponha que qualquer conjunto qualquer B com n elementos tenha |P (B)| = 2n , vamos provar que um conjunto C com n + 1 elementos implica |P (C)| = 2n+1 . Tomamos um elemento a ∈ C, C \ {a} possui 2n subconjuntos (por hipótese da indu¸caõ), sk de k = 1 até k = 2n , que também são subconjuntos de C, porém podemos formar mais 2n subconjuntos de C com a união do elemento {a}, logo no total temos 2n + 2n = 2n+1 subconjuntos de C e mais nenhum subconjunto, pois não temos nenhum outro elemento para unir aos subconjuntos dados.

1.2.14

Quest˜ ao 15

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

1.2.15

Quest˜ ao 16

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

∞ ∪

Pk

k=1

é união enumerável de conjuntos enumeráveis. O mesmo vale trocando N por um conjunto enumerável qualquer A.


1.2.16

16

Quest˜ ao 17

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

1.2.17

Quest˜ ao 18

Propriedade 19. Seja f : A → A injetiva, tal que f (A) ̸= A, tomando x ∈ A\f (A) então os elementos f k (x) de O(x) = {f k (x), k ∈ N } são todos distintos. Estamos denotando f k (x) pela k-ésima composi¸cão de f com ela mesma.


17

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

1.2.18

Quest˜ ao 19

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

n ∪

k=1

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

k=1

f (n) ∈

m−1 ∪

m−1 ∪

k=1

k=1

{xk } e f (m) ∈ A \

{xk }.

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

1.2.19

Quest˜ ao 20

Quest˜ ao 20-a) Propriedade 22. O produto cartesiano finito de conjuntos enumeráveis é enumerável.


Demonstra¸c˜ ao. Seja

s ∏

18

Ak o produto cartesiano dos conjuntos Ak enumeráveis,

k=1

então para cada k existe uma fun¸caõ fk : N → Ak que é sobrejetiva, então definimos a s ∏ s fun¸cão f : N → Ak dada por k=1

f (xk )s1 = (fk (xk ))s1 ,isto é, f (x1 , · · · , xs ) = (f1 (x1 ), · · · , fs (xs )) s ∏ s como tal fun¸caõ é sobrejetiva e N é enumerável segue que Ak é enumerável. k=1

Corol´ ario 5. Se X é finito e Y é enumerável, então F (X, Y ) é enumerável. Basta n ∏ considerar o caso de X = In , então F (X, Y ) = Y = Y n , que é enumerável. k=1

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

g(f ) = (pk1

f (k2 )

, p k2

f (kn )

, · · · , pkn

)

onde cada pt é o t-ésimo primo. A fun¸caõ definida dessa forma é injetora, pois se vale g(f ) = g(h) então f (k1 )

(pk1

f (k2 )

, p k2

f (kn )

, · · · , p kn

f (k1′ )

) = (qk′

1

f (k2′ )

, qk ′

2

′ ) f (kn

, · · · , qkn′

)

por unicidade de fatora¸caõ em primos segue que qt = pt e kt = kt′ ∀ t. ∞ ∪ Agora escrevemos M = Bk é uma união enumerável de conjuntos enumeráveis, k=1

portanto o conjunto das fun¸co˜es f : N → N tais que Af é finito é enumerável.


1.2.20

19

Quest˜ ao 21

Exemplo 4. Exprimir N =

∞ ∪

Nk onde os conjuntos são infinitos e dois a dois disjuntos.

k=1

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

∞ ∪

Nk , cada um

k=2

deles é infinito, são disjuntos e sua união dá N .

1.2.21

Quest˜ ao 22

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

n ∏

pαk k

α1

=2 .

n ∏

pαk k

k=2

k=1

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

1.2.22

Quest˜ ao 23

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

A=

∞ ∪

{xk }

k=1

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


20

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

1.2.23

Quest˜ ao 24

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

desses conjuntos B0 , B1 , · · · é infinito e todos são disjuntos, vale A =

∞ ∪

Bk , definimos

k=0

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

∞ ∪

Bk

k=−1

que é uma união enumerável de conjuntos infinitos disjuntos.

1.2.24

Quest˜ ao 25

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


21

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

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

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

1

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

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

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

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


22

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

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

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

1.2.25

Quest˜ ao 26

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

t ∑

y(k,k) , tal sequência

k=0

é crescente e ela difere de cada xt na t-ésima coordenada, portanto ela não pertence a enumera¸caõ, o que é absurdo, portanto o conjunto das sequências crescentes é não enumerável.


1.2.26

23

Quest˜ ao 27

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

Demonstra¸c˜ ao. Primeiro vamos provar que f deve ser obrigatoriamente da forma f (n) = n′ ∀n ∈ N , por indu¸caõ sobre n, a propriedade vale para n = 1, suponha a validade para n, vamos provar para n + 1 f (n + 1) = f (n) + 1′ = n′ + 1′ = s′ (n) = (n + 1)′ . Então para todo n ∈ N fica provado que f (n) = n′ , f é u ńica por constru¸caõ, sendo também sobrejetora. Vale que f (m) + f (n) = f (m + n), vamos provar por indu¸caõ sobre n. Para n = 1

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

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

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


1.3 1.3.1

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

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

1.3.2

Quest˜ ao 2

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

24


25

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

.

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


26

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

1.3.3

Quest˜ ao 3

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

k=1 n ∑ k=1 n ∑

ak xk = ak yk

x1 . y1

k=1

Chamando

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

ak xk = p

n ∑ k=1

ak yk


logo

n ∑ k=1 n ∑

ak xk =p= ak yk

x1 y1

27

.

k=1

1.3.4

Quest˜ ao 4

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


28

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

1.3.5

Quest˜ ao 5

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

n−1 ∑

de ambos lados, a soma é telescópica e resulta em

k=0

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

p segue n

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


1.3.6

Quest˜ ao 6

1.3.7

Quest˜ ao 7

1.3.8

Quest˜ ao 8

29

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

1.3.9

Quest˜ ao 9

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

n ∑

ak xk = 1 =

k=0

independente x0 é zero em

n ∑

k=0

ak xk+1 o que não é poss´ıvel pois o coeficiente do termo

k=0

n ∑

ak xk+1 e deveria ser 1.

k=0

O conjunto dos inteiros Z não é um corpo, pois não possui inverso multiplicativo para todo elementos, por exemplo não temos o inverso de 2.


