O Meu Curso de Análise 1 - Sítio do Paulo Angelo

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Paulo Angelo Alves Resende - [email protected]
O Meu Curso de Análise 1
UNB - Universidade de Brası́lia
Instituto de Exatas (IE)
4 de janeiro de 2006
Apostila disponı́vel em http://pa.mat.unb.br/
Sumário
Prefácio
p. 5
I Conteúdo da 1a Prova
6
1 Números Naturais
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
p. 7
A Soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 7
1.1.1
Inteirada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 7
1.1.2
Definição de Soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 8
1.1.3
Propriedades da Soma . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 8
Ordem dos Números Naturais . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 14
1.2.1
Propriedades da Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 14
A Multiplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 15
1.3.1
Propriedades da Multiplicação . . . . . . . . . . . . .
p. 16
Boa Ordenação e o Segundo Princı́pio da Indução . . . . . . .
p. 22
1.4.1
Elemento Mı́nimo
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 22
1.4.2
Elemento Máximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 22
1.4.3
Boa Ordenação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 22
Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 25
2 Números Reais
2.1
Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 34
p. 34
Sumário
Sumário
3 Seqüencias e Séries de Números Reais
p. 41
4 Revisão da 1a Parte
p. 42
4.1
Exercı́cios da Lista de Análise Resolvidos . . . . . . . . . . .
p. 42
4.2
1a Prova Resolvida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 58
4.3
Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definições . . . . . . . . .
p. 61
II Conteúdo da 2a Prova
5 Topologia da Reta
5.1
Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 Limites de Funções
6.1
Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
p. 68
p. 68
p. 74
p. 74
7 Funções Contı́nuas
p. 76
8 Revisão da 2a Parte
p. 77
8.1
Exercı́cios da Lista de Análise Resolvidos . . . . . . . . . . .
p. 77
8.2
2a Prova Resolvida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 81
8.3
Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definições . . . . . . . . .
p. 83
IIIConteúdo da 3a Prova
90
9 Derivadas
p. 91
10 Integral de Riemann
p. 92
11 Revisão da 1a Parte
p. 93
11.1 Exercı́cios da Lista de Análise Resolvidos . . . . . . . . . . .
p. 93
Sumário
Sumário
11.2 3a Prova Resolvida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p. 94
11.3 Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definições . . . . . . . . .
p. 95
5
Prefácio
O que me motivou a escrever isso é aprender análise, de maneira alguma
pretendo (hoje) competir com os autores de livros. Fiz livre uso do livro de
Análise de Elon para criar esse trabalho. Portanto, você deve ter um exemplar
do livro “Curso de Análise 1” para compreender o conteúdo desse material.
Esse material é escrito utilizando a estrutura de capı́tulos do livro do prof.
Elon, mas no lugar de conteúdo é colocado comentários, outras demonstrações
e outras experiências que obtive. Além disso há uma relação dos enunciados
dos teoremas e definições do livro citado. Reforçando: Isso é um material
complementar!
Durante a greve dos servidores da UNB, estava ansioso para começar o curso
de análise, como estava demorando muito, iniciei o meu estudo documentandoo nesse livro. No decorrer do semestre, o tempo começou a ficar escasso, o
que levou a redução do conteúdo escrito. No entanto deve ser de grande valia
para os alunos de graduação do Dep. de Matemática da UnB ao cursarem a
disciplina “Análise 1”.
O professor Celius Magalhães contribuiu em peso nas demonstrações e nos
exercı́cios durante o semestre, ele me orientou no decorrer dos meus estudos. O
curso foi ministrado pelo professor José Alfredo, que sempre esteve disponı́vel
para sanar minhas dúvidas e que muito contribuiu para o meu ensino de matemática.
Paulo Angelo
6
Parte I
Conteúdo da 1a Prova
7
1
Números Naturais
Os números naturais são construı́dos de uma função S:→ NN que leva
um elemento de N ao chamado “seu sucessor” e de três axiomas dessa função,
chamados axiomas de Peano:
1. S é injetiva
2. Existe apenas um elemento que não possue sucessor, o nomeado elemento
“um” representado por “1”.
3. Se X ⊂ N é tal que, se x ∈ X implica que S(x) ∈ X então X = N
(princı́pio da indução)
A partir desse base podemos construı́r todo o conjunto dos números naturais.
1.1
A Soma
1.1.1
Inteirada
Definição 1.1.1. A n-ésima inteirada de f , representada por f n . (como não
faz nenhum sentido falar n-ésimo; dado que estamos constrindo os números
naturais) definimos:
f1 = f
(1.1)
e
f S(n) = f ◦ f n
(1.2)
8
1.1.2
Definição de Soma
Definição 1.1.2. Representa-se por “+” (mais), m + n, como:
m + n = S n (m)
(1.3)
Podemos ver da definição que:
1. Assumindo n = 1 em (1.3) temos:
m + 1 = S(m)
(1.4)
2. Assumindo n = S(n) e por (1.3), temos:
m + S(n) = S S(n) (m)
(1.5)
Pela definição de Inteiradas em (1.2):
S S(n) (m) = S ◦ S n (m)
(1.6)
Por definição da soma em (1.3), m + n = S n (m), então:
S ◦ S n (m) = S(m + n)
(1.7)
m + S(n) = S(m + n)
(1.8)
Concluı́mos então:
1.1.3
Propriedades da Soma
1. m + (n + p) = (m + n) + p
2. m + n = n + m
3. m + p = n + p ⇒ m = n
4. Tricotomia; dados m, n ∈ N uma das sequintes ocorre:
• m=n
• ∃p ∈ N|m + p = n
• ∃q ∈ N|m = n + q
9
1.1.3.1
Demonstrações
As demonstrações são dadas como teoremas, para facilitar a utilização do
LATEXe ficar mais claro a apresentação.
Teorema 1.1.3. Para todos m, n, p ∈ N tem-se m + (n + p) = (m + n) + p
Demonstração. Fixados m, n ∈ N e seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N | m + (n + p) = (m + n) + p}
(1.9)
Vamos provar por indução que X = N
(i) Inicialmente temos que provar que 1 ∈ X:
Pela definição em (1.3), n + 1 = S(n) então:
m + (n + 1) = m + S(n)
(1.10)
Usando a definição em (1.3), temos:
m + S(n) = S S(n) (m)
(1.11)
Usando definição de inteiradas em (1.2):
S S(n) (m) = S ◦ S n (m)
(1.12)
Usando definição de soma em (1.3):
S ◦ S n (m) = S(m + n)
(1.13)
e finalmente, utilizando definição de soma novamente,
S(m + n) = (m + n) + 1
(1.14)
obtemos m + (n + 1) = (m + n) + 1 o que implica que 1 ∈ X
(ii) Precisamos então provar que p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X, com isso podemos
utilizar o terceiro axioma de Peano para concluir a demonstração. Se
m + (n + p) = (m + n) + p
(1.15)
10
então, utilizando (1.8):
m + (n + S(p)) = m + S(n + p)
(1.16)
Utilizando novamente (1.8) assumindo n = (n + p),
m + S(n + p) = S(m + (n + p))
(1.17)
Utilizando a hipótese de indução (1.15):
S(m + (n + p)) = S((m + n) + p)
(1.18)
Utilizando (1.8) novamente, temos:
S((m + n) + p) = (m + n) + S(p)
(1.19)
Obtendo p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X. Fica então demonstrado utilizando o terceiro
axioma de Peano.
Lema 1.1.4. S p (1) = S(p), ∀ p ∈ N
Demonstração. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N | S p (1) = S(p)}
(1.20)
Vamos provar que X = N utilizando o princı́pio de indução.
(i) Por definição de inteirada em (1.1): S 1 (1) = S(1) onde concluı́mos que
1∈X
(ii) Suponhamos que para algum p ∈ N:
S p (1) = S(p)
(1.21)
Utilizando a definção de inteirada (1.2):
S S(p) (1) = S ◦ S p (1)
(1.22)
Utilizando a hipótese em (1.21):
S ◦ S p (1) = S ◦ S(p) = S(S(p))
(1.23)
11
Pela definição de Inteirada em (1.2):
S ◦ S(p) = S(S(p))
(1.24)
Donde concluı́mos que p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X.
Como 1 ∈ X e p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X pelo terceiro axioma de Peano, concluı́mos
que X = N, demonstrando assim o lema.
Teorema 1.1.5. Fixado m ∈ N temos m + n = n + m ∀ n ∈ N
Demonstração. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {n ∈ N | m + n = n + m}
(1.25)
Vamos provar que X = N utilizando o princı́pio de indução.
(i) Utilizando a definição de soma em (1.3):
m + 1 = S(m)
(1.26)
Com o resultado objetido no lema 1.1.4:
S(m) = S m (1)
(1.27)
Utilizando a definição de soma em (1.3):
S m (1) = 1 + m
(1.28)
m+1=1+m
(1.29)
obtemos então
donde concluı́mos que 1 ∈ X
(ii) Suponhamos que para algum n ∈ N temos:
m+n = n+m
(1.30)
Então, utilizando a definição de soma em (1.3):
m + S(n) = S S(n) (m)
(1.31)
12
Utilizando a definição de inteiradas em (1.2):
S S(n) (m) = S ◦ S n (m)
(1.32)
Utilizando a definição de soma em (1.3):
S ◦ S n (m) = S(m + n)
(1.33)
Utilizando a hipótese de indução em (1.30):
S(m + n) = S(n + m)
(1.34)
Utilizando a definição de soma em (1.3):
S(n + m) = S(S m (n))
(1.35)
Utilizando a definição de inteirada em (1.2):
S(S m (n)) = S ◦ S m (n) = S S(m) (n)
(1.36)
Utilizando a definição de soma em (1.3):
S S(m) (n) = n + S(m)
(1.37)
Utilizando a definição de soma em (1.3) novamente:
n + S(m) = n + (m + 1)
(1.38)
Utilizando o resultado no ı́tem anterior em (1.29):
n + (m + 1) = n + (1 + m)
(1.39)
Utilizando o resultado do teorema 1.1.3.
n + (1 + m) = (n + 1) + m = S(n) + m
(1.40)
Utilizando definição de soma em (1.3):
(n + 1) + m = S(n) + m
(1.41)
Donde concluı́mos que se m + n = n + m então:
m + S(n) = S(n) + m
(1.42)
13
Como 1 ∈ X e n ∈ X ⇒ S(n) ∈ X, utilizando o terceiro axioma de Peano,
conclı́mos que X = N, demonstrando assim o teorema.
Teorema 1.1.6. Fixados m, n ∈ N tem-se m + p = n + p ⇒ m = n ∀ n ∈ N
(Lei do Corte)
Demonstração. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N | m + p = n + p ⇒ m = n}
(1.43)
Vamos provar pelo princı́pio de indução que X = N
(i) Para p = 1 e utilizando a definição de soma em (1.3) e a hipótese acima,
temos:
S(m) = m + 1 = n + 1 = S(n) ⇒ S(m) = S(n)
(1.44)
Como a função S é injetiva (axioma 1) m = n, logo 1 ∈ X.
(ii) Suponhamos que:
m+p=n+p
(1.45)
para algum p ∈ N, então, utilizando definição de soma em (1.3) e a
hipótese do teorema, temos:
S(m+p) = m+S(p) = n+S(p) = S(m+p) ⇒ S(m+p) = S(m+p) (1.46)
Como S é injetiva, m + p = n + p, pela hipótese de indução em (1.45),
m=n
Como 1 ∈ X e p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X pelo terceiro axioma de Peano, concluı́mos
que X = N, o que demonstra o teorema.
Teorema 1.1.7. Dados m, n ∈ N uma das sequintes ocorre:
• m=n
• ∃p ∈ N|m + p = n
• ∃q ∈ N|m = n + q
Demonstração. Num sei. . .
14
1.2
Ordem dos Números Naturais
Definição 1.2.1. Dizemos que
m>n
Se e Somente Se, ∃ p ∈ N | m = n + p
e que
m<n
Se e Somente Se, ∃ q ∈ N | m + q = n
1.2.1
Propriedades da Ordem
1. m > n ∧ n > p ⇒ m > p (transitividade)
2. m > n ⇒ m + p > n + p ; ∀p ∈ N
É trivial que as mesmas propriedades se aplicam para <.
1.2.1.1
Demonstranções
Teorema 1.2.2. Fixados m, n ∈ N temos que:
m > n ∧ n > p ⇒ m > p; ∀ p ∈ N
(1.47)
Demonstração. Utilizando a definição de ordem 1.2.1, temos:
n > p ⇒ ∃w ∈ N|n = p + w
(1.48)
m > n ⇒ ∃q ∈ N|m = n + q
(1.49)
Usando (1.48) e (1.49) obtemos que:
m = n + q = (p + w) + q = p + (w + q)
(1.50)
O que, pela definição de ordem em (1.2.1), implica que m > p, como querı́amos
demonstrar.
15
Teorema 1.2.3. Fixados m, n ∈ N temos que:
m > n ⇒ m + p > n + p; ∀ p ∈ N
(1.51)
Demonstração. Temos que:
m > n ⇒ ∃q ∈ N|m = n + q
(1.52)
Utilizando a lei do corte provada no Teorema 1.1.6, temos:
(m) + p = (n + q) + p
(1.53)
Utilizando as propriedades de comutatividade e associatividade provadas respectivamente nos teoremas 1.1.5 e 1.1.3, temos
(m) + p = (n + q) + p ⇒ m + p = (n + p) + q
(1.54)
Finalmente, utilizando a definição de ordem em 1.2.1, temos:
m + p = (n + p) + q ⇒ m + p > n + p
1.3
(1.55)
A Multiplicação
Denota-se por fm (n) a função que soma “m” a n, então:
fm (n) = n + m = S m (n)
(1.56)
Definimos também a função antecessor como sendo:
A :→ (N − 1)N
(1.57)
A(S(p)) = p ; ∀ p ∈ N
(1.58)
Definição 1.3.1. A operação multiplicação, representada por “.” é definida
por:
• m·1=m
n (m)
• m · S(n) = fm
16
1.3.1
Propriedades da Multiplicação
1. (m + n) · p = m · p + n · p
2. m · n = n · m
3. m · p = n · p ⇒ m = n
4. m > n ⇒ m · p > n · p
5. m · (n · p) = (m · n) · p
1.3.1.1
Demonstranções
Para demonstrar as propriedades, vamos precisar de alguns resultados iniciais, que geraram os lemas seguintes:
Lema 1.3.2. Fixados m, n ∈ N tem-se que:
m · (p + 1) = m · p + m
(1.59)
Demonstração. A demonstração em feita em duas etapas, para p = 1 e para
p 6= 1:
(i) Para p = 1 e utilizando a definição de soma em (1.3), temos:
m · (1 + 1) = m · S(1)
(1.60)
Pela definição de multiplicação em 1.3.1:
1
m · S(1) = fm
(m) = m + m
(1.61)
(ii) Se p 6= 1 temos que ∃w ∈ N tal que S(w) = p, logo: Pela definição de
soma em (1.3):
m · (S(w) + 1) = m · (S(S(w)))
(1.62)
Pela definição de multiplicação em 1.3.1:
S(w)
m · (S(S(w))) = fm
(m)
(1.63)
Pela definição de inteirada em (1.2):
S(w)
w
fm
(m) = fm ◦ fm
(m)
(1.64)
17
Pela definição da função f em (1.56)
w
w
fm ◦ fm
(m) = fm
(m) + m
(1.65)
Pela definição de multiplicação em 1.3.1:
w
fm
(m) + m = m · S(w) + m
(1.66)
Como p = S(w), concluı́mos que:
m · (p + 1) = m · (S(w) + 1) = m · S(w) + m = m · p + m
(1.67)
Teorema 1.3.3. Fixados m, n ∈ N tem-se que:
(m + n) · p = m · p + n · p; ∀p ∈ N
(1.68)
Demonstração. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N | (m + n) · p = m · p + n · p}
(1.69)
Vamos provar utilizando o princı́pio de indução que X = N
(i) Utilizando a definição de multiplicação em 1.3.1, temos:
(m + n) · 1 = (m + n) = m + n
(1.70)
(ii) Suponha que para algum p ∈ N vale:
(m + n) · p = m · p + n · p
(1.71)
Da definição de soma em (1.3):
(m + n) · S(p) = (m + n) · (p + 1)
(1.72)
Utilizando o lema 1.3.2:
(m + n) · (p + 1) = (m + n) · p + (m + n)
(1.73)
Utilizando a hipótese de indução em (1.71):
(m + n) · p + (m + n) = m · p + n · p + (m + n)
(1.74)
18
Utilizando as propriedades de associatividade e comutatividade da soma:
m · p + n · p + (m + n) = m · p + m + n · p + n
(1.75)
Utilizando novamente o lema 1.3.2:
m · p + m + n · p + n = m · (p + 1) + n · (p + 1)
(1.76)
Utilizando a definição de soma em (1.3):
m · (p + 1) + n · (p + 1) = m · S(p) + n · S(p)
(1.77)
Obtendo p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X. Fica então demonstrado utilizando o terceiro
axioma de Peano.
Lema 1.3.4.
1 ·p = p ·1 ; ∀p ∈ N
(1.78)
Demonstração. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N | 1 · p = p · 1}
(1.79)
Vamos provar utilizando o princı́pio de indução que X = N
(i) Para p = 1:
1·1=1·1
(1.80)
(ii) Suponha que para algum p ∈ N vale:
1·p=p·1
(1.81)
Então, utilizando a definição de soma em (1.3):
1 · S(p) = 1 · (p + 1)
(1.82)
1 · (p + 1) = 1 · p + 1 · 1
(1.83)
Utilizando o lema 1.3.2:
Utilizando a hipótese de indução em (1.81):
1·p+1·1= p·1+1·1
(1.84)
19
Utilizando o teorema 1.3.3:
p · 1 + 1 · 1 = (p + 1) · 1
(1.85)
Pela definição de soma em (1.3):
(p + 1) · 1 = S(p) · 1
(1.86)
Obtendo p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X. Fica então demonstrado utilizando o terceiro
axioma de Peano.
Teorema 1.3.5. Fixado m ∈ N tem-se:
m · n = n· m ; ∀n ∈ N
(1.87)
Demonstração. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {n ∈ N | m · n = n · m}
(1.88)
Vamos provar utilizando o princı́pio de indução que X = N
(i) Para n = 1 e utilizando o resultado do lema 1.3.4, temos:
m·1=1·m
(1.89)
(ii) Suponha que para algum n ∈ N vale:
m·n=n·m
(1.90)
Então, utilizando o lema 1.3.2:
m · (n + 1) = m · n + m
(1.91)
Utilizando a hipótese em (1.90):
m·n+m=n·m+m
(1.92)
Utilizando a propriedade de comutatividade da soma e a definição de
multiplicação em (1.3.1):
n · m + m = n · m + 1.m
(1.93)
20
Utilizando o resultado do teorema 1.3.3:
n · m + 1.m = (n + 1) · m
(1.94)
Obtendo n ∈ X ⇒ S(n) ∈ X. Fica então demonstrado utilizando o terceiro
axioma de Peano.
Teorema 1.3.6. Dados m, n ∈ N vale:
Se:
∃p ∈ N | m · p = n · p
(1.95)
Então m = n.
