Universidade Federal de Goiás Campus Catalão Departamento de Matemática Disciplina: Fundamentos de Análise

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1 Universidade Federal de Goiás Campus Catalão Departamento de Matemática Disciplina: Fundamentos de Análise Professor: André Luiz Galdino Gabarito da 1 a Lista de Exercícios 1. Prove que para todo x 0 IR é verdade que (1 + x) n > 1 + nx. Solução: É fácil ver que (1 + x) n = ( ) n ) n (1 + x) = (1 + x + x Agora, observe que 1 + x + x = (1 + x) 0, ou seja, x + x 1. Sendo assim, pela Desigualdade de Bernoulli, temos ( ) n ( n 1 + x + x = 1 + (x + x )) 1 + n(x + x ) = 1 + nx + nx > 1 + nx.. Usando indução prove as seguintes: a) n = n(n+1) para todo n IN. Solução: Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos 1 = 1(1 + 1) e portanto a afirmação é verdadeira nesse caso. Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que a afirmação n = n(n + 1) seja verdadeira para algum n > 1 IN. Portanto, n + (n + 1) = = n(n + 1) (n + 1)(n + ) Portanto, a afirmação é verdadeira para todo n IN. + (n + 1) = n(n + 1) + (n + 1) = (n + 1)[ (n + 1) + 1 ]. Pág. 1 de 15

2 b) n 1 = n para todo n IN. Solução: Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos 1 = 1 e portanto a afirmação é verdadeira nesse caso. Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que a afirmação n 1 = n é verdadeira para algum n > 1 IN. Portanto, n 1 + [ (n + 1) 1 ] = n + n + 1 = (n + 1) Portanto, a afirmação é verdadeira para todo n IN. c) 1 + x + x + + x n = 1 xn+1 1 x para todo x 1. Solução: Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos 1 x x = 1 x 1 x = (1 x)(1 + x) 1 x = (1 + x) e portanto a afirmação é verdadeira nesse caso. Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que a afirmação 1+x+x + +x n = 1 x n+1 seja verdadeira para algum n > 1 IN. Portanto, 1 x 1 + x + x + + x n + x n+1 = 1 xn+1 1 x + xn+1 = 1 xn+1 + (1 x)x n+1 1 x = 1 xn+1 + x n+1 x n+ 1 x = 1 x(n+1)+1 1 x Portanto, a afirmação é verdadeira para todo n IN. 3. Dados m, n IN com n > m, prove que ou n é multiplo de m ou existem q, r IN tais que n = mq + r e r < m. Prove que q e r são únicos com essa propriedade. Pág. de 15

3 Solução: (a) Suponha que n km, para todo k IN, e seja A = {k IN n < km}. Se m 1, então (n + 1)m n + 1 > n, ou seja, n + 1 A e, portanto, A é não vazio. Seja k 0 IN o menor elemento de A. Como n < k 0 m, então k 0 1. De fato, se k 0 = 1 então n < m, o que nos leva a um absurdo, pois, contradiz a hipótese. Sendo k 0 > 1 vem que K 0 = q + 1, onde q IN e q < k 0, ou seja, q / A, pois, k 0 é menor elemento de A. Logo, n qm, ou ainda, n > qm. Dessa forma, n = qm + r com r IN e r < m. De fato r < m, pois caso contrário, r m, teríamos n qm + m = (q + 1)m = k 0 m, o que claramente é um absurdo. (b) Agora vamos provar a unicidade de q e r. Sejam q, r IN tais que n = q m + r = qm + r. Se q > q, então r < r < m. Assim, q = q + p e r = r + s, com p, s IN. Logo, (q + p)m + r = qm + r + s, consequentemente pm = s, ou seja, s m. O que é um absurdo, pois, r < m. Por outro lado, Se q q, então r < r < m. Assim, q = q + p e r = r + s, com p, s IN. Logo, q m + r + s = (q + p)m + r, consequentemente s = pm, ou seja, s m. O que é um absurdo, pois, r < m. Portanto, q = q e r = r. 4. Seja X IN um subconjunto não-vazio tal que m, n X se, e somente se, n, m + n X. Prove que existe k IN tal que X é o conjunto dos multiplos de k. Solução: Seja k = min(x). Afirmo que kin = X, onde kin = {k, k, 3k, }. De fato, (a) kin X, ou melhor, kn X para todo n IN. Vamos provar esta afirmação por indução: Base da indução: Seja k = 1: Sendo assim, temos k.1 = k X e portanto a afirmação é verdadeira nesse caso. Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que a afirmação kn X seja verdadeira para algum n IN. Portanto, k(n + 1) X, pois kn, k X e, por definição de X, kn + k = k(n + 1) X. Portanto, kin X. Pág. 3 de 15

