Exercícios Analise 1 resolvidos

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Ana´lise I - Lista 10
1. Seja f : R→ R. Ache os valores de c para que f seja cont´ınua em todo seu domı´nio
f(x) =
{
cx2 + 2x se x < 2
x3 − cx se x ≥ 2
Resposta:
lim
x→2−
f(x) = 4c+ 4 = 8− 2c = lim
x→2+
f(x) → c = 2
3
2. Seja f : [0, 1] → [0, 1] cont´ınua em [0, 1]. Use o Teorema do Valor Intermedia´rio para
provar que existe c ∈ [0, 1] tal que f(c) = c.
Prova: Se f(0) = 0 ou f(1) = 1 esta´ provado. Para o caso em que na˜o se tem f(0) = 0
e f(1) = 1, temos f(1) < 1 → f(1) − 1 < 0 e f(0) > 0, pois f([0, 1]) = [0, 1]. Definimos
a func¸a˜o g : [0, 1] → R como g(x) = f(x) − x. Como f e´ cont´ınua em [0, 1] segue-se que
g e´ cont´ınua em [0, 1]. Ale´m disso, como g(1) = f(1) − 1 < 0 e g(0) = f(0) > 0 temos
g(1) < 0 < g(0). Pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, existe c ∈ [0, 1] tal que g(c) = 0 →
f(c) = c.
3. Seja f : X → R, f(x) = x2. Mostre que f e´ lipschitziana se X for limitado.
Demonstrac¸a˜o: Se X e´ limitado, enta˜o existe um nu´mero real A > 0 tal que |x| ≤ A
∀x ∈ X. Dados quaisquer x, y ∈ X, vale
|f(x)− f(y)| = |x2 − y2| = |x+ y||x− y| ≤ 2A|x− y|
Logo f e´ lipschitziana com c = 2A.
4. Seja f : R→ R, f(x) = x2. Mostre que f na˜o e´ uniformemente cont´ınua.
Demonstrac¸a˜o: Seja ε = 1. Para qualquer δ > 0, tome x > 1
δ
e y = x+ δ
2
. Enta˜o
|x− y| < δ mas |f(x)− f(y)| =
(
x+
δ
2
)2
− x2 = xδ + δ
2
4
> xδ > 1.
1
Ana´lise I - Trabalho 2
1. Resolva os exerc´ıcios indicado pelo professor:
- Grupo 1: Lista 8, exs. 1, 7. Lista 9, exs. 1, 3
- Grupo 2: Lista 8, exs. 2, 7. Lista 9, exs. 2, 4
- Grupo 3: Lista 8, exs. 3, 7. Lista 9, exs. 5, 1
- Grupo 4: Lista 8, exs. 4, 7. Lista 9, exs. 6, 2
- Grupo 5: Lista 8, exs. 5, 7. Lista 9, exs. 3, 5
- Grupo 6: Lista 8, exs. 6, 7. Lista 9, exs. 4, 6
2
Ana´lise I - Lista 9
1. Sejam X ⊂ R, f, g, h : X → R e a ∈ X ′. Mostre que se ∀x ∈ X com x 6= a,
f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) e lim
x→a
f(x) = lim
x→a
h(x) = L, enta˜o lim
x→a
g(x) = L.
2. Sejam f : R→ R e g : R→ R, definidas por:
f(x) =
{
0 se x ∈ R−Q
x se x ∈ Q , g(y) =
{
0 se y 6= 0
1 se y = 0
.
Ache lim
x→0
f(x), lim
y→0
g(y) e lim
x→0
g(f(x)), se existirem.
3. Mostre, pela definic¸a˜o, que lim
x→6
5
x− 1 = 1
4. Mostre, pela definic¸a˜o, que lim
x→a
1
(x− a)2 = +∞
5. Sejam X ⊂ R, f : X → R e a ∈ X ′.
Teorema: lim
x→a
f(x) = L ↔ lim
n→+∞
f(xn) = L para toda sequeˆncia de pontos xn ∈ X − {a}, tal
que lim
n→+∞
xn = a.
Dada a func¸a˜o f : R→ R definida por
f(x) =
{
1 se x ∈ R−Q
0 se x ∈ Q
use o teorema e explique por que na˜o existe lim
x→a
f(x) qualquer que seja a ∈ R.
6. Seja f : R − {0} → R definida por f(x) = 2
1+e−1/x . Ache limx→0+
f(x) e lim
x→0−
f(x), se
existirem.
3
Ana´lise I - Lista 8
1. Seja X = (0, 1) ∪ {2}. Ache int(X), X e X ′.
2. Prove que X e´ fechado se, e somente se X = X.
3. Mostre que se X ⊂ F e F e´ fechado enta˜o X ⊂ F .
4. Prove que se A ⊂ R e´ aberto e a ∈ A enta˜o A− {a} e´ aberto.
5. Prove que se limxn = a e X = {x1, x2, · · · , xn, · · · } enta˜o X = X ∪ {a}.
6. Mostre que para todo X ⊂ R limitado superiormente, supX e´ aderente a X.
7. Deˆ explicitamente o significado de cada uma das seguintes afirmac¸o˜es:
1- X ∩X ′ = ∅
2- X ⊂ X
3- X ′ ⊂ X
4- X ′ = ∅
5- Y ⊂ X (com X ⊂ Y )
4
Ana´lise I - Trabalho 1
1.Prove que toda sequeˆncia convergente e´ limitada. Deˆ um exemplo de que a rec´ıproca na˜o e´
va´lida.
Demonstrac¸a˜o: Se limxn = a, enta˜o dado ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que n > n0 → |xn − a| < ε, ou
seja, a partir de n > n0 todos os termos xn da sequeˆncia pertencem ao intervalo (a− ε, a+ ε).
Seja X = {x1, x2, · · · , xn0 , a − ε, a + ε}. Colocando c = minX e d = maxX, vemos que
xn ∈ [c, d] para todo n. Logo a sequeˆncia e´ limitada.
A sequeˆncia (xn) com xn = (−1)n e´ limitada, mas na˜o convergente pois seu termo geral na˜o
tende a zero.
2. Sejam a e b dois nu´meros reais positivos com a < b. Considere a sequeˆncia (xn) de termos
pares x2n = a
nbn e termos ı´mpares x2n+1 = a
n+1bn. Ache lim xn+1
xn
e lim n
√
xn, se existirem.
Resposta: Para m ı´mpar, i.e. m = 2n + 1, temos xm+1
xm
=
x2(n+1)
x2n+1
= a
n+1bn+1
an+1bn
= b. Para
m par, i.e. m = 2n, temos xm+1
xm
= x2n+1
x2n
= a
n+1bn
anbn
= a. Logo, a sequeˆncia
(
xn+1
xn
)
possui duas
subsequeˆncias, uma convergindo para a e outra convergindo para b. Portanto na˜o existe lim xn+1
xn
.
Por outro lado, para m = 2n+1, temos m
√
xm = (x2n+1)
1/(2n+1) = (an+1bn)1/(2n+1) = a
n+1
2n+1 b
n
2n+1 ,
logo m
√
xm →
√
ab quando n→ +∞. Analogamente, para m = 2n, temos m√xm = (x2n)1/(2n) =
(anbn)1/(2n+1) = a
n
2n+1 b
n
2n+1 , logo m
√
xm →
√
ab. Portanto, lim n
√
xn =
√
ab.
3. Seja (xn) a sequeˆncia de nu´mero reais com xn =
4n2
3n2+1
. Usando a definic¸a˜o, mostre que
limxn =
4
3
Demonstrac¸a˜o: Se n > n0, enta˜o∣∣∣∣ 4n23n2 + 1 − 43
∣∣∣∣ = 43(3n2 + 1) < 49n2 < 49n20 = ε.