1.3.10

30

Quest˜ ao 10

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

1.3.11

Quest˜ ao 11

Exemplo 8. A fun¸cão f : K + → K + com f (x) = xn , n ∈ N é crescente. Sejam x > y > 0 n n ∏ ∏ então xn > y n pois xn = x> y = y n , por propriedade de multiplica¸cão de positivos. k=1

k=1

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

1.3.12

Quest˜ ao 12

Propriedade 44. Sejam X um conjunto qualquer e K um corpo, então o conjunto F (X, K) munido de adi¸caõ e multiplica¸caõ de fun¸cões é um anel comutativo com unidade, não existindo inverso para todo elemento. Lembrando que em um anel comutativo com unidade temos as propriedades, associativa, comutativa, elemento neutro e existência de inverso aditivo, para adi¸caõ. valendo também a comutatividade, associatividade, existência de unidade 1 para o produto e distributividade que relaciona as duas opera¸cões. Demonstra¸c˜ ao.


31

Vale a associatividade da adi¸caõ

((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¸caõ 0 ∈ K e a fun¸caõ constante 0(x) = 0 ∀ x ∈ K, da´ı

(g + 0)(x) = g(x) + 0(x) = g(x). Comutatividade da adi¸cão

(f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x) Existe a fun¸cão simétrica, dado g(x), temos f com f (x) = −g(x) e da´ı

(g + f )(x) = g(x) − g(x) = 0. Vale a associatividade da multiplica¸caõ

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

K, da´ı (g.I)(x) = g(x).1 = g(x). Comutatividade da multiplica¸caõ

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

1.3.13

Quest˜ ao 13

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


32

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

1.3.14

Quest˜ ao 14

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

1.3.15

Quest˜ ao 15

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

1.3.16

.

Quest˜ ao 16

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


1.3.17

33

Quest˜ ao 17

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

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

x em a

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

(a − x)n ≥ an − an−1 nx.

1.3.18

Quest˜ ao 18

Propriedade 47. Sejam sequências (ak ) , (bk ) em um corpo ordenado K onde cada bk é a1 an ak positivo, sendo o m´ınimo e o máximo dos termos da sequência de termo então b1 bn bk vale n ∑ ak an a1 k=1 ≤ ∑ ≤ . n b1 bn bk k=1

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

n ∑

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

em ambos lados, de onde segue

k=1 n ∑

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

n


dividindo por

n ∑

34

bk que é positivo, temos finalmente

k=1 n ∑

a1 ≤ k=1 n ∑ b1

ak

an . bn

≤ bk

k=1

1.3.19

Quest˜ ao 19

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

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

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

1.3.20

Quest˜ ao 20

Propriedade 50.

n ∏

|ak | = |

k=1

n ∏

ak |

k=1

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

|ak | = |

n ∏ k=1

ak |



n+1 ∏

|ak | = |

k=1

n+1 ∏

35

ak |

k=1

temos n+1 ∏ k=1

|ak | =

n ∏

|ak |.|an+1 | = |

k=1

n ∏

ak ||an+1 | = |

k=1

n ∏

ak an+1 | = |

k=1

n+1 ∏

ak |

.

k=1

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

b ∑

b ∑

g(k)| ≤

k=a

|g(k)|.

k=a

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

b ∑

|g(k)| ≤

|

b ∑

g(k) ≤

g(k)| ≤ |

b ∑

b ∑

|g(k)|| =

b ∑

|g(k)|

k=a

k=a

k=a

|g(k)|

k=a

k=a

k=a

que implica

b ∑

pois os termos |g(k)| somados são não negativos ,logo a soma desses termos é não-negativa e o módulo da soma é igual a soma. Propriedade 52. A identidade que provamos acima vale para n´ umeros reais, vamos provar agora por indu¸caõ que se vale |z + w| ≤ |z| + |w| para quaisquer z, w então vale |

n ∑

zk | ≤

k=1

n ∑

|zk |

k=1

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

1 ∑ k=1

zk | = |z1 | ≤

1 ∑ k=1

|zk | = |z1 |


36

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

n ∑

zk | ≤

n ∑

k=1

k=1

n+1 ∑

n+1 ∑

k=1

zk | ≤

|zk |

|zk |.

k=1

Da hipótese da indu¸caõ somamos |zn+1 | em ambos lados, logo |

n+1 ∑

zk | = |zn+1 +

k=1

n ∑

zk | ≤ |zn+1 | + |

k=1

n ∑

zk | ≤

k=1

n+1 ∑

|zk |

k=1

Vejamos outras1 demonstra¸co˜es da desigualdade triangular

1.3.21

Quest˜ ao 22

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

e= Se n é par X Exemplo 11. Seja

x n2 +1 + x n2 . 2

(xk )n1

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

n ∑ k=1

Se x < x1 então f (x) = −nx +

n ∑

xk

k=1

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

n ∑

xk

k=1

logo f é crescente para x > xn . 1

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

|x − xk |.