4 (b) Agora vamos provar que X kin, ou melhor, se p X então existe n IN tal que p = kn. Seja p X. Se p = kn para algum n IN, então p IN. Suponhamos, por contradição, que p kn para todo n IN. Como p > k, pelo Exercício 3, existem n, r IN tal que r < k e p = kn + r. Uma vez que kin X temos que kn, kn + r X e, por definição de X, kn, r X o que nos leva a uma contradição, pois, r < k e k = min(x). Logo, X kin. Portanto de (a) e (b) vem que kin = X. 5. Dado n IN, prove que não existe x IN tal que n < x < n + 1. Solução: Seja n IN. Suponha, por contradição, que existe x IN tal que n < x < n + 1. Como n < x temos que x = n + p, com p IN. Se p = 1 temos um absurdo, pois, x = n + 1 e x < n + 1. Por outro lado, se p 1, então p > 1 e p = 1 + q, com q IN. Dessa forma, x = n + p = n + (1 + q) = (n + 1) + q, ou seja, x > n + 1 o que é um aburdo, pois, x < n + 1. Portanto, não existe x IN tal que n < x < n Indicando com card(x) o número de elementos do conjunto finito X, prove: a) Se X é finito e Y X, então card(y ) card(x). Solução: Se Y =, então cad(y ) = 0 e, consequentemente, card(y ) card(x). Por outro lado, suponha Y e que Y = {y 1, y,, y n } com n IN. Se Y = X, então n = card(y ) = card(x), e não há nada a fazer. Suponhamos, então, que Y X. Sendo assim, X = {y 1, y,, y n, x 1, x,, x m } com m IN. Logo, card(y ) = n < n + m = card(x), o que completa a demonstração. b) Se X e Y são finitos então X Y é finito e card(x Y ) = card(x) + card(y ) card(x Y ). Solução: Se X = (ou y = ), então X Y = Y (ou X Y = X), X Y = e card(x) = 0 (ou card(y ) = 0). Além disso, card(x Y ) = card(x) + card(y ) card(x Y ). Então, suponhamos que X, Y. Digamos que X = {x 1, x,, x m } e Y = {y 1, y,, y n } com m, n IN. a) Se X Y = então x i y j para todo i, j. Sendo assim, X Y = {x 1, x,, x m, y 1, y,, y n } e, portanto, card(x Y ) = card(x) + card(y ) card(x Y ). Pág. 4 de 15

5 b) Se X Y, façamos X = A C e Y = B C tal que A B = A C = B C =. Assim, temos: X Y = (A C) (B C) = ( ) ( ) (A C) B (A C) C = ( ) ( ) (A B) (C B) (A C) (C C) = C C = C X Y = (A C) (B C) = (A B) C (A B) C = (A C) (B C) = Portanto, card(x Y ) = card(a B) + card(c) = card(a) + card(b) + card(c) = card(a) + card(c) + card(b) + card(c) card(c) = card(a C) + card(b C) card(c) Assim, completamos a demonstração. = card(x) + card(y ) card(x Y ) 7. Seja P(X) o conjunto cujos elementos são todos os subconjuntos de X. Prove por indução que se X é finito então card(p(x)) = card(x). Solução: Se X =, então P(X) = { } e, consequentemente, card(p(x)) = cad(x) = 0 = 1 e não há nada a fazer. Então, suponhamos que X e que card(x) = n para algum n IN. Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos que X = {x 1 } e P(X) = {, {x 1 }}. Portanto, card(p(x)) = card(x) = 1 = e a afirmação é verdadeira nesse caso. Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que card(p(x 0 )) = card(x0) seja verdadeira sempre que card(x 0 ) = n, para algum n IN. Além disso, P(X 0 ) = {P 1, P, P 3,, P n}, com P 1 =. Pág. 5 de 15