Demonstração. Suponha que m 6= n, então, pela tricotomia provada no teorema
1.1.7:
∃q ∈ N | m = n + q ∧ ∃w ∈ N | n = m + w
(1.96)
Se m = n + q, e utilizando a distributividade demonstrada em 1.3.3 temos:
m · p = (n + q) · p = n · p + q · p o que concluı́mos pela definição de ordem
em 1.2.1 que m · p > n · p o que contradiz a hipótese inicial. Da mesma forma
assumindo m + w = n, concluı́mos que n · p > m · p o que também contradiz a
hipótese. Logo m = n.
Teorema 1.3.7. Fixados m, n ∈ N vale:
m > n ⇒ m ·p > n ·p ; ∀p ∈ N
(1.97)
Demonstração. Pela definição de ordem em 1.2.1, temos:
m > n ⇒ ∃q ∈ N|m = n + q
(1.98)
m · p = (n + q) · p
(1.99)
Então:
Utilizando a propriedade de distributividade demonstrada no teorema 1.3.3:
(n + q) · p = n · p + q · p
(1.100)
m·p=n·p+q·p
(1.101)
Obtendo:
21
Pela definição de ordem em 1.2.1, temos:
m·p=n·p+q·p⇒m·p>n·p
(1.102)
O que completa a demonstração.
Teorema 1.3.8. Fixados m, n ∈ N vale:
m · (n · p) = (m · n) · p ; ∀ p ∈ N
(1.103)
Demonstração. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N | m · (n · p) = (m · n) · p}
(1.104)
Vamos provar utilizando o princı́pio de indução que X = N
(i) Para p = 1 e utilizando duas vezes a definição de multiplicação em 1.3.1
temos:
m · (n · 1) = m · n = (m · n) · 1
(1.105)
(ii) Suponha que para algum p ∈ N vale:
m · (n · p) = (m · n) · p
(1.106)
Então, utilizando duas vezes a propriedade de distributividade provada
em 1.3.3:
m · (n · (p + 1)) = m · (n · p + n) = m · (n · p) + m · n
(1.107)
Utilizando a hipótese de indução em (1.106) e a definição da multiplicação
em 1.3.1, temos:
m · (n · p) + m · n = (m · n) · p + (m · n) · 1
(1.108)
Utilizando a propriedade de distributividade demonstrada no teorema
1.3.3:
(m · n) · p + (m · n) · 1 = (m · n) · (p + 1)
(1.109)
Obtendo p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X. Fica então demonstrado utilizando o terceiro
axioma de Peano.
22
1.4
1.4.1
Boa Ordenação e o Segundo Princı́pio da Indução
Elemento Mı́nimo
Dizemos que p ∈ X é um elemento mı́nimo de X se e somente se:
p 6 q ; ∀q ∈ X
(1.110)
Podemos perceber que o elemento mı́nimo de um conjunto é único, de fato,
suponha que existe outro w ∈ X tal que:
w 6 m ; ∀m ∈ X
(1.111)
Mas
p 6 q ∧ w 6 m ; ∀ q, m ∈ X ⇒ p 6 w ∧ w 6 p ⇒ p = w
1.4.2
(1.112)
Elemento Máximo
Dizemos que p ∈ X é um elemento máximo de X se e somente se:
p > q ; ∀q ∈ X
(1.113)
Podemos perceber que o elemento máximo de um conjunto é único, de fato,
suponha que existe outro w ∈ X tal que:
w > m ; ∀m ∈ X
(1.114)
Mas
p > q ∧ w > m ; ∀ q, m ∈ X ⇒ p > w ∧ w > p ⇒ p = w
1.4.3
(1.115)
Boa Ordenação
Todo o conjunto X ⊂ N possue um elemento mı́nimo.
Lema 1.4.1. O elemento 1 é o elemento mı́nimo do conjunto dos naturais.
23
Demonstração. Suponha que:
∃p ∈ N|p < 1
(1.116)
É, pela definição de ordem em 1.2.1, equivalente que:
∃w ∈ N|1 = p + w
(1.117)
1 = p + w ⇒ 1 = S w (p)
(1.118)
Da igualdade, segue que 1 seria sucessor de algum número o que contradiz o
segundo axioma de Peano.
Teorema 1.4.2. Todo o conjunto X ⊂ N, não vazio, possue um elemento
mı́nimo ou seja:
Para todo o conjunto X ⊂ N vale:
∃p ∈ X | p 6 w ; ∀w ∈ X
(1.119)
Demonstração. Se 1 ∈ X então 1 é o elemento mı́nimo de X, pois X ⊂ N.
Definimos o conjunto In ⊂ N como:
In = {p ∈ N | p 6 n}
(1.120)
A = {n ∈ N | In ⊂ N − X}
(1.121)
e o conjunto A ⊂ N como:
Logo, (não é difı́cil provar):
w ∈ A ⇒ w 6∈ X
(1.122)
Afirmamos que o elemento p ∈ X tal que:
A(p) ∈ A ∧ p ∈ X
(1.123)
é o elemento mı́nimo de X, de fato, se não for, então:
∃w ∈ X | p 66 w
(1.124)
24
Pela tricotomia em 1.1.7:
∃w ∈ X | p 66 w ⇒ w < p
(1.125)
Pela definição de ordem em 1.2.1:
w < p ⇒ ∃q ∈ N | p = w + q
(1.126)
Analizemos em dois casos:
(caso 1) Se q = 1. E utilizando a definição de antecessor em (1.58) e definição de
soma em (1.3), temos que A(p) + 1 = S(A(p)) = p, então:
p = w + 1 ⇒ A(p) + 1 = w + 1
(1.127)
Utilizando a lei do corte da soma demonstrada no teorema 1.1.6:
A(p) + 1 = w + 1 ⇒ A(p) = w
(1.128)
O que é um absurdo, pois A(p) é definida como pertencer ao conjunto A
e:
A(p) = w ∨ (A(p) ∈ A ⇒ A(p) 6∈ X) ⇒ w 6∈ X
(1.129)
Onde temos um absurdo.
(caso 2) Se q 6= 1, então como 1 é o elemento mı́nimo dos naturais:
1<q
(1.130)
1 < q ⇒ ∃y ∈ N|q = 1 + y
(1.131)
Pela definição de ordem em 1.2.1:
Substituı́ndo q = 1 + y em (1.126), temos:
p=w+1+y
(1.132)
Como p 6= 1, e utilizando a definição de antecessor em 1.58:
A(p) + 1 = w + 1 + y
(1.133)
Utilizando a comutatividade da soma demonstrada em 1.1.5 e a lei do
25
corte demonstrada em 1.1.6:
A(p) + 1 = w + y + 1 ⇒ A(p) = w + y
(1.134)
Pela definição de ordem em 1.2.1:
A(p) = w + y ⇒ w < A(p)
(1.135)
Utilizando a definição de A(p) (1.123) e a definição do conjunto A em
(1.121), concluı́mos que:
w < A(p) ⇒ w ∈ A ⇒ w 6∈ X
(1.136)
O que é um absurdo.
Com isso, concluı́mos que p é o elemento mı́nimo do conjunto X.
1.5
Exercı́cios
Ex. 1 — Prove que tendo o primeiro e segundo axioma, o terceiro axioma (P3) é
equivalente ao axioma “A”:
P3- Se X ⊂ N é tal que 1 ∈ X ∧ n∈ X ⇒ S(n) ∈ X, então X = N.
A- Para todo conjunto A ⊂ N, não vazio, tem-se A − S(A) 6= ∅
Solução (ex. 1) — Vamos primeiramente provar (P 3 ⇒ A):
Demonstração. É claro que, se 1 ∈ A, então A − S(A) 6= ∅
Vamos supor então que 1 6∈ A, e portanto, 1 ∈ Ac , supomos ainda, por absurdo,
que A − S(A) = ∅. Nesse caso, afirmamos que:
a ∈ Ac ⇒ S(a) ∈ Ac
(1.137)
Demonstração da Afirmação.
Suponha que a ∈ Ac e, por contradição, que S(a) 6∈ Ac . Então, como A ⊂ S(A),
segue-se que S(a) ∈ A ⊂ S(A), isto é, S(a) = S(n) para algum n ∈ A. Por
injetividade de S (P2), temos a = n ∈ A, uma contradição, então concluı́mos a
demonstração da afirmação (1.137).
26
Como provamos:
Se A − S(A) = ∅, então vale:
a ∈ Ac ⇒ S(a) ∈ Ac
(1.138)
Nesse caso, utilizando P3 e o fato de 1 ∈ Ac , temos que Ac = N, e portanto
A = ∅, concluı́ndo a demonstração.
(A ⇒ P 3)
Demonstração. Suponha que X ⊂ N tal que:
1.- 1 ∈ X
2.- n ∈ X ⇒ S(n) ∈ X
Seja A = X c , então, afirmamos que:
A − S(A) = ∅
Se, por contradição, A − S(A) 6= ∅, então ∃ x ∈ A | x 6∈ S(A). Como x 6= 1,
segue-se que x = S(a). Assim, ∃ S(a) ∈ A | S(a) 6∈ S(A) ⇒ a 6∈ A ⇒ a ∈ X ⇒
S(a) ∈ X ⇒ S(a) 6∈ A o que é uma contradição.
Por “A”, segue-se que A = ∅ = X c , logo X=N.
Ex. 2 — Dados a, b ∈ N temos que existe m ∈ N tal que m · a > b .
Solução (ex. 2) — Demonstração.Tome m = (b + 1), logo:
m · a = (b + 1) · a = b · a + a
(1.139)
Analisemos agora os dois casos:
(caso 1) - Se a = 1, utilizando a definição de multiplicação, temos:
b·a=b+1
(1.140)
Donde, pela definição de ordem, temos que:
m·a >b
(1.141)
(caso 2) - Se a 6= 1, temos que existe A(a), então, utilizando a definição de
multiplicação:
b · (A(a) + 1) = b · A(a) + b · 1 = b + (b · A(a)) > b
(1.142)
27
Onde concluı́mos pela definição de ordem que:
m·a >b
(1.143)
Ex. 3 — Para a ∈ N; Se o conjunto X é tal que:
(1) a ∈ X
(2) n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X
Então X contém todos os elementos n ∈ N tais que n > a
Solução (ex. 3) — Demonstração.Definimos os conjuntos:
A = {n ∈ N | n > a}
(1.144)
B =A−X
(1.145)
Devemos provar então que B = ∅.
Pelo teorema 1.4.2, temos que todo conjunto não vazio possue um elemento
mı́nimo. Logo, supondo que B 6= ∅, temos que existe b ∈ B tal que b seja
elemento mı́nimo, como:
b∈B ⊂A∧a ∈X
(1.146)
Temos que b > a > 1; logo, existe A(b) ∈ A, donde concluı́mos que:
A(b) ∈ X ∧ b 6∈ X
(1.147)
o que é uma contradição, logo B = ∅, o que concluı́mos pela definição de B
que X = A.
Ex. 4 — Demonstre as seguintes propriedades utilizando o princı́pio de indução:
(a) 2 · (1 + 2 + · · · + n) = n · (n + 1)
(b) 1 + 3 + 5 + · · · + (2 · n + 1) = (n + 1)2
(c) (a − 1) · (1 + a + · · · + an ) = an+1 − 1
(d) n > 4 ⇒ n! > 2n
Solução (ex. 4) — (a) Demonstração.Tome X ⊂ N o conjunto dos números
n tais que 2 · (1 + 2 + · · · + n) = n · (n + 1)
28
(i) n = 1, temos:
2 = 2 · 1 = 1 · (1 + 1) = 2
(1.148)
logo, 1 ∈ X
(ii) Suponha que vale para algum n ∈ X:
2 · (1 + 2 + · · · + n) = n · (n + 1)
(1.149)
Então, utilizando a propriedade de distributividade, temos:
2(1 + 2 + · · · + n + (n + 1)) = 2(1 + 2 + · · · + n) + 2(n + 1) (1.150)
Utilizando a hipótese de indução em (1.149):
2(1 + 2 + · · · + n) + 2(n + 1) = n(n + 1) + 2(n + 1)
(1.151)
Utilizando distributividade:
n(n+1)+2(n+1) = (n+1)(n+2) = (n+1)((n+1)+1) (1.152)
Concluı́ndo que n ∈ X ⇒ n+1 ∈ X, demonstrando assim o exercı́cio.
(b) Demonstração.Tome X ⊂ N o conjunto dos números n tais que 1 +
3 + 5 + · · · + (2 · n + 1) = (n + 1)2
(i) n = 1, temos:
1 + 3 = 4 = 2 · 2 = (1 + 1)(1 + 1)
(1.153)
logo, 1 ∈ X
(ii) Suponha que vale para algum n ∈ X:
1 + 3 + 5 + · · · + (2 · n + 1) = (n + 1)2
(1.154)
Então,
1+3+· · ·+(2n+1)+(2(n+1)+1) = (1+3+· · ·+(2n+1))+(2(n+1)+1)
(1.155)
Utilizando a hipótese de indução em (1.154):
(1+3+· · ·+(2n+1))+(2(n+1)+1) = (n+1).(n+1)+2(n+1)+1
(n + 1).(n + 1) + 2(n + 1) + 1 =
29
n(n + 1) + (n + 1) + 2n + 1 + 1 = n(n + 2) + 2(n + 2) =
(n + 2)(n + 2) = ((n + 1) + 1)((n + 1) + 1)
Concluı́ndo que n ∈ X ⇒ n+1 ∈ X, demonstrando assim o exercı́cio.
(c) Demonstração.Fixados a, tome X ⊂ N o conjunto dos números n
tais que (a − 1) · (1 + a + · · · + an ) = an+1 − 1
(i) n = 1, temos:
(a − 1)(1 + a) = a2 − 1
(1.156)
logo, 1 ∈ X
(ii) Suponha que vale para algum n ∈ X:
(a − 1) · (1 + a + · · · + an ) = an+1 − 1
(1.157)
Então, utilizando a propriedade de distributividade, temos:
(a − 1)(1 + · · · + an + an+1 ) = (a − 1)(1 + · · · + an ) + (a − 1)an+1
(1.158)
Utilizando a hipótese de indução em (1.157):
(a−1)(1+· · ·+an )+(a−1)an+1 = an+1 −1+(a−1)·an+1 (1.159)
Utilizando distributividade:
an+1 − 1 + (a − 1) · a(n+1) = a(n+1)+1 − 1
(1.160)
Concluı́ndo que n ∈ X ⇒ n+1 ∈ X, demonstrando assim o exercı́cio.
(d) Demonstração.Tome X ⊂ N o conjunto dos números n > 4 tais que
n! > 2n
Temos:
(i) n = 4, temos:
4 · 3 · 2 · 1 = 2 · 2 · 2 · 3 · 1 > 24
(1.161)
logo, 4 ∈ X
(ii) Suponha que vale para algum n ∈ X:
n! > 2n
(1.162)
30
Então, utilizando a propriedade de distributividade, temos:
(n + 1)! = n! · (n + 1)
(1.163)
Como n > 4, temos que existe b ∈ N tal que n = b + 1, então:
n! · (n + 1) = n! · ((b + 1) + 1)
(1.164)
Utilizando a propriedade de distributividade,
n! · ((b + 1) + 1) = n! · b + 2 · n!
(1.165)
Utilizando a definição de ordem:
n! · b + 2 · n! > n! · 2
(1.166)
Utilizando a hipótese de indução em (1.162):
n! · 2 > 2n · 2 = 2n+1
(1.167)
Concluı́ndo que n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, utilizando o resultado do
exercı́cio 3 (demonstrado por indução),temos a demonstração do
exercı́cio.
Ex. 5 — Utilize o segundo princı́pio de indução para demonstrar a unicidade da
decomposição dos números em fatores primos.
Solução (ex. 5) — Seja X ⊂ N o conjunto dos números satisfazem a unicidade.
Logo, temos pelo teorema fundamental que prova a existência da decomposição
em números primos que:
m = p1 · p2 . . . pj
(1.168)
Para p1 ..pj 6= 1.
Suponha que para todo n < m vale que n possue únicos fatores primos, vamos
provar que isso implica que m é fatorada de uma única forma. Tomemos n =
p2 . . . pn , n é menor que m, pois como p1 6= 1, temos p1 = (A(p1 ) + 1), obtendo:
m = (A(p1 ) + 1) · (p2 · p3 . . . pn )
= n + A(p1 ) · n
E pela definição de ordem m > n, logo pela hipótese de indução n só pode ser
fatorado de única forma, e como p também satisfaz essa condição, então m só
tem uma única forma de fatoração, concluı́ndo a demonstração.
31
Ex. 6 — Seja X, Y ⊂ N, conjuntos finitos.
(a)Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).
(b)Qual seria a fórmula correspondente pare três conjuntos?
Solução (ex. 6) —
(a)Utilizando o teorema que prova que a união de dois
conjuntos finitos DISJUNTOS, com m e n elementos é um conjunto
com m + n elementos. Criamos conjuntos disjuntos e aplicamos o
teorema.
X\Y
X
Y\X
X Y
Y
Temos que X ∪ Y = X ∪ (Y \ X) e Y = (Y \ X) ∪ (X ∩ Y ) ⇒
Y \ (X ∩ Y ) = (Y \ X), manipulando obtemos: card(X ∪ Y ) =
card(X ∪ (Y \ X)) = card(X) + card(Y \ X)
card(X) + card(Y \ X) = card(X) + card(Y \ (X ∩ Y )) = card(X) +
card(Y ) − card(X ∩ Y )
Donde temos card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).
(b)A fórmula para três conjuntos seria card(X ∪ Y ∪ Z) + card(X ∩
Y ) + card(X ∩ Z) + card(Z ∩ Y ) − 2 · card(X ∩ Y ∩ Z) = card(X) +
card(Y ) + card(Z)
Ex. 7 — Dado um conjunto finito X, prove que uma função f : X → X é injetiva
S.S.S é sobrejetiva.
Solução (ex. 7) — Suponha que a função f seja injetiva, nesse caso, podemos
considerar a menos de uma bijeção X = In , logo, obtemos a bijeção f : In → A
para A ⊂ In , como A é finito (pois X é e A ⊂ X), podemos considerar a menos
de uma bijeção como sendo A = Im , obtendo então a bijeção de g : In → Im , e
utilizando o teorema, temos que m = n, o que mostra que A = X.
Suponha agora que f seja sobrejetiva, e suponha ainda que f não seja injetiva,
nesse caso: card(f (X)) < card(X). Por outro lado, como f é sobrejetiva,
card(f (X)) = X, o que é uma contradição, logo f é injetiva.
Ex. 8 — Prove que, se X é infinito enumerável, então o conjunto das partes finitas
de X também é (infinito) enumerável.
32
Solução (ex. 8) — Demonstração.X enumerável então podemos considerar, a
menos de uma bijeção, X = N, logo, tomemos a função f : X → P(X ) que
leva o conjunto X no conjunto das suas partes, definida da seguinte forma:
f (x) = fn (x) se x ∈ In
e
fn : In → P (In )
Sabemos que card(P(In )) = 2n . Logo, para qualquer x ∈ X existe n suficiente
grande tal que P(In ) exista, logo f é sobrejetiva, o que mostra que P(X) é
enumerável.