37

Seja agora x ∈ [xt , xt+1 ), t variando de 1 até n − 1

f (x) =

t ∑

(x − xk ) −

k=1

n ∑

(x − xk ) = (2t − n)x +

k=t+1

t ∑

xk −

k=1

n ∑

xk

k=t+1

n n n portanto a fun¸cão é decrescente se t < e crescente se t > , de t = 1 até t = ⌊ ⌋ 2 2 2 n em cada intervalo [xt , xt+1 ) a fun¸caõ é decrescente, sendo ⌊ ⌋ segmentos decrescentes, de 2 n n t = ⌊ ⌋ + 1 até n − 1, temos n − 1 − ⌊ ⌋ segmentos crescentes. 2 2 Se n é ´ımpar f é decrescente em [x⌊ n2 ⌋ , x⌊ n2 ⌋+1 ) e crescente em [x⌊ n2 ⌋+1 , x⌊ n2 ⌋+2 ) logo

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

Se n é par a fun¸caõ é constante em [x n2 , x n2 +1 ), todos os pontos desse intervalo são x n + x n2 +1 pontos de m´ınimo. Em especial o ponto 2 é ponto de m´ınimo. 2

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

n ∑

|x − k| para n ´ımpar e para n par.

k=1

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

então tal valor na fun¸caõ 2n ∑ k=1

|n − k| =

n ∑

|n − k| + n ∑

(n − k) +

k=1

portanto o m´ınimo de

|n − k| =

2n ∑

n ∑ k=1

n ∑ k=1

k=n+1

k=1

=

2n ∑

(k) =

n ∑

(n − k) +

2n ∑

(−n + k) =

k=n+1

n = n.n = n2 .

k=1

|x − k| é n2 .

k=1

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.


38

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

xn+1 = n + 1, aplicando na fun¸caõ temos 2n+1 ∑

|n + 1 − k| =

k=1

n+1 ∑

|n + 1 − k| +

k=1

=

2n+1 ∑

|n + 1 − k| =

k=n+2 n ∑

(n + 1 − k) +

k=1

n+1 ∑

(n + 1 − k) +

k=1 n ∑

k=

k=1

n ∑

2n+1 ∑

−(n + 1) + k =

k=n+2

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

k=1

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.

1.3.22

Quest˜ ao 23

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


1.3.23

39

Quest˜ ao 24

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

limitado inferiormente, então existe a ∈ K tal que a < x ∀x ∈ Z, logo −a > −x, porém existe n natural tal que n > −a ⇒ |{z} −n < a o que contraria a hipótese. ∈Z

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

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

1.3.24

Quest˜ ao 25

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

1.3.25

Quest˜ ao 26

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


40

f (Z) não é limitado superiormente. inf(F (Z)) = 0.

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

1.3.26

Quest˜ ao 27

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

p com q

j , j ̸= 0 e v ̸= 0, v

inteiros, logo j p s= v q multiplicando por

v ambos lados segue j s=

p.v j.q

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

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


1.3.27

41

Quest˜ ao 28

Propriedade 59. Sejam a, b, c, d racionais então √ √ 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 então a − c = 2(d − b), se d = b então a = c e terminamos, se não vale que

o que é absurdo pois

1.3.28

√ 2 é irracional.

a−c √ = 2 d−b

Quest˜ ao 29

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

√ 3 2 não é um corpo

pois o produto não é fechado, vamos mostrar que α2 não pertence ao conjunto.


42

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

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

se 2 ̸= ab chegamos num absurdo de α =

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

1.3.29

Quest˜ ao 30

Propriedade 60. Sejam a, b ∈ Q+ .

√

a+

√ √ √ b é racional ⇔ a e b são racionais.

Demonstra¸c˜ ao. ⇒).

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

1.3.30

Quest˜ ao 31

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


43

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

1.3.31

Quest˜ ao 32

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

1.3.32

Quest˜ ao 33

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


44

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

1.3.33

Quest˜ ao 34

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

ε não é cota superior 2 ε de A, pois é menor que o sup A (que é a menor cota superior), da mesma maneira inf A+ 2 não é cota inferior de B, então existem x ∈ A e y ∈ B tais que ⇒ , Se sup A = inf B. Então sendo para qualquer ε > 0, sup A −

sup A −

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

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

1.3.34

Quest˜ ao 35 e 36

Propriedade 66. Se c > 0 então sup(c.A) = c. sup A.


45

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

1.3.35

Quest˜ ao 37

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


46

Propriedade 70. O conjunto A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B} também é limitado. Demonstra¸c˜ ao. Se A é limitado , existe t tal que |x| < t para todo x ∈ A e se B é limitado existe u tal que |y| < u ∀y ∈ B. Somando as desigualdades e usando desigualdade triangular segue |x| + |y| < u + t e |x + y| ≤ |x| + |y| < u + t logo o conjunto A + B é limitado. Item II Propriedade 71 (Propriedade aditiva). Vale sup(A + B) = sup(A) + sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Como A, B são limitidados superiomente, temos sup A := a e sup B := b, como vale a ≥ x e b ≥ y para todos x, y ∈ A, B respectivamente segue que a + b ≥ x + y logo o conjunto A + B é limitado superiormente. Para todo e qualquer ε > 0 existem x, y tais que ε ε a 0 vale x < a + e y < b + pois a e b são as maiores cotas inferiores, 2 2 somando os termos das desigualdades segue x + y < a + b + ε, que implica que a + b é a maior cota inferior logo o ´ınfimo.

1.3.36

Quest˜ ao 38

Defini¸ c˜ ao 5 (Fun¸caõ limitada). Seja A ⊂ R, f : A → R é dita limitada quando o conjunto f (A) = {f (x) | x ∈ A}, se f (A) é limitado superiormente então dizemos que f é


47

limitada superiormente e caso f (A) seja limitado inferiormente dizemos que A é limitado inferiormente. Seja uma fun¸caõ limitada f : V → R. Defini¸ c˜ ao 6. sup f := sup f (V ) = sup{f (x) | x ∈ V } Defini¸ c˜ ao 7. inf f := inf f (V ) = inf{f (x) | x ∈ V } Propriedade 73. A fun¸caõ soma de duas fun¸co˜es limitadas é limitada. Demonstra¸c˜ ao. Vale |f (x)| ≤ M1 e |g(x)| ≤ M2 ∀x ∈ A então |f (x) + g(x)| ≤ |f (x)| + |g(x)| ≤ M1 + M2 = M portando a fun¸cão soma f + g de duas fun¸cões limitadas é também uma fun¸cão limitada. Sejam f, g : V → R fun¸co˜es limitadas e c ∈ R. Propriedade 74. 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 75. 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).