Logo, para n0 =
2
3
√
ε
, temos n > n0 →
∣∣∣ 4n23n2+1 − 43∣∣∣ < ε.
4. Prove que a sequeˆncia (xn), com xn =
n+3
n+1
, e´ de Cauchy.
Demonstrac¸a˜o: Como xn =
n+3
n+1
= 1 + 2
n+1
, para n > n0 temos
|xn+p − xn| =
∣∣∣∣1 + 2n+ p+ 1 − 1− 2n+ 1
∣∣∣∣ = 2pn(n+ p+ 1) < 2n < 2n0 = ε.
Logo, colocando m = n + p e n0 =
2
ε
, vemos que m, n > n0 → |xm − xn| < ε. Portanto, a
sequeˆncia e´ de Cauchy.
5
5. Resolva o exerc´ıcio da lista 7 indicado pelo professor:
- Grupo 1: exerc´ıcio 3
- Grupo 2: exerc´ıcio 4
- Grupo 3: exerc´ıcio 5
- Grupo 4: exerc´ıcio 6
- Grupo 5: exerc´ıcio 7
- Grupo 6: exerc´ıcio 8
6
Ana´lise I - Lista de Exerc´ıcios 7
1. Seja xn > 0 para todo n. Mostre que limxn = 0 ↔ lim 1xn = +∞.
Demonstrac¸a˜o: Se limxn = 0, enta˜o dado A > 0, existe n0 ∈ N tal que n > n0 →
0 < xn < 1/A, e portanto 1/xn > A, donde lim
1
xn
= +∞. Reciprocamente, se lim 1
xn
= +∞,
dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que n > n0 → 1xn > 1ε , e portanto 0 < xn < ε, donde limxn = 0.
2. Sejam (xn) e (yn) sequeˆncias de nu´meros positivos. Mostre que se (xn) e´ limitada e
lim yn = +∞ enta˜o lim xnyn = 0.
Demonstrac¸a˜o: Se (xn) e´ limitada, enta˜o existe k > 0 tal que xn < k para todo n. Se
lim yn = +∞, enta˜o dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que n > n0 → yn > k/ε. Enta˜o n > n0 →
0 < xn
yn
< k
k/ε
= ε, donde lim xn
yn
= 0.
3. Prove que, para todo a ∈ R, a se´rie a2 + a2
1+a2
+ a
2
(1+a2)2
+ a
2
(1+a2)3
· · · e´ convergente e calcule
a sua soma.
Resposta: E´ uma se´rie geome´trica
∑+∞
n=0 a
2( 1
1+a2
)n = 1 + a2.
4. Mostre que se
∑
an converge e an > 0 enta˜o
∑
(an)
2 e
∑
an
1+an
convergem.
Demonstrac¸a˜o: Se
∑
an converge, enta˜o lim an = 0. Logo, ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N tal que n > n0 →
an < ε. Para ε = 1, temos n > n0 → an < 1 → (an)2 < an. Logo, por comparac¸a˜o vemos que
a se´rie
∑
(an)
2 converge. No caso da segunda se´rie, note que an
1+an
< an para todo n. Logo, por
comparac¸a˜o vemos que a se´rie
∑
an
1+an
converge.
5. Calcule a soma
∑+∞
n=1
2
(a+n)(a+n+2)
.
Resposta: Escreva 2
(a+n)(a+n+2)
= 1
a+n
− 1
a+n+2
e obtenha a reduzida sn =
1
a+1
+ 1
a+2
− 1
a+n+1
−
1
a+n+2
. Logo lim sn =
1
a+1
+ 1
a+2
= 2a+3
(a+1)(a+2)
6. Calcule a reduzida sn da se´rie
∑+∞
n=2
n−1
n!
.
Resposta: Escreva n−1
n!
= 1
(n−1)! − 1n! . Segue-se que sn = 1− 1n! .
7. Use o crite´rio de Cauchy para provar que se
∑ |an| converge enta˜o ∑ an converge.
7
Demonstrac¸a˜o: Se
∑ |an| converge, dado ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que ||an+1|+ |an+2|+ · · · |an+p|| =
|an+1| + |an+2| + · · · |an+p| < ε, para qualquer p ∈ N. Mas |an+1 + an+2 + · · · an+p| ≤
|an+1| + |an+2| + · · · |an+p| < ε, logo a se´rie
∑
an satisfaz o crite´rio de Cauchy e portantoconverge.
8. Seja r ∈ Q. Aplique o teste da raza˜o na se´rie ∑+∞n=1 nrbn e determine para quais valo-
res de b a se´rie converge.
Resposta: Seja xn = n
rbn. Segue-se que∣∣∣∣xn+1xn
∣∣∣∣ = (n+ 1n
)r
|b| → lim
∣∣∣∣xn+1xn
∣∣∣∣ = lim(n+ 1n
)r
|b| = |b| < 1.
Para b = ±1 se´rie diverge pois seu termo geral na˜o tende a zero. Logo a se´rie converge se
−1 < b < 1.
8
Ana´lise I - Primeira Avaliac¸a˜o (Resolvida)1
Exerc´ıcio 1: Pelo teorema: “toda sequeˆncia mono´tona limitada e´ convergente”, podemos saber
em certos casos que uma sequeˆncia possui limite, mesmo sem conhecer o valor desse limite. E´
claro que existem muitas sequeˆncias convergentes que na˜o sa˜o mono´tonas. Desse modo, vemos
que o teorema na˜o e´ o crite´rio de convergeˆncia mais geral poss´ıvel. Por outro lado, o crite´rio
de Cauchy fornece a condic¸a˜o necessa´ria e suficiente para a convergeˆncia de uma sequeˆncia de
nu´meros reais. (1,0 ponto cada)
a) Deˆ um exemplo de sequeˆncia convergente na˜o mono´tona.
Resposta: (xn) com xn =
(−1)n
n
.
b) Mostre que se (an) e (bn) sa˜o sequeˆncias de Cauchy, enta˜o a sequeˆncia (an + bn) tambe´m
e´ de Cauchy. A sequeˆncia (an + bn) possui limite?
Demonstrac¸a˜o: Como a sequeˆncia (an) e´ de Cauchy, enta˜o existe p ∈ N tal que m > p
e n > p → |am − an| < ε2 , ou seja, m > p e n > p → an − ε2 < am < an + ε2 . De
maneira ana´loga, para a sequeˆncia de Cauchy (bn), existe q ∈ N tal que m > q e n > q →
bn − ε2 < bm < bn + ε2 . Colocando n0 = max{p, q} e somando as desigualdades, segue-se
que m > n0 e n > n0 → an + bn − ε < am + bm < an + bn + ε, ou seja, m > n0 e n > n0
→ |am + bm − an − bn| < ε, e portanto a sequeˆncia (an + bn) e´ de Cauchy. Como toda
sequeˆncia de Cauchy e´ convergente, enta˜o a sequeˆncia (an + bn) possui limite.
c) Construa uma sequeˆncia com elementos distintos e que tenha pontos de adereˆncia em -1
e 2.
Resposta: (xn) com x2n+1 = −1 + 12n+1 e x2n = 2 + 12n .
Exerc´ıcio 2: Seja r um nu´mero racional. Considere o conjunto X = {x ∈ Q; x < r}. Prove
que X na˜o possui elemento ma´ximo (sugesta˜o: prove que, dado qualquer x ∈ X, existe x′ ∈ X
tal que x < x′). (1,0 ponto)
Demonstrac¸a˜o: Considere o nu´mero racional ε > 0 tal que ε < r − x. Colocando x′ = x + ε
segue-se que x′ = x+ ε < x+ (r − x) = r. Portanto x′ ∈ X e x < x′.
