P1-Gabarito

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Soluções e Critério P1
MA502-2o Semestre
As soluções aqui apresentadas não são as únicas posśıveis e qualquer solução
correta será considerada. O critério pode sofrer alterações até o lançamento da
nota. Os enunciados foram resumidos e alterados, para ver os originais confira
a versão digital da prova.
1. a) Mostre pela definição qual é valor de lim sen(n)n .
Solução: Fixado ε > 0, tome n > 1ε ⇔
1
n < ε.
Temos portanto | sen(n)n − 0| =
|sen(n)|
|n| ≤
1
n ≤ ε. Portanto lim
sen(n)
n = 0.
Critério:
• 1,0 ponto por acertar a questão. Devido ao ńıvel do exerćıcio, não serão
dados pontos parciais por progresso incompleto.
• -0,3 por demonstrar sem utilizar a defnição de limite.
b) Mostre pela definição que se limxn = L então lim |xn| = |L|.
Solução: Primeiro demonstramos um Lema:
Lema: ||b| − |a|| ≤ |b− a|.
Prova: Pela Desigualdade Triangular, |b| ≤ |b−a|+ |a| e |a| ≤ |b−a|+ |b|, ou
seja, |b| − |a| ≤ |b− a| e |a| − |b| ≤ |b− a|. Como |x| =máx{x,−x}, o resultado
segue.
Agora sabemos que ∀ε > 0, ∃N tal que n > N ⇒ |xn − L| < ε. Pelo
lema, temos então ∀ε > 0, ∃N tal que ||xn| − |L|| ≤ |xn − L| < ε. Ou seja,
lim |xn| = |L|.
Solução Alternativa: (baseada em soluções da prova)
Se limxn = L < 0, sabemos que lim(−xn) = −L > 0. (Pois |−xn− (−L)| =
|xn − L|).
Então suponha sem perda de generalidade L ≥ 0, pois |xn| = |(−xn)|. Temos
∀ε > 0, ∃N tal que n > N ⇒ |xn − L| < ε ⇔ L − ε < xn < L + ε. Como
L ≥ 0, L = |L| assim |L| − ε < xn < |L|+ ε. Agora, seja n > n0 qualquer.
• Se xn ≥ 0, temos |xn| = xn de onde |L| − ε < |xn| < |L| + ε logo
||xn| − |L|| < ε.
• Se xn ≤ 0 temos |xn| = −xn > xn logo |L| − ε < xn < |xn| e −xn =
|xn| < ε− |L| < |L|+ ε. Logo também vale ||xn| − |L|| < ε.
1
Ou seja, ∀n > n0, ||xn| − |L|| < ε. Demonstra-se assim lim |xn| = |L|.
Critério:
• 1,5 ponto por resposta completa.
• Se não terminou o problema, +0,5 por demonstração (total ou quase total)
do Lema.
• Em contrapartida, se terminou o problema mas não demonstrou o Lema,
não perde pontos. Todos esses receberam marcações na prova e deveriam
procurar entender a demonstração (se já não entenderam)
• -0,6 por demonstrar sem utilizar a definição de limite.
2. (Verdadeiro ou falso) a) Existe uma sequência de reais xn limitada que
não possui lim sup nem lim inf.
Solução: Vamos provar a negação, que implica que a sentença é falsa.
Se xn é limitada, então pelo teorema de Bolzano-Weierstrass admite sub-
sequência convergindo para algum limite L. Sejam m cota inferior e M cota
superior para os xn; temos então que o conjunto A = {y t.q. ∃N′ ⊂ N com
lim
n∈N′
xn = y} é não-vazio (L ∈ A) e limitado por m e M (pois m ≤ xni ≤M ⇔
m ≤ limxni ≤M). Assim pelo Axioma do Supremo temos que o conjunto tem
um ı́nfimo, que será o lim inf, e um supremo, que será o lim sup.
b) Toda sequência limitada é convergente.
Solução: A sentença é falsa e segue um contra-exemplo. A sequência
an = (−1)n é limitada mas não é convergente pois tem uma subsequência que
converge para 1 e uma subsequência que converge para -1.
c) Toda sequência convergente é limitada.
Solução: A sentença é verdadeira e vou provar. Seja an uma sequência
que converge para L. Fixado ε = 1, ∃N tal que n > N ⇒ |an − L| < 1 ⇒
L − 1 < an < L + 1. Assim, M =máx{a1, a2, · · · , an−1, L + 1} é cota superior
da sequência, e m =mı́n{a1, a2, · · · an−1, L− 1} é cota inferior.