Ex. 9 — Dada a função f : X → X, um subconjunto Y ⊂ X chama-se estável
relativamente a f quando f (Y ) ⊂ Y . Prove que o conjunto X é finito S.S.S.
existe f : X → X que admite apenas X e ∅ como conjuntos estáveis.
Solução (ex. 9) — Demonstração.Suponha inicialmente que X é finito, neste
caso temos que existe uma bijeção b : In → X, tomando a função:
f : X → X, definida como:



 f (b(1)) → b(2)


 f (b(2)) → b(3)
f (x) =
..


.




f (b(n)) → b(1)
Essa função só admite ∅ e o próprio X como conjuntos estáveis. Suponha que
existe algum conjunto não vazio A ⊂ X estável logo, como X é finito e A ⊂ X
temos que A é finito, logo possue um elemento máximo j no domı́nio da bijeção
b, obtendo então b(j) ∈ A∧f (b(j)) 6∈ A o que é uma contradição pois A é estável.
Tá erradooooooooooooooooooooooooooooo. . . . . . . . . . . . . . . . . . (concluir)
Agora supondo que existe uma função f : X → X que admita apenas ∅ e X
como conjuntos estáveis, afirmamos que existe n ∈ N tal que f n (x1 ) = x1
para qualquer x1 ∈ X. De fato, supomos por absurdo que isso não é válido,
logo obtemos que A = {x | x = f n (x1 ), n ∈ N} forma um conjunto estável o
qual não possue o elemento x1 ∈ X, o que é um absurdo.
Com essa afirmação, temos diretamente que existe uma bijeção entre In+1 e X
mostrando que o mesmo é finito.
33
Ex. 10 — Seja f : X → X uma função injetiva tal que f (X) 6= X. Tomando
x ∈ X − f (X), prove que os elementos x, f (x), f (f (x)) . . . são dois a dois
distintos.
Solução (ex. 10) — Demonstração.Temos que x é diferente de f n (x) para todo
n ∈ N, isso porque f n (x) ∈ f (X) para todo n e x 6∈ f (X). Agora seja A o
conjunto dos n tal que f n (x) 6= f m (x) ∀ m ∈ N ∧ m 6= n. Logo, temos:
(a)f 1 (x) 6= f m (x) caso contrário, como f é injetiva, temos que x = f m−1
o que mostramos não ser possı́vel.
(b)Suponhamos que para algum n 6= m vale f n (x) 6= f m (x) . Assumimos também f 0 (x) = x; logo supomos, por absurdo que: f n+1 (x) =
f (f n (x)) = f m(x) = f (f m−1 (x)) O que por injetividade de f temos
que: f n (x) = f m−1 (x) E como n + 1 6= m, temos que n 6= m − 1,
logo concluı́mos pela hipótese de indução que é um absurdo.
Ex. 11 — Obtenha uma decomposição N = X1 ∪ X2 ∪ · · · ∪ Xn ∪ . . . tal que os
conjuntos X1 , X2 , . . . , Xn , . . . são infinitos e dois a dois disjuntos.
Solução (ex. 11) — Como o conjunto os números primos são infinitos, e todo o
número natural pode ser representado pela sua decomposição, temos a sequencia
de conjuntos definida da seguinte forma:
1 ∈ X1
1
X1 = pm
1 ∀m1 ∈ N
mn
1
Xn = pm
1 · · · · · pn ∀m1 , m2 , . . . , mn ∈ N
34
2
Números Reais
Nesse capı́tulo é apresentado os exercı́cios resolvidos do livro do Elon, referentes ao capı́tulo correspondente.
2.1
Exercı́cios
Ex. 1 — Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:
(a)
a c
ad + bc
+ =
b d
bd
(b)
a c
a·c
· =
b d
b·d
Solução (ex. 1) —
(a)Demonstração.Vamos precisar de (b·d)·(b−1 ·d−1 ) =
1 · 1 = 1 ⇒ (b−1 · d−1 ) = (b · d)−1
a c
+ = 1 · a · b−1 + 1 · c · d−1
b d
1 · a · b−1 + 1 · c · d−1 = (d · d−1 ) · a · b−1 + (b · b−1 ) · c · d−1
(2.1)
(2.2)
(d · d−1 ) · a · b−1 + (b · b−1 ) · c · d−1 = d−1 · b−1 · (a · b + b · c) (2.3)
(a · d + b · c)
1
a·d+b·c
(a · d + b · c)
=
(d · b)−1 ·
1
d·b
d−1 · b−1 · (a · b + b · c) = (d · b)−1 ·
(2.4)
(2.5)
(b)Demonstração.
a c
· = a · b−1 · c · d−1
b d
(2.6)
a · b−1 · c · d−1 = (b−1 · d−1 ) · (a · c)
(2.7)
35
Ex. 2 — Dado a 6= 0 num corpo K, põe-se, por definição, a0 = 1 e, se n ∈ N,
a−n =
1
an
ou seja, a−n = (an )−1 . Prove:
(a)am · an = am+n para todo m, n ∈ Z
(b)(am )n = am·n para todo m, n ∈ Z
Solução (ex. 2) —
(a)Demonstração..
(caso 1)m, n > 0
an
·
am
n vezes
m vezes
}|
{ z
}|
{
z
= (a · a · . . . · a) · (a · a · . . . · a) = an+m
(caso 2)m = 0 ∨ n = 0, sem perdas de generalidade, consideremos m = 0
am · an = a0 · an = 1 · an
(caso 3)S.P.G. m < 0 ∧ n > 0
m<0⇒∃ −m>0
(subcaso 1)n > −m
an ·am
n−(−m) vezes
−m vezes
−m vezes
z
}|
{ z
}|
{ z
}|
{
= an ·(a−m )− 1 = (a · a · · · · · a) · (a · a · · · · · a) ·((a · a · · · · · a))−1 =
an−(−m) = an+m
(subcaso 2)−m > n
(−m)−n vezes
an ·am
m vezes
m vezes
(−m)−n vezes
z }| {
z }| { z }| {
z }| {
= ( a · · · · · a )−1 ·(a · · · · · a)·(a · · · · · a)−1 = ( a · · · · · a )−1 =
(a−m−n )−1 = an+m
(b)Demonstração..
(caso 1)m, n > 0
n vezes
z
}|
{
m vezes
m vezes
m vezes
z
}|
{ z
}|
{
z
}|
{
(am )n = (a · a · · · · · a) · (a · a · · · · · a) · · · · · (a · a · · · · · a) = am·n
(caso 2)m = 0 ou n = 0
(subcaso 1)n = 0
(am )0 = 1 = a0 = am·n
(subcaso 2)m = 0
(an )n = (1)n = 1 = a0 = am·n
(caso 3)m < 0 e n > 0
36
n vezes
n vezes
z
}|
{
z
}|
{
1
1
−m −1
−m −1
−m
−1
n
((a ) ) = (a ) · · · · · (a ) = −m · · · · · −m =
a
a
1
1
−m·n )−1 = am·n
=
=
(a
−m
n
−m·n
(a
)
a
(caso 4)m > 0 e n < 0
(am )n = ((am )−n )−1 = (am·(−n) )−1 = am·n
(caso 5)m < 0 e n < 0
(am )n = (((a−m )−1 )−n )−1 = ((a−m )n )−1 = (((a−m )−n )−1 )−1 =
(a(−m)·(−n) )1 = am·n
Ex. 3 — Se
x1
x2
xn
=
= ··· =
y1
y2
yn
num corpo K, prove que, dados a1 , a2 , . . . , an ∈ K tais que a1 ·y1 +· · ·+an ·yn 6=
0, tem-se
x1
a1 · x1 + · · · + an · xn
=
a1 · y1 + · · · + an · yn
y1
.
Solução (ex. 3) — Demonstração..
y1 · a1 · xy11 + · · · + yn · an ·
a1 · x1 + · · · + an · xn
=
a1 · y1 + · · · + an · yn
a1 · y1 + · · · + an · yn
xn
yn
=
x1 a1 · y1 + · · · + an · yn
x1
·
=
y1 a1 · y1 + · · · + an · yn
y1
Ex. 4 — Dados dois corpos K, L corpos. E um homomorfismo f : K → L, prove
que:
(a)f (0) = 0
(b)ou f (a) = 1 ∀ a ∈ K ou { f (1) = 1 e f é injetivo }
Solução (ex. 4) — Demonstração..
f (a) = f (a + 0) = f (a) + f (0) ⇒ f (0) = 0
Afirmação: Se a 6= b ⇒ f (a) 6= f (b)
Demonstração..
Se, por contradição, a 6= b e f (a) = f (b)
Então: 0 = f (a) − f (b) = f (a − b) Logo,
0 = 0 · f ((a − b)−1 ) = f ((a − b)−1 ) · f (a − b) = f ((a − b)−1 · (a − b)) = f (1)
37
Utilizando argumentação análoga, podemos ver que isso leva que f (x) = 0 ∀ x ∈
K.
Ex. 5 — Dado o homomorfismo f : Q → Q. Prove que f (x) = 0 ou f (x) = x ∀ x ∈
Q.
Solução (ex. 5) — Demonstração..
Inicialmente, vamos provar os resultados:
(a)f (a) = f (a · 1) = f (a) · f (1) ⇒ f (1) = 1
(b)f (n) = f (1+1+· · ·+1) = f (1)+f (1)+· · ·+f (1) = 1+1+· · ·+1 = n
(c)1 = f (1) = f (n · n−1 ) = f (n) · f (n−1 ) ⇒ f (n−1 ) = f (n)−1
Agora, dado um número racional
n
m
n
; m 6= 0 temos: f ( m
) = f (n · m−1 ) =
f (n) · f (m− 1) = f (n) · f (m)−1 = n · (m)− 1 =
n
m
Ex. 6 — Tome Zp com as operações ⊕ e ⊗, prove que Zp é um corpo.
Solução (ex. 6) — Demonstração..
(a)f (m + n) = m + n = m ⊕ n = f (m) ⊕ f (n)
(b)f (m · n) = m · n = m ⊗ n = f (m) ⊗ f (n)
(c)m ⊕ n = m + n = n + m = n ⊕ m
(d)m ⊗ n = m · n = n · m = n ⊗ m
(e)(m ⊕ n) ⊕ w = (m + n) + w = (m + n) + w = m + (n + w) = m ⊕
(n ⊕ w)
(f)(m ⊗ n) ⊗ w = (m · n) · w = (m · n) · w = m · n · w) = m ⊗ (n ⊗ w)
(g)n ⊗ (m ⊕ w) = n · m + n · w = n ⊗ m ⊕ n ⊗ w
(h)(m ⊗ n = 0 ⇒ m = 0 ∧ n = 0) ⇒ (Dadok 6= 0, ∃j ∈ Zp |j ⊗ k = 1)
(i)1 = 1 ⇒ 1 ∈ Zp Podemos provar isso provando a bijetividade da
função:
fk : Zp → Zp definida como: fk (x) → k ⊗ x:
Podemos ver que:
fk (x ⊕ y) = k ⊗ (x ⊕ y) = k ⊗ x ⊕ k ⊗ y = fk (x) ⊕ fk (y)
38
Logo, se: f (x) = f (y), então:
f (x) − f (y) = 0 ⇒ f (x − y) = 0
Como f (x) = 0 ⇒ x = 0, então a função é injetiva. Como a cardi-
nalidade dos conjuntos (finitos) é a mesma, então a função tem que
ser sobrejetiva, e portanto bijetiva. Isso prova que existe inverso de
todos os elementos do conjunto.
Logo, como Zp satisfaz os axiomas de corpo, ele é um corpo (não ordenado).
Ex. 7 — Num corpo ordenado K, prove que a2 + b2 = 0 ⇔ a = b = 0.
(⇐)a = b = 0 ⇒ 02 + 02 = (0 + 0) · 0 = 0 · 0 = 0
(⇒)a · a + b · b = 0
.a ∈ P ⇒ a · a ∈ P
.b ∈ P ⇒ b · b ∈ P
.a ∈ −P ⇒ (−a) · (−a) = a · a ∈ P
.b ∈ −P ⇒ (−b) · (−b) = b · b ∈ P
.a2 ∈ P ∨ b2 ∈ P ⇒ a2 + b2 ∈ P
Logo, a2 + b2 = 0 temos que a2 6∈ P ou b2 6∈ P , onde temos que
a 6∈ P ∨ a 6∈ −P ∨ b 6∈ P ∨ b 6∈ −P e conclı́mos que a = b = 0.
Ex. 8 — Sejam x, y elementos positivos de um corpo ordenado K. Prove:
(a)x > 0 ⇔ x−1 > 0
(b)x < y ⇔ x−1 > y −1
Solução (ex. 8) — Demonstração..
(a)(⇒)Supondo x > 0 Temos (x−1 )2 · x > 0 ⇒ x−1 · 1 > 0 ⇒ x−1 > 0
(⇐)Análogo.
(b)(⇒)Supondo x < y Temos x · y −1 < y · y −1 = 1 = x · x−1 e pela lei
do cancelamento, obtemos: y −1 < x−1
(⇐)y −1 < x−1 ⇒ y · x−1 > y −1 · y = 1 = x · x−1 ⇒ y > x
39
Ex. 9 — Dados a, b, ε num corpo ordenada K, prove que
|a − b| < ε ⇒ |b| − ε < |a| < |b| + ε
conclua que |a − b| < ε ⇒ a < |b| + ε.
Solução (ex. 9) — Temos ||a| − |b|| ≤ |a − b| < ε ⇒ ||a| − |b|| < ε ⇒ −ε <
|a| − |b| < ε. Somando |b| temos |b| − ε < |a| < ε + |b|. E como a < |a|, temos
a < |b| + ε.
Ex. 10 — Sejam a racional diferente de zero, e x irracional. Prove que a · x e a + x
são irracionais. Dê exemplo de dois números irracionais x, y tais que x + y e
x · y são racionais.
Solução (ex. 10) — Tome a =
temos x =
x1 ·a2 −a1
a2
a1
a2
e Suponha que
x =
+x =
x1
x2 ,
então organizando
que é um abusurdo pois x não pode ser representado por
a1
a2
·x =
x1
x2 ,
concluı́mos o absurdo
√
pois x não pode ser racional. Podemos ter o exemplo x = 2 e
um número racional. Suponha agora que
a2 ·x1
a1 ·x2
a1
a2
√
y = − 2, onde x + y = 0 e x · y = −2, ambos resultados racionais.
Ex. 11 — Seja X = x1 ; n ∈ N . Prove que inf X = 0.
Solução (ex. 11) — A demonstração consiste em mostrar que 0 satisfaz as propriedades de ı́nfimo.
(a)0 <
1
n
∀ n ∈ N - 0 é cota inferior de X.
(b)Dado ε > 0, existe n ∈ N tal que 0 <
1
n
< ε (basta tomar n > 1ε ).
Onde concluı́mos que 0 = inf X.
Ex. 12 — Sejam X, Y conjuntos não vazios e f : X ×Y → R uma função limitada.
Para cada x0 ∈ X e cada y0 ∈ Y , ponhamos s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y } e
s2 (y0 ) = sup{f (x, y0 ); x ∈ X}. Isto define funções s1 : X → R e s2 : X → R.
Prove que se tem sup s1 (x) = sup s2 (y).
x∈X
y∈Y
Solução (ex. 12) — De s1 (x0 ) = sup f (x0 , y) temos que:
y∈Y
•f (x0 , y) ≤ s1 (x0 ) ∀ y ∈ Y
•Dado ε ∃ x ∈ X | s1 −
ε
2
< s1 (x)
Afirmação: s1 : X → R é limitada.
Demonstração.Caso contrário, ∃ xn ∈ X tal que s1 (xn ) > w. Assim, s1 (xn ) =
sup f (xn , y) > w ⇒ ∃ y1 ∈ Y | f (xn , y1 ) > w o que é um absurdo.
y∈Y
40
Logo existe sup s1 (x) = s1 , então temos:
x∈X
•s1 (x) ≤ s1 ∀ x ∈ X
•Dado ε, existe x ∈ X tal que s1 −
ε
2
< s1 (x)
Então temos:
•f (x0 , y) ≤ s1 x0 ≤ s1
•s1 − ε < f (x, y)
Concluı́mos que s1 é o supremo de f , de maneira inteiramente análoga, mostramos isso para s2 = sup s2 (y), concluı́ndo que s1 = s2 , demonstrando o exercı́cio.
y∈Y
41
3
Seqüencias e Séries de
Números Reais
Esse capı́tulo é muito interessante, mas eu não tive tempo de resolver
exercı́cios especı́ficos para esse assunto.
42
4
Revisão da 1a Parte
4.1
Exercı́cios da Lista de Análise Resolvidos
Ex. 1 — Dado n ∈ N mostre que:
n
X
j=0
j 3 = 13 + 23 + · · · + n3 =
n2 (n + 1)2
4
Solução (ex. 1) — Demonstração.Seja X o conjunto:
X=
(a)1 ∈ X, de fato:



n∈N|
n
X
j3 =
n2 (n
j=0
13 = 1 =
+
4

1)2 
12 (1 + 1)2
4

(a)Suponha que para algum n, n ∈ X, então:
13 + · · · + n3 + (n + 1)3 =
n2 (n + 1)2
+ (n + 1)3 =
4
(n + 1)2 ((n + 1) + 1)2
(n + 1)(n3 + 5n2 + 8n + 4)
=
4
4
Logo, n ∈ X ⇒ (n + 1) ∈ X. Onde concluı́mos pelo 3o axioma de
Peano que X = N e portanto a igualdade é válida para todo n ∈ N.
Ex. 2 — Mostre que o número de diagonais de um polı́gono de n(n ∈ N, n ≥ 4)
lados é
n(n−3)
.
2
Solução (ex. 2) — Seja
n(n + 3)
X = n∈N|
é o número de diagonais de um polı́gono de (n + 3) lados
2
43
(a)1 ∈ X, claramente, pois um quadrado possue 2 diagonais.
(b)Suponha que para algum n ∈ N, n ∈ X, então: Seja o polı́gono de
((n+1)+3) lados construı́do através do polı́gono de (n+3 lados. Esse
polı́gono preserva todas as diagonais do polı́gono anterior, e insere
mais [(n + 3) − 2 + 1] diagonais, então o polı́gono construı́do possue:
(n+3)n
2
+n+2=
((n+1)+3)(n+1)
.
2
Logo fica provado por indução.
Ex. 3 — Sejam A, B ⊂ R, conjuntos não-vazios e limitados. Então:
(1)A + B ≡ {a + b; a ∈ A, b ∈ B} é limitado e:
(1.i)sup(A + B) = sup(A) + sup(B);
(1.ii)inf (A + B) = inf (A) + inf (B);
(2)kA ≡ {k · a; a ∈ A} , k > 0 é limitado e:
(2.i)sup(kA) = k · sup(A);
(2.ii)inf (kA) = k · inf (A);
(2.iii)Enuncie e demonstre o que ocorre quando k < 0.