Exerc´ıcio 3: Seja X = {2n−1
n
; n ∈ N}. (1,0 ponto cada)
a) Deˆ exemplos de 2 cotas inferiores e 2 cotas superiores se existirem;
Resposta: cotas inferiores: 1
2
e 1. Cotas superiores: 2 e 3.
1Observac¸o˜es:
1- Apresente o desenvolvimento das demonstrac¸o˜es passo a passo, organizadamente e com letra leg´ıvel. O
desenvolvimento que estiver incompreens´ıvel na˜o sera´ considerado.
9
b) Determine o ı´nfimo de X, se existir. Prove que supX = 2.
Resposta: inf X = 1.
Demonstrac¸a˜o: Como 2 > 2 − 1
n
para todo n ∈ N, vemos que 2 e´ uma cota superior
de X. Resta mostrar que todo nu´mero r < 2 na˜o e´ cota superior, i.e., que existe algum
m tal que r < 2 − 1
m
. Ora, se r < 2, enta˜o 1
2−r > 0. E´ sempre poss´ıvel encontrar algum
m ∈ N tal que m > 1
2−r ↔ (2− r) > 1m ↔ 2− 1m > r. Portanto 2 e´ a menor das
cotas superiores, ou seja, supX = 2.
Exerc´ıcio 4: Seja (xn) a sequeˆncia de nu´mero reais com xn =
2n
n+1
. Usando a definic¸a˜o, mostre
que limxn = 2 (2,0 pontos).
Demonstrac¸a˜o: Se n > n0, enta˜o
2
n0
> 2
n
. Segue-se que∣∣∣∣ 2nn+ 1 − 2
∣∣∣∣ = 2n+ 1 < 2n < 2n0
Logo, colocando ε = 2
n0
, vemos que
n > n0 →
∣∣∣∣ 2nn+ 1 − 2
∣∣∣∣ < ε
donde limxn = 2.
Exerc´ıcio 5: Seja a sequeˆncia (xn) definida pela relac¸a˜o de recorreˆncia xn+1 =
√
1 + 2xn,
com x1 = 1. (1,0 ponto cada)
a) Mostre, por induc¸a˜o, que a sequeˆncia e´ crescente e limitada.
Demonstrac¸a˜o: Vemos que x1 = 1 < x2 =
√
3. Suponha que a desigualdade xn < xn+1
seja va´lida, enta˜o:
xn < xn+1 → 1 + 2xn < 1 + 2xn+1 →
√
1 + 2xn <
√
1 + 2xn+1 → xn+1 < xn+2.
Logo, a sequeˆncia e´ crescente, e portanto mono´tona. A sequeˆncia e´ limitada inferiormente
por 0. Mostraremos que xn < 4 para todo n. Vale para x1 = 1 < 4. Suponha que xn < 4,
enta˜o:
xn < 4 → 1 + 2xn < 9 →
√
1 + 2xn < 3 < 4 → xn+1 < 4.
Logo, a sequeˆcia e´ limitada.
b) Determine o limite da sequeˆncia.
Demonstrac¸a˜o: Como a sequeˆncia e´ mono´toda e limitada, enta˜o ela e´ convergente.
Suponha que limxn = a. Aplicando o limite na relac¸a˜o de recorreˆncia obtemos:
limxn+1 = lim
√
1 + 2xn → a =
√
1 + 2a → a2 − 2a− 1 = 0, → a = 1±
√
2
Como 1−√2 < 0, conclu´ımos que a = 1 +√2.
10
Ana´lise I - Exerc´ıcios de Revisa˜o
Exerc´ıcio 1: O que e´ um corpo ordenado, e um corpo ordenado completo. Deˆ um exemplo de
um corpo que na˜o e´ ordenado e um exemplo de corpo ordenado que na˜o e´ completo.
Resposta:
1) Um corpo ordenado e´ um corpo K que possui um subconjunto de elementos positivos P ⊂ K
satisfazendo as seguintes condic¸o˜es:
i) x, y ∈ P → x+ y ∈ P e x · y ∈ P ;
ii) dado x ∈ K, enta˜o ou x = 0, ou x ∈ P ou −x ∈ P .
Nestas condic¸o˜es K = P ∪ (−P ) ∪ {0}, sendo os conjuntos P , −P e {0} dois a dois disjuntos.
2) Um corpo ordenado K e´ completo quando todo subconjunto na˜o-vazio, limitado superior-
mente (inferiormente), X ⊂ K, possui supremo (´ınfimo) em K.
Exemplos:
1- O conjunto de nu´mero complexos C e´ um corpo mas na˜o e´ ordenado pois i2 = −1, ou
seja, o produto de dois nu´meros positivos e´ negativo.
2- O conjunto dos nu´meros racionais Q e´ um corpo ordenado mas na˜o e´ completo pois possui
subconjuntos limitados superiormente sem supremo em Q, por exemplo, o subconjunto
X = {x ∈ Q; x ≥ 0 e x2 < 2} na˜o possui um elemento ma´ximo e nem um supremo em Q
em decorreˆncia de na˜o existir um nu´mero racional tal que x2 = 2.
Exerc´ıcio 2: Mostre que a func¸a˜o f : N→ X e´ injetiva, para X = f(N) e f(n) = a+ bn, com
a, b ∈ Z− {0}. O conjunto X e´ enumera´vel? Se b = 0 e X = Z, temos f(n) = a. Determine os
conjuntos f−1(a) e f−1(c) para c 6= a e c ∈ X.
Demonstrac¸a˜o:
1) Vamos motrar que f(m) = f(n) → m = n:
f(m) = a+ bm = a+ bn = f(n) → m = n
Portanto f e´ injetiva. Como X = f(N), enta˜o f tambe´m e´ sobrejetiva. Logo, f e´ bijetiva e X
e´ enumera´vel.
2) Para o caso em que b = 0 e X = Z, se f(n) = a, enta˜o f−1(a) = N e f−1(c) = ∅ para c 6= a.
Exerc´ıcio 3: Dado o conjunto X = { 2
n
; n ∈ N} ⊂ R.
a) Deˆ exemplos de 2 cotas inferiores e 2 cotas superiores se existirem;
11
b) Determine, se existirem, o supremo e o ı´nfimo de X. Prove o resultado.
Resposta:
a) Cotas inferiores: 0 e -1. Cotas superiores: 2 e 3.
b) Mostraremos que supX = 2:
1) O nu´mero 2 e´ cota superior de X, pois 2 ≥ 2
n
∀n ∈ N.
2) Obviamente, qualquer nu´mero a < 2 na˜o e´ cota superior, pois 2 ∈ X. Logo, 2 e´ a menor
das cotas superiores, ou seja, supX = 2.
Mostraremos que inf X = 0:
1) Como 0 < 2
n
∀n ∈ N, enta˜o 0 e´ uma cota inferior.
2) Resta mostrar que nenhum nu´mero a > 0 e´ cota inferior. Com efeito, para qualquer a > 0
existe sempre algum n ∈ N (pois N e´ ilimitado) tal que n > 2
a
→ a > 2
n
, logo a na˜o e´ cota
inferior. Portanto, inf X = 0.
Exerc´ıcio 4: Seja (xn) a sequeˆncia de nu´mero reais com xn =
n
n2+1
. Usando a definic¸a˜o, mostre
que limxn = 0.
