EP- EAR - tudão

Prévia do material em texto

Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
1o EP EAR NA 1 Versão Gabarito Coordenador: Romulo R. Rosa.
Observação 1. Antes de resolver qualquer exerćıcio deste EP estude as Notas de Aula 1 - NA 1.
Veja cuidadosamente cada prova das Proposições, dos Exemplos e fique atento à seguinte estrutura
de racioćınio:
• Hipótese: . . .
• racioćınios lógicos que utilizam a hipótese, as definições conhecidas e os resultados já provados
para obter a
• Conclusão: . . .
Exerćıcio 1. Mostre que usando as propriedades dos números reais que:
(a) se x, y ∈ R, y 6= 0 e xy = y então x = 1;
(b) se x, y ∈ IR e 0 < x < y então 0 < 1
y
<
1
x
;
(c) se a, b ∈ R então ab ≤ 1
2
(
a2 + b2
)
;
(d) se a, b ∈ R com a > 0 e b > 0 então
√
ab ≤ 1
2
(a+ b).
Prova: Observe que a demonstração é uma aplicação das propriedades algébricas de R.
(a) Por hipótese, x, y ∈ R, y 6= 0 e xy = y. Como y 6= 0 então por (M4) tem-se 1/y ∈ R, e pode ser
multiplicado em ambos os lados da igualdade acima, pois isto não a altera. Assim, obtém-se
(xy) · (1/y) = y · (1/y).
Por (M2) resulta x · (y · (1/y)) = y · (1/y). Por (M4) segue que x · 1 = 1.
Logo, por (M3), conclui-se x = 1. 2
(b) Por hipótese 0 < x < y. Dáı, x > 0 e y > 0. Portanto pela Proposição 1.10 (e) tem-se 1/x > 0 e
1/y > 0. Usando que 1/y > 0, x < y e a Proposição 1.10 (c) obtém-se (1/y) · x < (1/y) · y.
Dáı, por (M3), (1/y) ·x < 1. Usando esta desigualdade, que 1/x > 0 e a Proposição 1.10 (c), obtém-se
((1/y) · x) · (1/x) < 1 · (1/x).
Por (M2) e (M3) tem-se (1/y) · (x · (1/x)) < 1/x.
Por (M4) obtém-se (1/y) · 1 < 1/x.
Por (M3) resulta 1/y < 1/x.
Dáı, conclui-se que 0 < 1/y < 1/x. 2
Observação 2. Todas as passagens do racioćınio são explicitadas e as propriedades mencionadas, para o
pleno entendimento de quem lê a prova, no caso, você, aluno. Além disso, quando uma hipótese crucial
precisa ser utilizada, ela é citada novamente, como, por exemplo, acontece na segunda passagem
1
(segundo parágrafo) do racioćınio acima. Tome este cuidado ao provar os itens deixados como exerćıcio
na NA 1 e nos dois exerćıcios extras a seguir:
(1) Se x, y ∈ R e x < y < 0 então 1/y < 1/x < 0.
(2) Se x, y ∈ R e x < 0 < y então 1/x < 0 < 1/y.
Observação 3. Neste ińıcio, é fortemente recomendável que você também mencione a cada passo, os
Axiomas, Proposições e Exemplos que estão sendo usados, pois a cada vez que voltar às Notas de Aula
para revê-los, estará reforçando seu estudo e ajudando na memorização destes resultados, que acabará
acontecendo pela prática. Perceba que é muito mais fácil entender o racioćınio de uma outra pessoa se
ela menciona os resultados que está usando a cada passo- é claro que é preciso voltar e voltar às Notas de
Aula para quaisquer dúvidas. Esta atitude - mencionar ou nomear a propriedade que está sendo usada - é
completamente diferente de “enunciar“ a propriedade, o que é desnecessário. Nós, coordenadores, ressalta-
mos que o importante não é saber o “número“ do Axioma ou Proposição, mas conhecer, entender e saber
aplicar corretamente a propriedade expressa por cada um. No decorrer do trabalho, gradualmente, iremos
deixando de mencionar as propriedades mais elementares, fazendo isto somente com as mais importantes.
Note por exemplo, a solução do próximo exerćıcio.
(c) Por hipótese tem-se que a− b ∈ R. Dáı e da Proposição 1.9 das NA 1, resulta que (a− b)2 ≥ 0. A
partir dáı pode-se afirmar que (1):
(a− b)2 ≥ 0 (∗)
∴ a2 − 2ab+ b2 ≥ 0 ∴ a2 + b2 ≥ 2ab ∴ 1
2
(
a2 + b2
)
≥ ab.
Na última desigualdade usou-se que 1/2 > 0 e o Exerćıcio 1(b) acima. 2
Atenção: Neste item, para descobrir que se deve partir de (∗), faz-se no rascunho, uma “conta de
trás para frente”que, não é a demonstração e portanto não deve aparecer nela! O que vai aparecer na
demonstração é a conta de “frente para trás”!!!!
Na demonstração mesmo, atentar que não é o caso de se usar p⇔q pois só se está pedindo a implicação
no sentido p⇒q: Por exemplo, na primeira passagem tem-se que p(a−b)2 ≥ 0 implica 12
(
a2 + b2
]
) ≥ abq.
É muito importante ler e entender de onde se deve partir (hipótese) e onde se deve chegar (conclusão).
Releia as Notas de Aula 01 para tirar quaisquer dúvidas, se precisar.
(d) Por hipótese, a e b são reais positivos. Então ab > 0 e disto resulta que
√
ab ∈ R. (2) Tem-se
também, como no item anterior que a Proposição 1.9 das NA 1 fornece (a−b)2 ≥ 0. Logo a2−2ab+b2 ≥
0. Agora, adicionando 4ab a ambos os lados da desigualdade desta última desigualdade, obtém-se:
a2 + 2ab+ b2 ≥ 4ab ∴ (a+ b)2 ≥ 4ab .
Como (a+ b)2 ≥ 4ab ≥ 0 pode-se extrair a raiz quadrada de ambos os membros da desigualdade para
obter-se
√
(a+ b)2 ≥
√
4ab, o que é o mesmo que afirmar que |a + b| ≥ 2
√
ab (3). Como a + b > 0
pois a > 0 e b > 0 então |a+ b| = a+ b. Tem-se então a conclusão desejada, que é a+ b ≥ 2
√
ab.
1O śımbolo p∴q significa “ logo ”, “ portanto ”, “ dáı ”, “ segue dáı que ”, “então tem-se que ”, “ o que implica ”,
“ o que fornece ” e outras acepções no mesmo sentido. É o adequado de ser usado neste caso. O śımbolo p⇒q é mais
apropriado quando se precisa mencionar o enunciado completo p P(x) ⇒ Q(x)q, que simboliza a implicação “ se P(x)
então Q(x) ”. Vamos assim aprimorando o uso da linguagem matemática.
2A prova da existência da raiz quadrada de números positivos está feita nas NA 02, à qual você terá acesso no mesmo
dia da divulgação deste gabarito. As propriedades usadas neste exerćıcio precisam já ser suas conhecidas e algumas
delas serão recordadas na NA 02. Se tiver dúvidas, estude-as antes de voltar a este exerćıcio. Esta situação é uma
exceção, a regra é não usar conceitos ou resultados que não tiverem sido introduzidos nas NA. Propriedades elementares
da radiciação e potenciação também serão usadas no último exerćıcio deste EP.
3A propriedade ∀x ∈ R,
√
x2 = |x| usada aqui será provada nas NA 02
2
Exerćıcio 2. O objetivo deste exerćıcio é verificar se você domina as propriedades dos números reais
e a linguagem apropriada para descrevê-las e trabalhar com elas. Estude na NA 1 sobre hipótese e
conclusão, para entender muito bem estes conceitos. Não será aceito o simples estudo de sinal das
expressões.
Mostre que, se x ∈ R, x ≤ −10 e 6x− 5
x+ 8
≥ 7 então −61 ≤ x ≤ −10.
Prova: Por hipótese: x ∈ R, x ≤ −10 e 6x− 5
x+ 8
≥ 7. Não se pode afirmar que 6x − 5 ≥ 7(x + 8)
(por que?) Porém vale
6x− 5
x+ 8
− 7 ≥ 0.
Dáı
6x− 5− 7x− 56
x+ 8
≥ 0 o que equivale a −x− 61
x+ 8
≥ 0.
Por propriedade de ordem
p−x− 61 ≥ 0 e x+ 8 > 0q ou p−x− 61 ≤ 0 e x+ 8 < 0q
Dáı
px ≤ −61 e x > −8q ou px ≥ −61 e x < −8q.
Como não existe x ∈ R satisfazendo px ≤ −61 e x > −8q segue que
−61 ≤ x < −8. Como por hipótese, x ≤ −10, então
−61 ≤ x < −10, como se queria.
Observação 4. Note que (6x− 5)/(x+ 8) ≥ 7 não implica necessariamente 6x − 5 ≥ 7(x + 8). Isto
só vale no caso em que x + 8 > 0, isto é, x > −8. No caso, x < −8 o que vale é 6x − 5 ≤ 7(x + 8).
Como não se sabe qual das duas opções é a verdadeira, trabalha-se com a formulação alternativa acima,
que dispensa saber o sinal de x+ 8.
Observe também que se a conclusão fosse −70 ≤ x < −10, bastaria, depois de se concluir que
−61 ≤ x < −8, raciocinar que: como − 70 ≤ −61 e, por hipótese, x ≤ −10, então− 70 ≤ x < −10.
Tarefa - Usando as propriedades de R e procedendo de modo similar ao feito acima, você deverá ser
capaz de mostrar que:
Se x ∈ R, x > 4
3
e
8x− 3
4x− 5
< 5 então x >
11
6
.
Resolvendo esta tarefa você deverá obter que:
p x >
11
6
e x >
5
4
q ou p x <
11
6
e x <
5
4
q.
Dáı se tem
p x >
11
6
q ou p x <
5
4
q.
Como não se pode ter x < 5/4, pois por hipótese x > 4/3 então vale x > 11/6.
Observação 5. Note que nos racioćınios desenvolvidos acima não foram indicadasexplicitamente os
Axiomas e Proposições utilizados. Em contrapartida, todas as passagens foram apresentadas com clareza,
de forma a não deixar dúvidas para você, leitor.
3
Exerćıcio 3. Mostre usando propriedades dos números reais e a linguagem matemática apropriada
que:
Se x ∈ R, x < 1, x 6= −2 e 1/(x+ 2) < 1 então x < −2 ou −1 < x < 1.
Resolução: Por hipótese, x ∈ R, x < 1, x 6= −2 e 1/(x + 2) < 1. Como no exerćıcio anterior,
temos que
1
x+ 2
− 1 < 0. Dáı,
1− x− 2
x+ 2
< 0.
∴
−1− x
x+ 2
< 0. (∗)
∴
1 + x
x+ 2
> 0.
(Em (∗), multiplicou-se ambos os membros da desigualdade por (-1) e obteve-se a desigualdade se-
guinte, que é equivalente.) Por propriedade dos números reais (atente para a correta utilização dos
conectivos “e” e “ou”), tem-se que
p1 + x > 0 e x+ 2 > 0q ou p1 + x < 0 e x+ 2 < 0q.
Dáı
px > −1 e x > −2q ou px < −1 e x < −2q.
Ou seja, px > −1q ou px < −2q.
Como por hipótese x < 1, chega-se a −1 < x < 1 ou x < −2, como se queria.
Exerćıcio 4. Mostre que, se a, b ∈ R e para todo � > 0 vale a− b < � então a ≤ b.
Prova: Por hipótese: a, b ∈ R e a− b < � para todo � > 0.
Suponha, por absurdo (4), que a > b. Dáı, a− b > 0. Portanto, fazendo em particular, � = a− b
na hipótese, tem-se a− b < a− b. Isto é um absurdo pela tricotomia! Logo, a ≤ b.
Exerćıcio 5. Mostre que, por meio do prinćıpio de indução matemática, que:(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
n
)
=
1
n
para todo natural n ≥ 2.
Prova: Note que P [n] é a igualdade p
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
n
)
=
1
n
q . Para n = 2
tem-se 1− 1
2
=
1
2
. Assim, P [2] é válida.
Hipótese de indução: fixe-se um número natural n ≥ 2 e suponha que a igualdade P[n] é válida. Ou
seja, que vale (
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
n
)
=
1
n
. (*)
Então
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
n
)(
1− 1
n+ 1
)
(∗)
=
1
n
·
(
1− 1
n+ 1
)
=
4Prelúdio 1.2
4
=
1
n
· n
n+ 1
=
1
n+ 1
.
Portanto, P [n+ 1] é verdadeira. Como o natural n ≥ 2 inicial era arbitrário, ficou provado que, para
todo n ≥ 2, P[n] ⇒ P[n+1].
Logo, pelas duas etapas acima e pelo PIM, tem-se que P[n] é válida para todo natural n ≥ 2. 2
Exerćıcio 6. Mostre detalhadamente, usando indução matemática, que para todo natural n ≥ 4,
3n < (n+ 1)!.
Prova: A propriedade P[n] é o o enunciado ”3n < (n+ 1)!”. Para n = 4 tem-se 34 = 81 < (4 + 1)! =
5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120. Portanto, P[4] é verdadeira.
HI: Seja n ∈ N, n ≥ 4 (*) e suponha que vale P[n], ou seja, que 3n < (n+ 1)! é verdadeira.
