RESUMÃO CONTEUDO ANALISE

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Paulo Angelo Alves Resende - pa@mat.unb.br
O Meu Curso de Ana´lise 1
UNB - Universidade de Bras´ılia
Instituto de Exatas (IE)
4 de janeiro de 2006
Apostila dispon´ıvel em http://pa.mat.unb.br/
Suma´rio
Prefa´cio p. 5
I Conteu´do da 1a Prova 6
1 Nu´meros Naturais p. 7
1.1 A Soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 7
1.1.1 Inteirada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 7
1.1.2 Definic¸a˜o de Soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 8
1.1.3 Propriedades da Soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 8
1.2 Ordem dos Nu´meros Naturais . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 14
1.2.1 Propriedades da Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 14
1.3 A Multiplicac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 15
1.3.1 Propriedades da Multiplicac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . p. 16
1.4 Boa Ordenac¸a˜o e o Segundo Princ´ıpio da Induc¸a˜o . . . . . . . p. 22
1.4.1 Elemento Mı´nimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22
1.4.2 Elemento Ma´ximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22
1.4.3 Boa Ordenac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22
1.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 25
2 Nu´meros Reais p. 34
2.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 34
Suma´rio Suma´rio
3 Sequ¨encias e Se´ries de Nu´meros Reais p. 41
4 Revisa˜o da 1a Parte p. 42
4.1 Exerc´ıcios da Lista de Ana´lise Resolvidos . . . . . . . . . . . p. 42
4.2 1a Prova Resolvida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 58
4.3 Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definic¸o˜es . . . . . . . . . p. 61
II Conteu´do da 2a Prova 67
5 Topologia da Reta p. 68
5.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 68
6 Limites de Func¸o˜es p. 74
6.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 74
7 Func¸o˜es Cont´ınuas p. 76
8 Revisa˜o da 2a Parte p. 77
8.1 Exerc´ıcios da Lista de Ana´lise Resolvidos . . . . . . . . . . . p. 77
8.2 2a Prova Resolvida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 81
8.3 Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definic¸o˜es . . . . . . . . . p. 83
IIIConteu´do da 3a Prova 90
9 Derivadas p. 91
10 Integral de Riemann p. 92
11 Revisa˜o da 1a Parte p. 93
11.1 Exerc´ıcios da Lista de Ana´lise Resolvidos . . . . . . . . . . . p. 93
Suma´rio Suma´rio
11.2 3a Prova Resolvida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 94
11.3 Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definic¸o˜es . . . . . . . . . p. 95
5
Prefa´cio
O que me motivou a escrever isso e´ aprender ana´lise, de maneira alguma
pretendo (hoje) competir com os autores de livros. Fiz livre uso do livro de
Ana´lise de Elon para criar esse trabalho. Portanto, voceˆ deve ter um exemplar
do livro “Curso de Ana´lise 1” para compreender o conteu´do desse material.
Esse material e´ escrito utilizando a estrutura de cap´ıtulos do livro do prof.
Elon, mas no lugar de conteu´do e´ colocado comenta´rios, outras demonstrac¸o˜es
e outras experieˆncias que obtive. Ale´m disso ha´ uma relac¸a˜o dos enunciados
dos teoremas e definic¸o˜es do livro citado. Reforc¸ando: Isso e´ um material
complementar!
Durante a greve dos servidores da UNB, estava ansioso para comec¸ar o curso
de ana´lise, como estava demorando muito, iniciei o meu estudo documentando-
o nesse livro. No decorrer do semestre, o tempo comec¸ou a ficar escasso, o
que levou a reduc¸a˜o do conteu´do escrito. No entanto deve ser de grande valia
para os alunos de graduac¸a˜o do Dep. de Matema´tica da UnB ao cursarem a
disciplina “Ana´lise 1”.
O professor Celius Magalha˜es contribuiu em peso nas demonstrac¸o˜es e nos
exerc´ıcios durante o semestre, ele me orientou no decorrer dos meus estudos. O
curso foi ministrado pelo professor Jose´ Alfredo, que sempre esteve dispon´ıvel
para sanar minhas du´vidas e que muito contribuiu para o meu ensino de ma-
tema´tica.
Paulo Angelo
6
Parte I
Conteu´do da 1a Prova
7
1 Nu´meros Naturais
Os nu´meros naturais sa˜o constru´ıdos de uma func¸a˜o S:→ NN que leva
um elemento de N ao chamado “seu sucessor” e de treˆs axiomas dessa func¸a˜o,
chamados axiomas de Peano:
1. S e´ injetiva
2. Existe apenas um elemento que na˜o possue sucessor, o nomeado elemento
“um” representado por “1”.
3. Se X ⊂ N e´ tal que, se x ∈ X implica que S(x) ∈ X enta˜o X = N
(princ´ıpio da induc¸a˜o)
A partir desse base podemos constru´ır todo o conjunto dos nu´meros natu-
rais.