Comentários: Demonstrado em aula.
d) an =
1
n2 não possui subsequência convergente.
Solução: A afirmação é falsa e segue um contra-exemplo. A sequência an
é subsequência dela mesma, e fixado ε > 0 ∃N > 1/
√
ε, logo n > N ⇒ n >
1/
√
ε⇒ | 1n2 − 0| < ε assim lim
1
n2 = 0
e)I3 = {1, 2, 3} tem exatamente 9 subconjuntos.
Solução: A afirmação é falsa e vou provar. Se A é subconjunto de I3
temos 1 ∈ A ou 1 /∈ A; 2 ∈ A ou 2 /∈ A; 3 ∈ A ou 3 /∈ A. Decididas as 3
escolhas o subconjunto fica completamente determinado; então temos 2 ·2 ·2 = 8
subconjuntos distintos.
2
Solução alternativa: A afirmação é falsa e vou provar. Todos os subcon-
juntos de I3 são ∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3} e só há 8 deles.
Critério:
• +0,1 por cada resposta correta (verdadeiro ou falso)
• +0,4 por cada justificativa correta e completa
3. Encontrar uma bijeção entre {
∞∑
i=1
ai · 10−i!, com 0 ≤ ai ≤ 9, ∀i, e com
∞ ai 6= 9} e (0, 1). Concluir que o primeiro não é enumerável.
Solução: Seja RT o conjunto do enunciado. Afirmamos que f : RT → (0, 1)
dada por
∞∑
i=1
(ai · 10−i!) 7→
∞∑
i=1
(ai · 10−i) é bijeção. (Sim, só muda o fatorial.)
Suponha que f(a) = f(b).
∞∑
i=1
(ai · 10−i) =
∞∑
i=1
(bi · 10−i) implica ai = bi∀i.
Então segue que a função é injetiva. A sobrejetividade também segue da so-
brejeção da representação em base 10, a saber, que todo real no intervalo (0, 1)
se escreve na forma
∞∑
i=1
ai · 10−i com 0 ≤ ai ≤ 9 e ∞ ai 6= 9. Agora, suponha
por absurdo que RT fosse enumerável. Compondo a bijeção f : RT ⇒ N com
a bijeção g : (0, 1) ⇒ RT , teŕıamos gḟ : (0, 1) ⇒ N logo (0,1) seria enumerável,
absurdo pela Diagonal de Cantor! Comentários: Gabarito do T1 tinha essa
solução.
Critério:
• 2,0 pontos se exibir uma bijeção correta com demonstração
• 0,5 ponto por conluir não-enumerabilidade.
4. Mostre que dada uma sequência de intervalos [a1, b1] ⊃ [a2, b2] ⊃ · · · ⊃
[an, bn], ∃c ∈
∞⋂
i=1
[ai, bi].
Solução: Temos an < bn ≤ bi, ∀i ≤ n então {an} é limitado; logo tem
supremo c. Se tivéssemos c > bi para algum i, teŕıamos, como bi não é cota
superior, algum aj com aj > bi. Portanto an > bi, ∀n > j. Mas isso é absurdo
pela observação anterior à limitação de {ai}. Ou seja, c ≤ bi, ∀i. Também pela
definição de supremo, c ≥ ai, ∀i logo c ∈
∞⋂
i=1
[ai, bi].
Agora se removermos a limitação, os intervalos [n,+∞) são fechados (ver os
comentários) mas
∞⋂
i=1
[i,+∞) = ∅. Se removermos que os intervalos são fechados,
∞⋂
i=1
(0, 1i ) = ∅.
Comentários: Vale notar que a proposição foi demonstrada em sala. Mas
os contraexemplos para as condições do enunciado foram mais complicados. O
3
intervalo [1,+∞) é considerado fechado não porque tem pontas, mas porque
se pegarmos uma sequência de pontos dele, o limite também pertence a ele.
Compare com an =
1
n no intervalo aberto (0, 1).
Muitas pessoas utilizaram diretamente o fato de que sup A é menor que
todas as cotas superiores diretamente, e não por contradição como a solução.
Essas também estão corretas, e são equivalentes.
Muitas pessoas deram contra-exemplos da seguinte forma: N\{1}, N\{1, 2}, · · ·
Esses exemplos não servem pois falam de N e não de R, estamos falando de in-
tervalos e não só de conjuntos. Mas a ideia é similar. Ver critério para mais
detalhes.