Multiplicando a desigualdade anterior por 3, encontra-se 3n+1 < (n + 1)!3. Como por (*) tem-se
n > 3 então 3 < n + 2. Assim, 3n+1 < (n + 1)!(n + 2) = (n + 2)!. Assim, mostrou-se que se n ∈ N,
n ≥ 4 e vale P[n] então vale P[n+1].
Juntando as duas etapas, pelo PIM tem-se que P[n] é válida para todo natural n ≥ 4.
Observação 6. Note como o fato (*) foi importante para a prova! Lembre que em provas de indução
onde a propriedade P[n] vale para n ≥ a, para um natural a > 1, isto sempre precisará ser mencionado
também na hipótese de indução, pois, às vezes, ele será usado também no desenvolvimento para
mostrar que P[n] ⇒ P[n+1], para todo n ≥ a.
Exerćıcio 7. Mostre que, por meio do prinćıpio de indução matemática, que:
1
2
+
1
4
+
1
8
+ · · ·+ 1
2n
≤ 1 para todo n ∈ N.
Prova: Note que P [n] é a desigualdade p
1
2
+
1
4
+
1
8
+ · · ·+ 1
2n
≤ 1q .
• quando n = 1 tem-se 1
2
=
1
21
=
1
2
≤ 1. Assim, P [1] é válida;
• HI: seja n um número natural e suponha que a desigualdade P[n] é válida. Ou seja, que
P [n] :
1
2
+
1
4
+
1
8
+ · · ·+ 1
2n
≤ 1. (HI)
é verdadeira. Deve-se provar que
P [n+ 1] :
1
2
+
1
4
+
1
8
+ · · ·+ 1
2n
+
1
2n+1
≤ 1
é verdadeira. Para conseguir usar a (HI), reescreve-se o membro à esquerda da desigualdade 3 que se
quer provar assim:
1
2
+
1
4
+
1
8
+ · · ·+ 1
2n
+
1
2n+1
=
1
2
+
1
2
[1
2
+
1
4
+ · · ·+ 1
2n−1
+
1
2n
]
≤ 1
2
+
1
2
· 1 (usou-se nesta passagem a HI)
= 1.
Portanto, P [n + 1] é verdadeira. Como o natural n inicial era arbitrário, provou-se então que para
todo n ∈ N, P[n] ⇒ P[n+1].
Logo, pelas duas etapas acima e pelo PIM, tem-se que P[n] é válida para todo natural n.
5
Exerćıcio 8. Mostre que
xn − yn = (x− y)
(
xn−1 + xn−2y + · · ·+ xyn−2 + yn−1
)
, (1)
para todo n ∈ N e x, y ∈ R.
Usando o item anterior, mostre que se x, y ∈ R∗+ (corrigir no EP1 versão aluno) então, para todo
n ∈ N,
x− y = ( n
√
x− n√y)
(
n
√
xn−1 + n
√
xn−2y + · · ·+ n
√
xyn−2 + n
√
yn−1
)
. (2)
Prova: Note que P[n] é a igualdade (1) onde n ∈ N.
• quando n = 1 tem-se x1 − y1 = x− y, o que é verdade;
• suponha, por hipótese, a igualdade válida para um natural n qualquer fixado. Ou seja, suponha
xn − yn = (x− y)
(
xn−1 + xn−2y + · · ·+ xyn−2 + yn−1
)
hipótese indutiva.
Deseja-se provar que
xn+1 − yn+1 = (x− y)
(
xn + xn−1y + · · ·+ xyn−1 + yn
)
. (3)
De fato,
xn+1 − yn+1 = xn+1 − xny + xny − yn+1 = xn(x− y) + y(xn − yn). (4)
Usando a hipótese indutiva no último termo do lado direito da igualdade acima tem-se
xn(x− y) + y(xn − yn) = xn(x− y) + y(x− y)
(
xn−1 + xn−2y + · · ·+ xyn−2 + yn−1
)
= (x− y)
(
xn + y
(
xn−1 + xn−2y + · · ·+ xyn−2 + yn−1
))
= (x− y)
(
xn + xn−1y + · · ·+ xyn−1 + yn
)
.
Substituindo, esta igualdade em (4) obtém-se (3). Portanto, P [n+ 1] é verdadeira. Como o natural n
inicial era arbitrário, provou-se então que para todo n ∈ N, P[n] ⇒ P[n+1].
Logo, pelas duas etapas acima e pelo PIM, tem-se que P[n] é válida para todo natural n. 2
A igualdade (2) é uma consequência imediata da igualdade (1). Com efeito, sejam x, y ∈ R∗+ e
n ∈ N. Usando propriedades da potenciação e radiciação, pode-se escrever x = (x1/n)n e y = (y1/n)n
- como x, y são positivos, não há problemas com a raiz n-ésima. Tem-se também que(
x1/n
)n−1
=
(
xn−1
)1/n
=
n
√
xn−1 e que
(
y1/n
)n−1
=
(
yn−1
)1/n
= n
√
yn−1.
Aplicando então o resultado (1) para x1/n e y1/n no lugar de x e y obtém-se:
x− y = (x1/n)n − (y1/n)n (1)=(
x1/n − y1/n
)(
(x1/n)(n−1) + (x1/n)(n−2)(y1/n) + . . .+ (x1/n)(y1/n)(n−2) + (y1/n)(n−1)
)
=(
x1/n − y1/n
)(
(x(n−1))1/n + (x(n−2))1/n(y1/n) + · · ·+ (x1/n)(y(n−2))1/n + (y(n−1))1/n
)
=
( n
√
x− n√y)
(
n
√
xn−1 + n
√
xn−2y + n
√
xn−3y2 + · · ·+ n
√
xyn−2 + n
√
yn−1
)
.
Exerćıcio 9. (Desigualdade de Bernoulli) Se α ≥ −1 então mostre que (1 + α)n ≥ 1 + nα para todo
n ∈ N.
6
Prova: Note que P[n] é p(1 + α)n ≥ 1 + nαq.
• quando n = 1 tem-se (1 + α)1 = 1 + α, o que é verdade;
• suponha, por hipótese, que P[n] é válida para um natural n arbitrário, fixado. Ou seja, suponha que
vale
(1 + α)n ≥ 1 + nα (hipótese indutiva).
Deseja-se provar que (1 + α)n+1 ≥ 1 + (1 + n)α, isto é, que P[n+1] é verdade.
De fato, (1+α)n+1 = (1+α)(1+α)n. Usando-se a hipótese indutiva no segundo termo da igualdade
precedente, tem-se: (1+α)n+1 ≥ (1+α)(1+nα). Como (1+α)(1+nα) = 1+α+nα+nα2 e nα2 ≥ 0,
então (1 +α)(1 +nα) ≥ 1 +α+nα. Logo, (1 +α)n+1 ≥ 1 + (1 +n)α. Portanto, P [n+ 1] é verdadeira.
Como o natural n inicial era arbitrário, provou-se então que para todo n ∈ N, P[n] ⇒ P[n+1].
Logo, pelas duas etapas acima e pelo PIM, tem-se que P[n] é válida para todo natural n.
7
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
2o EP EAR NA 2 Gabarito Coordenador: Romulo R. Rosa
Exerćıcio 1 Estude as Notas de Aula 2 - NA 2 e mostre que são verdadeiras as afirmações abaixo:
(a) Existem números reais x, y que satisfazem a igualdade |x + y| = |x| + |y|. Por que isto não
contraria a Proposição 2.2 - “desigualdade triangular”?
(b) Existem três números irracionais que pertencem ao intervalo [0, 1] = {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ 1}.
Soluções posśıveis: (a) Por exemplo, tomando-se x = y = 2 obtém-se que |x + y| = |2 + 2| =
4 = |2| + |2| . A desigualdade triangular afirma que “para cada parde números x, y ∈ R, vale
|x + y| ≤ |x| + |y|”. Ou seja, vale |x + y| < |x| + |y| ou |x + y| = |x| + |y|, o que engloba a situação
acima. Notar ainda que, pela desigualdade triangular, fica garantido ainda que não existem números
reais x, y tais que |x+ y| > |x|+ |y|. 2
(b)
√
2/2, 0, 121121112111121111121111112 . . . , π/4, qualquer decimal não periódica, são exemplos
de números irracionais que pertencem ao intervalo [0, 1].
Exerćıcio 2 O objetivo deste exerćıcio e dos dois a seguir, é contribuir para um entendimento claro
dos conceitos envolvidos. Para obter sucesso, você deve primeiro estudar estes conceitos nas Notas de
Aula 02 e tentar entender os exemplos que são dados ali. Depois, copie a tabela abaixo em uma folha
maior e a preencha para cada conjunto dado, seguindo o que é pedido no alto de cada coluna (max,
min, cotas, sup, inf devem ser dados caso existam, isto é, caso sejam números reais - caso contrário,
indique @).
Solução:
cota sup. cota inf. max min sup inf sup ∈ conj? conj. limitado?{
0,−3,
√
2, 72
}
≥ 72 ≤ −3
7
2 −3
7
2 −3 sim sim
{x ∈ R| 1 ≤ x < 5} ≥ 5 ≤ 1 @ 1 5 1 não sim
{x ∈ R|2 < x ≤ 9/2} ≥ 92 ≤ 2
9
2 @
9
2 2 sim sim
{x ∈ R|x < π} ≥ π @ @ @ π @ não não
{ 1n |n ∈ N} ≥ 1 ≤ 0 1 @ 1 0 sim sim
{ 12n |n ∈ Z \ {0}} ≥
1
2 ≤ −
1
2
1
2 −
1
2
1
2 −
1
2 sim sim
{(−1)n|n ∈ N} ≥ 1 ≤ −1 1 −1 1 −1 sim sim
{2n|n ∈ N} @ ≤ 2 @ 2 @ 2 não não
{x2|x ∈ R} @ ≤ 0 @ 0 @ 0 não não
{
(
3− 1n
)
|n ∈ N} ≥ 3 ≤ 2 @ 2 3 2 não sim
{
√
n|n ∈ N} @ ≤ 1 @ 1 @ 1 não não
{ n
√
n|n ∈ N} ≥ 3
√
3(*) ≤ 1 (*) 3
√
3 1 3
√
3 1 sim sim
{(−1)n
(
3− 1n
)
|n ∈ N} ≥ 3 ≤ −3 @ @ 3 −3 não sim
(*) Calcule os 5 primeiros elementos do conjunto usando uma calculadora e depois, calcule elemen-
tos para n grandes, tais como n = 10, 20, 50, 100, etc, também com uma calculadora. A justificativa
formal para esta afirmação (que não foi pedida aqui) está inclúıda nas Notas de Aula 4, onde são
estudadas algumas propriedades da expressão
(
1 +
1
n
)n
. Esta expressão aparece porque, para n ∈ N
1
fixado:
n
√
n > n+1
√
n+ 1⇔ nn+1 > (n+ 1)n+1 ⇔ n >
(
1 +
1
n
)n
,
e esta última desigualdade é verdade sempre que n ≥ 3, pois, como será visto nas Notas de Aula 4,(
1 +
1
n
)n
< 3, para todo n ∈ N.
Exerćıcio 3 Baseado nas suas respostas ao exerćıcio anterior e no estudo das Notas de Aula 2,
responda às perguntas abaixo. Dê um contraexemplo sempre que a resposta for ”não”(estes contrae-
xemplos podem vir da tabela acima ou não). Em cada caso, assuma que os conjuntos mencionados
são subconjuntos não vazios de R.
Soluções:
1. Todo conjunto possui elemento máximo?
Resposta: Não. Por exemplo, {x ∈ R| 1 ≤ x < 5} e {x2|x ∈ R} são conjuntos não vazios que
não possuem elemento máximo.
2. Todo conjunto possui elemento mı́nimo?
Resposta: Não. Por exemplo, { 1n |n ∈ N}, {x ∈ R|2 < x ≤ 9/2} e {x ∈ R|x < π} são conjuntos
não vazios que não possuem elemento mı́nimo.
3. Todo conjunto possui supremo?
Resposta: Não. Por exemplo, {2n|n ∈ N} é um conjunto não vazio que não possui supremo.
4. Todo conjunto possui ı́nfimo?
Resposta: Não. Por exemplo, {x ∈ R|x < π} é um conjunto não vazio que não possui ı́nfimo.
5. Se um conjunto é limitado então necessariamente ele possui supremo?
Resposta: Sim. (O axioma do supremo garante que todo conjunto não vazio e limitado superi-
ormente possui supremo.)
6. Se um conjunto é limitado então necessariamente ele possui ı́nfimo?
Resposta: Sim. (É um resultado que é consequência do axioma do supremo, vide Notas de
Aula 02).
7. Se um conjunto é limitado então necessariamente ele possui elemento máximo?
Resposta: Não. Por exemplo, {x ∈ R| 1 ≤ x < 5} é conjunto limitado mas não possui elemento
máximo.
8. Se um conjunto é limitado então necessariamente ele possui elemento mı́nimo?
Resposta: Não. Por exemplo, { 1n |n ∈ N} é um conjunto limitado que não possui elemento
mı́nimo.
9. Se um conjunto possui supremo então ele necessariamente é limitado superiormente?
Resposta: Sim. ( Por definição, o supremo é uma cota superior. E conjuntos limitados supe-
riormente são justamente os que possuem cota superior - vide Definição).