(1)A + B ≡ {a + b; a ∈ A, b ∈ B} é limitado e:
Solução (ex. 3) —
(1.i)sup(A + B) = sup(A) + sup(B);
Demonstração.Se A + B é limitado, então A e B são limitados,
de fato:
A + B limitado ⇒ ∃c cota superior ⇒
⇒ dado (a + b) ∈ A + B temos c > (a + b) ⇒
⇒ c > a ∧ c > b ⇒ A + B é limitado
Logo A e B possuem sup.
Seja sup(A) = a0 e sup(B) = b0 , logo:
(a)dado a ∈ A temos que a0 ≥ a
ǫ
ǫ
(b)dado > 0 temos que ∃a ∈ A tal que a0 − < a < a0
2
2
e também:
(a)dado b ∈ B temos que b0 ≥ b
ǫ
ǫ
(b)dado > 0 temos que ∃b ∈ B tal que b0 − < b < b0
2
2
Somando algumas igualdades, obtemos:
44
(a)a0 + b0 ≥ a + b ∀ a ∈ A ∧ ∀b ∈ B
ǫ ǫ
(b)−( + ) + b0 + a0 < a + b < b0 + a0 . E como a ∈ A e b ∈ B,
2 2
temos que ∃a + b tal que (a0 + b0 ) − ǫ < (a + b) < (a0 + b0 )
∀ǫ.
Como o sup é único, concluı́mos que sup(A + B) = a0 + b0 =
sup(A) + sup(B).
(1.ii)inf (A + B) = inf (A) + inf (B);
Demonstração.Análogo ao anterior.
(2)kA ≡ {k · a; a ∈ A} , k > 0 é limitado e:
(2.i)sup(kA) = k · sup(A);
Demonstração.Essa demonstração segue facilmente do ı́tem (2.iii).
(2.ii)inf (kA) = k · inf (A);
Demonstração.Essa demonstração segue facilmente do ı́tem (2.i).
(2.iii)Enuncie e demonstre o que ocorre quando k < 0. Seja k · A ≡
{k · a; a ∈ A}, k < 0, kA é limitado e:
sup(kA) = k · inf (A)
e
inf (kA) = k · sup(A)
Demonstração.Seja a0 = inf (A), logo:
(1)a0 ≤ a ∀a ∈ A
(2)Dado ǫ > 0 existe a ∈ A tal que a0 < a < a0 + ǫ
Logo, como k < 0, multiplicando, temos:
(1)k · a0 ≥ k · a ∀a ∈ A
(2)Dado ǫ > 0 existe a ∈ A tal que k · a0 > k · a > k · a0 − k · ǫ
O que mostra que k · a0 = k · inf (A) = sup(k · A).
A segunda demonstração é análoga.
45
Ex. 4 — Sejam A, B ⊂ R, conjuntos não-vazios, tais que:
x∈A ∧ y∈B⇒x≤y
Prove que:
(a)A é limitado superiormente
(b)B é limitado inferiormente
(c)
sup(A) ≤ inf (B)
Solução (ex. 4) —
(a)B 6= {∅} ⇒ ∃y ∈ B ⇒ ∀x ∈ A, x ≤ y, logo,
A é limitado superiormente. Nessa última implicação, utilizamos a
hipótese inicial.
(b)A 6= {∅} ⇒
∃a ∈ A ⇒
∀y ∈ B, y ≥ x, logo, B é limitado
inferiormente. Nessa última implicação, utilizamos a hipótese inicial.
(c)De (a), temos que existe a = sup(A) e por (b), existe b = inf (B).
Suponha, por contradição, que a > b, logo, pela definição de limite,
temos que existe y ∈ B tal que b < y < a, mas, como a = sub(A), temos que existe x ∈ A tal que b < y < x < a o que é uma contradição,
pois deveria x ≤ y.
Ex. 5 — Sejam A ⊂ B ⊂ R e B limitado. Prove que:
(a)A é limitado
(b)
inf (B) ≤ inf (A) ≤ sup(A) ≤ sup(B)
Solução (ex. 5) —
(a)∀b ∈ B temos que α ≤ b ≤ β e utilizando que
A ⊂ B, temos que α ≤ a ≤ β ∀a ∈ A, o mostra que A é limitado.
(b)Suponha, por contradição, que b0 = inf (B) > inf (A) = a0 , logo,
existe x ∈ A tal que a0 < x < b0 o que implica x < b0 onde chegamos
à contradição que x 6∈ B, então concluı́mos que inf (B) ≤ inf (A).
Analogamente, podemos provar que sup(A) ≤ sup(B). Facilmente
vemos que inf (A) ≤ sup(A), então concluı́mos a demonstração.
Ex. 6 — Ache o ı́nfimo e o supremo, caso existam, dos conjuntos:
1
n
(a)A = (−1) + ; n ∈ N ;
n
46
1 4
1 5
1
n+2
1 3
,
;
(b)B = 1, , , 2, , , 3, , , . . . , n,
2 2
3 3
4 4
(n + 1) n + 1
Solução (ex. 6) —
(a)Afirmamos que sup(A) =
3
2
e inf (A) = −1
Demonstração. 23 ≥ a ∀a ∈ A, de fato, pois analizando as seqüências
ı́mpares e as pares, temos que ambas são decrescentes e o valor
mı́nimo delas são respectivamente 0 e
A é
3
2.
3
2,
logo, o valor máximo de
E se c é cota superior de A, logo c ≥
3
2,
pois
3
2
3
2.
sup(A) =
∈ A, logo
E
−1 ≤ a ∀a ∈ A, isso porque
n ∈ N e o mı́nimo de
(−1)n
1
n
é positivo e decrescente para todo
= −1, logo (−1)n +
1
n
≥ −1∀n ∈ N.
E, dado ǫ > 0, existe a ∈ A tal que −1 < a < −1 + ǫ. Basta
tomar n ı́mpar grande o suficiente tal que n >
(−1)n
+
1
n
1
ǫ
< −1 + ǫ.
logo, temos −1 <
(b)Analizemos as subsequencias em B:
S1 = n
S2 =
1
n+1
S3 =
n+2
n+1
Como S1 , S2 , S3 ∈ B, concluı́mos:
(1)B não contém cota superior, e portanto não possue supremo.
Demonstração.S1 ⊂ B, ∀n0 , ∃n ∈ N tal que n > n0 =⇒ 6 ∃n0
tal que n ≤ n0 ∀n ∈ N.
(2)S2 ≤ S3 ∀n ∈ N e S2 ≤ S1 ∀n
Demonstração.
1
n+2
≤
⇔ 1 ≤ n + 2 ⇔ 1 ≤ n2 + n
n+1
n+1
1
≤ n ⇔ 1 ≤ n2 + n
n+1
(3)inf (B) = 0
47
(a)0 ≤ b ∀b ∈ B
Demonstração.
0≤
1
1
≤ S2 ∧ 0 ≤
≤ S1
n+1
n+1
Logo, 0 ≤ b ∀b ∈ B (a rigor a < b, mas não vem ao caso).
(b)Dado ǫ, existe b ∈ B tal que b < b < 0 + ǫ
Demonstração.Tome n+1 > 1ǫ , logo temos: 0 <
1
n+1
< ǫ.
Ex. 7 — Calcule os limites abaixo:
1
1
1
1
);
(a) lim (1 − ) · (1 − ) · (1 − ) · · · · · (1 −
n→∞
2
3
4
n+1
1
2
3
n
(b) lim ( 2 + 2 + 2 + · · · + 2 );
n→∞ n
n
n
n
1
1
1
+ ··· +
);
(c) lim ( 2 +
n→∞ n
(n + 1)2
(2 · n)2
1
1
1
(d) lim ( √ + √
);
+ ··· + √
n→∞
n
n+1
2·n
#
"r
√
1 √
n + ( n + 1 − n) ;
(e) lim
n→∞
2
1
1
1
(f) lim
+
+ ··· +
;
n→∞ 1 · 2
2·3
n · (n + 1)
Solução (ex. 7) —
1
n+1 ),
(a)Tomando an+1 = (1 − 21 ) · (1 − 13 ) · (1 − 41 ) · · · · · (1 −
temos que:
an+1 = (
Como 0 <
1
n+1
<
1
n,
e
6n
1
1 62
· · ··· ·
=
62 63
n+1
n+1
1
n
→ 0, temos que
1
n+1
→ 0. Utilizando
a definição, dado ǫ > 0 ∃n0 tal que n > n0 ⇒ 0 <
basta tomar n > 1ǫ . Podemos ver que
1
n+1
1
n+1
< ǫ,
é claramente um número
positivo, isso porque é a divisão de dois números positivos.
(b)
limn→∞ (
2
3
n
1
1
+ 2 + 2 + · · · + 2 ) = limn→∞ 2 (1 + 2 + · · · + n) =
2
n
n
n
n
n
limn→∞
6 n2 + n
1 (n + 1) · n
(
)
=
lim
=
n→∞
n2
2
2· 6 n2
1
1 1
1
1
1
= limn→∞ + · limn→∞ = .
limn→∞ +
2 2·n
2 2
n
2
48
1
2
é uma seqüência constante, portanto seu limite é 12 .
1
n
tende
1
a zero, pois dado ǫ > 0 existe n0 tal que n > n0 implica que n < ǫ
OBS.
n+1 parcelas
}|
{
1
1
1
+ ··· +
); Temos que
(c)limn→∞ ( 2 +
n
(n + 1)2
(2 · n)2
parcela da soma, logo,
z
0 ≤ lim (
n→∞
1
n2
é a maior
1
1
1
(n + 1)
+
+ ··· +
) ≤ lim (
)=0
2
2
2
n→∞
n
(n + 1)
(2 · n)
n2
Concluı́mos que o limite original é 0.
n+1 parcelas
}|
{
1
1
1
);
+ ··· + √
(d)limn→∞ ( √ + √
n
n+1
2·n
z
√1
2·n
é o menor termo, logo:
1
1
1
(n + 1)
)
+ ··· + √
0 ≤ lim ( √ √ ) ≤ lim ( √ + √
n→∞
n→∞
n
n+1
2· n
2·n
Mas,
(n + 1)
n
1
lim ( √ √ ) = lim ( √ √ + √ √ ) =
n→∞
n→∞
2· n
2· n
2· n
√
6n· n
1
lim √
+√
n→∞
2· 6 n
2n
Como 0 <
√
√n
2
√1 ,
2n
temos que
√1
2n
é limitado inferiormente. E, como
→ ∞ temos que a soma tente à infinito. O que mostra que a
seqüência original tende a infinito.
hq
√
√ i
n + 21 ( n + 1 − n) ×
(e)limn→∞
√ √
( n+√n+1)
√
.
( n+ n+1)
Obtemos:
r
1 6 n + 1− 6 n
√
)
n + (√
2 n+ n+1
√
Dividindo o numerador e denominador por n, obtemos:
lim
n→∞
q
n+ 1
√ 2
n
√
lim √
n+1
n→∞ √n + √
n
n
q
=
1
1+ 2
q n
lim
n→∞
1 + 1 + √1n
Como podemos ver, esse limite é igual a 12 .
(f)
lim
n→∞
1
1
1
+
+ ··· +
=
1·2 2·3
n · (n + 1)
49
1
1
1 1
)
lim ( − ) + · · · + ( −
n→∞
1 2
n (n + 1)
Cancelando alguns termos, obtemos:
1
lim (1 −
) =1
n→∞
(n + 1)
Ex. 8 — Prove que:
1
1
1
(i) lim ( √
+√
+ ··· + √
) = 1;
2
2
2
n→∞
n +1
n +2
n +n
√
n
(ii) lim ( an + bn ) = max{a, b}, a, b ≥ 0;
n→∞
p
n
(iii) lim ( n2 + n) = 1;
n→∞
n parcelas
{
1
+√
+ ··· + √
);
Solução (ex. 8) —
(i) lim ( √
n→∞
n2 + 1
n2 + 2
n2 + n
( √n12 +1 ) é a maior parcela e ( √n12 +n ) é a menor parcela da soma,
z
1
1
}|
logo:
1
1
n
1
n
≤ lim ( √
+√
) ≤ lim √
+· · ·+ √
n→∞
n→∞
n2 + n n→∞ n2 + 1
n2 + n
n2 + 1
n2 + 2
√
Mas, dividindo o numerador e denominador por n2 , temos:
lim √
n
1
lim √
= lim p
n→∞ n2 + n
n→∞
1+
e
lim √
n→∞
Logo,
1 ≤ lim ( √
n→∞
n
n
= lim q
+ 1 n→∞ 1 +
n2
1
n2
+1
+√
1
n2
+2
n
n2
1
n2
=1
=1
+ ··· + √
1
)≤1
+n
n2
Onde temos:
lim ( √
n→∞
1
n2 + 1
+√
1
1
+ ··· + √
)=1
n2 + 2
n2 + n
(ii)Se a = b = 0 podemos ver que se verifica. Se a = 0 ∨ b = 0,
facilmente se verifica. Logo, suponha que a 6= 0 ∧ b 6= 0, sem perdas
50
de generalidades, suponha que a > b, logo:
s
s
bn
n
√
1
n n
n a
bn
+ an · a = lim 1 + a n · a
lim
n→∞
n→∞
an
(
b)
bn
Como
a
b
> 1, temos que
1
( ab )n
→ 0, logo:
√
√
n
lim ( an + bn ) = 1 · a = a
n→∞
(iii)
lim (
n→∞
r
n
r
n √
n2
1 √
n
n
2
+ 2 · n ) = lim ( 1 + · ( n n)2 ) =
2
n→∞
n
n
n
√
2
n
1 · lim ( n) ) = 1
n→∞
Ex. 9 — Mostre que se (an ) converge, então (a2n ) também converge. A recı́proca
é verdadeira?
Solução (ex. 9) — Seja limn→∞ an = c, logo, dado ǫ > 0, existe n0 tal que ,
n > n0 ⇒ |an − c| < ǫ. Afirmamos que limn→∞ a2n = c2 , de fato:
lim a2
n→∞ n
− c2 = lim (an − c)(an + c) = 0 · (2 · c) = 0
n→∞
Logo,
lim a2
n→∞ n
= c2
Se a2n converge, não necessariamente a2n converge, temos a seqüência a2n =
(−1n )2 que converge para 1 e an = (−1)n não converge.
Ex. 10 — Seja tn ∈ [0, 1] , ∀n ∈ N. Sabendo-se que xn → a e yn → a, prove que
tn xn + (1 − tn )yn → a
Solução (ex. 10) — Temos que:
lim tn · xn + yn − t · yn = lim =
n→∞
n→∞
lim tn (xn − yn ) + lim yn = a
n→∞
n→∞
Pois limn→∞ tn (xn − yn ) = 0 isso porque tn é limitada e xn e yn tendem para
a.
51
Ex. 11 — Seja (an ) a seqüência definida por a1 = 1, an+1 = 1 +
Prove que (an ) converge e determine o seu limite.
√
an , n ∈ N.
Solução (ex. 11) — Vamos provar que an é monótona crescente e limitada superiormente:
an ≤ an+1
para todo n ∈ N, de fato:
(a)a1 ≤ a2 ≤ an+2
(b)Suponha que para algum n vale an ≤ an+1 , então:
an+1 = 1 +
Como an ≤ an+1 , temos
√
1+
Tome um a ∈ R tal que a > 1 +
√
9)
an ≤
√
√
√
an
an + 1, mas:
an ≤ 1 +
√
an + 1
a ∧ a > 0 (podemos ver que existe tal a ex.
(a)Podemos ver que a1 < a.
(b)Suponha que para algum n vale an < a, logo:
an+1 = 1 +
√
an < 1 +
√
a<a
Logo, an é limitada.
Concluı́mos que an converge. Seja
lim an = L
n→∞
, logo
lim an+1 = L
n→∞
, então:
lim 1 +
n→∞
√
an = 1 +
√
L=L
Então:
√
3± 5
{x ≃ 0, 381 ⇒ an >
6 1x2 ≃ 2, 618OK
L=L −3·L+1⇒L=
2
2
52
Logo,
√
lim 1 +
n→∞
√
3+ 5
an =
2
.
1
Ex. 12 — Idem, se a1 = 1 e an+1 = (2 + an ) 2 , n ∈ N
Solução (ex. 12) — an < 2∀n ∈ N, de fato:
(a)a1 < 2
(b)Suponha que para algum n vale an < 2, logo:
an+1 =
√
2 + an <
√
2+2 =2
O que mostra que an+1 também é menor que 2, logo concluı́mos que
an < 2 para todo n.
Vamos provar que an é monótona crescente:
(a)a1 < a2 OK
(b)Suponha que para algum n vale an < an+1 , então:
an+1 =
√
2 + an <
p
2 + an+1 = an+2
O que concluı́mos que an é monótona crescente.
Como an é monótona crescente e limitada superiormente, então ela converge.
Suponha que an → L, então, qualquer sub-sequência converge a L, em particu-
lar an+1 → L, então:
lim an = L = lim an+1 = lim
n→∞
Resolvendo a equação L =
n→∞
√
n→∞
√
2 + an =
√
2+L
2 + L obtemos que L = −1 ou L = 2, como an é
maior que 0 para todo n, temos que L = 2. Então an → 2.
Ex. 13 — Idem, se a1 = −1 e an+1 =
Solução (ex. 13) — Tome a <
2an − 3
, n∈N
4
2·a−e
4 ,
que an > a.
por exemplo a = −2, logo, vamos provar
(a)a1 > −2 OK
(b)Suponha que para algum n vale an > a, então:
an+1 =
2·a−3
2 · an − 3
>
>a
4
4
53
Logo, an é limitada inferiormente.
Vamos provar que an é decrescente.
(a)a1 > a2 OK
(b)Suponha que para algum n vale an > an+1 , então:
an+1 =
2 · an+1 − 3
2 · an − 3
>
= an+2
4
4
Logo, an é monótona decrescente, e portanto convergente.
Suponha que an → L, então, qualquer sub-sequência converge a L, em particu-
lar an+1 → L, então:
2an − 3
2·L−3
=
n→∞
4
4
lim an = L = lim an+1 = lim
n→∞
n→∞
Resolvendo a equação L =
Ex. 14 — Sejam
∞
X
an e
temos que L = − 23 .
bn duas séries de termos positivos e suponhamos que
n=1
n=1
a < lim
∞
X
2·L−3
4 ,
an
< +∞. Então as séries convergem ou divergem simultaneamente.
bn
Solução (ex. 14) — Suponhamos então que:
lim
an
=c>0
bn
Logo, dado ǫ > 0 existe n0 tal que n > n0 implica que:
ǫ>|
an
an
− c| ⇒ ǫ >
− c > −ǫ ⇒
bn
bn
ǫ+c>
Tomando ǫ =
1
2
an
>c−ǫ
bn
· c, temos:
1
an
3
·c <
< ·c
2
bn
2
Concluı́mos que:
1
3
· c · bn < an < · c · bn
2
2
resumindo:
(1)bn < an ·
(2)an <
3
2
2
c
· bn
54
e portanto:
P
an converge, então, por (1), temos que
bn converge.
P
P
Se
an diverge, então, por (2), temos que
bn diverge.
P
P
Se
bn converge, então, por (2), temos que
an converge.
P
P
Se
bn diverge, então, por (1), temos que
an diverge.
Se
P
Ex. 15 — Se a e b são números reais positivos, então
p > 1 e diverge se p ≤ 1.
