Números Reais, Conjuntos Enumeráveis, Sequências e outros

Universidade Federal de Goiás
Campus Catalão
Departamento de Matemática
Disciplina: Fundamentos de Análise
Professor: André Luiz Galdino
Gabarito da 1a Lista de Exercı́cios
1. Prove que para todo x 6= 0 ∈ IR é verdade que (1 + x)2n > 1 + 2nx.
Solução: É fácil ver que
(1 + x)
2n
=
n
2
(1 + x)
=
n
1 + 2x + x
2
Agora, observe que 1 + 2x + x2 = (1 + x)2 ≥ 0, ou seja, 2x + x2 ≥ −1. Sendo assim, pela
Desigualdade de Bernoulli, temos
n n
2
2
1 + 2x + x
= 1 + (2x + x ) ≥ 1 + n(2x + x2 ) = 1 + 2nx + nx2 > 1 + 2nx.
2. Usando indução prove as seguintes:
a) 1 + 2 + · · · + n =
n(n+1)
2
para todo n ∈ IN.
Solução:
Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos
1=
1(1 + 1)
2
e portanto a afirmação é verdadeira nesse caso.
Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que a afirmação 1 + 2 + · · · + n =
n(n + 1)
seja verdadeira para algum n > 1 ∈ IN. Portanto,
2
1 + 2 + · · · + n + (n + 1) =
n(n + 1)
n(n + 1) + 2(n + 1)
+ (n + 1) =
2
2
(n + 1) (n + 1) + 1
(n + 1)(n + 2)
=
=
.
2
2
Portanto, a afirmação é verdadeira para todo n ∈ IN.
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b) 1 + 3 + 5 + · · · + 2n − 1 = n2 para todo n ∈ IN.
Solução:
Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos
1 = 12
e portanto a afirmação é verdadeira nesse caso.
Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que a afirmação 1+3+· · ·+2n−1 = n2
é verdadeira para algum n > 1 ∈ IN. Portanto,
1 + 3 + 5 + · · · + 2n − 1 + 2(n + 1) − 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2
Portanto, a afirmação é verdadeira para todo n ∈ IN.
c) 1 + x + x2 + · · · + xn =
1−xn+1
1−x
para todo x 6= 1.
Solução:
Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos
1 − x1+1
1 − x2
(1 − x)(1 + x)
=
=
= (1 + x)
1−x
1−x
1−x
e portanto a afirmação é verdadeira nesse caso.
Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que a afirmação 1+x+x2 +· · ·+xn =
1 − xn+1
seja verdadeira para algum n > 1 ∈ IN. Portanto,
1−x
1 + x + x2 + · · · + xn + xn+1 =
=
1 − xn+1
1 − xn+1 + (1 − x)xn+1
+ xn+1 =
1−x
1−x
1 − x(n+1)+1
1 − xn+1 + xn+1 − xn+2
=
1−x
1−x
Portanto, a afirmação é verdadeira para todo n ∈ IN.
3. Dados m, n ∈ IN com n > m, prove que ou n é multiplo de m ou existem q, r ∈ IN tais que n = mq + r
e r < m. Prove que q e r são únicos com essa propriedade.
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Solução:
(a) Suponha que n 6= km, para todo k ∈ IN, e seja A = {k ∈ IN | n < km}. Se m ≥ 1, então
(n + 1)m ≥ n + 1 > n, ou seja, n + 1 ∈ A e, portanto, A é não vazio.
Seja k0 ∈ IN o menor elemento de A. Como n < k0 m, então k0 6= 1. De fato, se k0 = 1 então
n < m, o que nos leva a um absurdo, pois, contradiz a hipótese.
Sendo k0 > 1 vem que K0 = q + 1, onde q ∈ IN e q < k0 , ou seja, q ∈
/ A, pois, k0 é menor
elemento de A. Logo, n ≥ qm, ou ainda, n > qm. Dessa forma, n = qm + r com r ∈ IN e
r < m. De fato r < m, pois caso contrário, r ≥ m, terı́amos n ≥ qm + m = (q + 1)m = k0 m,
o que claramente é um absurdo.
(b) Agora vamos provar a unicidade de q e r. Sejam q 0 , r0 ∈ IN tais que n = q 0 m + r0 = qm + r.