10. Se um conjunto possui ı́nfimo então ele necessariamente é limitado inferioriormente?
Resposta: Sim. ( Por definição, o ı́nfimo é uma cota inferior. E conjuntos limitados inferior-
mente são justamente os que possuem cota inferior - vide Definição).
2
11. Se um conjunto possui elemento máximo então ele necessariamente é limitado superiormente?
Resposta: Sim. (O elemento máximo do conjunto é uma cota superior que pertence ao con-
junto).
12. Se um conjunto possui elemento mı́nimo então ele necessariamente é limitado inferiormente?
Resposta: Sim. (O elemento mı́nimo do conjunto é uma cota inferior que pertence ao conjunto).
Exerćıcio 4 Explique, com base nas definições estudadas nas Notas de Aula 02, porque para os itens
11 e 12 do exerćıcio acima a resposta é ”sim”.
Soluções: Vide acima.
Exerćıcio 5 Diga se são verdadeiras ou falsas as afirmações abaixo. Justifique suas respostas, pro-
vando as afirmações verdadeiras e dando um contraexemplo para as falsas.
(a) Para todos a, b ∈ R, se a ≤ b então a < b .
(b) Para todos a, b ∈ R, se a < b então a ≤ b .
(c) Para todo a ∈ R, se a 6= 0 então 1/a < 1 .
(d) Para todo a ∈ R, se a > 1 então 1/a < 1 .
(e) 2 é uma cota superior para o intervalo [0, 5/2) = {x ∈ R : 0 ≤ x < 5/2} .
(f) Entre dois números reais existe um número racional.
(g) Entre dois números reais existe um número irracional.
(h) {1/n : n ∈ N} = (0, 1]. ( 1)
(i) {1/n : n ∈ N} ⊆ (0, 1].
(j) Se a ∈ R e a < 2 então |a| < 2.
(k) Se a ∈ R e |a| < 2 então a < 2.
(l) Se a ∈ R então a ≤ a2.
(m) Se a ∈ R e a ≤ min{4, 1/5} então a < 3/8.
(n) −1 é uma cota inferior para o intervalo [0, 5/2) = {x ∈ R : 0 ≤ x < 5/2} .
(o) Para todo número real x, −x ≤ 0 .
(p) Para todos x, y ∈ R, se y 6= 0 então xy < x .
Soluções: (no caso das afirmações falsas, outros contraexemplos podem também funcionar):
(a) A afirmação é falsa pois, por exemplo, para a = b = 3 tem-se que 3 ≤ 3 mas não vale 3 < 3, pois
vale 3 = 3.
(b) Afirmação verdadeira pela definição da relação menor ou igual: a ≤ b significa a < b ou a = b ( 2).
Portanto, basta que uma destas situações ocorra para que já se possa afirmar que a ≤ b.
(c) Falsa. Por exemplo, a = 1/2 6= 0 e 1/(1/2) = 2 > 1 .
1Lembre: Dados A,B conjuntos, tem-se que: A ⊆ B (A está contido em B) quando todo elemento de A é elemento
de B. Portanto, A * B quando existe pelo menos um elemento de A que não é elemento de B. A = B quando A ⊆ B e
B ⊆ A.
2Atenção: Em Matemática, o conectivo “ou” é usado num sentido “não-exclusivo”, como na definição da união de
dois conjuntos, para x ∈ A ∪ B significa x ∈ A ou x ∈ B, sendo que não fica exclúıda a possibilidade de um mesmo
elemento x pertencer aos dois conjuntos A e B.
3
(d) Verdadeira. Por hipótese: a ∈ R, a > 1. Assim, a > 0 e dáı a 6= 0, pela tricotomia. Portanto,
1/a existe e vale 1/a > 0. Como a > 1 e 1/a > 0 então (1/a)a > (1/a)1 e consequentemente 1 > 1/a.
(e) Falsa, pois por exemplo, 2, 3 ∈ [0, 5/2) e 2 < 2, 3. Logo, 2 não é cota superior de [0, 5/2) .
(f) e (g) são verdadeiras pelo Teorema da Densidade (ver Notas de Aula 02).
(h) Falsa, pois os conjuntos são diferentes: existem elementos de (0, 1] que não são elementos de
{1/n : n ∈ N}: por exemplo, 2/3 ∈ (0, 1] e 2/3 /∈ {1/n : n ∈ N}.
(i) A afirmação é verdadeira, pois para todo n ∈ N tem-se 1/n ∈ (0, 1].
(j) A afirmação é falsa pois, por exemplo, se a = −5 então a ∈ R e a < 2. Mas não é verdade que
|a| = 5 < 2.
(k) A afirmação é verdadeira por propriedade de módulo: se por hipótese, a ∈ R, |a| < 2 e como pela
Proposição 2.1 (e) vale a < |a| então a < 2.
(l) A afirmação é falsa pois, por exemplo, se a = 1/2 então a ∈ R e a2 = 1/4 < 1/2 = a. Portanto,
não é verdade que para todo a ∈ R se tenha que a < a2. No entanto, você deve provarque: se a ∈ R
e a ≥ 1 então a ≤ a2. E também que: se a ∈ R e 0 ≤ a ≤ 1 então a2 ≤ a.
(m) A afirmação é verdadeira, pois min{4, 1/5} = 1/5. Sendo a ≤ 1/5 e como 1/5 < 3/8 então
a ≤ 3/8.
(n) A afirmação é verdadeira, pois −1 < 0 ≤ x para todo x ∈ [0, 5/2).
(o) A afirmação é falsa: por exemplo, x = −2 ∈ R e −x = −(−2) = 2 > 0 (é um erro comum, que deve
ser evitado, considerar-se que sempre o sinal da frente de um número indica um número negativo).
(o) A afirmação é falsa: por exemplo, para x = 5, y = 1/2 ∈ R, tem-se que y 6= 0 e
x/y = 5/(1/2) = 10 > 5 = x (é um erro comum, que deve ser totalmente evitado, consider sem-
pre ao se divide um número real x por um número real y 6= 0, que necessariamente o número obtido
é menor do que o x).
Exerćıcio 6 Sejam x, y, � ∈ R e � > 0 tal que |x− y| < �. Mostre que |y| − � < |x| < |y|+ �.
Prova: O Corolário 2.1 assegura que
∣∣|x| − |y|∣∣ ≤ |x − y| e sendo por hipótese |x − y| < � então∣∣|x| − |y|∣∣ < �. Dáı, usando a Proposição 2.1 (d) e as propriedades algébricas dos números reais têm-se
as seguintes equivalências:∣∣|x| − |y|∣∣ < �⇔ −� < |x| − |y| < �⇔ |y| − � < |x| − |y|+ |y| < �+ |y| ⇔ |y| − � < |x| < �+ |y|.
Exerćıcio 7 Mostre, justificando detalhadamente cada passagem do seu racioćınio, que:
(a) Se n ∈ N então
∣∣∣2n2 + 3
4n2 + 2
− 1
2
∣∣∣ < 1
2n
;
(b) Para todo n ∈ N tem-se que
∣∣∣1 + 2× 10n
5 + 3× 10n
− 2
3
∣∣∣ < 7
10n
.
Sugestão - Desenvolva o termo à esquerda de cada desigualdade.
Prova: (a) Seja n ∈ R. Então∣∣∣2n2 + 3
4n2 + 2
− 1
2
∣∣∣ = ∣∣∣4n2 + 6− 4n2 − 2
2(4n2 + 2)
∣∣∣ = ∣∣∣ 4
2(4n2 + 2)
∣∣∣ = ∣∣∣ 1
2n2 + 1
∣∣∣ = 1
2n2 + 1
. (1)
Na última igualdade acima pôde-se eliminar o módulo pois o quociente dentro dele é claramente
positivo. Agora, como 2n2 + 1 ≥ 2n2 ≥ 2n e 2n > 0 (n2 ≥ n, pois n ∈ N), então (veja Exerćıcio
4
1 (b) do EP1), tem-se
1
2n2 + 1
≤ 1
2n2
≤ 1
2n
.
Desta desigualdade e de (1) tem-se o resultado desejado. 2
(b) Seja n ∈ N. Tem-se por argumentação similar ao item (a) que:∣∣∣∣1 + 2× 10n5 + 3× 10n − 23
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −73(5 + 3× 10n)
∣∣∣∣ = 73(5 + 3× 10n) < 75 + 3× 10n < 73× 10n < 710n .
Exerćıcio 8 Mostre que, se x, y ∈ R, são positivos e x2 < y2 então x < y.
Sug.: Use que x2 − y2 = (x− y)(x+ y).
Prova: Por hipótese x > 0 e y > 0. Isto implica que x + y > 0. Além diso, também, por hipótese
x2 < y2. Dáı, x2 − y2 < 0, e consequentemente x2 − y2 = (x − y)(x + y) < 0. Desta desigualdade, e
sendo x+ y > 0 então x− y < 0. Logo, x < y.
Exerćıcio 9 Justifique as afirmações abaixo com base nas definições:
(a) 2 é uma cota superior do conjunto A = {−3,−2,−1, 0, 1}, pois . . . complete!
(b) 0 não é uma cota superior do conjunto A = {−3,−2,−1, 0, 1}, pois . . . complete!
(c) 2 é uma cota superior do conjunto A = (0, 2), pois . . . complete!
(d) 1 não é uma cota superior do conjunto A = (−1, 2), pois . . . complete!
(e) (−2, 2) ∩Q é um conjunto limitado, pois . . . complete!
Respostas - (a) 2 é uma cota superior do conjunto A = {−3,−2,−1, 0, 1}, pois todos os elementos
de A são menores que 2 (logo todos os elementos de A são menores que ou iguais a 2).
(b) 0 não é uma cota superior do conjunto A = {−3,−2,−1, 0, 1}, pois existe o elemento 1 de A que
é maior que 0.
(c) 2 é uma cota superior do conjunto A = (0, 2), pois 2 é maior que todos os elementos do conjunto
(intervalo) A (logo, 2 é maior ou igual a qualquer elemento de A). Note que 2 /∈ A. Neste caso,
2 = supA mas 2 não é o elemento máximo de A - que por sinal, não existe.
(d) 1 não é uma cota superior do conjunto A = (−1, 2), pois, por exemplo, existe 3/2 ∈ A e 1 < 3/2.
(e) (−2, 2) ∩Q é um conjunto limitado, pois tem cota superior (por exemplo, 2) e cota inferior, por
exemplo, -2.
Exerćıcio 10 Mostre que:
(a) Se A = {x ∈ R; 1 < x ≤ 3} = (1, 3] então supA = 3.
(b) Se A := [−
√
2, π) ∩Q então inf A = −
√
2.
Solução - (a) Como 3 é uma cota superior de A, pois todo elemento de A é menor ou igual a 3, e
3 ∈ A então pela Observação 2.3 (4) tem-se que supA = 3. 2
(b) Note que A é limitado inferiormente por −
√
2 mas −
√
2 /∈ A. Portanto, não se pode aplicar a
Observação 2.3 (4). Deve-se utilizar a Definição 2.4 ou o Lema 2.1 (1). Será usada aqui a primeira.
(i) −
√
2 é uma cota inferior de A, pois −
√
2 ≤ a para todo a ∈ A. Isto comprova a condição (I1)
da Definição 2.4.
5
(ii) Deve-se mostrar a condição (I2) da Definição 2.4. Ou seja, deve-se mostrar que para cada c ∈ R
tal que c > −
√
2 existe a ∈ A tal que c > a.
Seja c ∈ R tal que c > −
√
2. Então pode-se ter c < π ou c ≥ π. Suponha primeiramente que
c ≤ π -faça um esboço dos pontos na reta real. Como c e −
√
2 são números reais e c > −
√
2 então
pelo Teorema da Densidade (Teorema 2.1), existe (pelo menos) um a ∈ Q tal que c > a > −
√
2.
Como a ∈ Q e −
√
2 ≤ c < a < π então a ∈ A, pela própria definição de A.
Por outro lado, no caso em que c ≥ π, basta usar o Teorema da Densidade (Teorema 2.1) para
os reais −
√
2 e π (verifique num esboço da situação na reta real): de fato, este Teorema garante
que existe um a ∈ Q tal que −
√
2 < a < π. Mas dáı, tem-se que a ∈ Q e −
√
2 < a < π ≤ c, e
portanto, aqui também, a ∈ A.
Assim, em qualquer das duas situações posśıveis para um c > −
√
2, encontrou-se a ∈ A tal que√
2 < a < c. Isto comprova a condição (I2) da Definição 2.4.
Logo, dos itens (i) e (ii) tem-se pela Definição 2.4 que −
√
2 = inf A.
Exerćıcio 11 Considere C =
{
2n+ 4
n+ 1
; n ∈ N
}
. Mostre que inf C = 2.
Sugestão: Use a Propriedade Arquimediana na forma “para todo número real x existe n ∈ N tal que
n > x” para mostrar que 2 é a maior das cotas inferiores de C.
Prova: (i) Deve-se mostrar primeiro que 2 é uma cota inferior para C. Ou seja,
2n+ 4
n+ 1
≥ 2 para todo n ∈ N. (1)
Para isso, seja um natural n. É claro que
2n+ 2 ≤ 2n+ 4. (2)
Por (2) e por propriedades já provadas sobre números reais, tem-se que ( 3) :
2(n+ 1) ≤ 2n+ 4 ∴ 2 ≤ 2n+ 4
n+ 1
pois n+ 1 > 0.