Solução (ex. 15) — Seja an =
1
(an+b)p ,
∞
X
1
converge se
(an + b)p
n=1
temos que:
1
1
1
≤
≤
p
p
k·n
(an + b)
l · np
Basta ver:
√
√
p
p
p
k·n ≥a·n+p⇔ k ≥a+ ⇔
n
k ≥ (a + p)p
e que:
√
p
an + b ≥⇔
l · n ⇔ l ≤ ap +
b
n
Logo:
(a) n1p ≤ k ·
1
(a+b)p
1
(b) (a+b)
p ≤
1
l
·
1
np
Então:
Se p ≤ 1, temos que
(a).
Se p > 1, temos que
(b).
Ex. 16 — A série
∞
X
n=1
P
P
an diverge pelo critério da comparação em
an converge pelo critério da comparação em
nn
diverge.
(n + 1)n+1
Solução (ex. 16) — Exercı́cio não resolvido.
Ex. 17 — Seja
∞
X
n=1
an uma série convergente.
55
(a)
∞
X
a2n é convergente?
n=1
(b)Se an ≥ 0;
∞
X
√
n=1
an · an+1 é convergente?
∞
X
a2n não necessariamente converge.
(a)
P n=1
P
P1
Por Dirichlet, (−1)n √1n converge, mas ((−1)n √1n )2 =
n que
Solução (ex. 17) —
não diverge.
∞
X
√
an · an+1 converge.
(b)Se an ≥ 0;
n=1
0≤
√
an + an+1 ≤
an an+1
+
2
2
Como:
X an + an+1
Converge, então
Ex. 18 — Mostre que
∞
X
n=0
2
P∞ √
n=1
=
X
1 X
·(
an +
an+1 )
2
an · an+1 converge absolutamente.
1
1
= , α>0
(n + α)(n + α + 1)
α
Solução (ex. 18) —
Sn =
1
1
1
1
1
1
−
+
−
...
−
α α+1 α+1 α+2
n+α n+1+α
Sn =
1
1
−
α n+1+α
lim Sn =
n→∞
Portanto, a série converge para
Ex. 19 — Prove que
∞
X
n=1
p
1
α
1
α.
1
√
√ = 1.
n(n + 1)( n + 1 + n)
1
. . . - 1 √n+1 dondeconcluı́mosque :Sn = 1− √n+1
ecomolimn→∞ Sn = 1T emosqueasérieconvergepar
Solução (ex. 19) —
√
√
∞
X
1
( n + 1 − n)
1
p
p
√
√
√ =
√ =
√ · √
(
n
+
1
−
n)
n(n
+
1)(
n)
n(n
+
1)(
n)
n
+
1
+
n
+
1
+
n=1
n=1
∞
X
56
∞
X
1
1
√ −√
n
n
+1
n=1
O termo n − ésimo da sequência das inteiradas é:
1
1
1
1
1
Sn = √ − √ + √ − √ + 3
1
2
2
3
Ex. 20 — Estabeleça a convergência ou divergência da série, cujo termo geral é:
(a)2n e−n
(b)3n e−n
(c)e−log(n)
1
(d)2 n
n
(e) n
2
(f)(−1)n
n
n+1
n!
nn
(h)n!e−n
(g)
(i)n!e−n
2
√
(j)(log(n))e− n
(n + 1)n
(k)(−1)n
nn+1
n!
(l)
3 · 5 · · · · · (2n + 1)
(m)
(n!)2
(2n)!
q n
Solução (ex. 20) — (a)lim n 2en = 2e < 1 logo, a série converge.
q n
(b)lim n 3en = 3e > 1 logo, a série diverge.
(c)e−log(n) = n1 logo, a série diverge, pois a série harmônica diverge.
√
√
1
(d)2 n = n 2 e n 2 → 1, logo a série diverge.
p
(e)lim n | 2nn | = 21 < 1 logo, a série converge.
n
→ 1 logo, a série diverge, pois o termo geral não vai a zero.
(f) n+1
(n+1)! (
(g)lim (n+1)n!n+1) = lim (1+11 )n = 1e < 1 logo, a série converge.
n
nn
57
−(n+1) (h)lim (n+1)!e
= lim (1+11 )n = 1e < 1, logo, a série converge.
n!e−n
n
(n+1)!e−(n+1)2 = lim n+1
= 0 < 1, logo, a série converge.
(i)lim e2·n
n!e−n2
p
√
√ 2
(j)Temos que log(n) = log( n ) = 2 · log( n) ≤ 2 (n).
Temos ainda a série de Taylor:
√
e
n
=
√
∞
X
(e0 )n · ( n)n
n=0
n!
√
√
Utilizando um termo dessa soma, e que 0 < 2 · log( n) < 2 · n,
temos:
√
log(n) 2 · n
48
0 ≤ √n ≤ √ 4 = 3
n
e
n2
4!
Concluı́mos que o termo da série é sempre menor que o termo de uma
série convergente, o que mostra que a série converge absolutamente.
(k)Pelo critério de Leibniz, se
(n+1)n
nn+1
então a série converge. Então:
lim
→0e
(n+1)n
nn+1
≥
((n+1)+1)(n+1)
(n+1)(n+1)+1
∀ n,
(n + 1)n
1
1
= lim(1 + )n ·
n
n·n
n
n
Como (1 + n1 )n é limitado (pois converge para e), então:
lim(1 +
1
1 n 1
) · = lim = 0
n
n
n
Vamos provar que an é não-crescente, para isso vamos dividir an+1
por an e provar que isso sempre é menor que 1.
nn+1
((n + 1) + 1)(n+1)
·
=
(n + 1)n
(n + 1)(n+1)+1
n2 + 2 · n
n2 + 2 · n + 2
n+1
isso é menor que (1)n+1 = 1. Concluı́mos que a série converge.
(l)
(n + 1)!
3 · 5 · · · · · (2n + 1) lim ·
=
3 · 5 · · · · · (2n + 1) · (2(n + 1) + 1)
n!
(n + 1) <1
lim 2n + 3 Concluı́mos que a série converge absolutamente.
58
(m)
n+1 ((n + 1)!)2 (2n)! <1
= lim ·
lim (2(n + 1))! (n!)2 (2n + 1) · 2 Concluı́mos que a série converge.
4.2
1a Prova Resolvida
Ex. 1 — Seja x um número real positivo. Use indução para mostrar que:
(1 + x)n ≥
n(n − 1) n−2
·x
+ nxn−1 + xn
2
para todo n ∈ N. (Valor 2,0 pontos).
Solução (ex. 1) — Seja o X o conjunto X ≡ {n ∈ N|vale a propriedade acima },
então:
(a)1 ∈ X, de fato:
(1 + x) ≥ 1 + x
(b)Suponha que para algum n, n ∈ X, logo:
(1+x)n · (1 + x) ≥
n(n−1)
2
xn Organizandoaexpressão, obtemosaexpressão
x(n+1)−2 +
n(n−1)
2
n(n−1)
· xn−2 + nxn−1 +
2
:xn+1 +(n+1)x(n+1)−1 + (n+1)((n+1)−1)
·
2
· xn−1 + nxn + xn+1 +
· xn−2 como,n(n-1) 2·xn−2 >0 , temos que isso é maior que:
xn+1 + (n + 1)x(n+1)−1 +
(n + 1)((n + 1) − 1) (n+1)−2
·x
2
Então, concluı́mos por indução que a expressão é válida para todo n ∈ N.
Ex. 2 — Considere A = 1 + n1 ; n ∈ N .
(a)Mostre que 1 é cota inferior de A e que não existe cota inferior de A
maior que 1. (Valor 1,0 ponto);
(b)Mostre que A é limitado superiormente. (Valor 0,5 pontos);
(c)Quem são inf (A) e sup(A)? (Valor 0,5 pontos).
Solução (ex. 2) —
(a)
n, 1 > 0 ⇒
1
1
> 0 ⇒ 1 + > 1 ∀n ∈ N
n
n
59
Logo, 1 é cota inferior. Suponha c > 1, logo c = 1+h, h ∈ R∧h > 0,
mas:
∃ n0 ∈ N ; n0 >
1
h
isso porque N é ilimitado superiormente, então:
1+
Como 1 +
1
n0
1
<1+h
n0
∈ A onde temos que c não pode ser cota inferior de A.
(b)a ∈ A ⇒ a = 1 +
1
n0
para algum n0 ∈ N, mas:
1+
1
1
≤2⇔
≤ 1 ⇔ 1 ≤ 1 · n0
n0
n0
Como n0 ∈ N, temos que n0 ≥ 1, logo, a ∈ A ⇒ a ≤ 2. Onde
temos que a ≤ 2 ∀a ∈ A. Com isso concluı́mos que A é limitado
superiormente.
(c)inf (A) = 1 Prova no ı́tem (a) dessa questão.
sup(A) = 2 Já provamos no ı́tem (b) que a ≤ 2 ∀a ∈ A, basta provar
que “se c < 2, então existe a ∈ A tal que a > c, de fato, tome n = 1,
e temos a = 2, logo c < 2 implica que c < a = 2.
Ex. 3 — Seja (xn ) data indutivamente por xn+1 = 3 −
2
xn ,
onde 1 < xn < 2.
(a)Mostre que 1 < xn < 2, ∀ n ∈ N. (Valor 1,5 pontos);
n −2)
, ∀ n ∈ N, e conclua que (xn )
(b)Mostre que xn+1 − xn = − (xn −1)(x
xn
é crescente. (Valor 1,0 ponto);
(c)Por que (xn ) converge? (Valor 0,5 pontos);
(d)Encontre lim xn converge? (Valor 1,0 ponto);
Solução (ex. 3) —
(a)Seja X o conjunto X ≡ {n ∈ N | 1 < xn < 2}, logo:
(1)1 ∈ X OK
(2)Suponha que para algum n ∈ N ten-se que n ∈ X, logo:
1 < xn < 2 ⇔ 1 >
1<3−
1
−2
1
> ⇔ −2 <
< −1 ⇔
xn
2
xn
2
< 2 ⇔ 1 < xn+1 < 2
xn
Logo, se n ∈ A temos que n + 1 ∈ A, concluı́mos pelo 3o axioma
de Peano que X = N.
60
(b)
xn+1 − xn = 3 −
Como 1 <
2
xn
3xn − 2 − x2n
(xn − 1)(xn − 2)
2
− xn =
=
xn
xn
xn
− xn , temos (xn − 1) > 0, logo:
(xn − 1)(xn − 2)
>0
−
xn
O que concluı́mos que xn+1 > xn , e portanto, xn é crescente.
(c)xn converge porque é limitada e monótona.
(d)Sabemos que xn → L, para algum L ∈ R, logo:
lim xn = L = lim xn+1
Como 1 < xn < 2, temos que L ≥ 1, então:
L=3−
2
L
Donde concluı́mos que:
√
3± 1
L=
{L = 1L = 2
2
Como an é crescente, então
lim xn = 2
.
Ex. 4 — Dado x real não nulo considere a série
p
n
P∞
n=1 an ,
onde an =
n
xn ,
n ∈ N.
|an |. (Valor 0,5 pontos);
P
(b)Que valores de x tornam a série ∞
n=1 an convergente?. (Valor 0,5
(a)Calcule lim
pontos);
(c)Que valores de x tornam a série
pontos);
P∞
n=1 an
divergente?. (Valor 0,5
(d)A série converge se x = 1? E se x = −1?. (Valor 0,5 pontos);
Solução (ex. 4) —
(a)
p
r n
|n|
1
n n =
lim n = lim
x
|x|
|x|
61
(b)Pelo teste da raiz, se
Se
1
|x|
Para
a série diverge.
1
|x|
1
|x|
< 1 a série converge.
= 1, temos que lim xnn 6= 0 , então a série não converge.
(c)|x| < 1
(d)Resposta no ı́tem (b), a série diverge porque o termo geral não vai a
zero.
4.3
Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definições
Axioma 4.3.1 (Axioma de Peano). S é injetiva
Axioma 4.3.2 (Axioma de Peano). S : N → {N{1}} é injetiva
Axioma 4.3.3 (Axioma de Peano). Se 1 ∈ X e inX ⇒ n + 1 ∈ X, então
X=N
Teorema 4.3.1. Todo conjunto não vazio A ⊂ N possue um elemento mı́nimo.
Teorema 4.3.2. Se X ⊂ N tal que se n < n0 ⇒ n ∈ X então n0 ∈ X, então
esse conjunto X = N.
Teorema 4.3.3. Seja A ⊂ In , se existe uma bijeção b : In → A, então A = In .
Teorema 4.3.4. X é finito, então para todo Y ⊂ X, temos que Y é finito, e
card(X) ≤ card(Y ).
Teorema 4.3.5. X ∈ N é equivalente dizer:
(a) X é finito
(b) X é limitado
(c) X possue um maior elemento
Teorema 4.3.6. Seja X, Y conjuntos disjuntos com m, n elementos respectivamente, então card(X ∪ Y ) = m + n
Teorema 4.3.7. X é infinito, então existe Y ⊂ X finito.
Teorema 4.3.8. X ⊂ N, então X é enumerável.
62
Teorema 4.3.9. f : X → Y é injetiva e Y é enumerável, então X é enu-
merável.
Teorema 4.3.10. X é enumerável se f : X → Y é sobrejetiva e Y é enumerável.
Teorema 4.3.11. X, Y enumerável, então X × Y é enumerável.
Teorema 4.3.12. X um conjunto qualquer, e Y contendo pelo menos 2 elementos, nunhuma função φ : X → F(x; y) é sobrejetiva.
Axioma 4.3.4 (Axiomas de adição).
(a) Associatividade
(b) Comutatividade
(c) Elemento neutro
(d) Simétrico
Axioma 4.3.5 (Axiomas de multiplicação).
(a) Associatividade
(b) Comutatividade
(c) Elemento neutro
(d) Inverso multiplicativo
Axioma 4.3.6 (Axioma de distributividade). x · (y + z) = x · y + x · z
Axioma 4.3.7 (Corpo Ordenado). Se x, y ∈ P , então:
(a) x + y ∈ P
(b) x · y ∈ P
(c) x ∈ K, ou x ∈ P ou x = 0 ou −x ∈ P
Teorema 4.3.13 (Bernoulli). Se verifica: x ≥ −1 ⇒ (1 + x)n ≥ n · x + 1.
Teorema 4.3.14. x ∈ K, é equivalente:
(a) −a ≤ x ≤ a
(b) a ≤ a e −x ≤ a
63
(c) |x| ≤ a
Teorema 4.3.15. x, y, z ∈ K, as propriedades se verificam:
(a) |x + y| ≤ |x| + |y|
(b) |x · y| = |x| · |y|
(c) |x| − |y| ≤ ||x| − |y|| ≤ |x − y|
(d) |x − z| ≤ |x − y| + |y − z|
Teorema 4.3.16. As propriedades são equivalentes:
(a) N ⊂ K é ilimitado superiormente
(b) dado a, b ∈ K existe n ∈ N tal que n · a > b
(c) para todo a > 0, existe n ∈ N tal que 0 <
1
n
<a
Teorema 4.3.17. c = sup(A) se e somente se:
S1 c ≥ a para todo a ∈ A
S2 se c′ ≥ a para todo a ∈ A, então a ≥ c′
S2’ c′ < c implica que existe a ∈ A tal que a > c′ (contraposição de S2)
Axioma 4.3.8. Existe um corpo ordenado completo chamado “o conjunto dos
números Reais”, representado por R.
Teorema 4.3.18. Os racionais e irracionais são densos em R.
Teorema 4.3.19. Seja I1 ⊃ I2 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ . . . uma sequência decrescente de
∞
T
intervalos limitados fechados, então In não é vazio.
Teorema 4.3.20. O conjunto R não é enumerável.
Definição 4.3.21. lim xn = 0 ≡ ∀ǫ ∈ R ∃n0 tal que n > n0 implica ǫ > |xn −a|.
Teorema 4.3.22. lim xn = 0 e lim xn = b implica que b = a.
Teorema 4.3.23. Se lim xn = a então toda sub-sequência de xn tem limite a.
Teorema 4.3.24. Toda sequência convergente é limitada.
64
Teorema 4.3.25. Toda sequência monótona e limitada é convergente.
Teorema 4.3.26. lim xn = 0, yn limitada, então lim xn · yn = 0.
Teorema 4.3.27. lim xn = a e limyn = b, então:
(a) lim(xn + yn ) = a + b
(b) lim(xn − yn ) = a − b
(c) lim(xn · yn ) = a · b
(d) lim( xynn ) =
a
b
se b 6= 0
Teorema 4.3.28. lim xn = a > 0 então existe n0 tal que n > n0 implica que
xn > 0.
Teorema 4.3.29. xn ≤ zn ≤ yn para todo n e lim xn = lim yn = a, então
lim zn = a.
Teorema 4.3.30. a ∈ R é limite de uma sub-sequência de an se e somente se
para uma infinidade de n ten-se xn ∈ (a − ǫ, a + ǫ) ∀ǫ > 0.
Teorema 4.3.31. xn limitada então, lim inf (xn ) é o menor valor de aderência,
e lim sup(xn ) é o maior.
Teorema 4.3.32. a = lim inf (xn ) e b = lim sup(xn ) e xn é limitada, então
dado ǫ > 0 existe n0 tal que n > n0 implica a − ǫ < xn < b + ǫ. Além disso a e
b são respectivamente o menor e maior números com essa propriedade.
Teorema 4.3.33. Toda sequência convergente é de Cauchy.
Teorema 4.3.34. Toda sequência de Cauchy de números reais é convergente.
Teorema 4.3.35. As propriedades se verificam:
(a) Se lim xn = ∞ e yn é limitada inferiormente, então lim(xn + yn ) = ∞
(b) Se lim xn = ∞ e yn > c > 0, então lim(xn · yn ) = ∞
(c) Se xn > 0 então lim xn = 0 ⇔ lim
1
xn
=∞
(c) Se xn , yn > 0 e lim xn > c > 0 e lim yn = 0 então lim
xn
yn
=∞
65
(c) xn limitada e lim yn = ∞, então lim
Teorema 4.3.36. Se
P
formam uma sequência limitada.
P
=0
an converge, então lim an = 0.
Teorema 4.3.37. an > 0 e a soma
Teorema 4.3.38.
xn
yn
P
an converge se e somente se as reduzidas
an é convergente se e somente se dado ǫ > 0, temos que
existe n0 tal que para todo p, n > n0 vale:
|an+1 + · · · + an+p | < ǫ
Teorema 4.3.39. Toda série absolutamente convergente é convergente.
Teorema 4.3.40. an 6= 0 e bn > 0, e, se existe n0 tal que:
|an+1 |
bn+1
≤
|an |
bn
Então,
P
an converge absolutamente.
Teorema 4.3.41. an 6= 0 e bn > 0, e, se existe n0 tal que:
|an+1 |
≤1
|an |
Então,
P
an converge absolutamente.
Teorema 4.3.42. an sequência limitada, an > 0, ten-se:
√
√
an+1
an+1
) ≤ lim inf ( n an ) ≤ lim sup( n an ) ≤ lim sup(
)
an
an
√
n
Teorema 4.3.43. Se, lim( an+1
an ) = L, então lim( an ) = L.
lim inf (
Teorema 4.3.44 (Dirichlet). Seja a série
P
an , com reduzidas formando
uma sequência limitada (não necessariamente convergente). E seja a sequência
P
bn não crescente, tal que bn > 0 e limbn = 0, nessas condições,
an · bn
converge.