Demonstrac¸a˜o: Note que n > n0 → 1n < 1n0 . Ale´m disso,
n
n2 + 1
<
1
n
<
1
n0
.
Assim, colocando n0 =
1
ε
, segue que
n > n0 → n
n2 + 1
=
∣∣∣∣ nn2 + 1 − 0
∣∣∣∣ < 1n < 1n0 = ε,
ou seja, lim n
n2+1
= 0.
Exerc´ıcio 5: Dada a sequeˆncia (xn) definida pela relac¸a˜o de recorreˆncia xn+1 = 3+2
√
xn, com
x1 = 1.
a) Mostre, por induc¸a˜o, que a sequeˆncia e´ crescente e limitada.
b) A sequeˆncia possui limite? Justifique sua resposta em caso afirmativo, e determine o
limite.
12
Resposta:
a) Primeiramente mostraremos por induc¸a˜o que a sequeˆncia e´ crescente, i.e., xn <xn+1. Vale
para n = 1, pois x1 = 1 < x2 = 5. Suponha que seja va´lida xn < xn+1:
xn < xn+1 → √xn < √xn+1 → 3 + 2√xn < 3 + 2√xn+1 → xn+1 < xn+2.
A sequeˆncia e´ limitada inferiormente por x1 = 1. Agora, mostraremos por induc¸a˜o que a
sequeˆncia e´ limitada superiormente por 9, i.e., xn < 9 ∀n ∈ N. Vale para n = 1, pois
x1 = 1 < 9. Suponha que xn < 9, enta˜o:
xn < 9 → √xn < 3 → 3 + 2√xn < 3 + 2 · 3 = 9 → xn+1 < 9.
Portanto, a sequeˆncia e´ limitada.
b) Como a sequeˆncia e´ mono´tona e limitada, enta˜o a sequeˆncia possui um limite. Suponha que
limxn = a. Aplicando o limite na relac¸a˜o de recorreˆncia, obtemos:
limxn+1 = lim (3 + 2
√
xn) → a = 3 + 2
√
a → (a− 3)2 = 4a → a = 1 ou a = 9.
Como x1 = 1, conclu´ımos que a = 9.
Exerc´ıcio 6: Seja xn = n
√
a = a1/n, onde a > 0. Prove que lim xn = 1.
Demonstrac¸a˜o: (Esta´ no exemplo 13 da pg. 117 do livro do Elon)
O limite e´ o´bvio quando a = 1. Se a > 1 a sequeˆncia e´ decrescente, pois para todo n temos:
a > 1 → an · a > an → (an+1) 1n(n+1) > (an) 1n(n+1) → a1/n > a1/(n+1).
Se 0 < a < 1 a sequeˆncia e´ crescente, pois para todo n temos:
a < 1 → an · a < an → (an+1) 1n(n+1) < (an) 1n(n+1) → a1/n < a1/(n+1).
Em qualquer caso, a sequeˆncia e´ limitada, pois para todo n temos:
• 0 < a < 1 → 0 < a1/n < 11/n = 1
• a > 1 → a ≥ a1/n > 1
Logo, como a sequeˆncia e´ mono´tona e limitada, ela possui um limite. Suponha que limxn = l
e X = {a1/n; n ∈ N}. Note que l > 0, pois:
• se 0 < a < 1, enta˜o l = sup X ≥ a > 0 (note que a ∈ X).
• se a > 1, enta˜o a1/n > 1 ∀n ∈ N, logo l = inf X ≥ 1.
13
Usando o fato de que se limxn = l, enta˜o toda subsequeˆncia de (xn) tambe´m converge para o
limite l (Teorema 2 da pg. 109 do livro do Elon). Em particular, a subsequeˆncia (a1/n(n+1)) =
(a1/2, a1/6, a1/12, · · · ) convergira´ para l. Assim,
l = lim a1/n(n+1) = lim a1/n−1/(n+1) = lim
a1/n
a1/(n+1)
=
lim a1/n
lim a1/(n+1)
=
l
l
= 1.
14
Ana´lise I - Lista de Exerc´ıcios 6
1. Considere a sequeˆncia (xn) com xn = cos
(
npi
2
) ∀n ∈ N. Ache lim inf xn e lim supxn.
Resposta: Temos (xn) = (0,−1, 0, 1, 0,−1, · · · ). Como Xn = {xn, xn+1, · · · } , obtemos an =
inf Xn = −1 e bn = supXn = 1. Portanto, lim inf xn = lim an = −1 e lim sup xn = lim bn = 1.
2. Demonstre o Lema 1: “Toda sequeˆncia de Cauchy e´ limitada.”
Demonstrac¸a˜o: Se (xn) e´ uma sequeˆncia de Cauchy, enta˜o dado qualquer ε > 0, ∃n0 ∈ N
tal que m,n ≥ n1 > n0 → |xm − xn| < ε. Tomando m = n1 e ε = 1, obtemos que n ≥ n1
→ |xn1 − xn| < 1, ou seja, n ≥ n1 → xn ∈ (xn1 − 1, xn1 + 1). Sejam α o menor e β o maior
elemento do conjunto X = {x1, x2, · · · xn1 − 1, xn1 + 1}. Enta˜o xn ∈ [α, β] ∀n ∈ N, logo (xn)
e´ limitada �.
3. Demonstre o Lema 2: “Se uma sequeˆncia de Cauchy (xn) possui uma subsequeˆncia con-
vergindo para a ∈ R enta˜o limxn = a.”
Demonstrac¸a˜o: Dado ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que m,n > n0 → |xm − xn| < ε2 . Se limn∈N′ xn = a,
ou seja, (xn) possui uma subsequeˆncia convergindo para a, onde N′ = {n1 < n2 < · · · < nk <
· · · } ⊂ N, enta˜o existe tambe´m nk ∈ N′ tal que nk > n0 → |xnk − a| < ε2 . Portanto, n > n0 →
|xn − xnk | ≤ |xn − xnk |+ |xnk − a| < ε2 + ε2 = ε, donde limxn = a �.
4. Prove que a sequeˆncia (xn), com xn = 1 +
1
n
, e´ de Cauchy.
Demonstrac¸a˜o: Se n > n0, enta˜o
1
n
< 1
n0
. Como |xn+p − xn| =
∣∣∣1 + 1n+p − 1− 1n ∣∣∣ = |n−n−p||n(n+p)| =
p
n(n+p)
< 1
n
< 1
n0
, enta˜o colocando n0 =
1
ε
e m = n + p, obtemos que para qualquer ε > 0,
m, n > n0 → |xm − xn| < ε, e portanto a sequeˆncia e´ de Cauchy �.
5. Seja x1 = 1 e xn+1 = 1 +
1
xn
. Verifique que |xn+2 − xn+1| ≤ 12 |xn+1 − xn|. Conclua
que existe a = limxn e determine a.
Demonstrac¸a˜o: Usando a relac¸a˜o de recorreˆncia, obtemos
xn+2 − xn+1 = 1 + 1
xn+1
− 1− 1
xn
=
xn − xn+1
xnxn+1
→
∣∣∣∣xn+2 − xn+1xn+1 − xn
∣∣∣∣ = 1|xnxn+1|
Note xn+1 = 1 +
1
xn
= xn+1
xn
> 1 ∀n ∈ N. Ale´m disso, multiplicando a u´ltima igualdade
por xn, obtemos xnxn+1 = xn + 1. Como xn ≥ 1 enta˜o xnxn+1 = xn + 1 ≥ 2 ∀n ∈ N, ou
15
1
xnxn+1
≤ 1
2
. Portanto,∣∣∣∣xn+2 − xn+1xn+1 − xn
∣∣∣∣ = 1|xnxn+1| ≤ 12 → |xn+2 − xn+1| ≤ 12 |xn+1 − xn|.