Assim, mostrou-se que para um natural n arbitrário, vale 2 ≤ 2n+4n+1 . Como trabalhou-se com um
natural n arbitrário, pode-se afirmar que vale 2 ≤ 2n+4n+1 para todo natural n, como se queria mostrar.
Atenção: Como descobrir que se deve começar com a afirmação (2)? Primeiro, é preciso entender
e saber escrever que se quer provar a afirmação (1). Feito isto, no rascunho, faz-se uma conta “de
trás para frente”, que não aparece na demonstração nesta forma, até se obter uma desigualdade que
se saiba que é verdadeira:
2 ≤ 2n+ 4
n+ 1
⇔ 2(n+ 1) ≤ 2n+ 4⇔ 2n+ 2 ≤ 2n+ 4 .
Neste caso (atenção!), todas as afirmações são equivalentes e na demonstração deverão aparecer as
implicações no sentido inverso - vide acima.
(ii) Deve-se mostrar agora que 2 é a maior das cotas inferiores de C. Para isto, mostra-se que se b é
um número real maior que 2 então b não é uma cota inferior para C. Seja então b ∈ R tal que b > 2.
3O śımbolo ∴ significa e deve ser lido como “então”ou “logo”.
6
Então 4−bb−2 ∈ R, pois b− 2 6= 0. Ora, pela Propriedade Arquimediana acima enunciada, existe n0 ∈ N
tal que
n0 >
4− b
b− 2
. (3)
Dáı, usando as propriedades algébricas de R, tem-se
∴ n0(b− 2) > 4− b pois b− 2 > 0.
∴ n0b− 2n0 > 4− b.
∴ n0b+ b > 2n0 + 4.
∴ b(n0 + 1) > 2n0 + 4.
Como n0 + 1 > 0, pode-se escrever
b >
2n0 + 4
n0 + 1
.
Assim, existe um elemento 2n0+4n0+1 ∈ C tal que
2n0+4
n0+1
< b. Logo b não é cota inferior para C. Fica
provado então que para todo número real b > 2, b não é uma cota inferior para C. Logo, das etapas
(i) e (ii) conclui-se que 2 = inf C.
Importante: Para descobrir a desigualdade em (3), basta fazer no rascunho uma “conta de trás para
frente” para achar um número da forma x0 =
2n0+4
n0+1
∈ C tal que b > x0. Esta conta não aparece
na demonstração desta forma. Observe a parte que aparece! Estude bem o exemplo nas
NA 2.
A conta no rascunha se faz da seguinte forma:
Rascunho: Procura-se n0 ∈ N tal que 2n0+4n0+1 < b sabendo-seque b > 2. Ora:
b >
2n0 + 4
n0 + 1
⇔︸︷︷︸
n0+1>0
n0b+ b > 2n0 + 4⇔ n0b− 2n0 > 4− b⇔ n0(b− 2) > 4− b ⇔︸︷︷︸
b−2>0
n0 >
4− b
b− 2
.
Conclui-se por aqui que n0 >
4−b
b−2 serve para o problema. A propriedade Arquimediana garante que
este n0 existe (deve-se notar que na última passagem, o fato de ser b > 2 é fundamental e isto deverá
ser ressaltado na demonstração). Fim do rascunho!
Observação: Você deverá ser capaz de identificar o supremo deste conjunto e demonstrar a sua
afirmação.
Exerćıcio 12 Considere C = {4n/(2n+ 1); n ∈ N}. Mostre, por meio da Definição 2.4 das NA 2,
que supC = 2.
Prova: (i) 2 é uma cota superior de C, pois para todo n ∈ N, 4n < 4n + 2 = 2(2n + 1) e como
2n+ 1 > 0 então para todo n ∈ N tem-se que 4n2n+1 < 2. Portanto, 2 é uma cota superior para C.
(ii) Resta mostrar que 2 é a menor das cotas superiores. Para fazer isto, por meio da Definição 2.4 das
NA 2 (veja a condição (S2) desta definição e compare com o que está escrito em (1) abaixo), deve-se
considerar:
c ∈ R, c < 2 e mostrar que existe pelo menos um 4n0
2n0 + 1
∈ C tal que c < 4n0
2n0 + 1
. (1)
Sendo c < 2 então c2(2−c) =
c
4−2c ∈ R. Dáı e da Propriedade Arquimediana existe um n0 ∈ N tal que
n0 >
c
4− 2c
. (2)
7
Dáı, usando as propriedades algébricas de R (e como 4− 2c > 0, já que c < 2), tem-se
∴ c < (4− 2c)n0 .
∴ c < 4n0 − 2n0c .
∴ c+ 2n0c < 4n0 .
∴ (1 + 2n0)c < 4n0 .
∴ c <
4n0
1 + 2n0
.
Assim, existe um elemento 4n01+2n0 ∈ C tal que
4n0
1+2n0
> c. Logo c não é cota superior para C. Portanto,
está provado que para todo número real c < 2 tem-se que c não é uma cota superior para C. Logo,
das etapas (i) e (ii) conclui-se que 2 = supC.
Atenção: Tal como no Exerćıcio anterior, para descobrir o n0 da desigualdade (2) fazem-se no
rascunho contas “de trás para frente”, que não aparecem na demonstração. Note, a seguir, que a
última desigualdade de (1) determina (2) por meio das propriedade algébricas de R. De fato,
c <
4n0
2n0 + 1
⇔ 2n0c+ c < 4n0 ⇔ c < 4n0 − 2n0c ⇔ c < n0(4− 2c) ⇔ n0 >
c
4− 2c
.
O śımbolo ⇔ (de equivalência) acima significa que todas as etapas são reverśıveis, isto é, do
primeiro enunciado pode-se chegar ao último e vice-versa, que é como aparece na demonstração. Isto
é bastante importante neste exerćıcio.
Observação: É posśıvel provar tanto o Exećıcio 8 quanto o 9, por meio do Lema 2.1 das NA 2. A
t́ıtulo de complementação, veja como seria a demonstração do Exerćıcio 9 (fica como mais uma tarefa
fazer o Exerćıco 8 desta maneira).
Note que o item (S1) da Definição 2.4 e do Lema 2.1 são iguais. Assim, basta mostrar o item
(S2’) do Lema 2.1 . Para mostrar que 2 é a menor das cotas superiores, deve-se mostrar que para todo
número real � > 0, existe c ∈ C tal que 2− � < c.
Seja então � > 0. A Propriedade Arquimediana acima, garante que existe n0 ∈ N tal que
n0 >
2− �
2�
. (3)
Dáı, usando as propriedades algébricas de R, tem-se
∴ 2− � < 2n0� .
∴ 2− 2n0�− � < 0 .
∴ 4n0 + 2− 2n0�− � < 4n0 .
∴ 2(2n0 + 1)− �(2n0 + 1) < 4n0 .
∴ (2− �)(2n0 + 1) < 4n0.
Como 2n0 +1 > 0 então 2− � <
4n0
2n0 + 1
. Assim, existe c = 4n02n0+1 ∈ C tal que 2− � < c. Isto diz que
nenhum número menor do que 2 é cota superior de C, ou seja, que 2 é a menor das cotas superiores
de C. Pelo Lema 2.1(i) fica provado que 2 = supC.
O rascunho para achar (3): Procura-se n0 ∈ N tal que 2− � <
4n0
2n0 + 1
. Dáı, usando as proprie-
dades algébricas de R, tem-se
(2− �)(2n0 + 1) < 4n0 ⇔ 2(2n0 + 1)− �(2n0 + 1) < 4n0 ⇔ 4n0 + 2− 2n0�− � < 4n0
⇔ 2− �− 2n0� < 0 ⇔ 2− � < 2n0� ⇔ n0 >
2− �
2�
.
8
Exerćıcio 13 Mostre que, se A = {x ∈ R; 1 < x ≤ 3} = (1, 3] então inf A = 1.
Prova:
(i) 1 é uma cota inferior de A, pois 1 < x para todo x ∈ A. Isto comprova a condição (I1) da
Definição 2.4.
(ii) Note que 1 /∈ A. Portanto, não se pode aplicar a Observação 2.3.4. Deve-se mostrar a condição
(I2) da Definição 2.4. Ou seja, deve-se mostrar que para cada b ∈ R tal que 1 < b existe a ∈ A
tal que a < b.
Seja então b ∈ R tal que 1 < b. É preciso ter cuidado aqui, pois é preciso obter um a ∈ A. Ora,
se b > 3 então basta tomar a = 3 pois 3 < b e 3 ∈ A. (faça um esboço do conjunto e marque
os pontos, se precisar, para entender melhor). Suponha agora que 1 < b ≤ 3. Como b e 1 são
números reais e 1 < b então pelo Teorema da Densidade (Teorema 2.1 e Corolário 2.3), existe
a ∈ R tal que 1 < a < b. (4). É, preciso assegurar que a ∈ A. Ora, mas como 1 < a < b ≤ 3
então a ∈ A, pela definição de A.
Portanto, em qualquer das duas situações posśıveis para b > 1, existe a ∈ A tal que a < b. Isto
comprova a condição (I2) da Definição 2.4.
Logo, dos itens (i) e (ii) tem-se pela Definição 2.4 que 1 = inf A.
4Uma outra opção seria usar o Exerćıcio 5 acima!
9
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
3o EP EAR NA 3 Gabarito Coordenador: Romulo R. Rosa
Exerćıcio 1 Faça o que se pede em cada item abaixo:
(a) Mostre que existem três subconjuntos de N que sejam infinitos, enumeráveis, diferentes de N e
disjuntos dois a dois;
(b) Mostre que existem três subconjuntos de Z que são infinitos, enumeráveis e disjuntos dois a dois.
Soluções posśıveis- (a) A = {3k | k ∈ N}, B = {3k+1 | k ∈ N}, C = {3k+2 | k ∈ N} são exemplos
de subconjuntos próprios de N (isto é, estão contidos em N mas são diferentes de N) e, pelo que foi
aprendido em Álgebra, eles são tais que A ∩ B = ∅, A ∩ C = ∅ e B ∩ C = ∅, isto é, os conjuntos são
dois a dois disjuntos. 2
(b) Os conjuntos acima são subconjuntos de Z e servem como resposta. Também podeŕıa-se tomar
A = {3k | k ∈ Z}, B = {3k + 1 | k ∈ Z}, C = {3k + 2 | k ∈ Z}.
Para pensar: dado um número natural m, como obter m subconjuntos próprios e não vazios de Z
que sejam dois a dois disjuntos?
Exerćıcio 2 Mostre que todas as afirmações abaixo são falsas. Os conjuntos considerados são sempre
subconjuntos não vazios de R .
(a) Se A ⊂ B e A é conjunto finito então B é conjunto finito.
(b) Se A ⊂ B e B é conjunto infinito então A é conjunto infinito.
(c) Se A ⊂ B e A é conjunto enumerável então B é conjunto enumerável.
(d) Toda coleção enumerável C = {A1, A2, A3, . . . , An, . . .} de conjuntos finitos tem união,
∞⋃
n=1
An,
finita.
(e) Todo subconjunto infinito de R é enumerável.
(f) Nenhum subconjunto infinito de R é enumerável.
(g) Se A e B são conjuntos com m e n elementos, respectivamente então A ∪ B possui m + n
elementos.
(h) Se A e B são conjuntos infinitos então A ∩B é um conjunto infinito.
(i) Se A e B são conjuntos infinitos então A ∩B é um conjunto finito.
(j) Existem infinitos grãos de areia na praia de Copacabana.
(l) Os conjuntos (1, 2] ∩Q e {x ∈ Q : x ≥ 5} são intervalos em R.
Soluções posśıveis (não necessariamente únicas):
(a) A afirmação é falsa pois, por exemplo, existem A = {1, 2, 3} e B = Z tais que A ⊂ B e A é
conjunto finito mas B não é conjunto finito.
1
(b) A afirmação é falsa pois, por exemplo, existem A = {1, 2, 3} e B = Z tais que A ⊂ B e B é
conjunto infinito mas A é conjunto finito.
(c) Existem, por exemplo, A = Q e B = R, onde A ⊂ B e A é conjunto enumerável mas B não é
conjunto enumerável. Portanto, a afirmação é falsa.
(d) Falsa: Por exemplo, os conjuntos
A1 = {1}, A2 = {1, 2}, A3 = {1, 2, 3}, . . . , An = {1, 2, 3, . . . , n}, . . . ,
formam um coleção C = {A1, A2, A3, . . . , An, . . .} de conjuntos finitos mas tais que
∞⋃
n=1
An = N
é conjunto infinito. O mesmo acontece para C = {A1, A2, A3, . . . , An, . . .} onde A1 = {1}, A2 =
{2}, A3 = {3}, . . . , An = {n}, . . ., pois aqui também
∞⋃
n=1
An = N.
(e) Falsa, pois existe por exemplo, o subconjunto Qc = R− Z dos números irracionais que é infinito
e não é enumerável. Também, qualquer intervalo de R é subconjunto de R que é infinito e não
enumerável.
(f) Falsa, pois existe por exemplo,Q que é subconjunto de R que é infinito e enumerável.
(g) Falsa. Basta tomar dois subconjuntos finitos de R cuja interseção seja não vazia. Por exemplo:
A = {1, 2, 3,
√
2,−1} tem m = 5 elementos e B = {1, 2, 3, 4, 5} tem n = 5 elementos, mas A ∪ B =
{1, 2, 3, 4, 5,
√
2,−1} tem 7 6= 10 elementos.