Se q 0 > q, então r0 < r < m. Assim, q 0 = q + p e r = r0 + s, com p, s ∈ IN. Logo,
(q + p)m + r0 = qm + r0 + s, consequentemente pm = s, ou seja, s ≥ m. O que é um absurdo,
pois, r < m.
Por outro lado, Se q 0 ≤ q, então r < r0 < m. Assim, q = q 0 + p e r0 = r + s, com p, s ∈ IN.
Logo, q 0 m + r + s = (q 0 + p)m + r, consequentemente s = pm, ou seja, s ≥ m. O que é um
absurdo, pois, r0 < m.
Portanto, q 0 = q e r0 = r.
4. Seja X ⊂ IN um subconjunto não-vazio tal que m, n ∈ X se, e somente se, n, m + n ∈ X. Prove que
existe k ∈ IN tal que X é o conjunto dos multiplos de k.
Solução: Seja k = min(X). Afirmo que kIN = X, onde kIN = {k, 2k, 3k, · · · }. De fato,
(a) kIN ⊂ X, ou melhor, kn ∈ X para todo n ∈ IN. Vamos provar esta afirmação por indução:
Base da indução: Seja k = 1: Sendo assim, temos
k.1 = k ∈ X
e portanto a afirmação é verdadeira nesse caso.
Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que a afirmação kn ∈ X seja verdadeira
para algum n ∈ IN. Portanto, k(n + 1) ∈ X, pois kn, k ∈ X e, por definição de X,
kn + k = k(n + 1) ∈ X.
Portanto, kIN ⊂ X.
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(b) Agora vamos provar que X ⊂ kIN, ou melhor, se p ∈ X então existe n ∈ IN tal que p = kn.
Seja p ∈ X. Se p = kn para algum n ∈ IN, então p ∈ IN. Suponhamos, por contradição, que
p 6= kn para todo n ∈ IN. Como p > k, pelo Exercı́cio 3, existem n, r ∈ IN tal que r < k e
p = kn + r. Uma vez que kIN ⊂ X temos que kn, kn + r ∈ X e, por definição de X, kn, r ∈ X
o que nos leva a uma contradição, pois, r < k e k = min(X). Logo, X ⊂ kIN.
Portanto de (a) e (b) vem que kIN = X.
5. Dado n ∈ IN, prove que não existe x ∈ IN tal que n < x < n + 1.
Solução: Seja n ∈ IN. Suponha, por contradição, que existe x ∈ IN tal que n < x < n + 1.
Como n < x temos que x = n + p, com p ∈ IN. Se p = 1 temos um absurdo, pois, x = n + 1
e x < n + 1. Por outro lado, se p 6= 1, então p > 1 e p = 1 + q, com q ∈ IN. Dessa forma,
x = n + p = n + (1 + q) = (n + 1) + q, ou seja, x > n + 1 o que é um aburdo, pois, x < n + 1.
Portanto, não existe x ∈ IN tal que n < x < n + 1.
6. Indicando com card(X) o número de elementos do conjunto finito X, prove:
a) Se X é finito e Y ⊆ X, então card(Y ) ≤ card(X).
Solução: Se Y = ∅, então cad(Y ) = 0 e, consequentemente, card(Y ) ≤ card(X). Por
outro lado, suponha Y 6= ∅ e que Y = {y1 , y2 , · · · , yn } com n ∈ IN. Se Y = X, então
n = card(Y ) = card(X), e não há nada a fazer.
Suponhamos, então, que Y 6= X. Sendo assim, X = {y1 , y2 , · · · , yn , x1 , x2 , · · · , xm } com
m ∈ IN. Logo, card(Y ) = n < n + m = card(X), o que completa a demonstração.
b) Se X e Y são finitos então X ∪ Y é finito e card(X ∪ Y ) = card(X) + card(Y ) − card(X ∩ Y ).
Solução: Se X = ∅ (ou y = ∅), então X ∪ Y = Y (ou X ∪ Y = X), X ∩ Y = ∅ e card(X) = 0
(ou card(Y ) = 0). Além disso, card(X ∪ Y ) = card(X) + card(Y ) − card(X ∩ Y ).