6 Fazendo X = X 0 {a}, com a / X 0, temos que card(x) = n + 1. Portanto, P(X) = P(X 0 ) {{a} P 1, {a} P, {a} P 3,, {a} P n} = n + n = n+1 = card(x) Portanto, card(p(x)) = card(x). 8. Não existe uma função sobrejetora do conjunto X para o conjunto P(X). Solução: Primeiramente, vejamos o seguinte Teorema: Teorema 1 (Cantor) Sejam X um conjunto arbitrário, Y um conjunto contendo pelo menos dois elementos e F(X; Y ) o conjunto de todas as funções de f : X Y. Nenhuma função ϕ : X F(X; Y ) é sobrejetora. Demonstração: Dada ϕ : X F(X; Y ), indicaremos com ϕ x o valor de ϕ no ponto x X. Assim, ϕ x é uma função de X e Y. Construiremos agora uma f F(X; Y ) tal que ϕ x f para todo x X. Isto é feito escolhendo, para cada x X, um elemento f(x) Y, diferente de ϕ x (x). Como Y possui pelo menos dois elementos, isto é possível. A função f : X Y assim obtida é tal que f(x) ϕ x (x) e, portanto, f ϕ x, para todo x X. Logo f / ϕ(x) e, consequentemente, ϕ não é sobrejetora. Considerando o conjunto {0, 1}, veremos que existe uma bijeção φ : P(X) F(X; {0, 1}) De fato, para cada A P(X), consideremos ξ A : X {0, 1} de modo que 1, se x A ξ A (x) = 0, se x / A Defina φ : P(X) F(X; {0, 1}) como sendo φ(a) = ξ A. É fácil ver que, φ é uma bijeção. Como {0, 1} contém dois elementos, pelo Teorema 1, temos que não existe nenhuma função ϕ : X F(X; {0, 1}) que seja sobrejetiva. Portanto, não existe nenhuma função ψ : X P(X) que seja sobrejetiva. Nota 1 Como consequência do Teorema 1, temos que o conjunto F(IN; {0, 1}) é não enumerável. Pág. 6 de 15

7 9. Prove que o conjunto P(IN) de todos os subconjuntos de IN não é enumerável. Solução: Sabemos, pelo Exercício 8, que não existe uma função sobrejetora do conjunto IN para o conjunto P(IN). Consequentemente, não existe uma função bijetora do conjunto IN para o conjunto P(IN), ou seja, P(IN) não é enumerável. 10. Seja {I n } n IN o conjunto enumerável de intervalos fechados e limitados tal que I n = [a n, b n ] satisfazendo I n+1 I n para todo n IN. Então I n não é vazia. n=1 Solução: Para cada n IN, temos que I n+1 I n, o que significa que a n a n+1 b n+1 b n ou ainda, a 1 a a n b n b b 1. Dai vemos claramente que as sequências (a n ) e (b n ) são, respectivamente, não decrescente e não crescente. Além disso, como a 1 a n < b n b 1 vemos que (a n ) é limitada supiormente por b 1 e (b n ) é limitada inferiormente por a 1. Logo, essas duas sequências, que são monótonas e limitadas, possuem limites, digamos A e B respectivamente, podendo A = B. Como a n < b n, é claro que a n A B b n Portanto, [A, B] I n para todo n IN. Logo, [A, B] ou seja, I n não é vazia. n=1 n=1 I n 11. Dê exemplo de uma sequência decrescente X 1 X X 3 de conjuntos infinitos cuja interseção X n seja vazia. n=1 Pág. 7 de 15