(h) Falso. Por exemplo, existem A = R+ e B = R− que são conjuntos infinitos mas tais que
A ∩B = {0} é conjunto finito.
(i) Falso. Por exemplo, existem A = R+ e B = Z que são conjuntos infinitos mas tais que A ∩ B =
{q ∈ Z | q ≥ 0} é conjunto infinito.
(j) Falso. Pesquise!!!
(l) Falso. Um subconjunto I de R é um intervalo quando para todos x, y ∈ I tais que x < y, se
z ∈ R satisfaz x < z < y então z ∈ I (lembre que, como comentado nas Notas de Aula 1, intervalos
são associados a segmentos de reta e semirretas e se interpreta R geometricamente como uma reta).
No caso dos conjuntos dados, a definição dada no ińıcio não vale pois: no caso de (1, 2] ∩ Q não é
verdade que todo real entre 1 e 2 pertence ao conjunto e, no caso do segundo conjunto, não é verdade
que dados dois reais ≥ 5, cada real entre eles pertence ao conjunto - isto só ocorre para os racionais.
Esforce-se para entender bem estes fatos.
Exerćıcio 3 Diga se as afirmações abaixo são verdadeiras ou falsas. Justifique completamente suas
respostas. Para as verdadeiras, você pode indicar definições estudadas ou os resultados (proposições,
teoremas, etc) provados no livro-texto para justificar suas respostas.
(a) [2, 3) ∩Q é um conjunto enumerável.
(b) Entre dois números reais existe um número racional.
(c) Entre dois números reais existe um número irracional.
(d) Entre dois números inteiros existe um número inteiro.
(e) Entre dois números reais existe um número inteiro.
(f) Entre dois números reais existem infinitos números racionais. Entre dois números reais existem
infinitos números irracionais.
(g) Todo subconjunto infinito de R é ilimitado.
(h) Todo subconjunto enumerável de R é ilimitado.
(i) Para cada número real x existe um número natural maior do que x.
2
Resolução (a) Verdade. Pelo Teorema 3.6 (a) da NA 3, todo subconjunto de conjunto enumerável é
enumerável: no caso, [2, 3) ∩Q ⊂ Q e Q é conjunto enumerável (Teorema 3.9).
Os itens (b) e (c) são verdadeiras, pelo Teorema da Densidade (Teorema 2.4, NA 2).
A afirmação (d) é falsa: 2 e 3 são números inteiros e não existe inteiro entre 2 e 3. O mesmo
exemplo mostra que (e) é também falsa. Outro exemplo: entre os números reais 1/2 e
√
2/2 não existe
nenhum número inteiro.
As duas afirmações de (f) são consequências do Teorema de Densidade.
A afirmação (g) é falsa, pois qualquer intervalo da forma (a, b) ou [a, b] é subconjunto infinito de
R que é limitado (inferiormente por a e superiormente por b).
A afirmação (h) é falsa pois, por exemplo, o conjunto [2, 3) ∩ Q é enumerável (vide item (a)) e é
limitado inferiormente por 2 e superiormente por 3. Atenção: Este conjunto não é um intervalo - vide
a definição de intervalo nas NA 2.
A afirmação (i) é uma das formulações da Propriedade Arquimediana dos números reais e, portanto,
verdadeira.
3
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
4o EP EAR Matemática NA 4 Gabarito Coordenador: Romulo R. Rosa
Exerćıcio 1. Em cada item, dê um exemplo de sequência satisfazendo a propriedade pedida ou com
base nas Proposições e Teoremas das Notas de Aula 4, justifique completamente, porque não é posśıvel
existir uma tal sequência.
(a) Uma sequência que tenha limite mas não seja limitada.
(b) Uma sequência que seja limitada mas não tenha limite.
(c) Uma sequência convergente (an)n∈N cujo conjunto de valores {an : n ∈ N} seja finito.
(d) Uma sequência convergente cujo conjunto de valores seja infinito.
(e) Uma sequência divergente cujo conjunto de valores seja finito.
(f) Uma sequência divergente cujo conjunto de valores seja infinito.
(g) Uma sequência convergente com infinitos termos positivos e infinitos termos negativos.
(h) Uma sequência cujo conjunto de valores não seja unitário e que convirja para um dos elementos
do conjunto de valores.
(i) Duas sequências divergentes cuja soma seja uma sequência convergente.
(j) Duas sequências convergentes cuja soma seja uma sequência divergente.
(k) Duas sequências divergentes cuja soma seja uma sequência divergente.
Prova: (a) Imposśıvel. Toda sequência convergente (isto é, que possui limite) é limitada - veja
Teorema 4.3.
(b) A sequência (an)n∈N onde an = (−1)n para cada n ∈ N, é limitada pois seu conjunto de valores é
{1,−1}, que é um conjunto limitado (relembre a definição). Para mostrar que a sequência é divergente,
o mais fácil é usar o estudo de subsequências que é feito nas NA 5. De fato, a sequência admite duas
subsequências a2k = (−1)2k = 1 e a2k+1 = (−1)2k+1 = −1 com k ∈ N, que convergem para limites
diferentes 1 e -1. Como |a2k − a2k+1| = 2 para todo k ∈ N então a sequência é divergente.
(c) (1, 2, 3, 4, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . .) é uma sequência cujo conjunto de valores é {1, 2, 3, 4} e que é conver-
gente, pois ela é constante a partir do termo a5 - ou seja, na linguagem das Notas de Aula 4, a 5-cauda
da sequência é a sequência constante (2,2,2,2, . . . ) que é convergente, o que torna a sequência dada
convergente, veja a Proposição 4.1. Neste item, qualquer sequência constante serviria também.
(d) A sequência (an)n∈N onde an = 1/n, para cada n ∈ N serve: ela tem limite 0 e seu conjunto de
valores é {1/n : n ∈ N}, que é infinito.
(e) A sequência do item (b) serve.
(f) A sequência (an)n∈N com an = n é divergente e seu conjunto de valores é N, que é infinito.
(g) A sequência (an)n∈N onde an = (−1)n/n, converge para 0 (é um exerćıcio importante mostrar isto
pela definição), e tem infinitos termos positivos (todos os termos de ordem par a2, a4, a6, . . . , a2k, . . .),
e infinitos termos negativos (todos os de ordem ı́mpar a3, a5, a7, . . . , a2k+1, . . .).
1
(h) A sequência do item (c) serve.
(i) As sequências (an)n∈N com an = n e (bn)n∈N com bn = −n são divergentes, pois não são limitadas.
E a soma delas é a sequência constante nula, que converge.
(j) Imposśıvel. A sequência que é a soma de duas sequências convergentes é sempre uma sequência
convergente.
(k) As sequências (2n)n∈N e (n)n∈N são divergentes, pois não são limitadas. E a soma delas é a
sequência (3n)n∈N que sendo ilimitada, é também divergente.
Exerćıcio 2. Considere L ∈ R. Mostre detalhadamente pela definição que: se a sequência (an)n∈N
de números reais é tal que:
para todo n ∈ N com |an − L| ≤
3
n2
então lim
n→∞
an = L.
Prova: Por hipótese, tem-se para todo n ∈ N que |an − L| ≤
3
n2
.
Seja � > 0. Pela Propriedade Arquimediana, existe n0 ∈ N tal que n0 >
√
3
� .
Seja n ∈ N tal que n > n0. Então n2 > n20 > 3/� e vale
|an − L|
(por hip.)
≤ 3
n2
<
3
n20
< � .
Portanto, para todo � > 0 dado, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ∈ N, se n > n0 então
|an − L| < � .
Pela definição de limite de sequência, tem-se que lim
n→∞
an = L .
Exerćıcio 3. Mostre, por meio da definição de limite de sequência, que a sequência (an)n∈N definida
por
an =
n3 − 1
3n3 + 1
converge para 1/3.
Sugestão para uma majoração: lembrar que para n ∈ N vale n ≤ n3.
Prova: Seja � > 0 onde � ∈ R. Pela Propriedade Arquimediana, existe um natural n0 >
4
9�
.
Suponha que n ∈ N satisfaz n > n0. Então∣∣∣∣ n3 − 13n3 + 1 − 13
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣3n3 − 3− 3n3 − 13(3n3 + 1)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −49n3 + 3
∣∣∣∣ = 49n3 + 3 < 49n3 < 49n.
Como n > n0 >
4
9�
e 9� > 0 então 9�n > 4 e dáı
4
9n
< �. Logo∣∣∣∣ n3 − 13n3 + 1 − 13
∣∣∣∣ < 49n < � .
Mostrou-se assim que: para todo real � > 0, existe n0 ∈ N tal para todo n ∈ N, se n > n0 então∣∣∣∣ n3 − 13n3 + 1 − 13
∣∣∣∣ < � .
2
Dáı, pela definição de limite de sequência,escreve-se: lim
n→∞
n3 − 1
3n3 + 1
=
1
3
.
Observação: Também se poderia ter tomado n0 >
3
√
4
9� . Verifique!
Exerćıcio 4. (a) Mostre, por meio da definição, que: se κ ∈ R∗ então a sequência (an)n∈N definida
por an =
κn
n+ 1
converge para κ.
(b) Mostre, usando a definição, que a sequência (an)n∈N, com an =
3n+ 5n2
n+ n2
, converge para 5.
(c) Mostre, usando a definição, que a sequência (an)n∈N, com an =
1 + 2× 10n
5 + 3× 10n
, converge para
2
3
.
(d) Mostre a afirmação do item (c) usando propriedades operatórias de limite, indicando todas as
passagens do seu racioćınio.
Prova:
(a) Por hipótese, κ ∈ R e κ 6= 0. Seja � > 0. Pela Propriedade Arquimediana, existe n0 ∈ N tal que
n0 >
|κ|
�
, pois
|κ|
�
> 0. Suponha n ∈ N tal que n > n0. Então∣∣∣∣ κnn+ 1 − κ
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −κn+ 1
∣∣∣∣ = |κ|n+ 1 < |κ|n . (a)
Como n > n0 >
|κ|
�
então
|κ|
n
< �. Logo∣∣∣∣ κnn+ 1 − κ
∣∣∣∣ < |κ|n < � .
Assim, se n > n0 então
∣∣∣∣ κnn+ 1 − κ
∣∣∣∣ < �. Mostrou-se que: para todo número real � > 0, existe n0 ∈ N
tal para todo n ∈ N, se n > n0 então ∣∣∣∣ κnn+ 1 − κ
∣∣∣∣ < �.
Dáı, pela definição de limite tem-se que lim
n→∞
κn
n+1 = κ. 2
Observação: Entenda que não se pode dispensar o módulo em (a), porque o sinal de κ não é
conhecido!!
(b) Seja � > 0. Pela Propriedade Arquimediana, existe n0 ∈ N tal que n0 > 2/�. Suponha n ∈ N tal
que n > n0. Então ∣∣∣∣3n+ 5n2n+ n2 − 5
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −2nn+ n2
∣∣∣∣ = 2nn+ n2 < 2nn2 = 2n < � , (b)
porque n > n0 >
2
�
. Assim, se n > n0 então
∣∣∣∣3n+ 5n2n+ n2 − 5
∣∣∣∣ < �.
Mostrou-se assim que: para todo número real � > 0, existe n0 ∈ N tal para todo n ∈ N, se n > n0
então ∣∣∣∣3n+ 5n2n+ n2 − 5
∣∣∣∣ < �.
2
Observação: Outras majorações são posśıveis em (b).
3
(c) Você deve ter mostrado no EP2 que, para todo n ∈ N tem-se que∣∣∣1 + 2× 10n
5 + 3× 10n
− 2
3
∣∣∣ < 7
10n
. (c)
Seja � > 0. Pela Propriedade Arquimediana, existe n0 ∈ N tal que n0 > log10
(7
�
)
.
Suponha n ∈ N tal que n > n0. Então∣∣∣1 + 2× 10n
5 + 3× 10n
− 2
3
∣∣∣ < 7
10n
< �
porque n > n0 > log10
(
7
�
)
e dáı, 10n > 10log10
(
7
�
)
= 7� . Portanto, para todo número real � > 0, existe
n0 ∈ N tal que, para todo n ∈ N, se n > n0 então∣∣∣1 + 2× 10n
5 + 3× 10n
− 2
3
∣∣∣ < �.
Logo, a sucessão converge para 2/3. 2
Observação: Outras majorações são, também, posśıveis em (c). Por exemplo, como
10 > e ' 2.7 . . ., então
∣∣∣1 + 2× 10n
5 + 3× 10n
− 2
3
∣∣∣ < 7
en
. E outras mais. Certo?
(d) O resultado sobre quociente de limites não pode ser usado diretamente, pois se chega a uma
indeterminação do tipo ∞/∞. Pode-se no entanto, reescrever a expressão da sequência de forma
a fazer aparecer somente sequências cujos limites existam.
Tem-se que, para todo n ∈ N, vale que
1 + 2× 10n
5 + 3× 10n
=
(1 + 2× 10n)× 110n
(5 + 3× 10n)× 110n
=
1
10n +
2×10n
10n
5
10n +
3×10n
10n
=
1
10n + 2
5
10n + 3
.
Agora que o resultado sobre quociente de limites pode ser usado, pelas propriedades operatórias
de limites tem-se:
lim
n→∞
1 + 2× 10n
5 + 3× 10n
=
lim
n→∞
( 110n + 2)
lim
n→∞
( 510n + 3)
=
lim
n→∞
1
10n + limn→∞
2
5× lim
n→∞
1
10n + limn→∞
3
=
2
3
,
pois lim
n→∞
1
10n = 0, como você deve mostrar, pela definição, como exerćıcio.