Como qualquer sequeˆncia definida por |xn+2 − xn+1| ≤ λ|xn+1 − xn|, com 0 ≤ λ < 1, e´ uma
sequeˆncia de Cauchy (veja ex. 19 do Cap´ıtulo IV do Elon, pg. 127), conclu´ımos que existe
um limite para sequeˆncia (xn). Vamos supor que limxn = a. Aplicando o limite na relac¸a˜o de
recorreˆncia, obtemos
limxn+1 = lim
(
1 +
1
xn
)
→ a = 1 + 1
a
→ a2 = a+ 1 → (a− 1
2
)2 =
5
4
→ a = 1±
√
5
2
.
Como xn ≥ 1 ∀n ∈ N, conclu´ımos que a = 1+
√
5
2
�.
6. Seja x1 = 1 e xn+1 = 1 +
√
xn. Mostre que a sequeˆncia (xn), assim obtida, e´ limitada.
Determine a = limxn.
Demonstrac¸a˜o: Podemos mostrar por induc¸a˜o que xn < xn+1 ∀n ∈ N (portanto e´ mono´tona).
Vale para n = 1, pois x1 = 1 < x2 = 2. Suponha que seja va´lida xn < xn+1, enta˜o:
xn < xn+1 → √xn < √xn+1 → 1 +√xn < 1 +√xn+1 → xn+1 < xn+2.
A sequeˆncia e´ limitada inferiormente por x1 = 1, pois xn+1 = 1+
√
xn > 1 ∀n ∈ N. Ale´m disso,
podemos mostrar por induc¸a˜o que xn < 3 ∀n ∈ N. Para n = 1 vale x1 = 1 < 3. Suponha que
xn < 3. Enta˜o,
xn < 3 < 4 → √xn < 2 → 1 +√xn < 3 → xn+1 < 3.
Como a sequeˆncia e´ mono´tona e limitada, enta˜o a sequeˆncia possui um limite. Suponha que
limxn = a. Aplicando o limite na relac¸a˜o de recorreˆncia, obtemos
limxn+1 = lim(1 +
√
xn) → a = 1 +
√
a → (a− 1)2 = a → a = 3±
√
5
2
.
Como xn ≥ 1 ∀n ∈ N, conclu´ımos que a = 3+
√
5
2
�.
7. Seja (xn) uma sequeˆncia limitada. Se lim an = a e cada an e´ um valor de adereˆncia de
(xn), enta˜o a e´ um valor de adereˆncia de (xn).
16
Demonstrac¸a˜o: Mostraremos que existe uma subsequeˆncia de (xn) tal que limn∈N′ xn = a,
onde N′ ⊂ N. Como lim ak = a, enta˜o dado qualquer ε > 0 ∃ k0 ∈ N tal que k > k0 →
ak ∈ (a− ε, a+ ε). Como ak e´ um valor de adereˆncia da sequeˆncia de (xn) ∀ k ∈ N, enta˜o para
cada k existe um subconjunto Nk = {n1,k < n2,k < · · · < ni,k < · · · } ⊂ N e uma subsequeˆncia
de (xn) tal que limn∈Nk xn = ak, ou seja, para cada k, dado qualquer εk > 0, existe ni0,k ∈ Nk
tal que ni,k > ni0,k → xni,k ∈ (ak−εk, ak+εk) (ou seja, ak−εk < xni,k < ak+εk ). Considerando
algum ak ∈ (a− ε, a + ε) para um dado k > k0, basta tomar εk = min{ak − a + ε, a + ε− ak}
para garatir que (ak − εk, ak + εk) ⊂ (a− ε, a + ε). De fato, se a + ε− ak < ak − a + ε, enta˜o
εk = a+ε−ak. Logo, xni,k < ak+εk = ak+(a+ε−ak) = a+ε. Por outro lado, somando ak−2ε
na desigualdade a+ ε− ak < ak − a+ ε, obtemos a− ε < ak − (a+ ε− ak) = ak − εk < xni,k .
Logo, para qualquer ε > 0, ni,k > ni0,k → a − ε < xni,k < a + ε, donde limn∈Nk xn = a. O
mesmo resultado se verifica quando a+ ε− ak > ak − a+ ε �.
17
Ana´lise I - Lista de Exerc´ıcios 5
1. Demonstre o teorema: Toda sequeˆncia mono´tona limitada e´ convergente.
Demonstrac¸a˜o: (esta´ na pg. 111 do livro do Elon)
Considere a sequeˆncia na˜o-decescente (e portanto mono´tona) limitada (x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤
· · · ). Como ela e´ limitada existe a = supX, em que X = {xn; n ∈ N}. Mostraremos que
limxn = a. De fato, dado qualquer ε > 0, como a − � < a, o nu´mero a − ε na˜o e´ cota supe-
rior de X (pois a e´ a menor das cotas superiores de X). Logo, existe algum n0 ∈ N tal que
a− � < xn0 . Como a sequeˆncia e´ mono´tona, enta˜o n > n0 → xn0 ≤ xn. Como a− ε ≤ a < a+ ε
∀n ∈ N, vemos que n > n0→ a−ε < xn < a+ε, o que por definic¸a˜o significa que limxn = a �.
2. Demonstre o teorema: Sejam xn ≤ zn ≤ yn para todo n ∈ N. Se limxn = lim yn = a
enta˜o lim zn = a.
Demonstrac¸a˜o: (esta´ na pg. 119 do livro do Elon)
Dado qualquer ε > 0, existem n1, n2 ∈ N tais que n > n1 → xn ∈ (a−ε, a+ε) e n > n2 → yn ∈
(a−ε, a+ε). Colocando n0 = max{n1, n2}, vemos que n > n0 → a−ε < xn ≤ zn ≤ yn < a+ε,
logo lim zn = a �.
3. Selimxn = a enta˜o lim |xn| = |a|. Deˆ um contra-exemplo mostrando que a rec´ıproca e´
falsa, salvo quando a = 0.
Resposta: Seja xn = (−1)na ∀n ∈ N. Neste caso temos |xn| = |a|, e portanto lim |xn| = |a|.
Mas na˜o existe lim xn.
4. Seja limxn = 0. Para cada n, coloque yn = min{|x1|, |x2|, ..., |xn|}. Prove que yn → 0.
Demonstrac¸a˜o: Como limxn = 0, enta˜o dado qualquer ε > 0, existe n0 ∈ N tal que n > n0
→ |xn| < ε. Como yn = |yn| ≤ |xn| ∀n ∈ N e |xn| < ε para n > n0, conclu´ımos que n > n0 →
|yn| = |yn − 0| < ε, ou seja, lim yn = 0 �.
5. Se limx2n = a e limx2n−1 = a, prove que limxn = a.
Demonstrac¸a˜o: Se limx2n = a e limx2n−1 = a, enta˜o dado qualquer ε > 0, existem n1, n2 ∈ N
tais que n > n1 → a − ε < x2n < a + ε e n > n2 → a − ε < x2n−1 < a + ε. Colocando
n0 − 1 = max{2n1, 2n2 − 1}, vemos que em qualquer caso n > n0 → a − ε < xn < a + ε, ou
seja, limxn = a �.
18
6. Prove que se limxn = a 6= 0 e limxnyn = b enta˜o lim yn = ab .
Demonstrac¸a˜o: Como limxn = a 6= 0, enta˜o
b
a
=
limxnyn
limxn
= lim
(
xnyn
xn
)
= lim yn �.