Então, suponhamos que X, Y 6= ∅. Digamos que X = {x1 , x2 , · · · , xm } e Y = {y1 , y2 , · · · , yn }
com m, n ∈ IN.
a) Se X ∩ Y = ∅ então xi 6= yj para todo i, j. Sendo assim,
X ∪ Y = {x1 , x2 , · · · , xm , y1 , y2 , · · · , yn }
e, portanto, card(X ∪ Y ) = card(X) + card(Y ) − card(X ∩ Y ).
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b) Se X ∩ Y 6= ∅, façamos X = A ∪ C e Y = B ∪ C tal que A ∩ B = A ∩ C = B ∩ C = ∅.
Assim, temos:
X ∩Y
= (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) =
=
X ∪Y
(A ∪ C) ∩ B
∪ (A ∪ C) ∩ C
(A ∩ B) ∪ (C ∩ B) ∪ (A ∩ C) ∪ (C ∩ C)
=C ∩C =C
= (A ∪ C) ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C
(A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = ∅
Portanto,
card(X ∪ Y ) = card(A ∪ B) + card(C) = card(A) + card(B) + card(C)
= card(A) + card(C) + card(B) + card(C) − card(C)
= card(A ∪ C) + card(B ∪ C) − card(C)
= card(X) + card(Y ) − card(X ∩ Y )
Assim, completamos a demonstração.
7. Seja P(X) o conjunto cujos elementos são todos os subconjuntos de X. Prove por indução que se X é
finito então card(P(X)) = 2card(X) .
Solução: Se X = ∅, então P(X) = {∅} e, consequentemente, card(P(X)) = 2cad(X) = 20 = 1 e
não há nada a fazer.
Então, suponhamos que X 6= ∅ e que card(X) = n para algum n ∈ IN.
Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos que X = {x1 } e P(X) = {∅, {x1 }}. Portanto,
card(P(X)) = 2card(X) = 21 = 2
e a afirmação é verdadeira nesse caso.
Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que card(P(X0 )) = 2card(X0 ) seja verdadeira
sempre que card(X0 ) = n, para algum n ∈ IN. Além disso,
P(X0 ) = {P1 , P2 , P3 , · · · , P2n }, com P1 = ∅.
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Fazendo X = X0 ∪ {a}, com a ∈
/ X0 , temos que card(X) = n + 1. Portanto,
P(X) = P(X0 ) ∪ {{a} ∪ P1 , {a} ∪ P2 , {a} ∪ P3 , · · · , {a} ∪ P2n } = 2n + 2n = 2n+1 = 2card(X)
Portanto, card(P(X)) = 2card(X) .
8. Não existe uma função sobrejetora do conjunto X para o conjunto P(X).
Solução: Primeiramente, vejamos o seguinte Teorema:
Teorema 1 (Cantor) Sejam X um conjunto arbitrário, Y um conjunto contendo pelo menos
dois elementos e F(X; Y ) o conjunto de todas as funções de f : X → Y . Nenhuma função
ϕ : X → F(X; Y ) é sobrejetora.
Demonstração: Dada ϕ : X → F(X; Y ), indicaremos com ϕx o valor de ϕ no ponto x ∈ X.
Assim, ϕx é uma função de X e Y . Construiremos agora uma f ∈ F(X; Y ) tal que ϕx 6= f para
todo x ∈ X. Isto é feito escolhendo, para cada x ∈ X, um elemento f (x) ∈ Y , diferente de ϕx (x).
Como Y possui pelo menos dois elementos, isto é possı́vel. A função f : X → Y assim obtida é tal
que f (x) 6= ϕx (x) e, portanto, f 6= ϕx , para todo x ∈ X. Logo f ∈
/ ϕ(X) e, consequentemente, ϕ
não é sobrejetora.
Considerando o conjunto {0, 1}, veremos que existe uma bijeção
φ : P(X) → F(X; {0, 1})
De fato, para cada A ∈ P(X), consideremos
ξA : X → {0, 1}
de modo que

 1, se x ∈ A
ξA (x) =
 0, se x ∈
/A
Defina φ : P(X) → F(X; {0, 1}) como sendo φ(A) = ξA . É fácil ver que, φ é uma bijeção. Como
{0, 1} contém dois elementos, pelo Teorema 1, temos que não existe nenhuma função
ϕ : X → F(X; {0, 1})
que seja sobrejetiva. Portanto, não existe nenhuma função ψ : X → P(X) que seja sobrejetiva.