48

Exemplo 17. 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 então

sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0. Temos ainda inf f = 0, inf g = −1, f + g = 0, inf (f + g) = 0 logo

inf f + inf g = −1 < inf(f + g) = 0. As desigualdades estritas também valem se consideramos as fun¸cões 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).

1.3.37

Quest˜ ao 39

Defini¸ c˜ ao 8. Sejam A e B conjuntos não vazios, definimos A.B = {x.y | x ∈ A, y ∈ B}. Propriedade 76. Sejam A e B conjuntos limitados de n´ umeros positivos, então vale sup(A.B) = sup(A). sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) então valem x ≤ a e y ≤ b, ∀x ∈ t A, y ∈ B da´ı x.y ≤ a.b, logo a.b é cota superior de A.B. Tomando t < a.b segue que < b a t t t logo existe y ∈ B tal que < y da´ı < a logo existe x ∈ A tal que < x logo t < x.y a y y então t não pode ser uma cota superior, implicando que a.b é o supremo do conjunto. Propriedade 77. Sejam A e B conjuntos limitados de n´ umeros positivos, então vale inf(A.B) = inf(A). inf(B). Demonstra¸c˜ ao. Sejam a = inf(A) e b = inf(B) então valem x ≥ a e y ≥ b, ∀x ∈ t A, y ∈ B da´ı x.y ≥ a.b, logo a.b é cota inferior de A.B. Tomando t > a.b segue que > b a t t t logo existe y ∈ B tal que > y da´ı > a logo existe x ∈ A tal que > x logo t < x.y a y y então t não pode ser uma cota inferior, implicando que a.b é o ´ınfimo do conjunto.


1.3.38

49

Quest˜ ao 40

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

1 , vale sup f = 2, x

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

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

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


50

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

1.3.39

Quest˜ ao 42

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

n ∑

ak xk

k=0

de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x =

r tal que mdc(r, s) = 1 então s|an e s

r|a0 . ∑ r ak xk , então temos é raiz de f (x) = s k=0 n

Demonstra¸c˜ ao. Se x =

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

ak rk .sn−k = 0

k=0

como s|0 então s|

n ∑

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

k=0

n − k = 0, n = k, logo abrindo o limite superior do somatório temos n−1 ∑ k=0

k

n−k

ak r .s

n

n−n

+ an r .s

=

n−1 ∑ k=0

ak rk .sn−k + an rn = 0


51

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

inferior do somatório 0

n−0

a0 r .s

+

n ∑

k

ak r .s

n−k

n

= a0 .s +

k=1

n ∑

ak rk .sn−k = 0

k=1

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

n ∑

ak xk possui ra´ızes racionais

k=0

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

n ∑

ak xk então

k=0

suas ra´ızes racionais devem ser inteiras, pois p A = { | p|a0 q|1} q então q = 1 ou q = −1, e de qualquer forma implica que as solu¸cões são da forma x = p para algum p ∈ Z. Então , nessas condi¸co˜es, as ra´ızes do polinômio P (x) são inteiras ou irracionais. Propriedade 83. Seja P (x) = xn − a, a > 0 ∈ Z, se a não é n-ésima potência de um √ n´ umero natural então a u ńica raiz positiva de P , que é n a , é irracional. Demonstra¸c˜ ao. Como P possui coeficiente an = 1 então ele possui raiz irracional ou inteira, se a raiz positiva m fosse inteira (logo natural) ter´ıamos mn − a = 0 e da´ı a = mn é potência de um n´ umero natural, o que contraria a hipótese de a não ser n-ésima √ potência de um n´ umero natural, logo n a é irracional.

1.3.40

Quest˜ ao 43

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


52

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

1.3.41

Quest˜ ao 44

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

é uma bije¸cão. Como Qn+1 é enumerável por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumeráveis, segue que Pn é enumerável. Sendo A o conjunto dos polinômios de coeficientes racionais, vale que A=

∞ ∪

Pk

k=1

portanto A é união enumerável de conjuntos enumeráveis , sendo assim A é enumerável. Defini¸ c˜ ao 9 (N´ umero algébrico). Um n´ umero real (complexo) x é dito algébrico quando é raiz de um polinômio com coeficientes inteiros. Propriedade 86. O conjunto dos n´ umeros algébricos é enumerável. Demonstra¸c˜ ao.[1] Enumeramos A = {P1 , P2 , · · · , Pn , · · · }, o conjunto dos polinômios com coeficientes inteiros, definimos Bk como conjunto das ra´ızes reais de fk , então vale que B=

∞ ∪

Bk

k=1

como cada Bk é finito B fica sendo união enumerável de conjuntos finitos, então B é enumerável.


53

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

finito de ra´ızes e da´ı tem-se B=

∪

g −1 (y)

y∈f (B)

logo B é união enumerável de conjuntos enumeráveis ( no caso finitos), então B é enumerável. Corol´ ario 12. Existem n´ umeros reais que não são algébricos, pois se todos fossem algébricos R seria enumerável. Defini¸ c˜ ao 10 (N´ umeros transcendentes). Os n´ umeros reais que não são algébricos são ditos transcendentais Propriedade 87. O conjunto dos n´ umeros algébricos é denso em R, pois todo racional b é algébrico, o racional é raiz do polinômio com coeficientes inteiros a ax − b = P (x) b ax − b = 0 ⇔ ax = b ⇔ x = . E Q é denso em R. a

1.3.42

Quest˜ ao 45

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


54

sabemos que (a, b) ∩ A é enumerável se (a, b) ∩ B também o fosse, chegar´ıamos no absurdo de (a, b) ser enumerável, por ser união finita de conjuntos enumeráveis , portanto (a, b)∩B é não enumerável e B é denso em R. Exemplo 19. Um conjunto pode não ser enumerável e também não ser denso em R, como (a, b).