Teorema 4.3.45. Seja a série convergente
crescente, tal que bn > 0, nessas condições,
P
P
an . E seja a sequência bn não
an · bn converge.
Teorema 4.3.46. Seja a sequência, tal que limbn = 0, nessas condições,
P
(−1)n · bn converge.
66
Teorema 4.3.47. Toda série absolutamente convergente é comutativamente
convergente.
Teorema 4.3.48. Seja a série
P
an condicionalmente convergente, dado qualP
quer c ∈ R, existe uma bijeção φ : N → N, tal que
aφ(n) = c.
P
P
Teorema 4.3.49. Se
an e
bn são absolutamente convergentes, então
P
P
P
( an )( bn ) = cn (convergente).
67
Parte II
Conteúdo da 2a Prova
68
5
Topologia da Reta
Nesse capı́tulo é apresentado conceitos importantes que serão necessários
para os capı́tulos seguintes, esse conteúdo deve ser bem explorado.
Teorema 5.0.1. Se todos os pontos de um conjunto X são isolados, então X
é enumerável.
Demonstração 1. Dado x ∈ X, temos que ∃ Ix = (ax , bx ) tal que X ∩ (ax , bx ) =
{x}. Para cada intervalo Ix , tome um número racional qx , de tal forma que
qx ∈ Ix e q 6∈ Iy ; ∀x, y ∈ X e x 6= y. Temos uma função f : X → Q ; f (x) =
qx injetiva, e portanto X é enumerável (domı́nio X e imagem no conjunto
enumerável Q).
Demonstração 2. Tome E ⊂ X, E enumerável e denso em X. Pela hipótese,
temos que x ∈ X ⇒ ∃Ix = (ax , bx ) tal que Ix ∩ (ax , bx ) = {x}, mas como E é
denso em X, temos que todo Ix contém pelo menos um elemento de E, donde
concluı́mos que X = E, e portanto é enumerável.
5.1
Exercı́cios
Ex. 1 — A ⊂ R, A é aberto ⇔ Se xn converge para um ponto de a ∈ A, então
xn ∈ A para todo n suficiente grande.
Solução (ex. 1) — (⇒)∀ a ∈ X, temos que existe ε > 0 tal que (a − ε, a +
ε) ⊂ A logo, se xn → a então, dado ε > 0, temos que existe n0 tal
que n > n0 implica xn ∈ (a − ε, a + ε) ⊂ A.
(⇐)Suponha que xn = a ∀ n, logo, como a ∈ A, xn ∈ A, o que não diz
que A é aberto ou não. A hipótese deveria ser xn convergir para a,
mas ser diferente de a.
69
Ex. 2 — lim xn = a ⇔ para todo aberto A tal que a ∈ A, existe n0 tal que
n > n0 ⇒ xn ∈ A.
Solução (ex. 2) — (⇒)lim xn = a ⇒ ∀ε > 0 ∃nn 0 ; n > n0 ⇒ xn ∈
(a − ε, a + ε) ⊂ A.
(⇐)Tome os abertos Aε = (a − ε, a + ε)) ε > 0, para todo ε temos que
existe n0 tal que n > n0 ⇒ xn ∈ Aε , pela definição de limite isso é o
mesmo que lim xn = a.
Ex. 3 — B ⊂ R, B aberto, então para todo x ∈ R, o conjunto x+b = {x + y; y ∈ B}
é aberto.
Solução (ex. 3) — Dado z ∈ x+ B temos que existe z = x+ y para algum y ∈ B,
segue que y ∈ B ⇒ ∃ε > 0 tal que (y − ε, y + ε) ⊂ B ⇒ b ∈ (y − ε, y + ε) ⇒
b ∈ B ⇒ y − ε < b < y + ε ⇒ (y + x) − ε < b + x < (y + x) + ε ⇒
((y + x) − ε, (y + x) + ε) ⊂ (x + B) para todo y ∈ B
Ex. 4 — Demonstre que A, B abertos, A + B = x + y; x ∈ A, y ∈ B é aberto.
Solução (ex. 4) — A aberto implica que para todo a ∈ A, existe ε0 tal que
(a − ε0 , a + ε0 ) ⊂ A B aberto implica que para todo b ∈ B, existe ε1 tal que
(b − ε1 , b + ε1 ) ⊂ B Seja ε = min(ε0 , ε1 ), então temos:
a + b ⇒ ((a + b) − ε, (a + b) + ε) ⊂ A + B isso porque (a − ε, a + ε) ⊂ A e
(b − ε, b + ε) ⊂ B.
Ex. 5 — Dados X, Y ⊂ R, prove que:
(i)int(X ∩ Y ) = int(X) ∩ int(Y )
(ii)int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y )
(iii)Dê um exemplo que int(X ∪ Y ) ) int(X) ∪ int(Y )
Solução (ex. 5) — .
(i)x
+ ε) ⊂ X ∩ Y ⇒
∈ int(X ∩ Y ) ⇒ ∃ε tal que (x − ε, x
 (x-ε, x + ε) ⊂ X ⇒ x ∈ int(X) 
⇒ x ∈ int(X) ∩ int(Y )
 (x − ε, x + ε) ⊂ Y ⇒ x ∈ int(Y ) 
(ii)x
∈ int(X) ∪ int(Y
 )⇒
 x∈ int(X) 
⇒ ε > 0 tal que
 x ∈ int(Y ) 


 (x-ε, x + ε) ⊂ X 
⇒ (x − ε, x + ε) ⊂ X ∪ Y ⇒ x ∈ int(X ∪ Y )
 (x − ε, x + ε) ⊂ Y 
70
(iii)Tome A = (0, 1) e B = [1, 2)
Ex. 6 — Mostre que, se A ⊂ R é aberto e a ∈ A implica que A − a é aberto.
Solução (ex. 6) — .
Demonstração 1.Seja C(A) o complementar de A, então temos que se A é
aberto, então C(A) é fechado e C(A) ∪ a é fechado e portando C(C(A) ∪ a) =
A − a é aberto.
Demonstração 2.A aberto ⇒ ∀ b ∈ A − a existe ε tal que (b − ε, b + ε) ⊂ A.
Se (b − ε) ⊂ A − {a} ⇒ b é ponto interior de A − {a}.
Se (b − ε, b + ε) 6⊂ A − {a} somado a (b − ε, b + ε) ⊂ A, então a ∈ (b − ε, b + ε),
onde temos que:
Se b < a < b + ε ⇒ ∃ ε1 tal que b < b + ε1 < a ⇒ (b − ε1 , b + ε1 ) ⊂ A − {a}
Se b − ε < a < b ⇒ ∃ ε2 tal que a < b − ε2 < b ⇒ (b − ε2 , b + ε2 ) ⊂ A − {a}
Concluı́mos que para todo b em A − {a}, existe um ε > 0 tal que (b − ε, b + ε) ⊂
A − {a} onde temos que A − {a} é aberto.
Ex. 7 — Mostre que toda coleção de abertos não-vazios, dois a dois disjuntos é
enumerável.
Solução (ex. 7) — .
Demonstração.Seja a coleção de abertos disjuntos (Aλ )λ∈X , logo, tomando xλ ∈
Aλ , temos que existe um intervalo Iλ tal que xλ ∈ Iλ ⊂ Aλ .
Mas, como Q é denso em R, temos que existe qλ ∈ Q tal que qλ ∈ Iλ , como os
conjuntos Aλ são disjuntos, temos que qλ ∈ Iλ ⊂ Aλ implica que qλ 6∈ Aµ , para
todo µ 6= λ.
Logo temos a função f : X → Q, onde associa a cada Aλ um número racional
qλ . Como f é injetiva, então X é enumerável, o que mostra q a famı́lia é
enumerável.
Ex. 8 — Mostre que o conjunto dos valores de aderência de uma sequência é um
conjunto fechado.
Solução (ex. 8) — .
71
Demonstração.Seja a sequência an e o conjunto A de pontos de aderência da
sequência an .
Suponha, por absurdo, que A seja aberto, logo A 6= A, como A ⊂ A, temos que
∃a ∈ A tal que a 6∈ A. Em outras palavras a é ponto de aderência de A mas
6∈ A. Concluı́mos então que para todo ε > 0 temos que
(a − ε, a + ε) ∩ A 6= ∅
e como a 6∈ A temos que existe b 6= a tal que b ∈ (a − ε, a + ε) ∩ A, como b ∈ A
temos que é ponto de aderência de an , e portanto temos que b é limite de alguma
subsequência de an , onde temos que a é um ponto de adrência de an , pois para
todo ε > 0, o conjunto (a − ε, a + ε) possue infinitos termos da sequência an ,
chegamos a um absurdo, pois a deveria pertencer a A, onde concluı́mos que A
é fechado.
Ex. 9 — Mostre que se X ⊂ F e F é fechado então X ⊂ F .
Solução (ex. 9) — .
Demonstração.X ⊂ F ⇒1 X ⊂ F = F ⇒ X ⊂ F
Prova de “1”:
X ⊂ F temos que se a ∈ X então para todo ε > 0 temos que (a−ε, a+ε)∩A 6= ∅,
mas como A ⊂ F , temos que (a − ε, a + zvar) ∩ F 6= ∅ o que temos que a é
ponto aderente de F .
Ex. 10 — Mostre que se limxn = a e X = {x1 , x2 , . . . , xn , . . . } então X = X ∪{a}.
Solução (ex. 10) — .
Demonstração.X − X = {a}, de fato, suponha que existe b 6= a tal que b ∈ X
e b 6∈ X, logo tome 0 < ε < |b − a|, temos o absurdo b 6∈ (a − ε, a + ε), pois
como xn → a, existe n0 tal que n > n0 implica que xn ∈ (a − ε, a + ε), ficando
um número finito de termos da sequência fora do intervalo, o que prova que é
impossı́vel uma subsequência de xn convergir para b.
Ex. 11 — Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪ G seja um
intervalo fechado (limitado ou não). Prove que F = ∅ ou G = ∅.
72
Solução (ex. 11) — .
Demonstração.Suponha, por absurdo, que F 6= ∅ e G 6= ∅, então existe a e
b ∈ G, S.P.G., assuma a < b, definimos:
F0 = {x ∈ F |a ≤ x < b}
G0 = {y ∈ G|a < y ≤ b}
Como sup(F0 ) = X0 é ponto de acumulação de F , então X0 ∈ F , pois F
é fechado. Analogamente concluı́mos que inf (G0 ) = Y0 ∈ G0 e ainda que
Y0 > X0 e portanto existe c ∈ R tal que Y0 > c > X0 , c 6∈ F e c 6∈ G devido a
definição de F0 e G0 , mas c ∈ I pois I é um intervalo, logo uma contradição.
Ex. 12 — Mostre que a interseção de uma sequência descendete de intervalos I1 ⊃
I2 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ . . . é um intervalo ou o conjunto vazio.
Solução (ex. 12) — .
Demonstração.Suponha que X = ∩IN , suponha que X 6= ∅, logo temos a, b ∈
X com a ≤ b, mas , como a, b temos que a, b ∈ In ∀ n, como In é um intervalo,
então [a, b] ⊂ In ∀ n logo [a, b] ⊂ X = ∩In . Isso porque estamos considerando
qualquer a, b.
Ex. 13 — Se X é limitado superiormente, seu fecho X também é. Além disso,
supX = supX.
Solução (ex. 13) — .
Demonstração.X limitado temos que existe c tal que a ∈ X implica que a ≤ c
X temos que para todo a ∈ X e para todo ε > 0, (a − ε, a + ε) ∩ X 6= ∅
Afirmamos que c ≥ b, ∀b ∈ X, de fato, suponha por absurdo que seja b > c
para algum b ∈ X, logo, existe ε < |b − c| tal que (b − ε, b + ε) ∩ X = ∅, pois
todos os elementos de X são menores que C e b − ε > c, onde temos o absurdo
pois deveria (b − ε, b + ε) ∩ X 6= ∅ ∀b ∈ X, logo, concluı́mos que X é limitado
superiormente por c.
73
Como X ⊂ X, temos que sup(X) ≤ sup(X), por outro lado, temos que qualquer
cota superior de X é também cota de X, em particular sup(X) é cota superior
de X, logo sup(X) ≤ sup(X).
Ex. 14 — (Teorema de Baire) Se F1 , F2 , . . . , Fn , . . . são fechados com interior vazio então S = F1 ∪ · · · ∪ Fn ∪ . . . tem interior vazio.
Solução (ex. 14) — .
Demonstração.Tome arbitrariamente um intervalo I1 = (a, b) não desgenerado,
temos que I1 6⊂ F1 pois F1 tem interior vazio, é possı́vel obeter I2 ⊂ I1 tal que
I2 6⊂ F2 tomando a sequência descendente de intervalos In tais que In ⊂ In−1 e
In 6⊂ Fn , temos o resultado que ∩In 6= ∅ e portanto ∩In 6⊂ S, concluı́mos que
para todo intervalo aberto I1 temos que I1 ∩ (R − S) 6= ∅ logo S é fechado.
74
6
Limites de Funções
6.1
Exercı́cios
Ex. 1 — Na definição do limite lim f (x) retire a exigência de ser x 6= a. Mostre
x→a
que esta nova definição coincide com a anterior no caso a 6∈ X mas para a ∈ X
o novo limite existe se, e somente se, o antigo existe e é igual a f (a).
Solução (ex. 1) — .
Demonstração. lim f (x) = L S.S.S. para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que
x→a
0 ≤ |x − a| < δ ⇒ |f (x) − L| < ε
Se a 6∈ X então x 6= a, pois f não estã definida em a, logo a definição coincide
com a original.
Para a ∈ X temos ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que
0 ≤ |x − a| < δ ⇒ |f (x) − L| < ε
⇔?
∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − L| < ε e L = f (a).
(⇒) Se x = a então |f (a) − L| < ε para todo ε onde temos f (a) = L, o restante
é facil de se observar.
(⇐) Se L = f (a), então |L − f (a)| = 0 < ε ∀ε > 0, então 0 ≤ |x − a| < δ ⇒
|f (x) − L| < ε.
Ex. 2 — Considere o seguinte erro tipográfico na definição de limite:
∀ε > 0 ∃δ > 0; x ∈ X, 0 < |x − a| < ε ⇒ |f (x) − L| < δ
75
Mostre que f cumpre essa condição se , e somente se, é limitada em qualquer
intervalo limitado de centro a. No caso afirmativo, L pode ser qualquer número
real.
Solução (ex. 2) — .
Demonstração.
∀ε > 0 ∃δ > 0; x ∈ X, 0 < |x − a| < ε ⇒ |f (x) − L| < δ
⇔
∀I ∋ a ; f (I) ⊂ (a, b) Para algum a, b ∈ R
Temos as seguintes proposições H1 = (0 < |x − a| < ε) ⇔ −ε < x − a < ε ⇔
x ∈ (a − ε, a + ε) = H2 e T1 = |f (x) − L| < δ ⇔ −δ < f (x) − L < δ ⇔ L − δ <
f (x) < L + δ ⇔ f (x) ∈ (L − δ, L + δ) = T2
donde concluı́mos que H1 ⇔ H2 e T1 ⇔ T2 , portanto se H1 ⇒ T1 , temos que
H1 ⇔ H2 ⇒ T1 ⇔ T2
76
7
Funções Contı́nuas
Esse capı́tulo é importante, mas não tive tempo para resolver exercı́cios
especı́ficos para esse assunto.
77
8
Revisão da 2a Parte
8.1
Exercı́cios da Lista de Análise Resolvidos
Ex. 1 — Seja A ⊂ R. Mostre que intA é o maior conjunto aberto contido em A.
Solução (ex. 1) — Demonstração.Suponha que existe B aberto tal que B ⊂ A e
B − int(A) 6= ∅, então seja b ∈ B e b 6∈ int(A), como B é aberto, então existe
um intervalo Ib centrado em b eIb ⊂ B ⊂ A, mas isso mostra que b é ponto
interior de A e ponrtanto b ∈ int(A), o que é uma contradição, logo B ⊂ int(A)
para todo B aberto contido em A.
Ex. 2 — Seja B ⊂ R. Mostre que B é o menor conjunto fechado que contém B.
Solução (ex. 2) — Demonstração.B ⊂ R Seja F um fechado qualquer tal que
B ⊂ F , logo B ⊂ F ⇒ B ⊂ F = F ⇒ B ⊂ F
Demonstração.A demonstração anterior pode estar usando a tese na primeira
implicação, depende do que já foi visto. Por isso vai mais essa:
Seja F um fechado qualquer tal que B ⊂ F . Suponha por absrudo que B − F 6=
∅, logo exste b ∈ B − F , mas b ∈ B implica que para todo intervalo Ib centrado
em b temos Ib ∩ B 6= ∅. Como F é fechado, logo comp(F ) é aberto o que
existe um intervalo em b tal que I ⊂ comp(F ), temos uma contradição pois
B ⊂ F ⇒ B ∩ comp(F ) 6= ∅ e temos um ponto b ∈ B e um intervalo I tal que
I ∩ B 6= ∅. Logo B ⊂ F para todo F fechado tal que B ⊂ F .
Ex. 3 — Determine o conjunto dos pontos de acumulação dos conjuntos seguintes:
(a)A = N ∩ (a, 5);
(b)A = {x ∈ Q; 0 < x < 1};
(c)A = 2, 32 , 34 , . . . .
78
Solução (ex. 3) — Demonstração. (a)Tomando intervalos abertos de raios
1
2
centrados nos pontos de A temos que só existe um ponto de A em
cata intervalo, logo A não possui pontos de acumulação.
(b)Todos os pontos de A são de acumulação, pois para todo a ∈ A e
para todo intervalo I centrado em a ten-se que I ∩ A − a 6= ∅ pois
Q é denso na reta.
(c)Temos que 1 é ponto de acumulação de A, pois 2, 32 , . . . é uma
sequência convergente para 1.
Ex. 4 — Mostre que:
√
1+x− 1−x
=
x
x→0
√
3
= 13
(b) lim 1+x−1
x
x→0
=1
(c) lim x+1
x→+∞ x
(a) lim
√
1
Solução (ex. 4) — Demonstração.
(a) lim
2
2
√
x→0
=1
(b) lim
√
√
√
1+x− 1−x √1+x+√1−x
·
x
1+x+ 1−x
√
3
x→0
(c) lim
x→+∞
1+x−1
x
x+1
x
2x √
√
= lim x(√1+x−1+x
= lim x(√1+x+
= lim √1−x+2 √1−x =
1+x+ 1−x
1−x)
√
√
3
(1+x)2 + 3 (1+x)+1
√
= lim
· √
3
3
2
(1+x) +
= lim xx +
1
x
(1+x)+1
√
3
(1+x)−1
√
1+x2 + 3 1+x+1
=
1
3
=1+0=1
Ex. 5 — Seja ⌊x⌋ o maior inteiro menor ou igual a x ≥ 1. Mostre que lim
x→+∞
√
⌊x⌋
x=
1.
p
p
√
Solução (ex. 5) — Demonstração.Temos que lim ⌊x⌋ ⌊x⌋ ≤ lim ⌊x⌋ x ≤ lim ⌊x⌋ ⌊x⌋ + 1
p
p
√
Como lim ⌊x⌋ ⌊x⌋ = lim ⌊x⌋ ⌊x⌋ + 1 = 1 temos que lim ⌊x⌋ x = 1.
x→+∞
1
x→+∞ f (x)
Ex. 6 — Seja f : [a, +∞) → (0, +∞). Prove que lim f (x) = +∞ ⇔ lim
x→+∞
=
0.