Nota 1 Como consequência do Teorema 1, temos que o conjunto F(IN; {0, 1}) é não enumerável.
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9. Prove que o conjunto P(IN) de todos os subconjuntos de IN não é enumerável.
Solução: Sabemos, pelo Exercı́cio 8, que não existe uma função sobrejetora do conjunto IN para o
conjunto P(IN). Consequentemente, não existe uma função bijetora do conjunto IN para o conjunto
P(IN), ou seja, P(IN) não é enumerável.
10. Seja {In }n∈IN o conjunto enumerável de intervalos fechados e limitados tal que In = [an , bn ] satisfazendo
∞
\
In+1 ⊂ In para todo n ∈ IN. Então
In não é vazia.
n=1
Solução: Para cada n ∈ IN, temos que In+1 ⊂ In , o que significa que
an ≤ an+1 ≤ bn+1 ≤ bn
ou ainda,
a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b2 ≤ b1 .
Dai vemos claramente que as sequências (an ) e (bn ) são, respectivamente, não decrescente e não
crescente. Além disso, como
a1 ≤ an < bn ≤ b1
vemos que (an ) é limitada supiormente por b1 e (bn ) é limitada inferiormente por a1 . Logo, essas
duas sequências, que são monótonas e limitadas, possuem limites, digamos A e B respectivamente,
podendo A = B. Como an < bn , é claro que
an ≤ A ≤ B ≤ bn
Portanto, [A, B] ⊂ In para todo n ∈ IN. Logo,
[A, B] ⊂
∞
\
In
n=1
ou seja,
∞
\
In não é vazia.
n=1
11. Dê exemplo de uma sequência decrescente X1 ⊃ X2 ⊃ X3 ⊃ · · · de conjuntos infinitos cuja interseção
∞
\
Xn seja vazia.
n=1
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Solução: Basta considerar,
X1 = IN
X2 = {2, 3, 4, · · · }
X3 = {3, 4, 5, · · · }
..
.
Xn = {n, n + 1, n + 2, · · · }
..
.
Se existisse
x∈
∞
\
Xn
n=1
então x ∈ Xn para todo n ∈ IN e, consequentemente, x ≥ n para todo n ∈ IN. Mas, isto é um
absurdo, pois, IN não é limitado superiormente.
12. Uma função f : X → IR é dita ser limitada superiormente quando sua imagem
f (X) = {f (x) | x ∈ X}
é um conjunto limitado superiormente. Então põe-se o supremo de f como sendo
sup(f ) = sup{f (x) | x ∈ X}.
Prove que se f, g : X → IR são limitadas superiormente, então a soma f + g : X → IR também é.
Além disso, tem-se sup(f + g) ≤ sup(f ) + sup(g). Enucie e prove um resultado análogo para o ı́nfimo.
Solução:
(a) Sejam f, g : X → IR funções limitadas superiormente, ou seja, existem M1 e M2 tais que
f (x) ≤ M1 e g(x) ≤ M2 , para todo x ∈ X. Logo, f (x) + g(x) ≤ M1 + M2 , para todo x ∈ X.
Então f + g é limitada superiormente. Por outro lado, f (x) + g(x) ≤ sup(f ) + sup(g), para
todo x ∈ X. Portanto, sup(f ) + sup(g) é uma cota superior para f + g e, consequentemente,
sup(f + g) ≤ sup(f ) + sup(g).
Uma função f : X → IR é dita ser limitada superiormente quando sua imagem
f (X) = {f (x) | x ∈ X}
é um conjunto limitado superiormente. Então põe-se o supremo de f como sendo
sup(f ) = sup{f (x) | x ∈ X}.
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Prove que se f, g : X → IR são limitadas superiormente, então a soma f + g : X → IR também
é. Além disso, tem-se sup(f + g) ≤ sup(f ) + sup(g).
(b) Uma função f : X → IR é dita ser limitada inferiormente quando sua imagem
f (X) = {f (x) | x ∈ X}
é um conjunto limitado inferiormente. Então põe-se o ı́nfimo de f como sendo
inf (f ) = inf {f (x) | x ∈ X}.