19
Ana´lise I - Lista de Exerc´ıcios 4
1. Seja a > 1 num corpo arquimediano K. Considere a func¸a˜o f : Z → K, definida por
f(n) = an. Prove as seguintes afirmac¸o˜es:
(i) f(Z) na˜o e´ limitado superiormente;
(ii) inf f(Z) = 0.
Demonstrac¸a˜o:
(i) Como a > 1, podemos escrever a = 1 + h, com h > 0. Como K e´ arquimediano e h > 0,
enta˜o dado qualquer b ∈ K, existe n ∈ N tal que nh > b.
Usando a desigualdade de Bernoulli, segue-se que
an = (1 + h)n ≥ 1 + nh > nh > b
Assim, dado qualquer b ∈ K existe n ∈ N tal que an > b e portanto f(Z) e´ ilimitado superior-
mente.
(ii) Como 0 < an, ∀n ∈ N, conclu´ımos que 0 e´ cota inferior de f(Z). Resta mostrar que 0
e´ a maior das cotas inferiores, e para isso devemos mostrar que todo nu´mero c > 0 na˜o e´ uma
cota inferior, ou seja, que existe algum am ∈ f(Z) tal que am < c. Novamente escrevemos
a = 1 + h, com h > 0. Como K e´ arquimediano e c > 0, existe um n ∈ N tal que nh > 1
c
.
Usando a desigualdade de Bernoulli, segue-se que
an = (1 + h)n ≥ 1 + nh > nh > 1
c
ou seja, a−n < c e portanto c na˜o e´ cota inferior.
2. Deˆ exemplos de dois nu´meros irracionais x, y tais que x+ y e x · y sa˜o racionais.
x =
−1
1 +
√
2
, y = 1 +
√
2.
3. Sejam X ⊂ R na˜o-vazio, limitado superiormente, e c um nu´mero real. Tem-se c ≤ supX
se, e somente se, para cada ε > 0 real dado pode-se achar x ∈ X tal que c− ε < x. Enuncie e
demonstre um resultado ana´logo com inf em vez de sup.
Resposta: Numa notac¸a˜o mais compacta, o enucidado envolvendo o supremo seria:
c ≤ supX ↔ ∀ε > 0 ∃x ∈ X; c− ε < x.
20
Para o inf , o enunciado seria:
inf X ≤ b ↔ ∀ε > 0 ∃x ∈ X; x < b+ ε.
Suponha que inf X ≤ b e tome qualquer ε > 0. Obviamente, b < b + ε e portanto b + ε na˜o e´
cota inferior de X, ja´ que inf X e´ a maior das cotas inferiores. Logo, existe algum x ∈ X tal
que x < b + ε. Reciprocamente, suponha que x < b + ε. Na˜o se pode ter b < inf X. Se fosse
b < inf X, poder´ıamos escolher ε = inf X−b de modo que x < b+ε = b+(inf X−b) = inf X,
um absurdo. Portanto inf X ≤ b �.
4. Seja X =
{
1
n
; n ∈ N}. Prove que inf X = 0.
Demonstrac¸a˜o:
Como 0 < 1
n
para todo n ∈ N, conclu´ımos que 0 e´ cota inferior de X. Resta provar que nenhum
nu´mero c > 0 e´ cota inferior de X. Como N e´ ilimitado e c > 0, existe algum n ∈ N tal que
n > 1
c
, ou seja, 1
n
< c. Logo c na˜o e´ cota inferior de X.
5. Sejam A, B conjuntos na˜o-vazios de nu´meros reais, tais que x ∈ A, y ∈ B → x ≤ y.
Prove que supA ≤ inf B. Prove que supA = inf B se, e somente se, para todo ε > 0 dado,
podem-se obter x ∈ A e y ∈ B tais que y − x < ε.
Demonstrac¸a˜o:
Se x ≤ y, enta˜o todo y ∈ B e´ cota superior de A. Como supA e´ a menor das cotas superiores,
segue-se que supA ≤ y para todo y ∈ B. Mas isto implica que supA e´ uma cota inferior de B.
Como inf B e´ a maior das cotas inferiores, segue-se que supA ≤ inf B �.
Suponha que supA = inf B ↔ supA ≤ inf B e inf B ≤ supA. A u´ltima desigualdade implica
(pelo exerc´ıcio 3.) que inf B−ε, na˜o e´ cota superior de A, i.e., existe x ∈ A tal que inf B−ε < x
↔ inf B < x+ε. Mas isto implica que x+ε na˜o e´ cota inferior de B, ou seja, existe y ∈ B tal que
y < x+ ε, logo y−x < ε. Reciprocamente, suponha que y−x < ε↔ y < x+ ε. A u´ltima desi-
gualdade implica que x+ ε na˜o e´ cota inferior de B e portanto inf B < x+ ε↔ inf B− ε < x.
Usando o teorema do exerc´ıcio 3. (c ≤ supX ↔ ∀ε > 0 ∃x ∈ X; c − ε < x, com
c = inf B e X = A), obtemos inf B ≤ supA. Como temos sempre supA ≤ inf B, enta˜o
supA = inf B �.
6. Dados A, B ⊂ R na˜o-vazios e limitados, seja A+B = {x+ y; x ∈ A, y ∈ B}. Prove:
i) A+B e´ limitado;
ii) sup(A+B) = supA+ supB;
iii) inf(A+B) = inf A+ inf B.
21
Demonstrac¸a˜o:
i) Se A e´ limitado, enta˜o existem a, b ∈ R tais que a ≤ x ≤ b. Da mesma meneira, se B
e´ limitado, existem c, d ∈ R tais que c ≤ y ≤ d. Somando as desigualdades, segue-se que
(a+ c) ≤ x+ y ≤ (b+ d), e potanto A+B e´ limitado �.
ii) Como supA ≥ x ∀x ∈ A e supB ≥ y ∀y ∈ B, segue-se que supA + supB ≥ x + y e
portanto supA+supB e´ uma cota superior de A+B. Resta mostrar que se c < supA+supB,
enta˜o existe x + y ∈ A + B tal que c < x + y, ou seja, que supA+ supB e´ a menor das cotas
superiores. Suponha que c < supA + supB ↔ c − supB < supA. Esta u´ltima desigualdade
implica que c− supB na˜o e´ cota superior de A e portanto existe x ∈ A tal que c− supB < x
↔ c− x < supB. Mas esta u´ltima desigualdade implica que c− x na˜o e´ cota superior de B e
portanto existe y ∈ B tal que c− x < y, logo c < x+ y �.
iii) Como inf A ≤ x ∀x ∈ A e inf B ≤ y ∀y ∈ B, segue-se que inf A + inf B ≤ x + y e
portanto inf A+ inf B e´ uma cota inferior de A+B. Resta mostrar que se inf A+ inf B < c,
enta˜o existe x + y ∈ A + B tal que x + y < c, ou seja, que inf A + inf B e´ a maior das cotas
inferiores. Suponha que inf A + inf B < c ↔ inf A < c − inf B. Esta u´ltima desigualdade
implica que c − inf B na˜o e´ cota inferior de A e portanto existe x ∈ A tal que x < c − inf B
↔ inf B < c − x. Mas esta u´ltima desigualdade implica que c − x na˜o e´ cota inferior de B e
portanto existe y ∈ B tal que y < c− x, logo x+ y < c �.
7. Sejam x, y nu´meros reais positivos. Prove que se tem
√
xy ≤ x+y
2
.
Demonstrac¸a˜o:
(
√
x−√y)2 = x− 2√x√y + y ≥ 0, → x+ y ≥ 2√x√y → √xy ≤ x+ y
2
.