8 Solução: Basta considerar, X 1 = IN X = {, 3, 4, } X 3 = {3, 4, 5, }. X n = {n, n + 1, n +, }. Se existisse x n=1 então x X n para todo n IN e, consequentemente, x n para todo n IN. Mas, isto é um absurdo, pois, IN não é limitado superiormente. X n 1. Uma função f : X IR é dita ser limitada superiormente quando sua imagem f(x) = {f(x) x X} é um conjunto limitado superiormente. Então põe-se o supremo de f como sendo sup(f) = sup{f(x) x X}. Prove que se f, g : X IR são limitadas superiormente, então a soma f + g : X IR também é. Além disso, tem-se sup(f + g) sup(f) + sup(g). Enucie e prove um resultado análogo para o ínfimo. Solução: (a) Sejam f, g : X IR funções limitadas superiormente, ou seja, existem M 1 e M tais que f(x) M 1 e g(x) M, para todo x X. Logo, f(x) + g(x) M 1 + M, para todo x X. Então f + g é limitada superiormente. Por outro lado, f(x) + g(x) sup(f) + sup(g), para todo x X. Portanto, sup(f) + sup(g) é uma cota superior para f + g e, consequentemente, sup(f + g) sup(f) + sup(g). Uma função f : X IR é dita ser limitada superiormente quando sua imagem f(x) = {f(x) x X} é um conjunto limitado superiormente. Então põe-se o supremo de f como sendo sup(f) = sup{f(x) x X}. Pág. 8 de 15

9 Prove que se f, g : X IR são limitadas superiormente, então a soma f + g : X IR também é. Além disso, tem-se sup(f + g) sup(f) + sup(g). (b) Uma função f : X IR é dita ser limitada inferiormente quando sua imagem f(x) = {f(x) x X} é um conjunto limitado inferiormente. Então põe-se o ínfimo de f como sendo inf(f) = inf{f(x) x X}. Prove que se f, g : X IR são limitadas inferiormente, então a soma f + g : X IR também é. Além disso, tem-se inf(f + g) inf(f) + inf(g). De fato, Sejam f, g : X IR funções limitadas inferiormente, ou seja, existem M 1 e M tais que f(x) M 1 e g(x) M, para todo x X. Logo, f(x) + g(x) M 1 + M, para todo x X. Então f + g é limitada inferiormente. Por outro lado, f(x) + g(x) inf(f) + inf(g), para todo x X. Portanto, inf(f) + inf(g) é uma cota inferior para f + g e, consequentemente, inf(f + g) inf(f) + inf(g). 13. Uma sequência (x n ) diz-se periódica quando existe p IN tal que x n+p = x n para todo n IN. Prove que toda sequência periódica convergente é constante. Solução: Suponhamos que (x n ) seja periódica e convergente, ou seja, lim(x n ) = a para algum a. Sendo m IN temos que (x m, x m+p, x m+p,, x m+rp, ) é uma subsequência constante de (x n ). Portanto, lim(x m ) = a, ou seja, x m = a para todo n IN. 14. Dados a, b IR +, defina indutivamente as sequências (x n ) e (y n ) pondo x 1 = ab, y 1 = a+b e x n+1 = x n y n, y n+1 = x n+y n. Prove que (x n ) e (y n ) convergem para o mesmo limite. Solução: Afirmo que 0 < x n y n, para todo n IN. De fato, por indução temos: Base da indução: Seja n = 1: Sendo assim, temos que 0 < x 1 = ab a + b = y 1 e a afirmação é verdadeira nesse caso. Pág. 9 de 15

10 Passo da indução: Por hipótese de indução, suponha que 0 < x n y n, para algum n > 1 IN. Portanto, Portanto, 0 < x n y n, para todo n IN. Observe que: 0 < x n+1 = x n y n x n + y n = y n+1 (a) x n+1 = x n y n x n = x n, ou seja, (x n ) é não decrescente. (b) y n+1 = xn+yn yn+yn = y n, ou seja, (y n ) é não crescente. (c) Além disso, as sequências (x n ) e (y n ) são, respectivamente, limitadas superiormente e inferiormente, pois, 0 < x 1 x n y y y 1 Logo, lim(x n ) = x 0 e lim(y n ) = y 0, com 0 < x 1 x 0 y 0 y 1 Por fim, como y n+1 = xn+yn temos que lim(y n+1 ) = lim( x n + y n ) y 0 = x 0 + y 0 y 0 = x 0 + y 0 o que nos leva a y 0 = x 0, ou seja, lim(x n ) = lim(y n ). 15. Se A B e A é não enumerável, então B deve ser não enumerável. Solução: Suponhamos por contradição que B seja enumerável. Sendo assim, todo subconjunto de B deve ser enumerável, inclusive A. Mas isto é uma contradição. Portanto B é não enumerável. 16. Prove que x + y = x + y se, e somente se, x e y são ambos negativos ou ambos positivos. 17. Sejam a e b números reais positivos. Mostre que: Pág. 10 de 15