Prove que se f, g : X → IR são limitadas inferiormente, então a soma f + g : X → IR também
é. Além disso, tem-se inf (f + g) ≤ inf (f ) + inf (g). De fato, Sejam f, g : X → IR funções
limitadas inferiormente, ou seja, existem M1 e M2 tais que f (x) ≥ M1 e g(x) ≥ M2 , para todo
x ∈ X. Logo, f (x) + g(x) ≥ M1 + M2 , para todo x ∈ X. Então f + g é limitada inferiormente.
Por outro lado, f (x) + g(x) ≥ inf (f ) + inf (g), para todo x ∈ X. Portanto, inf (f ) + inf (g) é
uma cota inferior para f + g e, consequentemente, inf (f + g) ≥ inf (f ) + inf (g).
13. Uma sequência (xn ) diz-se periódica quando existe p ∈ IN tal que xn+p = xn para todo n ∈ IN. Prove
que toda sequência periódica convergente é constante.
Solução: Suponhamos que (xn ) seja periódica e convergente, ou seja, lim(xn ) = a para algum a.
Sendo m ∈ IN temos que
(xm , xm+p , xm+2p , · · · , xm+rp , · · · )
é uma subsequência constante de (xn ). Portanto, lim(xm ) = a, ou seja, xm = a para todo n ∈ IN.
√
14. Dados a, b ∈ IR+ , defina indutivamente as sequências (xn ) e (yn ) pondo x1 = ab,
√
n
xn+1 = xn yn , yn+1 = xn +y
. Prove que (xn ) e (yn ) convergem para o mesmo limite.
2
Solução: Afirmo que 0 < xn ≤ yn , para todo n ∈ IN. De fato, por indução temos:
Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos que
0 < x1 =
√
ab ≤
e a afirmação é verdadeira nesse caso.
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a+b
= y1
2
y1 =
a+b
2
e
Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que 0 < xn ≤ yn , para algum n > 1 ∈ IN.
Portanto,
0 < xn+1 =
√
xn yn ≤
xn + y n
= yn+1
2
Portanto, 0 < xn ≤ yn , para todo n ∈ IN.
Observe que:
(a) xn+1 =
(b) yn+1 =
√
xn y n ≥
xn +yn
2
≤
p
x2n = xn , ou seja, (xn ) é não decrescente.
yn +yn
2
= yn , ou seja, (yn ) é não crescente.
(c) Além disso, as sequências (xn ) e (yn ) são, respectivamente, limitadas superiormente e inferiormente, pois,
0 < x 1 ≤ xn ≤ y y ≤ y 1
Logo, lim(xn ) = x0 e lim(yn ) = y0 , com
0 < x 1 ≤ x0 ≤ y 0 ≤ y 1
Por fim, como yn+1 =
xn +yn
2
temos que
lim(yn+1 ) = lim(
y0 =
xn + y n
)
2
x0 + y 0
2
2y0 = x0 + y0
o que nos leva a y0 = x0 , ou seja, lim(xn ) = lim(yn ).
15. Se A ⊆ B e A é não enumerável, então B deve ser não enumerável.
Solução: Suponhamos por contradição que B seja enumerável. Sendo assim, todo subconjunto de
B deve ser enumerável, inclusive A. Mas isto é uma contradição. Portanto B é não enumerável.
16. Prove que
|x + y| = |x| + |y|
se, e somente se, x e y são ambos negativos ou ambos positivos.
17. Sejam a e b números reais positivos. Mostre que:
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(a) −b < x < a ⇔ |2x + b − a| < a + b.
(b) −2b < x + a − b < 2a ⇔ |x| < a + b.
18. Justifique ou dê contra-exemplo para as implicações seguintes:
(a) a 6= b ⇒ |a| 6= |b|.
(b) |a| 6= |b| ⇒ a 6= b.
19. Seja Y ⊂ Q.
I Mostre que o conjunto das frações do tipo
1
, com n ∈ N , possui inf (Y ) = 0 e
2n
sup(Y ) = 12 .