Critério:
• 2,0 pontos pela solução total, divididos em
1. Provar que o supremo dos ai existe (1,0)
2. Provar que o supremo dos ai é menor que todos os bj e portanto está
no conjunto. (1,0)
• 0,3 por cada exemplo correto, mas 0,5 (e não 0,6) pelos 2 exemplos
• 0,2 por um exemplo incorreto em N que generaliza naturalmente para R
5. Se xn ≤ yn, ∀n então limxn ≤ lim yn. Vale a rećıproca?
Solução: Suponha por absurdo que limxn = Lx > Ly = lim yn. Então tome
0 < ε <
Lx−Ly
2 . Pela definição de limite, ∃N1 tal que n > N1 ⇒ |xn − Lx| < ε
e ∃N2 tal que n > N2 ⇒ |yn − Ly| < ε. Para n >máx{N1, N2}, temos yn <
Ly + ε < Lx − ε < xn, absurdo!
Agora a rećıproca é falsa e vou dar um contra-exemplo. Seja xn =
2
n >
1
n =
yn. Temos limxn = 0 ≤ 0 = lim yn mas não temos xn ≤ yn.
Comentários: A rećıproca é parcialmente verdadeira: se limxn > lim yn
(estritamente) então ∃N t.q. xn > yn para n > N . Demonstração fica de
exerćıcio para o leitor.
Uma maneira alternativa de expressar essa solução é assumir por absurdo
que lim(xn − yn) > 0. Os passos são muito similares.
Critério:
• 1,5 ponto pela ida, sendo 1,0 por observar que limxn > 0⇒ xn > 0 para
n > n0, ou equivalente.• 1,0 pelo contra-exemplo da volta.
6. Decomponha N como união infinita de conjuntos infinitos disjuntos.
Solução 1: Seja f : N ⇒ N uma função com a propriedade que f−1(n) é
infinito para cada n. Então N1 = {x t.q. f(x) = 1}, N2 = {x t.q. f(x) = 2}, · · ·
é uma decomposição de N conforme pedido. Em termos mais simples, separe os
naturais de acordo com alguma propriedade especial.
Alguns exemplos de propriedades f que funcionam são:
4
• f(x) = soma dos expoentes na fatoração de x (ou quantidade de divisores
ou fatores primos)
• f(x) = distância ao quadrado perfeito mais próximo
• f(x) = soma dos d́ıgitos em base 10 (ou outras bases)
• f(x) = quantidade de zeros (ou outros blocos de d́ıgitos) em base 10 (ou
outras bases)
• f(x) = número de fatores 2 na decomposição em primos (ou qualquer
outro fator)
• f(x) = maior ı́ndice que aparece na decomposição em primos (ex: n =
p21p
4
3, o maior ı́ndice é 3)
Como se pode ver, há muitas possibilidades.
Solução 2: Pequena modificação: algumas vezes nem todos os naturais são
posśıveis de serem classificados. Nesse caso pode-se colocar os restantes em um
conjunto à parte, ou uni-los a algum deles.
O exemplo mais fácil é: Se x é potência de primo, f(x) = base. Senão,
coloque-o no primeiro conjunto.
Solução 3: Por um teorema da aula, N × N é enumerável. Seja por-
tanto f : N × N → N bijeção. Defina f(A) := {f(x) t.q. x ∈ A}. Então
f({(1, 1), (1, 2), (1, 3) · · ·}), f({(2, 1), (2, 2), (2, 3) · · ·}), etc. formam uma união
de N como desejado. Visualmente, escreva N como uma linha e ziguezagueie
para preencher uma tabela. Agora cada linha dá um conjunto infinito.
Comentários: Muitas outras abordagens são posśıveis. A solução 3 essen-
cialmente contém todas as soluções posśıveis porque vale a volta, a saber, qual-
quer decomposição de N em união disjunta infinita de infinitos estabelece uma
bijeção N× N→ N, a saber, (i, j) é o i-ésimo conjunto de Nj .
Curiosidade: pode-se provar na verdade que existe uma quantidade não-
enumerável de tais divisões! Esse fato fica como exerćıcio. (Dica: olhe para
os primeiros elementos de cada Ni em uma decomposição. O que acontece se
trocarmos eles de conjunto? De quantas maneiras podemos fazer isso?)
Por fim, vale notar que fatoração em primos não é a única maneira de trabal-
har com exemplos! Procurem se familiarizar mais com a dimensão do problema
e menos com as técnicas altamente espećıficas usadas.