1.3.43

Quest˜ ao 46

Corol´ ario 13. O conjunto T dos n´ umeros transcedentais é não enumerável e denso em R. Pois A o conjunto dos n´ umeros algébricos é enumerável, T = R \ A, como complementar dos n´ umeros algébricos T é não enumerável e denso em R.

1.3.44

Quest˜ ao 48

Exemplo 20. Sendo Ak = [k, ∞) temos uma sequência de intervalos que são conjuntos fechados porém a interse¸caõ

∞ ∩

Ak = A

k=1

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

Bk = B

k=1

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

1.3.45

Quest˜ ao 49

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


55

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

1.3.46

Quest˜ ao 50

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

inf (B ′ ).


56

Dado x ∈ A vamos mostrar que x ∈ A′ . x < sup(A′ ) = inf (B ′ ) ≤ y ′ , ∀ y ′ ∈ B ′ , da´ı x ∈ A′ a inclusão A′ ⊂ A é análoga. Então vale A = A′ . Dado y ∈ B, vamos mostrar que y ∈ B ′ .

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

e B = [y, ∞) ∩ Q, A não possui máximo, para todo x ∈ A e y ∈ B tem-se y > x e Q = [(−∞, y) ∩ Q] ∪ [ [y, ∞) ∩ Q], além disso vale sup(A) = y = inf (B), portanto f (A, B) = y e a fun¸caõ é sobrejetora, logo sendo também injetora f é bije¸cão.

1.3.47

Quest˜ ao 53

Propriedade 93 (Média aritmética e geométrica.). Se a, b > 0 vale a+b √ ≥ a.b. 2 Demonstra¸c˜ ao. √ √ √ √ √ √ a+b √ ( a − b)2 ≥ 0 ⇒ a − 2 a b + b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2 a b ⇒ ≥ ab. 2

1.3.48

Quest˜ ao 57

x é bijetora. 1 + x2 Ela está bem definida em R, pois o u ńico problema poss´ıvel seria o termo dentro da

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

ra´ız no denominador ser não positivo, o que não acontece pois x2 + 1 ≥ 1, ela é injetora x1 x √ 2 pois √ = ⇒ x1 = x2 , sua imagem está contida no intervalo (−1, 1) 1 + x21 1 + x22 √ √ x | < 1 sendo também sobrejetora, pois dado pois 1 + x2 > x2 = |x| logo | √ 1 + x2


57 √

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

1.4 1.4.1

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

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

1.4.2

Quest˜ ao 2

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

1.4.3

Quest˜ ao 3

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


1.4.4

58

Quest˜ ao 4

Propriedade 96. Se N =

p ∪

Nk e lim xn = a então lim xn = a. n∈Nk

k=1

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

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

1.4.5

Quest˜ ao 5

Exemplo 24. Pode valer N =

∞ ∪ k=1

Nk com lim xn = a e lim xn ̸= a. n∈Nk

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

k=2

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

1.4.6

Quest˜ ao 6

Corolário da adi¸cão e multiplica¸cão de limites. Corol´ ario 14. Se lim xn = a e lim xn − yn = 0 então lim yn = a pois lim yn − xn = 0 e pelo limite da soma lim yn − xn + xn = lim yn − xn + lim xn = 0 + a = a = lim yn .


1.4.7

59

Quest˜ ao 7

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

1.4.8

Quest˜ ao 8

Corol´ ario 16. Se lim xn = a e lim

a 1 xn yn = b ̸= 0 então lim yn = , pois lim = e da´ı yn b xn b

por limite do produto lim xn

1.4.9

a yn = lim yn = . xn b

Quest˜ ao 9

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

1.4.10

Quest˜ ao 10

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

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

εn ≤

√ 1 n xn ≤ (np ) n 1

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

1.4.11

Quest˜ ao 11

Exemplo 25. Usando que a média aritmética é maior ou igual a média geométrica, na t sequência de n + 1 n´ umeros com n n´ umeros iguais à (1 + ) e um deles sendo a unidade n 1, com isso temos n ∑ 1+ (1 + nt ) n ∏ 1 t k=1 ( ) ≥ ( (1 + )) n+1 n+1 n k=1


60

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

(

1.4.12

Quest˜ ao 11a.

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

1.4.13

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

1 n ) = e−1 . n

Quest˜ ao 12

Propriedade 98. Sejam a ≥ 0, b ≥ 0 então 1

1

1

|a n − b n | ≤ |a − b| n 1

1

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

n

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

1

|a − b| ≥ |a n − b n |n e da´ı 1

1

1

|a n − b n | ≤ |a − b| n . 1

1

Propriedade 99. Se xn ≥ 0 e lim xn = a então lim(xn ) p = a p


61

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

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

1

1

|xnp − a p | ≤ |xn − a| p < ε 1

1

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

1

lim xnq = a q usando propriedade do produto segue p

p

lim xnq = a q .

1.4.14

Quest˜ ao 14

Propriedade 101. Seja a, b ≥ 0 e então lim

√ n

an + bn = max{a, b}.

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

√ √ n n an + bn ≤ 2 c

tomando limites, temos pelo teorema do sandu´ıche lim

√ n an + bn = c.

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

k=1


Demonstra¸c˜ ao. Vale também cn ≤

m ∑

ank

≤ c , tomando a soma, tem-se n

62

m ∑

ank ≤ m.cn , tem-se

k=1

ank então vale

k=1

c ≤ n

m ∑

ank ≤ m.cn

k=1

tomando a raiz

v u m u∑ √ n c≤ t ank ≤ n m.c k=1

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

1.4.15

Quest˜ ao 15

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

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

destacado, existindo xn2 ≥ xn1 com n2 > n1 , por sua vez xn2 não é destacado logo existe n3 > n2 tal que xn3 ≥ xn2 , assim constru´ımos uma subsequência nãodecrescente .