Exerćıcio 5. Mostre, por meio da definição de limite, que a sequência (an)n∈N definida por
an =
1− 3
√
n
1− n
converge para zero.
Sug.: Faça: n = 3, x = 1 e y = n na identidade (2) do Exerćıcio 7 do EP1 para concluir que:
1− n = (1− 3
√
n)
(
1 + 3
√
n+
3
√
n2
)
.
Prova: Primeiro, seguindo a sugestão (veja a identidade (2) do Exerćıcio 7 do EP1), tem-se
1− n =
(
1− 3
√
n
) ( 3√
12n0 +
3
√
11n1 +
3
√
10n2
)
=
(
1− 3
√
n
) (
1 + 3
√
n+
3
√
n2
)
.
Dáı,
an =
1− 3
√
n
1− n
=
1− 3
√
n
(1− 3
√
n)
(
1 + 3
√
n+
3
√
n2
) = 1
1 + 3
√
n+
3
√
n2
. (?)
4
Segundo, seja � > 0 onde � ∈ R. Pela Propriedade Arquimediana, existe um natural n0 >
1
�3
.
Suponha que n ∈ N satisfaz n > n0. De (?) tem-se
1− 3
√
n
1− n
=
1
1 + 3
√
n+
3
√
n2
≤ 1
3
√
n
.
Como n > n0 >
1
�3
e �3 > 0 então �3n > 1 e dáı
1
3
√
n
< �. Logo
∣∣∣1− 3√n
1− n
− 0
∣∣∣ = 1
1 + 3
√
n+
3
√
n2
≤ 1
3
√
n
< � .
Mostrou-se assim que: para todo número real � > 0, existe n0 ∈ N tal para todo n ∈ N, se n > n0
então ∣∣∣∣1− 3√n1− n − 0
∣∣∣∣ < � .
Logo, pela definição de limite, conclui-se que lim
n→∞
an = 0.
Exerćıcio 6. Seja (an)n∈N uma sucessão convergente com an 6= 0 e que o lim
n−→∞
an 6= 0. Mostre que
existe pelo menos um real positivo ρ tal que |an| > ρ para todo n ≥ n0 ∈ N.
Prova: Como por hipótese (an)n∈N é convergente, então por definição, dado � > 0 existem n0 ∈ N e
L ∈ R tais que |an−L| < � para todo n ≥ n0. Pelo Corolário 2.1 das NA 2, tem-se |L|−|an| ≤ |an−L|.
Portanto, sendo |an − L| < � resulta que |L| − |an| < �. Dáı, |L| − � < |an|. Como � > 0 é um real
arbitrário positivo, escolhendo por exemplo � = |L|/3 e substituindo na última desigualdade, obtém-se
|an| > −|L|/3 + |L| = 2|L|/3 para todo n ≥ n0.
Logo, para esta escolha tem-se ρ = 2|L|/3, que é um real positivo.
5
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
5o EP EAR Matemática Lição 5 Gabarito Coordenador: Romulo R. Rosa
Exerćıcio 1. Considere a sequência (an)n∈N definida por an = n/(n+ 1).
(a) Mostre que (an)n∈N é monótona e limitada;
(b) Conclua que a sequência é convergente e mostre, usando o Teorema 5.1, que seu limite é 1.
Prova: (a) Listando os elementos de (an)n∈N obtém-se:
a1 = 1/2, a2 = 2/3, a3 = 3/4, . . . , a10 = 10/11, . . . , a100 = 100/101, . . . , a1000 = 1000/1001, . . . .
A observação dos termos da sequência leva à seguinte afirmação, que deverá ser verificada: a sequência
é não decrescente. Para garantir isto, deve-se mostrar que an ≤ an+1 para todo n ∈ N. Uma maneira
de mostrar isto é, considerando que todo an 6= 0, é mostrar que an/an+1 ≤ 1 para todo n ∈ N.
an
an+1
=
(
n
n+ 1
)(
n+ 2
n+ 1
)
=
n2 + 2n
n2 + 2n+ 1
≤ 1 ∀n ∈ N.
Assim, (an)n∈N é não decrescente (ou crescente), logo monótona. Além disso, como n < n + 1 para
todo n ∈ N então an = n/(n+ 1) < 1 para todo n ∈ N. Portanto, (an)n∈N é limitada. 2
(b) Como a sequência é monótona não decrescente e limitada, pelo Teorema 5.1 tem-se que ela é
convergente. Além disso, o Teorema 5.1 diz que
lim
n→∞
n
n+ 1
= supA onde A =
{
an =
n
n+ 1
; n ∈ N
}
.
Portanto, basta mostrar que supA = 1.
Pelo item (a) tem-se que 1 é uma cota superior de A, pois mostrou-se que an ≤ 1 para todo n ∈ N.
Para mostrar que 1 é a menor das cotas superiores de A, deve-se provar que para todo número real
b < 1, existe x =
n0
n0 + 1
∈ A tal que b < x. Seja então b < 1 um número real. Logo b
1− b
∈ R.
A Propriedade Arquimediana garante então que existe n0 ∈ N tal que
n0 >
b
1− b
. (∗)
De (∗), usando as propriedades algébricas de R e como 1− b > 0, tem-se
b < n0(1− b) ∴ b < n0 − n0b ∴ n0b+ b < n0 ∴ b(n0 + 1) < n0 .
Como n0 + 1 > 0 então b <
n0
n0 + 1
. Assim, existe x =
n0
n0 + 1
∈ A tal que b < x. Isto diz que
nenhum número menor do que 1 é cota superior de A, ou seja, 1 é a menor das cotas superiores de
A. Portanto, 1 = supA. Logo, lim nn+1 = supA = 1.
1
Observações: (1) Note que se o exerćıcio solicitasse que se mostrasse que o limite da sequência
acima é 1 a partir da definição, o racioćınio recairia na desigualdade (∗), com 1 − � no lugar de b.
De fato, dado � > 0, existe pela Propriedade Arquimediana um natural n0 >
1−�
� tal que, se n ≥ n0
tem-se:
n >
1− �
�
=
1
�
− 1 ∴ n+ 1 > 1
�
∴
1
n+ 1
< � ∴
∣∣∣ n
n+ 1
− 1
∣∣∣ = ∣∣∣n− n− 1
n+ 1
∣∣∣ = 1
n+ 1
< �,
agora complete a demonstração procedendo rigorosamente como no EP 4.
É natural que as duas formas de demonstração tenham algo em comum, que no caso é a desigual-
dade em (∗).
(2) Você deve entender que nem toda cota superior para o conjunto imagem A da sequência é o limite
da sequência:por exemplo, em (a) poderia ter sido mostrado que a sequência é limitada superiormente
por 2, mas o limite da sequência é o supA = 1.
Exerćıcio 2. Considere a sequência (an)n∈N definida por an =
1
n+ 1
.
(a) Mostre que (an)n∈N é monótona e limitada;
(b) Conclua que a sequência é convergente e que seu limite é zero, usando o Teorema 5.1.
Prova: (a) Listando os elementos de (an)n∈N conjectura-se (isto é, imagina-se) que a sequência
é decrescente (ou não crescente). Mas esta suposição precisa ser demonstrada. Pode-se proceder
exatamente como no exerćıcio anterior. É fácil ver que (faça as contas!)
an
an+1
=
n+ 2
n+ 1
> 1, pois n+ 2 > n+ 1 para todo n ∈ N.
Portanto, an > an+1 para todo n ∈ N. Assim, (an)n∈N é decrescente, logo monótona. Além disso,
como n+ 1 > 0 para todo n ∈ N então 1/(n+ 1) > 0 para todo n ∈ N. Portanto, (an)n∈N é limitada
inferiomente por 0, e superiormente por 1 já que n+ 1 > 1 para todo n ∈ N. 2
(b) Como a sequência é monótona decrescente e limitada inferiomente, ela é convergente pelo Teorema
5.1. Pelo mesmo Teorema, para concluir que seu limite é 0, basta mostrar que
inf A = 0 onde A =
{
an =
1
n+ 1
; n ∈ N
}
.
• Mostrando que inf A = 0: Pela Definição 2.4 das NA 2 devem-se mostrar duas propriedades:
(I1) 0 é uma cota inferior de A. Isto é fato, pois como visto acima 1/(n+ 1) > 0 para todo n ∈ N.
(I2) 0 é a maior das cotas inferiores de A. Isto significa mostrar que nenhum número a > 0 é uma
cota inferior para A. Ou seja, deve-se considerar:
a ∈ R, a > 0 e mostrar que existe pelo menos um 1
n0 + 1
∈ A tal que a > 1
n0 + 1
.
Seja a ∈ R, a > 0. Então 1− a
a
∈ R. Pela Propriedade Arquimediana existe um n0 ∈ N tal que
n0 >
1− a
a
. Dáı, usando as propriedades algébricas de R, a > 0 e n0 + 1 > 0, tem-se
an0 > 1− a ∴ n0a+ a > 1 ∴ a(n0 + 1) > 1 ∴ a >
1
n0 + 1
.
2
Portanto, existe um elemento 1/(n0 + 1) ∈ A tal que a > 1/(n0 + 1). Assim, a > 0 não é cota inferior
para A, e consequentemente 0 é a maior das cotas inferiores de A. Logo, das etapas (I1) e (I2)
conclui-se que 0 = inf A.
Exerćıcio 3. Prove ou dê um contra-exemplo, conforme seja verdadeira ou falsa a seguinte afirmação:
Se (an)n∈N é uma sequência limitada e o sup {an; n ∈ N} = L ∈ R então lim
n→∞
an = L.
Prova: Falsa! Por exemplo, para a sequência (an)n∈N definida por an = (−1)n/n tem-se que ela é
limitada, pois −1 ≤ an ≤ 1/2 para todo n ∈ N e
sup
{
(−1)n
n
; n ∈ N
}
= sup
{
−1, 1
2
,
−1
3
, . . . ,
(−1)n
n
, . . .
}
=
1
2
∈ R,
mas lim
n→∞
(−1)n
n = 0. Mostre este limite pela definição e veja também o Teorema 4.2. Por que o
supremo acima é 1/2?
Observação- Por que este exemplo não contradiz o item (a) do Teorema 5.1?
Exerćıcio 4. Considere a sequência (an)n∈N definida pela relação de recorrência
a1 = 1 e an+1 =
1
3
(2an + 3) .
Mostre, pelo Prinćıpio de Indução Matemática - PIM, que (an)n∈N é monótona crescente e limitada
superiormente por 4. Mostre que seu limite é 3.
Prova: (a) Deve-se mostrar que an < an+1 para todo n ∈ N, por indução. Aqui, então P[n] é
pan < an+1q. Ora,
• Para n = 1 tem-se que a1 = 1 < 5/3 = a2.
• Supõe-se verdadeiro para um natural n fixado que an < an+1 (esta é HI). Deve-se mostrar que
an+1 < an+2.
• A partir da hipótese indutiva pode-se escrever que:
an < an+1 ⇒ 2an + 3 < 2an+1 + 3⇒
1
3
(2an + 3) <
1
3
(2an+1 + 3) .
Desta última desigualdade tem-se, por definição da sequência que an+1 < an+2. Assim, P[n]⇒ P[n+1].
Logo, pelas duas etapas e pelo PIM, a sequência (an)n∈N é monótona crescente.
(b) Deve-se mostrar por indução que que an < 4 para todo n ∈ N. Aqui P[n] é pan < 4q. De fato,
• Para n = 1 tem-se que a1 = 1 < 4.
• Supõe-se verdade para um natural n fixado que an < 4 (HI). Deve-se mostrar que an+1 < 4.
• A partir da hipótese de indução tem-se que:
an < 4⇒ 2an + 3 < 11⇒
1
3
(2an + 3) <
11
3
< 4.
Dáı, e da definição dos termos da sequência, resulta que an+1 < 4. Pelas duas etapas e pelo PIM,
conclui-se que (an)n∈N é limitada superiormente por 4. Logo, de (a), (b) e do Teorema 5.1, conclui-se
que (an)n∈N é convergente.
3
(c) O limite de an é 3. De fato, seja L = lim
n→∞
an. Como (an+1)n∈N é subsequência de (an) então o
Teorema 5.2 garante que lim
n→∞
an+1 = L . Assim, pela definição da sequência tem-se que
L = lim
n→∞
an+1 = lim
n→∞
(1
3
(2an + 3)
)
=
1
3
(
lim
n→∞
(2an + 3)
)
=
1
3
(
(2 lim
n→∞
an) + 3
)
=
1
3
(2L+ 3) .
Dáı, L = (2L+ 3) /3, isto é, L = 3. Logo, o limite de (an)n∈N é 3.
Exerćıcio 5. Considere a sucessão (an)n∈N definida por an = a
n onde 0 ≤ a < 1. Mostre que:
(a) (an)n∈N é monótona e limitada (sugestão: separe nos casos a = 0 e a 6= 0. Para este último, use
indução matemática);
(b) (an)n∈N converge para zero.
Prova: Suponha a = 0. Neste caso vê-se imediatamente que valem as propriedades referidas. (Por
quê?) Portanto, o exerćıcio reduz-se a mostrar tais propriedades de (an)n∈N no caso de a satisfazendo
0 < a < 1.