Solução (ex. 6) — Demonstração.Seja an ∈ [a, +∞) uma sequência arbitrária
convergindo para +∞ e f (an ) → +∞, temos que a sequência f (an ) converge
1
para ∞ onde temos que lim f (x)
= 0 analogamente, se
1
f (an )
→ 0 então f (an ) →
∞. Como an é uma sequência arbitrária temos que é válido para os limites
reais.
79
Ex. 7 — Seja f : R → R definida por: f (x) = x se x ∈ R\Q e f (x) = 1 − x se
x ∈ Q. Mostre que f é contı́nua em x =
1
2
e descontı́nua em qualquer outro
ponto.
Solução (ex. 7) — Demonstração.Temos que
lim
x→a, a6∈Q
lim
x→a, a∈Q
f (x) = lim 1 − x = 1 − a e
f (x) = x = a. f é contı́nua no ponto a se lim f (x) = f (a), portanto
x→a
deve existir o limite e o limite de f existe em a para a = 1 − a ⇒ a =
Concluı́mos que f é contı́nua no ponto x =
é igual a
f ( 12 ).
1
2
q
2
pois o limite existe nesse ponto e
Para outro ponto b diferente de
1
2
temos que o limite não existe
e b é ponto de acumulação de R portanto f não é contı́nua em outro ponto além
de 12 .
Ex. 8 — Seja g : R → R uma função tal que g(x + y) = g(x)g(y), x, y ∈ R.
Mostre que se g é contı́nua em x = 0, etnão g é contı́nua em todo potno.
Mostre também que se g se anula em algum ponto de R , então g se anula em
todo ponto de R.
Solução (ex. 8) — Demonstração.Se g é contı́nua em 0 então g(0) = g(0 + 0) =
g(0) · g(0) onde concluı́mos que ou g(0) = 1 ou g(0) = 0.
Se para algum a, g(a) = 0, temos que para todo c, g(c) = g(a+d) = g(a)·g(d) =
0 · g(d) = 0.
Se g(0) = 1 e tomando um ponto c 6= 0 e uma sequência arbitrária xn → c temos
que lim g(xn − c) = g(0) = 1 e g(c) = lim g((xn − c) + c) = lim g(xn − c) · g(c) =
g(c).
Ex. 9 — Se |f | é contı́nua em algum ponto, é verdade que f é continua nesse
ponto?

 1 se x = a
Solução (ex. 9) — Demonstração.Não, tome f : R → R; f (x) =
.
 −1 se x 6= a
Ex. 10 — É possı́vel, f e g descontı́nuas com f · g contı́nua? E f ◦ g?

 1 se x = a
Solução (ex. 10) — Demonstração.Tomando f : R → R, f (x) =
etomandog=f, temosque
 −1 se x 6= a
·g é contı́nua em a e f , g são descontı́nuas em a.


 0 se x=1
 1 se x = 0
f:[0, 1) → (0, 1]e g:(0, 1] →
eg(x)=
Tomando f (x) =
 x se x 6= 1
 x se x 6= 0
[0, 1).T emosambasdescontı́nuas, masg◦f é contı́nua.
Ex. 11 — Seja f : (a, b) → R e tome x0 ∈ (a, b). Considere as igualdades:
80
(I) lim |f (x0 + h) − f (x0 )| = 0.
h→0
(II) lim |f (x0 − h) − f (x0 + h)| = 0|
h→0
(i)Mostre que (I) ⇒ (II);
(ii)Dê um exemplo onde vale (II), mas não vale (I).
Solução (ex. 11) — Demonstração.
(i)0 ≤ lim |f (x0 − h) − f (x0 + h)| =
lim |(f (x0 − h) − f (x0 )) + (f (x0 ) − f (x0 + h))| ≤ lim |f (x0 − h) −
f (x0| + lim |f (x0 ) − f (x0 + h)|. Como em I, existe o limite então:
0 ≤ lim |f (x0 − h) − f (x0 + h)| ≤ lim |f (x) − h) − f (x0 )| + lim |f (x0 ) −
f (x0 + h)| = 0. Concluı́mos então que lim |f (x0 − h)− f (x0 + h)| = 0.

 1 se x 6= x
0
(ii)Tome f : R → R, f (x) =
 0 se x = x0
Ex. 12 — Dê um exemplo de uma funçaõ f : [0, 1] → R não limitada.
Solução (ex. 12) — Demonstração.f : [0, 1] → R, f (x) = {
0 se x = 0
1
x
se x 6= 0
Ex. 13 — Mostre que todo polinômio de grau ı́mpar, com coeficientes reais, tem
pelo menos uma raiz real. Mostre que p(x) = x4 + 7x3 − 9, tem pelo menos
duas raı́zes reais.
Solução (ex. 13) — Demonstração.p(x) é uma função contı́nua, por ser somas e
multiplicações de funções contı́nuas. Podemos ver, tomando um polinômio de
grau ı́mpar, com an 6= 0:
p(x) = an · xn + an−1 xn−1 + · · · + a0
S.P.G., supondo que an > 0, tomemos
lim p(x) = lim an · x + an−1 +
x→∞
a0
an − 2
+ . . . n−1 = +∞
x
x
Analogamente, vemos que lim p(x) = −∞. Fixando um L < 0 e > 0, temos
x→−∞
que existe x0 , y0 tais que X ≥ x0 e Y ≤ y) implica que f (X) > R e f (Y ) < L,
aplicando o teorema do valor médio concluı́mos que existe um c tal que f (c) = 0.
Quanto ao outro polinômio, basta ver que em p(0) = −9, p(2) = 63, p(−1) =
−15 e p(−8) = 503, aplicando o teorema do valor médio concluı́mos a existência
das raı́zes.
Ex. 14 — Seja f : [0, 2π] → R contı́nua com f (0) = f (2π). Prove que existe
c ∈ [0, π) tal que f (c) = f (c + π).
81
Solução (ex. 14) — Demonstração.Seja g(x) = f (x) − f (x + π), g : [0, 2π] → R,
como f é contı́nua, então g é, além disso:
g(0) = f (0) − f (π)
g(π) = f (π) − f (2π)
somando, temos g(0) + g(π) = 0, e portanto ou g(0) = g(π) = 0, onde temos
que f (0) = f (π), ou temos g(0) e g(π) com sinais trocados, usando o teorema
do valor médio, temos que existe c ∈ (0, π) tal que g(c) = 0, logo f (c) =
f (c + π).
Ex. 15 — Sejam f : [a, b] → R contı́nua e x1 , x2 , . . . , xn pontos arbitrários de
[a, b]. Mostre que existe x0 ∈ [a, b] tal que
f (x0 ) =
1
[f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )]
n
Solução (ex. 15) — Demonstração.S.P.G. suponha f (x1 ) ≤ f (x2 ) ≤ · · · ≤ f (xn ),
logo temos:
f (x1 ) ≤
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )
≤ f (xn )
n
(8.1)
n vezes
}|
{
z
f (x1 ) + f (x1 ) + · · · + f (x1 )
Isso pode ser provado assim, f (x1 ) =
n vezes
z
}|
{
f (xn ) + f (xn ) + · · · + f (xn )
= f (xn )
n
n
≤
f (x1 )+···+f (xn )
n
Em 8.1, se tivermos a igualdade, então basta tomar x0 = x1 , caso contrário te-
mos f (x1 ) <
f (x1 )+f (x2 )+···+f (xn )
n
< f (xn ), pelo teorema do valor intervediário,
existe x0 ∈ (x1 , xn ) tal que f (x0 ) =
f (x1 )+···+f (xn )
n
ie.
f (x1 ) < f (x0 ) <
f (xn ).
8.2
2a Prova Resolvida
Ex. 1 — Seja X ⊂ R e Ω = {C ⊂ X; C aberto}.
(a)Mostre que intX ∈ Ω
S
C. Mostre que A = intX.
(b)Seja A =
C∈Ω
Solução (ex. 1) —
(a)Temos que intX ⊂ X, como intX é aberto, temos
pela definição de Ω que intX ∈ Ω.
≤
82
(b) (i)Tome a ∈ A ⇒ a ∈
S
c∈Ω
C ⇒ a ∈ C, para algum C ∈ Ω ⇒ a ∈
C ⊂ X, como C é aberto, temos que a ∈ intX. Concluı́mos que
A ⊂ intX.
(ii)Tome a ∈ intX, então existe um intervalo aberto I tal que a ∈ I
S
e portanto, como I é aberto e contido em X, então a ∈ C.
Ω
Logo intX ⊂ A e portanto intX = A.
Ex. 2 — Os números
1
4
e
7
8
=
7
8
pertencem ao conjunto de Cantor?
Solução (ex. 2) — .
1
4
= 0, 020202 . . . e
Logo,
7
8
1
4
2·3+1
2·3+2
=
21
22
(base 3) = 0, 210101010 . . .
∈ K pois pode ser representado sem utilizar o número 1 na base 3 e
6∈ K pois não pode ser representado sem utilizar o número 1 na base 3.
(i)Calcule
lim
x→a, x∈Q
f (x) e
lim
x→a, x6∈Q
f (x)
(ii)Encontre a ∈ R tal que existe lim f (x).
x→a
(iii)A função f é contı́nua nos pontos a encontrados no item (ii)?
Ex. 3 — Seja f : R → R dada por:

 x2 − 1 se x ∈ Q
f (x) =
 −x2 − x se x 6∈ Q
Solução (ex. 3) — .
(i)
lim
x→a, x∈Q
−a2 − a
f (x) = lim x2 − 1 = a2 − 1
x→a
lim
x→a, x6∈Q
(ii)a2 −1 = −a2 −a ⇔ 2a2 +a−1 = 0 ⇒ a =
lim f (x) existe em a = 1 ou a =
x→a
1
2.
f (x) = lim −x2 − x =
√
−1± 1+8
4
x→a
⇒a=
1
2
ou a = 1
(iii)Sim , pois lim f (x) = f (a) nos pontos a = 1 ou a = 12 .
x→a
Ex. 4 — Seja f : [0, 1] → R contı́nua tal que f (0) < 0 e f (1) > 1. Considere
g : [0, 1] → R dada por g(x) = f (x) − x.
(a)Mostre que c ∈ [0, 1] é ponto fixo de f , f (c) = c, se e somente se c é
zero de g.
(b)Mostre que g(0) < 0 e g(1) > 0, então enuncie um teorema sobre g
que garanta a existência de um zero, c ∈ (0, 1), para g, e portanto
um ponto fixo para f .
83
Solução (ex. 4) — .
(a)(⇒) Temos f (x) = c, então g(c) = f (c) − c = 0 (⇐) Suponha
g(c) = 0, então g(c) = f (c) − c = 0 ⇒ f (c) − c = 0 ⇒ f (c) = c
(b)Temos f (0) < 0 então g(0) = f (0)−0 = f (0) < 0 temos que f (1) > 1
então g(1) = f (1) − 1 > 1 − 1 > 0
Teorema do Valor Intermediário - Seja g : I → R, definida em
um intervalo I ⊂ R, g contı́nua , se para a, b ∈ X temos g(a) > g(b)
então, para todo d, tal que g(a) > d > g(b), existe c ∈ X, a > c > b
tal que g(c) = d.
8.3
Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definições
Definição 8.3.1. X ⊂ R, X é aberto S.S.S. para todo x ∈ X existe ε > 0 tal
que (a − ε, a + ε) ⊂ X.
Teorema 8.3.2.
aberto.
(a) Se A1 ⊂ R e A2 ⊂ R são abertos, então A1 ∩ A2 é
(b) Seja (AΛ )Λ∈L uma famı́lia arbitrária de conjuntos abertos todos contidos
S
nos reais. A reunião A = Λ∈L AΛ é um conjunto aberto.
Corolário 8.3.3. Se A1 , A2 , . . . , An são subconjuntos abertos de R então A ∩
A2 ∩ · · · ∩ An é aberto.
Teorema 8.3.4. Para todo aberto A ⊂ R se exprime, de modo único como
reuniáo enumerável de intervalos abertos dois a dois disjuntos.
Corolário 8.3.5. Seja I um intervalo aberto. Se I = A ∪ B, onde A, B são
abertos, então um é ∅ e o outro é igual a I.
Definição 8.3.6. a é aderente a X ⊂ R se a for limite de alguma sequência
de pontos de X.
Teorema 8.3.7. Um ponto a ∈ R é aderente a um conjunto X ⊂ R S.S.S. para
todo ε > 0 tem-se X ∩ (a − ε, a + ε) 6= ∅.
Corolário 8.3.8. a é aderente a X S.S.S. para todo I tal que a ∈ I tem-se
I ∩ X 6= ∅
84
Corolário 8.3.9. Seja X ⊂ R limitado inferiormente e Y ⊂ R limitado superiormente. Então a = inf X é aderente a x e b = supY é aderente a Y .
Definição 8.3.10. O feixo de X, X, é o conjunto dos pontos aderentes a X.
Definição 8.3.11. X é fechado S.S.S. X = X
Teorema 8.3.12. F ⊂ R é fechado S.S.S. seu complementar é aberto.
Corolário 8.3.13.
(a) R e o conjunto vazio são fechados.
(b) Se F1 , . . . , Fn são fechados então F1 , . . . , Fn é fechado.
(c) Se (FΛ )Λ∈L pe uma famı́lia qualquer de conjuntos fechados, então F =
T
Λ∈L FΛ é um conjuntos fechado.
Teorema 8.3.14. X ⊂ R, X = X
Teorema 8.3.15. Todo conjunto X ⊂ R contém um conjunto enumerável E
tal que E ⊂ X e E é denso em X.
Definição 8.3.16. a é ponto de acumulação de X S.S.S. para todo intervalo I
centrado em a, tem-se (I ∩ X) − {a} =
6 ∅.
Definição 8.3.17. X ′ é o conjunto dos pontos de acumulação de X.
Teorema 8.3.18. Dado X ⊂ R e a ∈ R, são equivalentes:
(a) a ∈ X ′
(b) a = lim xn , onde xn é uma sequência de pontos de X dois a dois distintos.
(c) Todo intervalo aberto contendo a possui uma infinidade de elementos de
X.
Corolário 8.3.19. Se X ′ 6= ∅ então X é infinito.
Teorema 8.3.20. Para todo X ⊂ R, tem-se X = X ∪ X ′ .
Corolário 8.3.21. X é fechado S.S.S. X ′ ⊂ X.
Corolário 8.3.22. Se X = X ′ então X é enumerável.
Teorema 8.3.23. Seja F ⊂ R não vazio tal que F = F ′ então F é não enumerável.
85
Corolário 8.3.24. Todo conjunto enumerável não vazio possui algum ponto
isolado.
Definição 8.3.25. Uma cobertura de X ⊂ R é uma famı́lia C = (CΛ )Λ∈L de
S
conjuntos CΛ ⊂ zreals tais que X ⊂ Λ∈L CΛ .
Teorema 8.3.26. Toda cobertura, F ⊂
S
Λ∈L AΛ
por meio de abertos, F fe-
chado e limitado, admite uma sub-cobertura finita.
Teorema 8.3.27. K ⊂ R são equivalentes:
(a) K é limitado e fechado. (no caso, compacto)
(b) Toda cobertura de K possui sub-cobertura finita
(c) Todo subconjunto infinito de K possui ponto de acumulação pertencente
aK
(d) Toda sequênia de pontos de K possui subsequência convergente para um
ponto de K.
Corolário 8.3.28. Todo conjunto infinito limitado X ⊂ R possui ponto de
acumulação.
Corolário 8.3.29. Todo conjunto infinito X ⊂ R possui algum ponto de acumulação.
Teorema 8.3.30. Seja K1 ⊃ K2 ⊃ · · · ⊃ Kn ⊃ . . . uma sequência descendente
∞
T
de compactos não vazios. Então K =
Kn é não vazio (e compacto).
n=1
Teorema 8.3.31. Se [a, b] ⊂
Teorema 8.3.32. Se [a, b] ⊂
Teorema 8.3.33. Se
é não enumerável.
∞
P
n
S
i=1
∞
S
i=1
(ai , bi ) então b − a <
(ai , bi ) então b − a <
n
P
n=1
∞
P
n=1
(bn − an ) < b − a, então o conjunto X = [a, b] −
n=1
∞
S
n=1
Definição 8.3.34. Seja a ponto de acumulação de X, lim f (x) = L S.S.S.
x→a
para todo ε > 0, existe γ > 0 tal que
0 < |x − a| < γ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε
86
Teorema 8.3.35. Se lim f (x) = c1 e lim f (x) = c2 , então c1 = c2 .
x→a
x→a
Teorema 8.3.36. Seja X ⊂ R, f : X → R, a ∈ X ′ . Dado Y ⊂ X tal que
a ∈ Y ′ ponhamos g = f |Y . Se lim f (x) = L, então lim g(x) = L. Se Y = I∩X,
x→a
x→a
I intervalo aberto contento a, então lim g(x) = L ⇒ lim f (x) = L.
x→a
x→a
Teorema 8.3.37. Seja X ⊂ R, f : X → R a ∈ X ′ . Se existe lim f (x) então
x→a
f é limitada numa vizinhança de a, isto é, existem A > 0, γ > 0 tal que
0 < |x − a| < γ, x ∈ X ⇒ |f (x)| < A.
Teorema 8.3.38. Sejam X ⊂ R, f, g, h : X → R, a ∈ X ′ . Se para todo x ∈ X,
x 6= a, for f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) e , além disso, tivermos lim f (x) = lim h(x) =
x→a
x→a
L, então lim g(x) = L.
x→a
Teorema 8.3.39. Sejam X ⊂ R, a ∈ X ′ . f, g : X → R, se lim f (x) = L e
x→a
lim g(x) = M , então L ≤ M .
x→a
Corolário 8.3.40. Se f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ X, x 6= a e lim f (x) = L,
x→a
lim g(x) = M , então L ≤ M .
x→a
Teorema 8.3.41. Seja X ⊂ R, f : X → R, a ∈ X ′ .
lim f (x) = L ⇔
x→a
lim f (xn ) = L, para todo sequência de pontos xn ∈ X − {a} tal que lim xn = a.
n→∞
Teorema 8.3.42. Se lim f (x) = M e lim g(x) = L então:
x→a
x→a
(a) lim [f ± g] = M ± L
x→a
(b) lim [f · g] = M · L
x→a
(c) Se L 6= 0, lim [ fg ] =
x→a
M
L
(d) Se lim f = 0 e existe A tal que |g(x)| ≤ A, então lim [f · g] = 0.
x→a
x→a
Teorema 8.3.43. lim f (x) = L S.S.S. para todo ε > 0, existe γ tal que
x→a
x, y ∈ X, 0 < |x − a| < γ, 0 < |y − a| < γ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε
Teorema 8.3.44. Seja X, Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R com f (X) ⊂ Y . Seja
a ∈ X ′ e b ∈ Y ′ ∪ Y Se lim f (x) = b e lim g(y) = c, tem-se lim g(f (x)) = c,
x→a
desde que c = g(b).
y→b
x→a
87
′ . Y = X ∩ (a, +∞), g = f | , então
Teorema 8.3.45. a ∈ X+
Y
lim f (x) = L ⇔ lim g(x) = L
x→a
x→a+
′ ∩ X ′ , lim f (x) = L ⇔ existem os limites lateraism
Teorema 8.3.46. a ∈ X+
−
Teorema 8.3.47. Se f é monótona e limitada, então existem os limites laterais
′ e b ∈ X′ .
nos pontos a ∈ X+
−
Definição 8.3.48. lim = L S.S.S. para todo ε > 0 existe A > 0 tal que x ∈ X,
x→∞
x > A ⇒ |f (x) − L| < ε.