1.4.16

63

Quest˜ ao 18

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

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

vn → b então lim

n→∞

p ∑

p ∑

xk (n) =

k=1

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

k=1

Demonstra¸c˜ ao. Vale x1 (n) = vn −

p ∑

xk (n).

k=2 p ∑

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

xk (n)zk (n) =

k=2

k=1

∑ p

= z1 (n)vn −

xk (n)z1 (n) +

k=2

= z1 (n)vn + | {z } →a.b

1.4.17

p ∑

p ∑

xk (n)zk (n) =

k=2

p ∑ k=2

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

Quest˜ ao 19

Defini¸ c˜ ao 13 (Sequência de varia¸caõ limitada). Uma sequência (xn ) tem varia¸caõ limitada quando a sequência (vn ) com vn =

n ∑ k=1

|∆xk | é limitada.


64

Propriedade 106. Se (xn ) tem varia¸cão limitada então (vn ) converge. Demonstra¸c˜ ao. (vn ) é limitada e não-decrescente, pois ∆vn = |∆xn+1 | ≥ 0, logo é convergente. Propriedade 107. Se (xn ) tem varia¸cão limitada então existe lim xn . Demonstra¸c˜ ao. A série

∞ ∑

|∆xk | converge portanto

k=1

∞ ∑

∆xk converge absolutamente

k=1

e vale xn − x1 =

n−1 ∑

∆xk ⇒ xn =

k=1

n−1 ∑

∆xk + x1

k=1

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

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

|∆xk | ≤

n ∑

ck−1 g(1)

k=1

k=1

como o segundo termo converge por ser série geométrica segue que (xn ) é de varia¸cão limitada, logo converge. Propriedade 108. (xn ) tem varia¸caõ limitada ⇔ xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) são sequências não-decrescentes limitadas. Demonstra¸c˜ ao. ⇐). Seja xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) são sequências não-decrescentes limitadas, então xn tem varia¸cão limitada.

vn =

n ∑ k=1

|∆xk | =

n ∑ k=1

|∆yk − ∆zk | ≤

n ∑ k=1

|∆yk | +

n ∑ k=1

|∆zk | ≤ |

n ∑ k=1

∆yk | + |

n ∑ k=1

∆zk |


65

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

n−1 ∑

∆xk

k=1

Para cada n definimos Pn o conjunto dos k da soma

n−1 ∑

∆xk tais que ∆xk ≥ 0 e Nn

k=1

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

n−1 ∑

∆xk =

k=1

∑

∆xk −

k∈Pn

| {z }

∑ k∈Nn

|

yn

(−∆xk ) {z

}

zn

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

∆xk ≤

n−1 ∑

|∆xk | =

k=1

∑

|∆xk | +

∑

|∆xk | =

k∈Nn

k∈Pn

∑ k∈Pn

∆xk +

∑

(−∆xk ) < M

k∈Nn

da mesma maneira (zn ) é limitada. Exemplo 28. Existem sequências convergentes que não possuem varia¸cão limitada, como n−1 ∑ (−1)k (−1)n 1 por exemplo xn = , que é convergente porém ∆xn = ⇒ |∆xn | = e k n n k=1 n−1 ∑ 1 k=1

k

não é limitada.

1.4.18

Quest˜ ao 20

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

1 , então vale que xn


66

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

1 isso implica xn

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

1

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

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

|

1 xn+1

xn+2

portanto |∆xn+1 | ≤

xn+1

1 |∆xn | portanto a sequência é convergente. Calculamos seu 2

limite lim xn = a a=1+

1 ⇔ a2 − a − 1 = 0 a

√ 1± 5 cujas ra´ızes são , ficamos com a raiz positiva pois a sequência é de termos 2 positivos, logo √ 1+ 5 . lim xn = 2

1.4.19

Quest˜ ao 21

Exemplo 30. Estudar a convergência da sequência xn+1 = 1 +

√ xn com x1 = 1.

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

√

a ⇒ (a − 1)2 = a ⇒ a2 − 3a + 1 = 0


67

√ √ 3± 5 3− 5 cujas ra´ızes são , não podendo ser que é menor que 1 logo o limite é 2 2 √ 3+ 5 . 2

1.4.20

Quest˜ ao 22

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

1.4.21

Quest˜ ao 25

Propriedade 110 (Teste da razão para sequências.). Se xn > 0 ∀n ∈ N e

xn+1 ≤c<1 xn

para n suficientemente grande então lim xn = 0. Demonstra¸c˜ ao. Existe n0 tal que para k > n0 vale 0 < produtório

n ∏

em ambos , de onde segue

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

0

0 < xn+1 < x(n0 +1) cn−n0

xk+1 ≤ c < 1, aplicamos o xk


68

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

xn+1 ≥ c > 1 para n xn

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

xk+1 ≥ c, onde c > 1. xk

n ∏ xk+1 > cn−n0 xk k=n +1 0

xn+1 >

xn0 +1 n c cn0

como lim cn = ∞ segue que lim xn = ∞. Corol´ ario 19. Na propriedade anterior podemos trocar xn por |xn | onde xn não se anula, pois (|xn |) é uma sequência de positivos. xn+1 xn+1 = a < 1 então para n suficientemente grande vale ≤ xn xn c < 1, logo também vale lim xn = 0.

Corol´ ario 20. Se lim

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

Corol´ ario 21. Se lim

Propriedade 112. lim

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

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

1 xn+1 = < 1. xn e nn cresce mais rápido que n!

o limite é lim

n! = 0. nn


Propriedade 113. Para todo a > 0 real temos lim

69

an = 0. n!

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

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

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

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

np = 0. an

np , vale xn > 0 da´ı podemos aplicar o teste da an ( )p n+1 1 (n + 1)p an 1 = = ⇒ lim xn+1 xn = <1 n+1 p a n n a a |{z}

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

0<

da´ı o limite é zero. an np Corol´ ario 23. Se a > 1, p ∈ N então lim p = ∞ pois lim n = 0. n a Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais rápido que np para n grande. Quest˜ ao 27 Quest˜ ao 27 Feita no outro gabarito. Quest˜ ao 28 Feita no outro gabarito.