(a) Deve-se mostrar primeiramente que a sequência é monótona decrescente. Considere P[n] como
sendo an+1 < an, ou seja, a
n+1 < an. Como a < 1 e a > 0 então a2 = a ·a < a ·1 = a = a1. Portanto,
P[1] é verdadeira.
Hipótese de indução: fixe n ∈ N e suponha que an+1 < an, isto é, P[n] verdadeira. Deve-se mostrar
que an+2 < an+1. De fato, da hipótese de indução e de a > 0 segue que
an+2 = an+1 · a < an · a = an+1 .
Portanto, P[n] ⇒ P[n+1], para todo n ∈ N. Pelas duas etapas e pelo PIM, garante-se então que
(an)n∈N é uma sucessão decrescente e, portanto, monótona.
Por indução (PIM) sobre n mostra-se de forma análoga que (an)n∈N é limitada inferiormente por
0 -aqui P[n] é an > 0. Faz parte do seu estudo fazer esta demonstração, que faz parte da questão e é
simples.
Verifica-se, também, pelo PIM que: se a > 0 então para todo n ∈ N tem-se que an > 0. Faz parte
dos seus estudos fazer esta demonstração, que é simples. 2
(b) Pelo Teorema 5.1, conclui-se que a sucessão (an)n∈N é convergente. Mostra-se usando sub-
sequências que seu limite é zero. De fato, chamando L ao limite e usando-se que a subsequência
(an+1)n∈N = (a
n · a)n∈N tem o mesmo limite, obtém-se L = L · a, e dáı, L(1 − a) = 0. Como a 6= 1
então L = 0 necessariamente.
Exerćıcios avulsos - (1) Mostre usando indução matemática que, se −1 < a < 0 então a sequência
(an)n∈N é também monótona (só que agora é crescente) e limitada superiormente (neste caso por zero).
Use o mesmo racioćınio acima para mostrar que no caso −1 < a < 0, a sequência (an)n∈N também
converge para 0.
(2) Mostre o mesmo resultado do item (a) acima usando a Desigualdade de Bernoulli. Veja o Exemplo
4.4 das Notas de Aula 4.
Exerćıcio 6. Obtenha a mesma conclusão do exerćıcio anterior usando a definição de limite, ou seja,
mostre pela definição que se |a| < 1 então a sequência (an)n∈N converge para 0.
Prova: O caso a = 0 é imediato e portanto basta considerar 0 < |a| < 1. Dado � > 0, deve-se
encontrar n0 ∈ N tal que
|an − 0| = |an| < � para todo n ∈ N com n ≥ n0.
4
Seja � > 0. Seja n ≥ n0 onde n0 >
ln �
ln |a|
- tal n0 existe, pela propriedade Arquimediana. Falta
garantir que |an − 0| < �.
Como 0 < |a| < 1 então ln |a| < 0. Como n > ln �
ln |a|
, multiplicar ambos os membros por ln |a|
inverte o sinal da desigualdade e fornece n ln |a| < ln �. Por propriedade de ln, ln |a|n < ln �. Como
a função exponencial é crescente, (1) aplicando-se a ambos os membros da desigualdade precedente,
obtém-se que |a|n < �. Logo, a sucessão converge para zero. Note que para achar um n0 conveniente
será preciso fazer um “rascunho”. Nele será usado o fato de que ln é função crescente.
Exerćıcio 7. Em cada item, dê um exemplo de sequência satisfazendo a propriedade pedida ou, com
base nas Proposições e Teoremas das Notas de Aula 4 e 5, justifique completamente porque não é
posśıvel existir uma tal sequência:
(a) Uma sequência de termos negativos que tenha limite nãonegativo.
(b) Uma sequência de termos positivos que convirja para um número negativo.
(c) Uma sequência convergente (an)n∈N cujo limite não seja nem o supremo e nem o ı́nfimo do
conjunto de valores {an; n ∈ N} .
(d) Uma sequência que converge para 1 e que possua uma subsequência convergindo para 0.
(e) Uma sequência convergente que possua duas subsequências convergindo para limites diferentes.
(f) Uma sequência limitada e crescente que não possua subsequência convergente.
(g) Uma sequência limitada que não possua subsequência convergente.
(h) Uma sequência não limitada que possua subsequência convergente.
(i) Uma sequência não limitada que não possua subsequência convergente.
(j) Uma sequência estritamente crescente que possua subsequência constante.
(l) Uma sequência monótona que possua subsequência não monótona.
Solução- (a) Neste caso, só pode ser uma sequência de termos negativos que convirja para 0, como
por exemplo, (−1n )n∈N.
(b) Imposśıvel, pelo Teorema 4.5.
(c) A sequência da resposta do item (a) é um exemplo.
(d) Imposśıvel, pois pelo Teorema 5.2, se uma sequência converge para 1, toda subsequência dela
converge para o mesmo limite.
(e) Imposśıvel, pelo Teorema 5.2.
(f) Imposśıvel. Pelo Teorema 5.1, toda sequência limitada e crescente é convergente. Como a sequência
é subsequência de si mesma, toda sequência monótona limitada possui subsequência convergente (na
verdade, toda subsequência dela será convergente).
(g) Imposśıvel. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, toda sequência limitada possui subsequência
convergente.
(h) (1,−1, 2,−1, 3,−1, 4,−1, 5,−1, . . . , ).
(i) (1, 2, 3, 4, 5, 6, . . .).
(j) Imposśıvel. Toda subsequência de uma sequência estritamente monótona é estritamente monótona.
(l) Imposśıvel. Toda subsequência de uma sequência monótona é monótona.
1se x, y ∈ R, positivos e x < y então expx < exp y.
5
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
6o EP EAR Matemática Lição 6 Gabarito Coordenador: Romulo Rosa
Exerćıcio 1. Estude as séries geométricas e mostre que:
(a)
∞∑
n=0
1
2n
= 2; (b)
∞∑
n=0
2n+1
32n
=
18
7
; (c)
∞∑
n=0
32n8−n é diverge.
Prova: (a) Com as notações do Exemplo 6.1(a) tem-se que x = 1/2 e β = 1. Assim
∞∑
n=0
1
2n
=
∞∑
n=0
(1
2
)n
=
1
1− 1/2
= 2.
2
(b) O termo geral xn da série é dado por
xn =
2n+1
32n
=
2n2
(32)n
= 2
(2
9
)n
.
Portanto, trata-se de um caso particular de série geométrica, com x = 2/9 < 1 e β = 2. Logo,
∞∑
n=0
2n+1
32n
=
∞∑
n=0
2
(2
9
)n
=
2
1− 2/9
=
18
7
.
2
(c) Reescrevendo a série
∞∑
n=0
32n8−n tem-se
∞∑
n=0
32n8−n =
∞∑
n=0
9n
8n
=
∞∑
n=0
(9
8
)n
.
Assim, tem-se uma série do tipo geométrica com x = 9/8 > 1 e β = 1. Logo, a série é divegente
(estude o Exemplo 6.2 (a)).
Exerćıcio 2. Mostre, por meio da definição, que a série:
(a)
∞∑
n=1
1
n(n+ 1)
converge; (b)
∞∑
n=0
1
2n
converge; (c)
∞∑
n=1
ln
(n+ 2
n+ 1
)
diverge.
Sugestão: Para o item (b), use a igualdade correspondente a (i) do Exemplo 6.1 (a). Para o item (c)
use o fato: ln(a/b) = ln a− ln b para a, b > 0.
Prova: (a) Usando frações parciais tem-se
1
n(n+ 1)
=
1
n
− 1
n+ 1
. Assim,
∞∑
n=1
1
n(n+ 1)
=
∞∑
n=1
( 1
n
− 1
n+ 1
)
.
1
Dáı, a reduzida da série é a soma telescópica:
Sn =
(
1− 1
2
)
+
(
1
2
− 1
3
)
+ · · ·+
(
1
n− 1
− 1
n
)
= 1− 1
n
.
Assim, lim
n→∞
Sn = 1. Logo, a série converge para 1. 2
(b) A n-ésima reduzida é Sn = 1 +
1
2 +
1
22
+ · · ·+ 12n , e pode ser expressa por meio da identidade
1−
(1
2
)n+1
=
(
1− 1
2
)(
1 +
1
2
+
1
22
+ · · ·+ 1
2n
)
=
(
1− 1
2
)
Sn.
Então
Sn =
1−
(
1
2
)n+1
1− 12
= 2
[
1−
(1
2
)n+1]
.
Portanto,
lim
n→∞
Sn = 2.
Dáı, tem-se a convergência desejada. 2
(c) Como ln(a/b) = ln a− ln b para a, b > 0, tem-se
∞∑
n=1
ln
(n+ 2
n+ 1
)
=
∞∑
n=1
[ln(n+ 2)− ln(n+ 1)].
Dáı, a reduzida da série é a soma telescópica:
Sn = (ln 3− ln 2) + (ln 4− ln 3) + · · ·+ (ln(n+ 2)− ln(n+ 1)) = − ln 2 + ln(n+ 2).
Assim, lim
n→∞
Sn =∞. Logo, a série é de fato divergente.
Exerćıcio 3. Mostre que
∞∑
n=1
3
(3n− 2)(3n+ 1)
converge para 1.
Prova: Usando frações parciais tem-se que
3
(3n− 2)(3n+ 1)
=
1
3n− 2
+
−1
3n+ 1
. Dáı, a reduzida da
série é dada por
Sn =
(
1− 1
4
)
+
(1
4
− 1
7
)
+
(1
7
− 1
10
)
+ · · ·+
( 1
3n− 2
− 1
3n+ 1
)
= 1− 1
3n+ 1
.
Assim, Sn = 3n/(3n+ 1) e lim
n−→∞
Sn = 1. Logo, a série converge para 1.
Exerćıcio 4. Sejam a, b ∈ R e −a /∈ N. Mostre que
∞∑
n=1
b
(a+ n)(a+ n+ 1)
converge para
b
a+ 1
.
Prova: Usando frações parciais encontra-se:
b
(a+ n)(a+ n+ 1)
=
b
a+ n
− b
a+ n+ 1
já que −a /∈ N.
Dáı, a reduzida da série é dada por
Sn =
( b
a+ 1
− b
a+ 2
)
+
( b
a+ 2
− b
a+ 3
)
+ · · ·+
( b
a+ n− 1
− b
a+ n
)
+
( b
a+ n
− b
a+ n+ 1
)
=
b
a+ 1
− b
a+ n+ 1
.
Assim, lim
n→∞
Sn =
b
a+ 1
. Logo, a série converge para
b
a+ 1
.
2
Exerćıcio 5. Mostre que
(a)
∞∑
n=1
lnn2
n
é divergente; (b)
∞∑
n=1
(−1)n+1
n
não é absolutamente convergente.
Prova: (a) Note que lnn > 1 para n ≥ 3. Dáı, lnn2 = 2 lnn > 2 para n ≥ 3.
lnn2
n
=
2 lnn
n
>
2
n
>
1
n
para n ≥ 3.
Como
∞∑
n=1
1
n diverge, então pelo teste de comparação a série é divergente. 2
(b) Esta série não é absolutamente convergente porque
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)n+1n
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
1
n
=∞.
Por outro lado, pode-se usar o critério de Leibniz para séries alternadas para mostrar que a série dada
é convergente. Faça isto!
Exerćıcio 6. Seja (xn)n∈N uma sucessão de números reais não-positivos. Mostre que a série
∞∑
n=1
xn
converge, se e somente se, a sucessão das somas parciais (Sn = x1 + · · ·+ xn)n∈N é limitada.
Sugestão para (⇐): Use o Teorema 5.1. (Note que este resultado é análogo a um resultado das NA
6. Aqui é a chance de você entender melhor todas as passagens).
Prova: Devem-se mostrar duas implicações:
(a) Se
∞∑
n=1
xn converge então (Sn)n∈N é limitada.
(b) Se (Sn)n∈N é limitada então
∞∑
n=1
xn converge.
Prova de (a): Se
∞∑
n=1
xn converge então, pela Definição 6.1, a sucessão das somas parciais (Sn)n∈N é
convergente. Dáı e do Teorema 4.3 tem-se que (Sn)n∈N é limitada. 2
Prova de (b): Por definição de sucessão das somas parciais de uma série tem-se
S1 = x1, S2 = x1 + x2, . . . , Sn = x1 + x2 + · · ·+ xn para cada n ∈ N.
Note que, como por hipótese inicial x1 ≤ 0 e x2 ≤ 0 então x1 + x2 ≤ x1. Assim, S2 ≤ S1. Faz parte
de seus estudos concluir, por meio do PIM, que Sn+1 ≤ Sn, para cada n ∈ N. Portanto, (Sn)n∈N é
monótona decrescente. Como por hipótese do item (b), (Sn)n∈N é limitada então pelo Teorema 5.1
tem-se que (Sn)n∈N é convergente. Logo, pela Definição 6.1 a série
∞∑
n=1
xn converge.
Exerćıcio 7. Mostre, por meio do Teste da Razão, que a série
∞∑
n=1
n!
( 2
n
)n
converge absolutamente.
Prova: Usando as propriedades algébricas de R, tem-se:
|xn+1|
|xn|
=
(n+ 1)!
(
2
n+1
)n+1
n!
(
2
n
)n = (n+ 1)
(
2
n+1
)(
2
n+1
)n(
2
n
)n = 2
(
2
n+1
)n(
2
n
)n = 2( nn+ 1)n
= 2
( 1
1 + 1/n
)n
= 2
1
(1 + 1/n)n
.