Solução: Com efeito, em primeiro lugar, temos
1
2
∈Y e
1
2n
<
1
2
para todo n > 1. Logo
elemento de Y e, portanto, sup(Y ) = 12 . Por outro lado, como 0 <
1
2n
1
2
é o maior
para todo n ∈ IN, vemos que
0 é cota inferior de Y . Assim, basta provar que nenhum número racional c > 0 é cota inferior de
Y . Com efeito, sendo Q
I arquimediano, dado c > 0, podemos obter n ∈ IN tal que n >
1
c
− 1. Isto
significa 1 + n > 1c . Logo, pela desigualdade de Bernoulli temos
2n = (1 + 1)n ≥ 1 + n >
1
c
ou seja, 21n < c. Logo nenhum c > 0 é cota inferior de Y e, portanto, inf (Y ) = 0.
20. Use a propriedade do supremo para provar a existência da raiz n-ésima positiva de qualquer número
a > 0, com a 6= 1.
Solução: Evidentemente devemos supor n > 1. Sendo assim, devemos mostrar que existe b > 0 ∈
IR tal que bn = a. Para isso consideremos o conjunto C dos números c ≥ 0 tais que cn < a. O
conjunto C não é vazio, pois contém o número 1 se a > 1, e contém a se a < 1 (Verifique! Ou seja
mostre que se 0 < a < 1, então an < a para todo inteiro n > 1. Sugestão: Observe que b =
1
a
> 1.).
É fácil ver também, que o conjunto C é limitado superiormente, pelo número 1 se a < 1 e pelo
próprio a se a > 1. Portanto, possui supremo, digamos sup(C) = b.
Afirmamos que bn = a. Para mostrar esta afirmação, vamos primeiro mostrar que bn < a é um
absurdo. De fato,sendo 0 < ε < 1 temos:
(b + ε)n = bn + nbn−1 ε + · · · + εn
n(n−1) n−2
n
n−1
n−1
= b + ε nb
+ 2 b ε + ··· + ε
n(n−1) n−2
n
n−1
< b + ε nb
+ 2 b
+ · · · + 1 = bn + Kε
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onde K é a expressão entre colchetes, que independe de ε. Agora, fazendo
ε<
a − bn
K
temos
bn < (b + ε)n < a
o que é um absurdo, pois assim b não seria o supremo do conjunto C. Por outro lado, se bn > a,
então
n
1
1
<
b
a
Então com raciocı́nio análogo ao que acabamos de fazer, existe ε > 0 tal que
n n
1
1
1
<
+ε <
b
b
a
o que nos leva a
n
b >
b
1 + bε
n
>a
Mas isto contradiz o fato de b ser supremo do conjunto C. Portanto, somente podemos ter bn = a.
21. Prove, por indução finita, que
1 + 3 + 5 + ... + (2n + 1) = (n + 1)2
para todo n ≥ 0.
22. Para que valores de n a afirmação dada é verdadeira? Justifique sua resposta por indução finita.
(a) 3n > n!.
(b) n2 > n + 1.
23. Sejam u e v dois números reais, com u > v > 0. Prove que
(a) un − v n > (u − v)n .
(b) Usando (a) prove que
√
n
u−v >
√
n
u−
√
n
v
para todo natural n ≥ 2.
24. Seja a seqüência
1 − an+1
xn = 1 + a + ... + a =
1−a
n
com a ∈ IR e 0 < a < 1. Prove que esta seqüência é crescente e limitada para todo n.
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Solução: A sequência (x1 , x2 , · · · , xn , · · · ) é crescente, pois
xn+1 = xn + an+1
Além disso, ela é limitada pois
0 < xn <
1
1−a
para todo n ∈ IN.
25. Prove que a seqüência com x1 = 0 e x2 = 1 dada por
1
xn+2 = (xn + xn+1 )
2
para todo n = 1, 2, 3, 4, ... é limitada.
a+b
Solução: Antes vejamos que, dado a e b, digamos com a < b, sua média aritmética
é o
2
a+b
ponto médio do segmento de reta [a, b]. Logo obtém-se
somando-se ao número a a metade
2
1
da distância de a e b, ou seja (b − a), ou então subtraindo-se de b a mesma quantidade.
2
Seguindo essa ideia, e voltando ao exercı́cio vemos que os termos da sequência são: x1 = 0, x2 = 1,
1
1 1
1 1 1
1 1 1
1
x3 = 1 − , x4 = 1 − + , x5 = 1 − + − , x6 = 1 − + − + , · · ·
2
2 4
2 4 8
2 4 8 16
Separando os termos de ordem par dos termos de ordem ı́mpar temos:
x1 = 0
x3 = 1 −
x5 =
x7 =
..