1.4.22

70

Quest˜ ao 31

Exemplo 31. Mostrar que

n ∑

kp

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

[

p+1

= lim

p−1 ∑(

k=0

)

p+1 k

nk ] + (p + 1)np

(n + 1)p

p−1 ∑(

)

p+1 k

nk

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

da´ı

n ∑

→p+1

kp

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

n ∏

1

xkn ) = ∞

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

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

√

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

n


1.4.23

71

Quest˜ ao 35

Propriedade 116. Sejam

∞ ∑

∞ ∑

an e

n=u

bn séries de termos positivos. Se

n=s

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

∞ ∑

bn = ∞ e

n=s

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

n−1 ∏

Qak =

k=n0 +1

an an0 +1

≥

n−1 ∏

Qbk =

k=n0 +1

bn bn0 +1

an0 +1 bn bn0 +1

, an ≥

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

∞ a n0 ∑ an ≥ bn = ∞ bn0 n=n +1 +1 0

logo a série tende ao infinito por compara¸caõ.

1.4.24

Quest˜ ao 36

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

ak < a + ε < t2 bk

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

n ∑

, da´ı

k=n0 +1

t1

n ∑ k=n0 +1

bk <

n ∑ k=n0 +1

ak < t2

n ∑

bk

k=n0 +1

usando essa desigualdade temos por compara¸caõ que se ∑ ∑ converge e se ak converge então bk converge.

∑

bk converge então

∑

ak


72

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

ak < ε < t2 bk

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

n ∑

, da´ı

k=n0 +1

0≤

n ∑

ak < t2

k=n0 +1

n ∑

bk

k=n0 +1

usando essa desigualdade temos por compara¸caõ que se

∑

bk converge então

∑

ak

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

1.4.25

∑

Quest˜ ao 40

Exemplo 35. A série

∞ ∑ k=0

a2 (1 + a2 )k

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

∞ ∑ k=0

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


1.4.26

73

Quest˜ ao 42

Propriedade 118. Sejam as séries

∑

ak e

∑

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

converge. Demonstra¸c˜ ao. ⇒.

∑

ak converge e vale

1 ak ≤1 ⇒ ≤ ak 1 + ak 1 + ak ∑ ak pelo critério de compara¸caõ segue que converge. 1 + a k ∑ ak converge então ⇐. 1 + ak 0 ≤ ak ⇒ 1 ≤ 1 + ak ⇒

lim

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

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

∑

1 1 ak ak ≤ ⇒ ≤ 2 ak + 1 2 ak + 1

ak converge .

Propriedade 119. Seja (xk ) uma sequência de n´ umeros não negativos com a série ∑ convergente então x2k é convergente. Demonstra¸c˜ ao.[1] Como

∑

xk

∑

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

Demonstra¸c˜ ao.[2] Como temos xk ≥ 0 segue também x2k ≥ 0, sendo então s(n) = x2k temos ∆s(n) = x2n+1 ≥ 0, logo s(n) é não decrescente, se mostrarmos que a

k=b

série é limitada superiormente teremos uma sequência que é limitada e monótona logo convergente. Temos que s(n) é limitada superiormente da seguinte maneira n ∑ k=b

logo a série é convergente.

x2k

n n ∑ ∑ ≤( xk )( xk ) k=b

k=b


1.4.27

74

Quest˜ ao 43

Propriedade 120. Se

∑

ak , ak > 0 converge então a série

∑ √ak k

também converge .

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

com yk =

k=1

k=1

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

e tem-se também

n √ ∑ ak k=1

k

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

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

∑

x2k , converge então a série

∑ xk k

também converge, basta usar o

resultado anterior com ak = x2k .

1.4.28

Quest˜ ao 44

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

2n ∑ 2na2n = na2n ≤ ak < ε 2 k=n+1

logo lim 2na2n = 0. Agora mostramos que a subsequência dos ´ımpares também tende a zero. Vale a2n+1 ≤ a2n da´ı 0 < (2n + 1)a2n+1 ≤ 2na2n + a2n por teorema do sandu´ıche segue o resultado. Como as subsequências pares e ´ımpares de (nan ) tendem a zero, então a sequência tende a zero. Corol´ ario 25. A série harmônica 1 ̸= 0.

∑1

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


1.4.29

75

Quest˜ ao 46

Propriedade 122 (Critério de condensa¸cão de Cauchy). Seja (xn ) uma sequência não∑ ∑ crescente de termos positivos então xk converge ⇔ 2k .x2k converge. Demonstra¸c˜ ao. Usaremos a identidade

⇒).

∑

n−1 ∑

2s+1 ∑−1

s=0

k=2s

f (k) =

n −1 2∑

f (k).

k=1

∑

2k .x2k converge, usando a contraposi∑ ∑ tiva, que é equivalente logicamente, vamos mostrar que se 2k .x2k diverge então xk Vamos provar que se

xk converge então

diverge. Como xk é não-crescente então vale 2s+1 ∑−1

s

2 x2s+1 =

x2s+1 ≤

2s+1 ∑−1

k=2s

aplicando 2

n−1 ∑

segue

s=0

logo se

∑

xk

k=2s

n−1 ∑

s+1

2

x2s+1 ≤

s=0

2s x2s diverge então

⇐). Vamos provar que se

∑

∑

n −1 2∑

xk

k=1

xk diverge.

2k .x2k converge então então

direta. Usando que 2s+1 ∑−1

xk ≤

k=2s

aplicando

n−1 ∑

da´ı se

x2s = 2s x2s

k=2s

segue que

s=0

∑

2s+1 ∑−1

2s x2s converge então

n −1 2∑

∑

k=1

xk ≤

n−1 ∑

2s x2s

s=0

xk converge

.