22
Ana´lise I - Lista de Exerc´ıcios 3
1. Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:
1o) a
b
+ c
d
= a·d+b·c
b·d
2o) a
b
· c
d
= a·c
b·d
Demonstrac¸a˜o:
1o)
(b · d) ·
(a
b
+
c
d
)
= (b · d) · (a · b−1 + c · d−1)
= (b · d) · (a · b−1) + (b · d) · (c · d−1)
= (d · b) · (b−1 · a) + (b · d) · (d−1 · c)
= d · (b · b−1) · a+ b · (d · d−1) · c
= d · 1 · a+ b · 1 · c
= d · a+ b · c
Multiplicando nos dois lados da equac¸a˜o por (b · d)−1, obtemos
(b · d)−1 · (b · d) ·
(a
b
+
c
d
)
= (b · d)−1 · (d · a+ b · c) → a
b
+
c
d
=
a · d+ b · c
b · d �.
2o)
(b · d) ·
(a
b
· c
d
)
= (b · d) · [(a · b−1) · (c · d−1)]
= (b · d) · [(c · d−1) · (a · b−1)]
= (b · d) · [(d−1 · c) · (b−1 · a)]
= (b · d) · [d−1 · (c · b−1) · a]
= (b · d) · [d−1 · (b−1 · c) · a]
= (b · d) · (d−1 · b−1) · (c · a)
=
[
b · (d · d−1) · b−1] · (c · a)
=
(
b · 1 · b−1) · (c · a)
= 1 · (c · a)
= (c · a)
Multiplicando nos dois lados da equac¸a˜o por (b · d)−1, obtemos
(b · d)−1 · (b · d) ·
(a
b
· c
d
)
= (b · d)−1 · (c · a) → a
b
· c
d
=
a · c
b · d �.
23
2. Sejam K, L corpos. Uma func¸a˜o f : K → L chama-se um homomorfismo quando se
tem f(x+ y) = f(x) + f(y) e f(x · y) = f(x) · f(y), quaisquer que sejam x, y ∈ K.
i) Dado um homomorfismo f : K → L, prove que f(0) = 0.
ii) Prove tambe´m que, ou f(x) = 0 para todo x ∈ K, ou enta˜o f(1) = 1 e f e´ injetivo.Demonstrac¸a˜o:
i)
f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0)
Subtraindo f(0) nos dois lados da equac¸a˜o, obtemos
f(0)− f(0) = f(0) + f(0)− f(0) ↔ 0 = f(0) �.
ii)
Primeiramente mostraremos que f(−x) = −f(x):
0 = f(0) = f(x− x) = f(x) + f(−x) ↔ f(x) = −f(−x).
Suponha agora que f na˜o seja injetiva, i.e.,
y 6= z → f(y) = f(z)
Como y 6= z, escrevemos y − z = x 6= 0. Segue que
f(x) = f(y − z) = f(y) + f(−z) = f(y)− f(z) = 0
Como f(0) = 0 e f(x) = 0 com x 6= 0, conclu´ımos que f(x) = 0, ∀x ∈ K.
Reciprocamente, suponha que f(x) = 0, ∀x ∈ K, e tomamos x, y ∈ K com x 6= y. Como
f(x) = 0 e f(y) = 0, segue-se que f(x) = f(y). Logo, f na˜o e´ injetiva.
Suponha agora que f(z) 6= 0, ∀z ∈ K − {0}. Como f e´ um homomorfismo, segue-se que
f(x) = f(y) ↔ f(x)− f(y) = f(x− y) = 0.
Pela hipo´tese, se x− y 6= 0 implica que f(x− y) 6= 0. Assim, (contrapositiva) se f(x− y) = 0,
implica que x− y = 0, ou seja, x = y, e portanto a func¸a˜o e´ injetiva. Reciprocamente, suponha
que f seja injetiva, i.e., se x 6= y, enta˜o f(x) 6= f(y). Colocando z = x− y 6= 0 segue-se que
f(x) 6= f(y) → f(x)− f(y) = f(x− y) 6= 0 → f(z) 6= 0.
Por fim, como f e´ um homomorfismo, segue que
f(1) · f(x) = f(1 · x) = f(x)
24
Portanto, f(1) e´ um elemento neutro de L, i.e., f(1) = 1 �.
3. Prove por induc¸a˜o a Desigualdade de Bernoulli:
(1 + x)n ≥ 1 + nx,
va´lida para x ≥ −1 e n ∈ N.
Demonstrac¸a˜o:
Para n = 1 e´ claro: (1 + x)1 ≥ 1 + x.
Suponha que a desilgualdade seja va´lida para n e a multiplicamos por (1 + x) ≥ 0:
(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x) ≥ (1 + x)(1 + nx) = 1 + (n+ 1)x+ nx2 ≥ 1 + (n+ 1)x �.
4. Seja K um corpo ordenado. Exprima cada um dos conjuntos abaixo como reunia˜o de
intervalos:
a) o conjunto dos x ∈ K tais que |x− 3|+ |x+ 3| < 8;
b) idem |x2 − 2| ≤ 1;
c) |2x+ 1| ≤ 1;
d) |x− 5| < |x+ 1|.
Demonstrac¸a˜o:
a) Usando |x+ y| ≤ |x|+ |y|, segue que
|(x− 3) + (x+ 3)| ≤ |x− 3|+ |x+ 3| < 8, → 2|x| < 8 → |x| < 4 → −4 < x < 4
ou x ∈ (−4, 4).
b)
|x2 − 2| ≤ 1 → −1 ≤ x2 − 2 ≤ 1 → 1 ≤ x2 ≤ 3
→ −
√
3 ≤ x ≤ −1, ou 1 ≤ x ≤
√
3
logo, x ∈ [−1,−√3] ∪ [1,√3].
c)
|2x+ 1| ≤ 1 → −1 ≤ 2x+ 1 ≤ 1 → −2 ≤ 2x ≤ 0 → −1 ≤ x ≤ 0
logo, x ∈ [−1, 0].
d) A desigualdade na˜o e´ va´lida para x = −1.
Agora escrevemos:
|x− 5| < |x+ 1| →
∣∣∣∣x− 5x+ 1
∣∣∣∣ < 1 → −1 < x− 5x+ 1 < 1.
25
Se x+ 1 > 0, multiplicando este fator na desigualdade, obtemos
−(x+ 1) < x− 5 < x+ 1 → −x− 1 < x− 5 e x− 5 < x+ 1,
ou seja, x > −1, 2 < x e x− 5 < x+ 1. Concluimos que x > 2 satisfaz as treˆs desigualdades
simultaneamente, ou seja, x ∈ (2,+∞).
Se x+ 1 < 0, multiplicando este fator na desigualdade, obtemos
−(x+ 1) > x− 5 > x+ 1 → −x− 1 > x− 5 e x− 5 > x+ 1,
ou seja, x < −1, 2 > x e x − 5 > x + 1. Concluimos que na˜o existe x que satisfac¸a as treˆs
desigualdades simultaneamente, ou seja, a soluc¸a˜o e´ ∅. Portanto, tomando a unia˜o dos dois
resultados, obtemos x ∈ (2,+∞) ∪ ∅ ou x ∈ (2,+∞).