.
x2n+1
1
1
=
2
2
1 1
1
1−
+
−
2
4 8
1
1 1
1−
+
−
2
4 8
=
1 1
+
2 8
+
1
1
−
16 32
=
1
1 1
+ +
2 8 32
1
1
1
1
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
=
=
1 + + 2 + · · · + n−1
2 2.4 2.42
2.4n−1
2
4 4
4
Fazendo um cálculo análogo para os termos pares teremos
1
1
1
x2n = 1 − 1 + + 2 + · · · + n−1
4 4
4
Assim, vemos que a sequência (xn ) é limitada, com 0 ≤ xn ≤ 1.
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26. Prove que se, lim xn = a > 0, existe n0 ∈ IN tal que n > n0 ⇒ xn > 0.
Solução: Seja ε =
a
2
> 0. Então (a − ε, a + ε) =
que
a 3a
,
. Como lim xn = a, existe n0 ∈ IN tal
2 2
n > n 0 ⇒ xn ∈
a 3a
,
2 2
ou seja, xn > a2 . Assim, para todo n > n0 temos que xn > 0.
27. Sejam (xn ) e (yn ) seqüências convergentes. Prove que se xn ≤ yn para todo n ∈ IN então lim xn ≤
lim yn .
Solução: Suponhamos, por contradição, que lim xn > lim yn . Sendo assim, temos que
0 < lim xn − lim yn = lim(xn − yn )
Daı́, pelo Exercı́cio 26, temos que xn − yn > 0, ou seja, xn > yn . Mas isto é um absurdo, pois, por
hipótese xn ≤ yn para todo n ∈ IN. Portanto, lim xn ≤ lim yn para todo n ∈ IN.
28. Sejam xn ≤ zn ≤ yn para todo n ∈ IN. Se lim xn = lim yn = a, prove que lim zn = a.
Solução: Como lim xn = lim yn = a, dado arbitrariamente ε > 0, existem n1 , n2 ∈ IN tais que
n > n1 ⇒ xn ∈ (a − ε, a + ε)
n > n2 ⇒ yn ∈ (a − ε, a + ε)
Tomando n0 = max{n1 , n2 }, temos que: se n > n0 então n > n1 e n > n2 . Além disso,
n > n 0 ⇒ a − ε < x n ≤ zn ≤ y n < a + ε
Donde concluimos que lim zn = a.
29. Seja (xn ) a seqüência definida por
|xn+2 − xn+1 | ≤ λ |xn+1 − xn |
para 0 < λ < 1. Prove que (xn ) é uma seqüência de Cauchy, e portanto convergente.
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Solução: Temos que
|x3 − x2 | ≤ λ|x2 − x1 |
|x4 − x3 | ≤ λ2 |x2 − x1 |
De um modo geral,
|xn+1 − xn | ≤ λn−1 |x2 − x1 |
para todo n ∈ IN. Daı́ segue-se que, para n, p ∈ IN arbitrários, vale
|xn+p − xn | ≤ |xn+p − xn+p−1 | + · · · + |xn+1 − xn |
≤
λn+p−2 + λn+p−3 + · · · + λn−1 |x2 − x1 |
= λn−1 λp−1 + λp−2 + · · · + λ + 1 |x2 − x1 |
p
.|x2 − x1 | ≤
= λn−1 . 1−λ
1−λ
λn−1
.|x2
1−λ
− x1 |
Como
lim
λn−1
.|x2 − x1 | = 0
1−λ
segue-se que, para qualquer ε > 0 dado, existe n0 ∈ IN tal que
n > n0 ⇒ 0 <
λn−1
.|x2 − x1 | < ε
1−λ
Consequentemente, uma vez que podemos sempre supor m ≥ n e tomar m = n + p,
m, n > n0 ⇒ |xm − xn | < ε
Portanto, a sequência é de Cauchy, e portanto convergente.
30. Para todo x > 0, temos que:
a
1
(x + ) >
2
x
r
a
.
2
Solução: Para x > 0, a desigualdade acima é equivalente a
r a
x2 − 2
x+a>0
2
Como esse polinômio do segundo grau possui discriminante negativo temos que a afirmação é
verdadeira.
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Fim do Gabarito