∑

xk converge, de maneira


1.4.30

76

Quest˜ ao 48

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

√ xn .yn ≥ xn ⇒ xn+1 ≥ xn ,

então (xn ) é crescente . Da mesma maneira yn é decrescente pois de xn ≤ yn tem-se (xn + yn ) xn + yn ≤ 2yn da´ı yn+1 = ≤ yn . Como vale x1 ≤ xn ≤ yn ≤ y1 para todo n, 2 conclu´ımos que xn e yn são convergentes, por serem monótonas e limitadas . yn+1 =

xn + yn 2

tomando o limite y=

x+y ⇒ x = y. 2

Defini¸ c˜ ao 14 (Média aritmético-geométrica). Dados dois n´ umeros reais positivos a e b o valor comum para o qual convergem as sequências (xn ) e (yn ) definidas na propriedade anterior se chama média aritmético-geométrica de a e b.

1.5 1.5.1

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

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


77

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

1.5.2

Quest˜ ao 3

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

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

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


78

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

1.6 1.6.1

Cap´ıtulo 8-Derivadas Quest˜ ao 1

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

g(a + h) − g(a) ≤ f ′ (a) h

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

g(a + h) − g(a) ≥ f ′ (a) h


assim lim−

h→0

1.6.2

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

79

.

Quest˜ ao 2

Se f é derivável à direita no ponto a e f (a) é máximo local então f+′ (a) ≤ 0. Se fosse f+′ (a) > 0 existiria δ > 0 tal que a < x < a + δ ⇒ f (a) < f (x) então f (a) não seria máximo local. Da mesma maneira se f é derivável à esquerda no ponto a então f−′ (a) ≥ 0, pois se fosse f−′ (a) < 0 existiria δ > 0 tal que a − δ < x < a implicaria f (a) < f (x) da´ı f (a) não seria máximo local. Exemplo 36. As derivadas laterais em um ponto de máximo podem existir sendo diferentes, como é o caso da fun¸caõ f : R → R com f (x) = −|x|, que possui máximo no ponto x = 0 e as derivadas laterais são lim+

h→0

f (h) −|h| = lim+ = −1 h→0 h h

lim−

h→0

f (h) −|h| = lim+ =1 h→0 h h

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

1.6.3

Quest˜ ao 3

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

n ∑

ak xk ,

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


80

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

1.6.4

Quest˜ ao 4

Propriedade 129. Se f : A → R é derivável em a ∈ int(A) então lim

h→0

f (a + h) − f (a − h) = f ′ (a). 2h

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

tomando o limite segue que lim

h→0

f (a + h) − f (a − h) = f ′ (a). 2h

f (a + h) − f (a − h) pode existir porém a fun¸cão pode não h→0 2h ser derivável em a, considere por exemplo f : R → R dada por f (x) = |x|, no ponto a = 0 Exemplo 37. O limite lim

ela não é derivável porém lim

h→0

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

O limite pode existir porém a fun¸caõ mesmo não ser cont´ınua no ponto, como a fun¸cão definida como f (x) = 0 se x ≤ 0, f (x) = 1 se x > 0. Ela não é cont´ınua em 0, porém o limite citado existe, pois tomando o limite pela direita lim+

h→0

1 f (h) − f (−h) = lim+ =0 h→0 2h 2h

lim−

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

e pela esquerda h→0


1.6.5

81

Quest˜ ao 5

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

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

logo f é derivável.

⇒). Supondo que f seja derivável, então podemos escrever f (a + h) = f (a) + f ′ (a)h + r(h) r(h), se h ̸= 0, definimos g(a + h) = f ′ (a) + , se h = 0 definimos g(a) = f ′ (a), então h vale que f (a + h) = f (a) + g(a + h).h se h ̸= 0 e se h = 0 também, além disso g é cont´ınua em a, pois de g(a + h) = f ′ (a)+

r(h) , h

tomando lim , tem-se h→0

lim g(a + h) = f ′ (a) = g(a).

h→0

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

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


82

Propriedade 131. Seja f : A → R derivável em a. Se xn < a < yn ∀n e lim xn = f (yn ) − f (xn ) lim yn = a então lim = f ′ (a). yn − xn Demonstra¸c˜ ao. Come¸camos com uma manipula¸cão algébrica f (yn ) − f (xn ) f (yn ) − f (a) − f (xn ) + f (a) f (yn ) − f (a) f (xn ) − f (a) = = − = yn − x n yn − xn yn − xn yn − xn f (yn ) − f (a) = + yn − xn f (yn ) − f (a) = + yn − xn

(

(

−xn + a yn − xn

)(

f (xn ) − f (a) xn − a

yn − xn − yn + a yn − xn

)(

) =

f (xn ) − f (a) xn − a

) =

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

yn − a y −x | n {z n} =tn

)(

f (yn ) − f (a) yn − a

)

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

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

→f ′ (a)

→f ′ (a)

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

→f ′ (a)

→f ′ (a)

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

1 sen(nπ) = 0 (nπ)2


83

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

=0

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

π 2

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

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

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

1 1 .2 duas subsequências convergindo para valores distintos, logo a sequência π .2 → (π + 2n ) π não converge. Tal fun¸caõ é derivável no 0, pois x2 sen( x1 ) − 0 1 = lim xsen( ) = 0 x→0 x→0 x x lim

em outros pontos distintos de 0 a fun¸cão também é derivável por ser produto de fun¸co˜es deriváveis. Portanto tal fun¸caõ é derivável no ponto x = 0 porém o limite

f (yn ) − f (xn ) não yn − x n

converge quando lim xn = lim yn = 0. A fun¸caõ derivada de f satisfaz   2xsen( 1 ) − cos( 1 ) se x ̸= 0 ′ x x f (x) =  0 se x = 0 que não é cont´ınua em x = 0, da´ı a fun¸cão f é derivável em toda a reta porém possui derivada descont´ınua. Quest˜ ao 13 Propriedade 132. Se f : I → R satisfaz |f (y) − f (x)| ≤ c|y − x|α com α > 1, c > 0, x, y ∈ R arbitrários então f é constante.


84

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

arbitrário

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

f (yn ) − f (xn ) = f ′ (a). yn − xn

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

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

UM CURSO DE ANALISE 1 SOLUÇÕES

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