11 (a) b < x < a x + b a < a + b. (b) b < x + a b < a x < a + b. 18. Justifique ou dê contra-exemplo para as implicações seguintes: (a) a b a = b. (b) a = b a b. 19. Seja Y IQ. Mostre que o conjunto das frações do tipo 1, com n N, possui inf(y ) = 0 e n sup(y ) = 1. Solução: Com efeito, em primeiro lugar, temos 1 Y e 1 n < 1 para todo n > 1. Logo 1 é o maior elemento de Y e, portanto, sup(y ) = 1 1. Por outro lado, como 0 < para todo n IN, vemos que n 0 é cota inferior de Y. Assim, basta provar que nenhum número racional c > 0 é cota inferior de Y. Com efeito, sendo IQ arquimediano, dado c > 0, podemos obter n IN tal que n > 1 1. Isto c significa 1 + n > 1. Logo, pela desigualdade de Bernoulli temos c n = (1 + 1) n 1 + n > 1 c ou seja, 1 n < c. Logo nenhum c > 0 é cota inferior de Y e, portanto, inf(y ) = Use a propriedade do supremo para provar a existência da raiz n-ésima positiva de qualquer número a > 0, com a 1. Solução: Evidentemente devemos supor n > 1. Sendo assim, devemos mostrar que existe b > 0 IR tal que b n = a. Para isso consideremos o conjunto C dos números c 0 tais que c n < a. O conjunto C não é vazio, pois contém o número 1 se a > 1, e contém a se a < 1 (Verifique! Ou seja mostre que se 0 < a < 1, então a n < a para todo inteiro n > 1. Sugestão: Observe que b = 1 a > 1.). É fácil ver também, que o conjunto C é limitado superiormente, pelo número 1 se a < 1 e pelo próprio a se a > 1. Portanto, possui supremo, digamos sup(c) = b. Afirmamos que b n = a. Para mostrar esta afirmação, vamos primeiro mostrar que b n < a é um absurdo. De fato,sendo 0 < ε < 1 temos: (b + ε) n = b n + nb n 1 ε + + ε [ n ] = b n + ε nb n 1 + n(n 1) b n ε + + ε n 1 [ ] < b n + ε nb n 1 + n(n 1) b n = b n + Kε Pág. 11 de 15

12 onde K é a expressão entre colchetes, que independe de ε. Agora, fazendo temos ε < a bn K b n < (b + ε) n < a o que é um absurdo, pois assim b não seria o supremo do conjunto C. Por outro lado, se b n > a, então ( ) n 1 < 1 b a Então com raciocínio análogo ao que acabamos de fazer, existe ε > 0 tal que ( ) n ( ) n 1 1 < b b + ε < 1 a o que nos leva a b n > ( ) n b > a 1 + bε Mas isto contradiz o fato de b ser supremo do conjunto C. Portanto, somente podemos ter b n = a. 1. Prove, por indução finita, que (n + 1) = (n + 1) para todo n 0.. Para que valores de n a afirmação dada é verdadeira? Justifique sua resposta por indução finita. (a) 3 n > n!. (b) n > n Sejam u e v dois números reais, com u > v > 0. Prove que (a) u n v n > (u v) n. (b) Usando (a) prove que n u v > n u n v para todo natural n. 4. Seja a seqüência x n = 1 + a a n = 1 an+1 1 a com a IR e 0 < a < 1. Prove que esta seqüência é crescente e limitada para todo n. Pág. 1 de 15