Teorema 8.3.49. c é valor de aderència de f no ponto a S.S.S. para todo
γ > 0 tem-se c ∈ (vγ ).
Teorema 8.3.50. Se f é limitada na vizinhança de a então lim supf (x) =
x→a
lim(Lγ ) e lim inf (f (X)) = lim(lγ ).
Teorema 8.3.51. f limitada numa vizinhança de a. Para todo ε > 0, existe
γ > 0 tal que x ∈ X, 0 < |x − a| < γ ⇒ l − ε < f (x) < L + ε, onde l = lim inf f
e L = lim supf .
Definição 8.3.52. f é contı́nua em a ∈ X S.S.S. para todo ε > 0, existe γ > 0
tal que x ∈ X |x − a| < γ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε.
Teorema 8.3.53. Toda restrição de uma função contı́nua é contı́nua.
Teorema 8.3.54. f é contı́nua 3m a, então f é limitada em uma vizinhança
de a.
Teorema 8.3.55. f, g contı́nuas no ponto a e f (a) < g(a), então existe γ > 0
tal que x ∈ X, |x − a| < γ ⇒ f (x) < g(x).
Teorema 8.3.56. f é contı́nua no ponto a S.S.S. lim f (xn ) = f (a) para toda
sequência xn ∈ X, com lim xn = a.
Teorema 8.3.57. Se f, g são contı́nuas em a, então f ± g, f · g são contı́nuas
nesse ponto. Se g(a) 6= 0, então
f
g
é contı́nua no ponto a.
Teorema 8.3.58. A composta de duas funções contı́nuas é contı́nua.
Teorema 8.3.59. X ⊂
S
Λ∈L
AΛ , uma cobertura por meio de abertos. Se
f : xR → tal que para todo Λ ∈ L, f |(AΛ ∩X) são contı́nuas, então f é contı́nua.
88
Definição 8.3.60. Dizemos que uma função f tem uma descontinuidade de 1a
espécie no ponto a quando f é descontı́nua no ponto a mas existem os limites
laterais nesse ponto.
Definição 8.3.61. Dizemos que uma função f tem uma descontinuidade de 2a
espécie no ponto a quando f é descontı́nua nesse ponto e não existe um dos
limites laterais nesse ponto.
Teorema 8.3.62. Uma função monótona não admite descontinuidade de 2a
espécie.
Teorema 8.3.63. Seja f : x → R monótona. Se f (X) é denso em algum
intervalo, então f é contı́nua.
Teorema 8.3.64. Seja f : X → R uma função cujas desconinuidades são
todas de 1a espécie. Então o conjunto dos pontos de desconinuidade de f é
enumerável.
Teorema 8.3.65. Seja f : [a, b] → R contı́nua. Se f (a) < d < f (b), então
existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = d.
Teorema 8.3.66. Seja f : I → R contı́nua e injetiva, definida no intervalo I.
Então f é contı́nua, sua imagem é um intervalo e sua inversa é contı́nua.
Teorema 8.3.67. Seja f : X → R contı́nua. Se X é compacto, então f (x) é
compacto.
Corolário 8.3.68. Toda função definida em um compacto é limitada e atinge
seus extremos.
Teorema 8.3.69. X ⊂ R, compacto. Se f : x → R é contı́nua e injetiva, então
Y = f (X) é compacto e a função inversa f −1 é contı́nua.
Definição 8.3.70. f : X → R é uniformemente contı́nua S.S.S. para todo
ε > 0 existe γ tal que:
x, y ∈ X, |x − y| < γ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε
Teorema 8.3.71. Seja f : X → R uniformemente contı́nua. Se (xn ) é uma
sequência de Cauchy em X, então (f (xn )) é uma sequência de Cauchy.
89
Definição 8.3.72. f : X → R é lipschitziana S.S.S. existe c > 0 tal que
x, y ∈ X ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ c|x − y|
Teorema 8.3.73. X compacto. Toda função f : X → R é uniformemente
contı́nua.
Teorema 8.3.74. Toda função uniformemente contı́nua f : X → R admite
uma extenção Ψ : X → R, onde Ψ é a única extensão contı́nua de f a X e é
uniformemente contı́nua.
90
Parte III
Conteúdo da 3a Prova
91
9
Derivadas
Nada resolvido para esse capı́tulo.
92
10 Integral de Riemann
Nada resolvido para esse capı́tulo.
93
11 Revisão da 1a Parte
11.1
Exercı́cios da Lista de Análise Resolvidos
f (a+h)−2f (a)+f (a−h)
.
h2
h→0
Ex. 1 — Se f ′′ (a) existe, então f ′′ (a) = lim
em que o limite acima exista mas
f ′′ (a)
Dê um exemplo
não existe.
Solução (ex. 1) — Demonstração.
Ex. 2 — Suponha f duas vezes derivável em (0, ∞), limitada com f ′′ limitada
(mostre então que f ′ é limitada). Sejam M0 , M1 , M2 , os supremos de |f (x)|,
|f ′ (x)|, |f ′′ (x)|, espectivamente, ,em (0, ∞). Prove que M12 ≤ 4M0 M2 .
Ex. 3 — Seja f : [0, +∞] → R duas vezes derivável. Se f ′′ é limitada e existe
lim f (x) então lim f ′ (x) = 0
x→+∞
x→+∞
Ex. 4 — Seja f : [0, 1] → R limitada. Prove que
1 Z Z 1
f ≤ |f |
0
0
Vale para integrais inferiores? (Dê exemplo!)
Ex. 5 — Justifique suas respostas:
(a)Se f 2 é integrável, então f é integrável?
(b)Se |f | é integrável, então f é integrável?
Ex. 6 — Seja f : [a, b] → R contı́nua. Suponha que dado I ⊂ [a, b], intervalo
R
fechado, tenhamos f = 0. Prove que f ≡ 0. (f ≥ 0 para todo x ∈ [a, b])
I
Ex. 7 — Sejam f : [a, b] → [c, d], limitada, g : [c, d] → R, contı́nua. Suponha que
o conjunto dos pontos de descontinuidade de f tem medida nula, mostre que
g ◦ f é integrável em [a, b].
94
11.2
3a Prova Resolvida
Ex. 1 — Seja f : [a, b] → R.
(a)Enuncie o teorema do valor médio para f .
(b)Suponha que f : R → R é derivável e que em (a, b) temos f ′ (x) >
0 (< 0), então f é crescente (decrescente) em [a, b].
(c)Seja f : R → R dada por f (x) = x3 − 3x2 + αx + β, α, β ∈ R.
(c.1)Mostre que se α > 3 então f é crescente.
(c.2)Se α = 53 , encontre os intervalos onde f é crescente ou decrescente.
Solução (ex. 1) —
(a)Seja f : [a, b] → R, derivável e contı́nua no inter-
valo [a, b], então existe c ∈ (a, b) tal que
f (b) − f (a)
= f ′ (c)
b−a
(b)Suponha que f ′ (x) > 0 para todo x ∈ [a, b] e f não seja crescente,
então existe x, y ∈ [a, b], x > y tal que
f (x) − f (y)
≤0
x−y
e pelo teorema do valor médio existe c ∈ (x, y) ⊂ [a, b] tal que
f ′ (c) =
f (x) − f (y)
≤0
x−y
o que é um absurdo, pois f ′ (x) > 0 para todo x ∈ [a, b].
Ex. 2 — Seja f : R → R uma função infinitamente derivável, tal que dado n ∈ N
temos:
f (t) = 1 + t +
onde lim
t→0
rn (t)
tn
tn
t2
+ ··· +
+ rn (t)
2!
n!
= 0. Considere a função g : R → R dada por g(x) = f (x2 ).
(a)Mostre que:
(i)g é infinitamente derivável
(ii)O polinômio de Taylor de g, de ordem 2005, em torno de 0 é:
p(x) = 1 + x2 +
x2 004
x4
+ ··· +
2!
1002!
95
(1500)
(b)Quanto valem as derivadas g(0)
(2003)
e g(0)
Ex. 3 — Seja f : [0, 1] → R definida por: f (x) = {
?
1sex∈ Q
−2 se x 6∈ Q
(a)Dada P partição de [0, 1] calcule s(f ; P ), S(f ; P ), s(|f |; P ) e S(|f |; P ).
(b)Mostre que
|
Z1
|
Z1
e
11.3
0
0
f| ≥
Z1
|f |
f| ≤
Z1
|f |
0
0
Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definições
Definição 11.3.1. X ⊂ R, f : X → R é derivável em a ∈ X ∩ X ′ S.S.S. existe
f (x)−f (a)
e f é derivável à direita S.S.S. existe
x−a
x→a
f (x)−f (a)
. Analogamente define-se derivável à esquerda.
x−a
o limite f (a) = lim
f+′ (a) = lim
x→a+
o limite
Teorema 11.3.2. Se existe f ′ (a), então f é contı́nua em a.
Teorema 11.3.3. f, g : X → R deriváveis em a ∈ X ∩ X ′ , então f ± g, f · g,
f
g
(g(a) 6= 0) são deriaveis em a e:
(i) (f ± g)′ = f ′ ± g′
(ii) (f · g)′ = f ′ · g + g′ · f
(iii) ( fg )′ =
f ′ ·g−g ′ ·f
g2
Teorema 11.3.4. Tome f : X → R e g : Y → R, f (X) ⊂ Y , a ∈ X ∩ X ′ ,
b = f (a) ∈ Y ∩ Y ′ . Se existe f ′ (a) e g′ (b) então g ◦ f : X → R é derivável no
ponto a, valendo (g ◦ f )′ (a) = g(′ (b).f (a)′ .
Corolário 11.3.5. Seja f : X → Y ⊂ R com inversa g = f −1 : Y → X ⊂ R.
Se f é derivável no ponto a ∈ X ∩ X ′ e g é contı́nua no ponto b = f (a) então
g é derivável no ponto b S.S.S. f ′ (a) 6= 0 e g′ (b) =
1
f ′ (a) .
96
Teorema 11.3.6. Se f : X → R é derivável à direita em a e se f+′ (a) > 0
então existe γ > 0 tal que x ∈ X, a < x < a + γ ⇒ f (a) < f (x).
Corolário 11.3.7. Se existe f ′ (a) > 0 então existem γ > 0 tal que x, y ∈ X e
a − γ < x < a < y < a + γ implica f (x) < f (a) < f (y).
Corolário 11.3.8. Se a é ponto de mı́nimo ou máximo local e f é derivável
em a, então f ′ (a0) = 0.
Teorema 11.3.9 (Valor Médio). Seja f : [a, b] → R contı́nua e derivável em
9a, b), então existe c ∈ (a, b) tal que f ′ (c) =
f (b)−f (a)
.
b−a
Corolário 11.3.10. Se f, g : [a, b] → R são contı́nuas, deriváveis em (a, b) e
f ′ (x) = g′ (x) para todo x ∈ (a, b), então existe c ∈ R tal que g(x) = f (x) + c
para todo x ∈ [a, b].
Corolário 11.3.11. Se f : (a, b → R é derivável e existe k ∈ R tal que |f ′ (x)| ≤
k então, para todo y, x ∈ (a, b), temos |f (x) − f (y)| ≤ k|x − y|.
Corolário 11.3.12. Seja f contı́nua em [a, b] e derivável em (a, b). Se existe
lim f ′ (x) = L, então existe f+′ (a) = L.
x→a+
Corolário 11.3.13. Seja f : (a, b) → R derivável, exceto possivelmente, em
um ponto c ∈ (a, b), onde f é contı́nua. Se existir lim f ′ (x) = L então existe
x→c
f ′ (c) = L.
Corolário 11.3.14. Se f : [a, b] → R derivável. Tem-se f ′ (x) ≥ 0 S.S.S. f for
não decrescente. Se f ′ (x) > 0 p0ara todo x ⊂ [a, b], então f é crescente em
[a, b] e f possui inversa f −1 em J = f ([a, b]), na qual é derivável em [a, b] com
(f +1 )′ (y) =
1
f ′ (x)
para todo y = f (x) ∈ J.
Teorema 11.3.15. f : [a, b] → R é uniformemente derivável S.S.S. f é de
classe C 1 .
Teorema 11.3.16. Seja f : I → R n vezes derivável no ponto a ∈ I. Então
para todo h tal que h + a ∈ I tem-se f (a + h) = f (a) + f ′ (a)h +
f n (a)hn
n!
+ r(h).
f ′′ (a)h2
2!
+···+
Teorema 11.3.17. Seja f : [a, b] → R de classe C n−1 n vezes derivável no
intervalo aberto (a, b), então existe c ∈ (a, b) tal que f (b) = f (a) + f ′ (a)(b −
a) + · · · +
f (n−1) (a)
(n−1)! (b
− 1)n−1 +
f n (c)
n! (b
− a)n .
97
Teorema 11.3.18. Seja f : I → R derivável duas vezes em I. f é convexa
S.S.S. f ′′ (x) ≥ 0 para todo x ∈ I.
Teorema 11.3.19. Seja f : [a, b] → R limitada. Quando se refina uma partição
P , a soma inferior não diminui e a soma superior não aumenta.
Teorema 11.3.20. Seja a < c < b e f : [a, b] → R limitada, então
Rc
f (x) dx +
a
Rb
f (x) dx e analogamente para as superiores.
Rb
f (x) dx =
a
c
Teorema 11.3.21. Seja f, g : [a, b] → R limitadas, então:
(a)
Rb
a
Rb
Rb
Rb
Rb
Rb
f (x) dx+ g(x) dx ≤ [f (x)+g(x)] dx ≤ [f (x)+g(x)] dx ≤ f (x) dx+
a
a
a
a
g(x) dx
a
(b) c > 0,
Rb
cf (x) dx = c
a
Rb
f (x) dx; c < 0,
a
Rb
cf (x) dx = c
f (x) dx analoga-
a
a
mente para a integral inferior.
Rb
Teorema 11.3.22. Seja f : [a, b] → R limitada. As seguintes afirmações são
equivalentes:
(1) f é integrável
(2) para todo ε > 0 existe P, Q de [a, b] tal que S(f ; Q) = s(f ; P ) < ε.
(3) Para todo ε > 0 existe P de [a, b] tal que S(f ; P ) = s(f ; P ) < ε.
(4) Para todo ε > 0 existe P de [a, b] tal que
n
P
i=1
wi (ti − ti−1 ) < ε.
Teorema 11.3.23. Seja f, g : [a, b] → R integráveis, então:
(1) Para a < c < b, f |[a,c] 3 f |[c,b] são integráveis e se tem
Rc
a
f (x) dx +
Rb
f (x) dx valendo a recı́proca.
Rb
a
c
(2) Para todo c ∈ R cf (x) é integrável e
(3) f + g é integrável e
Rb
a
Rb
a
f (x) + g(x) dx =
Rb
cf (x) dx = c f (x) dx.
a
Rb
a
f (x) dx +
Rb
a
g(x) dx.
f (x) dx =
98
(4) Se f ≤ g para todo x ∈ [a, b], então
Rb
a
f (x) dx ≤
Rb
g(x) dx.
a
Rb
Rb
(5) |f | é integrável e se tem | f (x) dx| ≤ |f (x)| dx .
a
a
(6) f · g é integrável.
Teorema 11.3.24. Toda função contı́nua é integrável.
Teorema 11.3.25. Seja f : [a, b] → R limitada. Se para cada c ∈ [a, b), f |[a,c]
é integrável, então f é integrável.
Corolário 11.3.26. Se f : [a, b] → R é limitado e possue um número finio de
descontinuidades, então f é integrável.
Teorema 11.3.27. Se f : [a, b] → R é integrável e f é contı́nua em c ∈ [a, b]
então F : [a, b] → R definida como F (x) =xa f (x) dx é derivável em c e tem-se
F ′ (c) = f (c).
Teorema 11.3.28. Se f : [a, b] → R contı́nua, g : c, d] → R derivável, com g′
g(d)
Rd
R
f (x) dx = f (g(t)) · g′ (t) dt.
integrável e g([c, d]) ⊂ [a, b], então
g(c)
c
Teorema 11.3.29. Se f, g : [a, b] → R possuem derivadas integráveis então
Rb
Rb
f (t)g′ (t) dt = f (x).g(x)]ba − f ′ (t) · g(t) dt.
a
a
Teorema 11.3.30. Dadas f, ρ : [a, b] → R, com f contı́nua, então:
(A) Existe c ∈ (a, b) tal que
Rb
a
f (x) dx = f (c) · (b − a).
(B) Se ρ é integrável e não muda de sinal, então existe c ∈ [a, b] tal que
Rb
Rc
f (x)ρ(x) dx = ρ(a) · f (x) dx.
a
a
(C) Se ρ é positiva, decrescente, com derivada integrável, então existe c ∈ [a, b]
Rb
Rc
tal que f (x) · ρ(x) dx = ρ(a) · f (x) dx.
a
a
Teorema 11.3.31. Se f : [a, a + h] → R possui derivada de ordem n + 1 in1
R (1−t)n n+1
f n (a) n
′
·f
(a + th) dt ·
tegrável, então f (a+h) = f (a)+f (a)·h+· · ·+ n! ·h +
n!
hn+1 .
0
Teorema 11.3.32. Seja f : [a, b] → R limitada. Existe o limite I = lim
|P |→0
Rb
S.S.S. f for integrável, neste caso I = a f (x) dx.
P
(f ; P ∗ )
99
Teorema 11.3.33. Seja f : [a, b] → R limitada. f é contı́nua em um ponto
x0 ∈ [a, b] S.S.S. @(f ; x0 ) = 0.
Teorema 11.3.34. f : [a, b] → R, limitada e dado x0 ∈ [a, b], para todo ε > 0
existe γ > 0 tal que x ∈ [a, b], |x − x0 | < γ implica W (f ; x) < W (f ; x0 ) + ε.
Teorema 11.3.35. f : [a, b] → R é integrável S.S.S. para todo γ, o conjunto
Eγ = {x ∈ [a, b]; W (f ; x) ≥ γ} tem conteúdo nulo.
Teorema 11.3.36. f : [a, b] → R é integrável S.S.S. o conjunto D dos seus
pontos de descontinuidade tenha medida nula.