Critério: 2,5 por solução correta. Soluções incompletas muito próximas de
uma solução concreta podem receber de 2,0 a . 2,4
7. Uma sequência xn converge para L se e somente se toda subsequência
xni com os ı́ndices satisfazendo ni+1 − ni > ni! (chamaermos de subsequência
especial) também converge para L.
5
Solução: Seja Aε o conjunto {n t.q. |xn − L| ≥ ε}. A definição de limite
equivale portanto a provar que cada Aε é finito (e portanto tem um maior
elemento, que será N-1, a partir do qual |xn − L| < ε).
Suponha portanto que K = Aε seja infinito para algum ε fixado. Tome
n1 ∈ K, como K é infinito ∃x2 ∈ K,x2 > x1 + x1!. Da mesma forma, como
K é infinito ∃x3 ∈ K,x3 > x2 + x2!. Continuando obtemos uma subsequência
xn que não converge para L pois todos os seus termos distam pelo menos ε de
L. Absurdo! Logo se toda subsequência especial converge, a sequência também
converge.
A ida é mais simples, pois toda subsequência de uma seq. convergente
também converge para o mesmo valor. De fato, se ai é subsequência crescente,
nk ≥ k então partindo de
∀ε, ∃N t.q. n > N ⇒ |xn − L| < ε
conseguimos
∀ε, ∃N t.q. n > N ⇒ an > N ⇒ |xai − L| < ε.
Comentários: Vale uma versão mais forte da rećıproca: Se todas as sub-
sequências especiais convergem (não necessariamente para o mesmo valor) então
a sequência também converge. Isso ocorre pois dadas duas sequências de ı́ndices
especiais an, bn com limites diferentes, existe uma sequência especial cn que al-
terna entre termos de an e termos de bn (Prove!) e portanto ela gera uma
subsequência que não convergiria (tendo duas subsequências com limites distin-
tos).
Critério:
• 0,5 ponto pela volta (sem parciais)
• 1,5 por provar que todo conjunto infinito contém uma sequência especial
• 1,0 por acabar. (2,5 pela ida completa independentemente do método)
8. Seja xn uma sequência convergente, e ϕ : N → N injeção. Prove que
yn = xϕ(n) converge para o mesmo valor. Mostre um exemplo de ϕ sobrejetora
para a qual yn não converge.
Solução: Começamos com um Lema.
Lema: Se ϕ : N→ N é bijeção, ∀A > 0, ∃N > 0 com n > N ⇒ ϕ(n) > A.
Prova: Como ϕ é injetora, defina ϕ−1(x) := y tal que ϕ(y) = x. Se existir,
é único. Senão, defina como 0.
Basta tomar portanto N(A) = 1+máx{ϕ−1(1), ϕ−1(2), · · · , ϕ−1(A)}. Como
n > N(A)⇒ n > ϕ−1(i), ∀i ≤ A, logo ϕ(n) 6= i, ∀i ≤ A. Portanto ϕ(n) > A.
Intuição: A injeção ϕ esgota os finitos elementos que são menores que A.
Depois disso só sobram os maiores que A.
Agora, sabemos que ∀ε, ∃T t.q. n > T ⇒ |xn − L| < ε. Agora, substitua
A 7→ T no Lema e obtenha dele um S. Temos ∀ε, ∃S t.q. n > S ⇒ ϕ(n) >
T ⇒ |yn − L| = |xϕ(n) − L| < ε logo yn é convergente c.q.d.
6
Para o contra-exemplo, seja bn = 1 se n = 1, e bn = 0 caso contrário.
bn converge mas a yn associada à sobrejeção ϕ : N → N dada por 2n 7→ n;
2n + 1 7→ 1 não converge.
Comentários: Dada xn convergente estritamente crescente, o mesmo argu-
mento acima mostra que xϕ(n) converge se e somente se ϕ
−1(x) é finito ou se ϕ
é constante a partir de um ponto. Tente adaptar a demostração para esse fato.
Outro comentário importante: yn não necessariamente é subsequência
de xn. Para ser uma subsequência os ı́ndices têm que crescer, e isso nem sempre
acontece com uma injeção. (Por exemplo a que troca os pares com os ı́mpares
antecessores)
Critério
• 1,5 pela ida, divididos em 1,0 por provar o Lema ou equivalente e 0,5 por
concluir
• 1,0 pelo exemplo
7