3
Dáı, usando o Exemplo 5.1 (c) obtém-se
lim
n→∞
|xn+1|
|xn|
=
2
lim
n→∞
(1 + 1/n)n
=
2
e
< 1 já que e ' 2, 7 · · · .
Logo, pelo Teste da Razão a série converge absolutamente.
Exerćıcio 8. Mostre, por meio do Teste da Razão, que a série
∞∑
n=3
(−1)nnn
n!
é divergente.
Prova: De fato, usando as propriedades algébricas de R, tem-se:
|xn+1|
|xn|
=
(n+ 1)n+1
(n+ 1)!
· n!
nn
=
(n+ 1)n+1
n+ 1
· 1
nn
=
(
n+ 1
n
)n
=
(
1 +
1
n
)n
.
Dáı, usando o Exemplo 5.1 (c) obtém-se
lim
n→∞
|xn+1|
|xn|
= lim
n→∞
(
1 +
1
n
)n
= e ' 2, 7 > 1.
Logo, pelo Teste da Razão a série é divergente.
4
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro7o EP EAR Matemática Lição 7 Gabarito Coordenador: Romulo R. Rosa
Observação: As Sequências de racioćınios dos Exerćıcios 1, 2 e 3 a seguir serão bastante úteis para
mostrar alguns limites e, também, continuidade de funções reais. Você deverá entendê-los completa-
mente, pois será solicitado a fazê-los integralmente em várias oportunidades.
Exerćıcio 1. Mostre detalhadamente que, se x ∈ R e |x− 2| < 1 então 1/|x+ 2| ≤ 1/3.
Atenção: Desenvolva a hipótese para chegar à conclusão. O contrário estará completamente errado.
Não há sentido em fazer “rascunhos” aqui. A mesma observação serve para o próximo exerćıcio.
Prova: Seja x ∈ R tal que |x− 2| < 1. Então −1 < x− 2 < 1. Adicionando 4 a cada membro destas
últimas desigualdades, resulta 3 < x+ 2 < 5. Dáı, tem-se que x+ 2 > 0, o que implica |x+ 2| = x+ 2.
Portanto, tem-se 0 < 3 < x+ 2 = |x+ 2|. Isto garante |x+ 2| = x+ 2 6= 0; logo existe o inverso e por
resultado sobre inverso multiplicativo obtém-se 1/|x+ 2| = 1/(x+ 2) < 1/3 . Dáı, por definição da
relação ≤ (O śımbolo ≤ equivale a < ou =), vale 1/|x+ 2| ≤ 1/3 .
Deve-se notar que não é necessária aqui a hipótese x 6= −2, pois esta condição já segue da hipótese
|x− 2| < 1, como explicado acima.
Exerćıcio 2. Mostre detalhadamente que: para todo � ∈ R∗+ e para todo x ∈ R, se |x−1| < min {1, �/3}
então |x2 − 1| < �.
Prova: Por hipótese, � ∈ R∗+, x ∈ R e |x− 1| < min {1, �/3}. Desta última parte, tem-se que
|x− 1| < 1 e |x− 1| < �
3
. (?)
A meta é mostrar que
|x2 − 1| = |x− 1||x+ 1| < �. (2?)
Sendo, por hipótese, |x − 1| < 1 tem-se que −1 < x − 1 < 1, e assim obtém-se 1 < x + 1 < 3. Sendo
x+ 1 > 1 > 0 então |x+ 1| = x+ 1 e tem-se, por ser x+ 1 < 3 que
|x+ 1| < 3. (3?)
Usando (3?) em (2?) e em seguida (?)2, isto é, que |x− 1| < �/3 obtém-se o que se queria mostrar, a
saber
|x2 − 1| = |x− 1||x+ 1| < |x− 1| · 3 < �
3
· 3 = �.
Exerćıcio 3. Sejam α ∈ R, com α > 1/2 e � ∈ R∗+. Mostre que:
(i) para todo x ∈ R, se |x− α| < 1 então |x+ a| < 1 + 2α;
(ii) para todo x ∈ R, se |x− α| < min {1, �/(1 + 2α)} então |x2 − α2| < �.
1
Sugestão: Prove o item (i) e depois, use-o para provar o item (ii). Atente para a inserção e retirada
dos módulos, que não pode ser feita aleatoriamente. Revise a Definição.
Prova: Por hipótese, α ∈ R e α > 1/2, � ∈ R∗+.
(i) Seja x ∈ R, tal que |x − α| < 1. Então tem-se que −1 < x − α < 1, e assim obtém-se
−1 + 2α < x + α < 1 + 2α. Dáı, x + α > −1 + 2α > 0, pois por hipótese α > 1/2. Portanto, por
definição tem-se |x+ α| = x+ α e, por ser x+ α < 1 + 2α, tem-se que
|x+ α| < 1 + 2α. 2 (1)
(ii) Seja x ∈ R, tal que |x− α| < min {1, �/(1 + 2α)}. Desta última parte, tem-se que
|x− α| < 1 e |x− α| < �
1 + 2α
. (2)
A meta é mostrar que
|x2 − α2| = |x− α||x+ α| < �. (3)
Sendo, por hipótese, |x−α| < 1 tem-se, por (i), que vale (1). Usando (1) em (3) e em seguida usando
a segunda parte de (2), isto é, que |x− α| < �/(1 + 2α) obtém-se
|x2 − α2| = |x− α||x+ α| < |x− α| · (1 + 2α) < �
1 + 2α
· (1 + 2α) = �.
Observação: Como exerćıcio avulso, refaça o item (ii), sem consulta, de forma completa (isto é,
inclusive a parte que acima foi enunciada em (i)), para α = 1, 2, 3 . . . ·
Exerćıcio 4. Mostre, por meio da definição, que:
(a) lim
x→0
x2 = 0; (b) lim
x→a
√
x =
√
a se a > 0; (c) lim
x→0
x sinx = 0.
Prova: (a) Tem-se que Dom f = R.
Seja � > 0 onde � ∈ R. Toma-se δ =
√
�. Assim, δ > 0.
Seja x ∈ Dom f = R tal que 0 < |x| < δ. Então |x2 − 0| = x2.
Como 0 ≤ |x| < δ =
√
� então |x|2 = x2 < �. Assim, se 0 < |x− 0| < δ então
∣∣x2 − 0∣∣ < � .
Conclusão: Para todo � > 0 existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ R se 0 < |x| < δ então
∣∣x2∣∣ < � .
Portanto escreve-se: lim
x→0
x2 = 0. 2
(b) Note que o Dom f = R+ e a > 0. A prova é completamente análoga à feita no Exemplo 7.3 com
a > 0 no lugar de 4. Refaça bem devagar, acompanhando e entendendo todas as passagens.
(c) Tem-se que Dom f = R.
Seja � > 0 onde � ∈ R. Toma-se δ = �. Seja x ∈ Dom f = R tal que 0 < |x| < δ. Então
|x sinx| = |x|| sinx|
| sin x| ≤ 1
≤ |x| < δ = � .
Assim, se 0 < |x− 0| < δ então |x sinx− 0| < � .
Conclusão: Para todo � > 0 existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ R se 0 < |x| < δ então |x sinx| < � .
Dáı, escreve-se lim
x→0
x sinx = 0.
Exerćıcio 5. Mostre, usando o critério sequencial adequado, que os seguintes limites não existem.
(a) lim
x→1
1
(x− 1)4
; (b) lim
x→0
1
x2
; (c) lim
x→0
sen(1/x2).
2
Prova: Todos serão mostrados pelo Critério Sequencial de divergência - Teorema 7.2. Aqui, usa-se o
caso (b) e (c) do Teorema 7.2.
(a) Neste caso, usa-se o caso (b) do Teorema 7.2. Assim, deve-se exibir uma sucessão (xn)n∈N em
R − {1} que convirja para 1 (ou seja, os pontos da sucessão são todos diferentes de 1) tal que a
sequência de imagens (f(xn))n∈N não convirja em R.
Considere então, por exemplo, a sucessão (xn)n∈N definida por xn = 1 + 1/n. Tem-se que xn ∈
Dom f = R − {1}, para todo n ∈ N e lim
n→∞
xn = 1. Dáı, f(xn) = 1/(1 + 1/n − 1)4 = n4. Portanto,
lim
n→∞
f(xn) = +∞. Assim, a sequência (f(xn))n∈N é divergente. Logo, a função f(x) = 1/(x− 1)4 não
tem limite em 1. 2
(b) Use o caso (b) do Teorema 7.2. A prova é inteiramente análoga a do Exemplo 7.9 (a). Faça as
adptações! 2
(c) Use o caso (c) do Teorema 7.2. A prova é inteiramente análoga a do Exemplo 7.8 (c). Aqui,
considere (xn) definida por
xn =

1√
nπ
se n ∈ N é ı́mpar,
1√
π/2+nπ
se n ∈ N é par.
Faça as adptações!
Exerćıcio 6. Mostre, por meio da definição ( � e δ ), que lim
x→7
8
x−3 = 2.
Prova: Note que Dom f = R − {3} sendo f(x) = 8x−3 . Seja � > 0 onde � ∈ R. Toma-se
δ = min{1, 3�/2}. Dáı, δ > 0. Seja x ∈ Dom f = R− {3} tal que 0 < |x− 7| < δ. Então∣∣∣∣ 8x− 3 − 2
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣8− 2x+ 6x− 3
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣14− 2xx− 3
∣∣∣∣ = 2|x− 7||x− 3| = |x− 7| 2|x− 3| .
Como |x− 7| < δ ≤ 1 tem-se que
|x− 7| < 1⇒ −1 < x− 7 < 1⇒ 6 < x < 8⇒ 3 < x− 3 < 5 como x− 3 > 0⇒
|x− 3| = x− 3 > 3⇒ 1
|x− 3|
<
1
3
⇒ 2
|x− 3|
<
2
3
.
Logo ∣∣∣∣ 8x− 3 − 2
∣∣∣∣ = |x− 7| 2|x− 3| < |x− 7|23 |x− 7| < δ ≤ 3�/2< 3�2 23 = � .
Assim, se 0 < |x− 7| < δ = min{1, 3�/2} então
∣∣∣ 8x−3 − 2∣∣∣ < � .
Conclusão: para todo � > 0, existe δ > 0, tal que, para todo x ∈ Dom f = R − {3}, se
0 < |x− 7| < δ então
∣∣∣ 8x−3 − 2∣∣∣ < � . Logo limx→7 8x−3 = 2.
Exerćıcio 7. Mostre, por meio da definição ( � e δ ), que lim
x→4
8
x−3 = 8.
Prova: Note que este exerćıcio e muito semelhante ao anterior. O principal objetivo deste, é mostre
que nem sempre a escolha do δ = min{1, . . .} > 0 é satisfatória. Veja!
Seja � > 0 onde � ∈ R. Toma-se δ = min{1, . . .} > 0. Se x ∈ R − {3} é tal que 0 < |x − 4| < δ.
Então ∣∣∣∣ 8x− 3 − 8
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣8(x− 4)x− 3
∣∣∣∣ = 8|x− 4| 1|x− 3| . (?)
3
Como |x− 4| < δ ≤ 1 então |x− 4| < 1 ⇒ −1 < x− 4 < 1 ⇒ 0 < x− 3 < 2. Dáı, x− 3 > 0 e assim
|x− 3| = x− 3 > 0. Portanto, 1|x−3| ≤ 0. O que é um absurdo, pois x 6= 3!
Uma escolha adequada é: δ = min{1/2, . . .} > 0 (complete, retirando o . . .). Deste modo, teria-se
|x− 4| < δ ≤ 1
2
⇒ −1
2
< x− 4 < 1
2
⇒ 1
2
< x− 3 < 3
2
⇒ |x− 3| = x− 3 > 1
2
⇒ 1
|x− 3|
< 2.
Use a última desiguadade acima em (?) e conclua que δ = min{1/2, �/16} > 0.
Agora, é só repetir passo-a-passo os procedimento do exerćıcio anterior.
Exerćıcio 8. Mostre, por meio da definição ( � e δ ), que:
(a) lim
x→1
f(x) = −1/2 onde f(x) = 1
x− 3
para todo x ∈ Dom f = R− {3};
(b) lim
x→2
3
x− 1
= 3, onde x 6= 1;
(c) lim
x→ −2
3
x− 1
= −1, onde x 6= 1.
Prova: (a) Seja � > 0 onde � ∈ R. Toma-se
δ = δ(�) = min {1, 2�} > 0. (?)
Seja x ∈ Dom f = R− {3} tal que 0 < |x− 1| < δ. Tem-se que∣∣∣∣f(x)− (−12
)∣∣∣∣ = ∣∣∣∣f(x) + 12
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 1x− 3 + 12
∣∣∣∣ = |x− 1|2|x− 3| . (??)
Como |x− 1| < δ resulta por (?) que |x− 1| < 1, e dáı tem-se (estude com atenção as contas a seguir!)
|x− 1| < 1⇒ −1 < x− 1 < 1⇒ −3 < x− 3 < −1⇒
|x− 3| > 1, pois como x− 3 < −1 < 0 então |x− 3| = −(x− 3) > 1.
Assim,
1
2|x− 3|
<
1
2
. Desta desigualdade e de (??) obtém-se
∣∣∣∣f(x) + 12