13 Solução: A sequência (x 1, x,, x n, ) é crescente, pois x n+1 = x n + a n+1 Além disso, ela é limitada pois para todo n IN. 0 < x n < 1 1 a 5. Prove que a seqüência com x 1 = 0 e x = 1 dada por para todo n = 1,, 3, 4,... é limitada. x n+ = 1 (x n + x n+1 ) Solução: Antes vejamos que, dado a e b, digamos com a < b, sua média aritmética a + b é o ponto médio do segmento de reta [a, b]. Logo obtém-se a + b somando-se ao número a a metade da distância de a e b, ou seja 1 (b a), ou então subtraindo-se de b a mesma quantidade. Seguindo essa ideia, e voltando ao exercício vemos que os termos da sequência são: x 1 = 0, x = 1, x 3 = 1 1, x 4 = , x 5 = , x 6 = , Separando os termos de ordem par dos termos de ordem ímpar temos: x 1 = 0 x 3 = 1 1 = 1 x 5 = ( 1 1 ) ( ) = x 7 = ( 1 1 ) ( ) ( ) = x n+1. = = 1 ( n ) 4 n 1 Fazendo um cálculo análogo para os termos pares teremos ( x n = ) 4 n 1 Assim, vemos que a sequência (x n ) é limitada, com 0 x n 1. Pág. 13 de 15

14 6. Prove que se, lim x n = a > 0, existe n 0 IN tal que n > n 0 x n > 0. Solução: Seja ε = a > 0. Então (a ε, a + ε) = ( a, 3a que n > n 0 x n ( a, 3a ) ou seja, x n > a. Assim, para todo n > n 0 temos que x n > 0. ). Como lim x n = a, existe n 0 IN tal 7. Sejam (x n ) e (y n ) seqüências convergentes. Prove que se x n y n para todo n IN então lim x n lim y n. Solução: Suponhamos, por contradição, que lim x n > lim y n. Sendo assim, temos que 0 < lim x n lim y n = lim(x n y n ) Daí, pelo Exercício 6, temos que x n y n > 0, ou seja, x n > y n. Mas isto é um absurdo, pois, por hipótese x n y n para todo n IN. Portanto, lim x n lim y n para todo n IN. 8. Sejam x n z n y n para todo n IN. Se lim x n = lim y n = a, prove que lim z n = a. Solução: Como lim x n = lim y n = a, dado arbitrariamente ε > 0, existem n 1, n IN tais que n > n 1 x n (a ε, a + ε) n > n y n (a ε, a + ε) Tomando n 0 = max{n 1, n }, temos que: se n > n 0 então n > n 1 e n > n. Além disso, n > n 0 a ε < x n z n y n < a + ε Donde concluimos que lim z n = a. 9. Seja (x n ) a seqüência definida por x n+ x n+1 λ x n+1 x n para 0 < λ < 1. Prove que (x n ) é uma seqüência de Cauchy, e portanto convergente. Pág. 14 de 15

15 Solução: Temos que x 3 x λ x x 1 x 4 x 3 λ x x 1 De um modo geral, x n+1 x n λ n 1 x x 1 para todo n IN. Daí segue-se que, para n, p IN arbitrários, vale x n+p x n x n+p x n+p x n+1 x n ( λ n+p + λ n+p λ n 1) x x 1 = λ n 1( λ p 1 + λ p + + λ + 1 ) x x 1 Como = λ n 1. 1 λp 1 λ. x x 1 λn 1 1 λ. x x 1 lim λn 1 1 λ. x x 1 = 0 segue-se que, para qualquer ε > 0 dado, existe n 0 IN tal que n > n 0 0 < λn 1 1 λ. x x 1 < ε Consequentemente, uma vez que podemos sempre supor m n e tomar m = n + p, m, n > n 0 x m x n < ε Portanto, a sequência é de Cauchy, e portanto convergente. 30. Para todo x > 0, temos que: 1 (x + a a x ) >. Solução: Para x > 0, a desigualdade acima é equivalente a ( ) a x x + a > 0 Como esse polinômio do segundo grau possui discriminante negativo temos que a afirmação é verdadeira. Pág. 15 de 15 Fim do Gabarito