26
Ana´lise I - Lista de Exerc´ıcios 2
1. Construa uma bijec¸a˜o entre o conjunto N e o conjunto dos nu´meros ı´mpares positivo.
f(n) = 2n− 1
2. Dados os nu´meros naturais a, b, prove que existe um nu´mero natural m tal que m · a > b.
Como a ≥ 1, multiplicamos a desigualdade por (b+ 1):
(b+ 1) · a ≥ (b+ 1) · 1 > b
logo, exite m = (b+ 1) tal que m · a > b
3. Use induc¸a˜o para provar que:
a)
n∑
k=1
k2 =
n(n+ 1)(2n+ 1)
6
,
b) (a− 1)(1 + a+ a2 + ...+ an) = an+1 − 1, a, n ∈ N
c) n ≥ 4 → n! > 2n
Demonstrac¸a˜o:
a) (vale para n = 1):
1∑
k=1
k2 =
1(1 + 1)(2 + 1)
6
= 1
(supondo a relac¸a˜o va´lida para n):
n∑
k=1
k2 + (n+ 1)2 =
n(n+ 1)(2n+ 1)
6
+ (n+ 1)2
=
(n+ 1)[(n+ 1) + 1][2(n+ 1) + 1]
6
�.
b) (vale para n = 1):
(a− 1)(1 + a) = a2 − 1
(supondo a relac¸a˜o va´lida para n):
(a− 1)(1 + a+ a2 + ...+ an) + (a− 1)an+1 = an+1 − 1 + (a− 1)an+1 = an+2 − 1 �.
c) (vale para n = 4):
4! = 24 > 24 = 16
27
(supondo a relac¸a˜o va´lida para n):
n!(n+ 1) = (n+ 1)! > 2n (n+ 1)︸ ︷︷ ︸
>2
> 2n+1 �.
4. Prove que n3 − n e´ divis´ıvel por 3 para n ≥ 1.
Demonstrac¸a˜o:
(vale para n = 1):
13 − 1 = 0
e 0 e´ divis´ıvel por 3.
(supondo que n3 − n e´ divis´ıvel por 3):
(n+ 1)3 − (n+ 1) = (n3 − n) + 3(n2 + n)
como o u´ltimo termo e´ divis´ıvel por 3, conclu´ımos que (n + 1)3 − (n + 1) tambe´m e´ divis´ıvel
por 3. Logo, pelo Princ´ıpio de Induc¸a˜o n3 − n e´ divis´ıvel por 3 ∀n ∈ N �.
5. Sejam X e Y conjuntos finitos. Prove que |X ∪ Y | + |X ∩ Y | = |X| + |Y |. (Notac¸a˜o
|X| = card(X) = nu´mero de elementos do conjunto X).
Demonstrac¸a˜o:
Como
|X| − |X ∩ Y | = |X − Y |, e |X ∪ Y | = |X − Y |+ |Y |,
substituindo a primeira na segunda obtemos
|X ∪ Y |+ |X ∩ Y | = |X|+ |Y | �.
6. Defina uma func¸a˜o sobrejetiva f : N→ N tal que, para todo n ∈ N, o conjunto f−1(n) seja
infinito. (Veja o Exemplo 13 do Cap. I. do Elon)
Considere a func¸a˜o f(1) = 1 e ∀n ∈ N e n > 1 considere f(n) = k , onde k e´ nu´mero de
fatores primos distintos que entram na composic¸a˜o de n. Assim, f−1(1) = { conjunto de
nu´meros primos } ∪ {1}, f−1(2) = {2 · 3, 2 · 5, 3 · 7, 5 · 22 . . . }, etc....
28
Ana´lise I - Lista de Exerc´ıcios 1
2 Elon, Curso de Ana´lise I, pg. 28-29, exs. 1, 3-6.
1. Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
1- X ⊃ A e X ⊃ B,
2- Se Y ⊃ A e Y ⊃ B enta˜o Y ⊃ X.
Prove que X = A ∪B.
Demontrac¸a˜o:
Da primeira prorpiedade temos
X ⊃ A ∧X ⊃ B ⇒ (A ∪B) ⊂ X
Da segunda propriedade temos
[(X ⊃ A) ∧ (X ⊃ B) ⇒ Y ⊃ X]
⇒ [(A ∪B) ⊂ Y ⇒ X ⊂ Y ]
Concluimos da u´ltima implicac¸a˜o que X ⊂ (A∪B). Com efeito se X ⊂ (A∪B), temos que se
x ∈ X implica que x ∈ (A ∪ B). Como (A ∪ B) ⊂ Y , enta˜o x ∈ Y . Portanto, x ∈ X e x ∈ Y ,
ou seja, X ⊂ Y . Assim, mostramos que (A ∪ B) ⊂ X e X ⊂ (A ∪ B), portanto X = (A ∪ B)
�.
2. Sejam A, B ⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ {B. Prove tambe´m
que A ∪B = E se, e somente se, {A ⊂ B.
Demonstrac¸a˜o:
A ∩B = ∅ ↔ a ∈ A ∧ a /∈ B ↔ a ∈ A ∧ a ∈ {B ↔ A ⊂ {B �.
A ∪B = E ↔ {(A ∪B) = {E = ∅
↔ {A ∩ {B = ∅ ↔ x ∈ {A ∧ x /∈ {B ↔ x ∈ {A ∧ x ∈ B ↔ {A ⊂ B �.
3. Dados A, B ⊂ E, prove que A ⊂ B se, e somente se, A ∩ {B = ∅.
Demonstrac¸a˜o:
A ⊂ B ↔ x ∈ A ∧ x ∈ B ↔ x ∈ A ∧ x /∈ {B ↔ A ∩ {B = ∅ �.
2∧ =“e”, ∨ =“ou”, � =“cqd”
29
4. Deˆ exemplo de conjuntos A, B, C tais que (A ∪B) ∩ C 6= A ∪ (B ∩ C).
A = {1, 2}, B = {1, 2, 3}, C = {2, 3}.
5. Se A, X ⊂ E sa˜o tais que A ∩X = ∅ e A ∪X = E, prove que X = {A.
Demonstrac¸a˜o:
Da propriedade A ∩X = ∅ mostra-se que
X ∩ A = ∅ ↔ a ∈ X ∧ a /∈ A ↔ a ∈ X ∧ a ∈ {A ↔ X ⊂ {A
Da propriedade A ∪X = E mostra-se que
{(A ∪X) = {E = ∅ ↔ {A ∩ {X = ∅
↔ x ∈ {A ∧ x /∈ {X ↔ x ∈ {A ∧ x ∈ X ↔ {A ⊂ X �.
6. Dada a func¸a˜o f : A→ B e X, Y ⊂ A. Prove que:
(1) X ⊂ Y → f(X) ⊂ f(Y )
(2) f(X ∩ Y ) ⊂ f(X) ∩ f(Y )
(3) f(X ∪ Y ) = f(X) ∪ f(Y )
Demonstrac¸a˜o:
(1) Se x ∈ X, enta˜o x ∈ Y e portanto f(x) ∈ f(Y ). Como isso e´ verdade ∀x ∈ X, inferimos
que f(X) ⊂ f(Y ) �.
(2) Como X ∩ Y ⊂ X, segue de (1) que f(X ∩ Y ) ⊂ f(X). Da mesma maneira f(X ∩ Y ) ⊂
f(Y ). Portanto conclu´ımos que f(X ∩ Y ) ⊂ f(X) ∩ f(Y ) �.
(3) ComoX ⊂ X∪Y e Y ⊂ X∪Y , segue de (1) que f(X)∪f(Y ) ⊂ f(X∪Y ). Reciprocamente,
se y ∈ f(X ∪ Y ), enta˜o ∃x ∈ X ∪ Y tal que y = f(x). Como x ∈ X ou x ∈ Y , segue que
y = f(x) ∈ f(X) ou y ∈ f(Y ). Portanto, conclu´ımos que f(X ∪ Y ) ⊂ f(X) ∪ f(Y ) �.
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