1.1 A Soma
1.1.1 Inteirada
Definic¸a˜o 1.1.1. A n-e´sima inteirada de f , representada por fn. (como na˜o
faz nenhum sentido falar n-e´simo; dado que estamos constrindo os nu´meros
naturais) definimos:
f1 = f (1.1)
e
fS(n) = f ◦ fn (1.2)
8
1.1.2 Definic¸a˜o de Soma
Definic¸a˜o 1.1.2. Representa-se por “+” (mais), m + n, como:
m+ n = Sn(m) (1.3)
Podemos ver da definic¸a˜o que:
1. Assumindo n = 1 em (1.3) temos:
m+ 1 = S(m) (1.4)
2. Assumindo n = S(n) e por (1.3), temos:
m+ S(n) = SS(n)(m) (1.5)
Pela definic¸a˜o de Inteiradas em (1.2):
SS(n)(m) = S ◦ Sn(m) (1.6)
Por definic¸a˜o da soma em (1.3), m+ n = Sn(m), enta˜o:
S ◦ Sn(m) = S(m+ n) (1.7)
Conclu´ımos enta˜o:
m+ S(n) = S(m+ n) (1.8)
1.1.3 Propriedades da Soma
1. m+ (n+ p) = (m+ n) + p
2. m+ n = n+m
3. m+ p = n+ p⇒ m = n
4. Tricotomia; dados m,n ∈ N uma das sequintes ocorre:
• m = n
• ∃ p ∈ N |m+ p = n
• ∃ q ∈ N |m = n+ q
9
1.1.3.1 Demonstrac¸o˜es
As demonstrac¸o˜es sa˜o dadas como teoremas, para facilitar a utilizac¸a˜o do
LATEXe ficar mais claro a apresentac¸a˜o.
Teorema 1.1.3. Para todos m,n, p ∈ N tem-se m+ (n + p) = (m+ n) + p
Demonstrac¸a˜o. Fixados m,n ∈ N e seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N |m+ (n+ p) = (m+ n) + p} (1.9)
Vamos provar por induc¸a˜o que X = N
(i) Inicialmente temos que provar que 1 ∈ X:
Pela definic¸a˜o em (1.3), n+ 1 = S(n) enta˜o:
m+ (n+ 1) = m+ S(n) (1.10)
Usando a definic¸a˜o em (1.3), temos:
m+ S(n) = SS(n)(m) (1.11)
Usando definic¸a˜o de inteiradas em (1.2):
SS(n)(m) = S ◦ Sn(m) (1.12)
Usando definic¸a˜o de soma em (1.3):
S ◦ Sn(m) = S(m+ n) (1.13)
e finalmente, utilizando definic¸a˜o de soma novamente,
S(m+ n) = (m+ n) + 1 (1.14)
obtemos m+ (n+ 1) = (m+ n) + 1 o que implica que 1 ∈ X
(ii) Precisamos enta˜o provar que p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X, com isso podemos
utilizar o terceiro axioma de Peano para concluir a demonstrac¸a˜o. Se
m+ (n+ p) = (m+ n) + p (1.15)
10
enta˜o, utilizando (1.8):
m+ (n+ S(p)) = m+ S(n+ p) (1.16)
Utilizando novamente (1.8) assumindo n = (n+ p),
m+ S(n+ p) = S(m+ (n+ p)) (1.17)
Utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o (1.15):
S(m+ (n+ p)) = S((m+ n) + p) (1.18)
Utilizando (1.8) novamente, temos:
S((m+ n) + p) = (m+ n) + S(p) (1.19)
Obtendo p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X. Fica enta˜o demonstrado utilizando o terceiro
axioma de Peano.
Lema 1.1.4. Sp(1) = S(p), ∀ p ∈ N
Demonstrac¸a˜o. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N |Sp(1) = S(p)} (1.20)
Vamos provar que X = N utilizando o princ´ıpio de induc¸a˜o.
(i) Por definic¸a˜o de inteirada em (1.1): S1(1) = S(1) onde conclu´ımos que
1 ∈ X
(ii) Suponhamos que para algum p ∈ N:
Sp(1) = S(p) (1.21)
Utilizando a definc¸a˜o de inteirada (1.2):
SS(p)(1) = S ◦ Sp(1) (1.22)
Utilizando a hipo´tese em (1.21):
S ◦ Sp(1) = S ◦ S(p) = S(S(p)) (1.23)
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Pela definic¸a˜o de Inteirada em (1.2):
S ◦ S(p) = S(S(p)) (1.24)
Donde conclu´ımos que p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X.
Como 1 ∈ X e p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X pelo terceiro axioma de Peano, conclu´ımos
que X = N, demonstrando assim o lema.
Teorema 1.1.5. Fixado m ∈ N temos m+ n = n+m ∀n ∈ N
Demonstrac¸a˜o. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {n ∈ N |m+ n = n+m} (1.25)
Vamos provar que X = N utilizando o princ´ıpio deinduc¸a˜o.
(i) Utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3):
m+ 1 = S(m) (1.26)
Com o resultado objetido no lema 1.1.4:
S(m) = Sm(1) (1.27)
Utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3):
Sm(1) = 1 +m (1.28)
obtemos enta˜o
m+ 1 = 1 +m (1.29)
donde conclu´ımos que 1 ∈ X
(ii) Suponhamos que para algum n ∈ N temos:
m+ n = n+m (1.30)
Enta˜o, utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3):
m+ S(n) = SS(n)(m) (1.31)
12
Utilizando a definic¸a˜o de inteiradas em (1.2):
SS(n)(m) = S ◦ Sn(m) (1.32)
Utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3):
S ◦ Sn(m) = S(m+ n) (1.33)
Utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o em (1.30):
S(m+ n) = S(n+m) (1.34)
Utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3):
S(n+m) = S(Sm(n)) (1.35)
Utilizando a definic¸a˜o de inteirada em (1.2):
S(Sm(n)) = S ◦ Sm(n) = SS(m)(n) (1.36)
Utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3):
SS(m)(n) = n+ S(m) (1.37)
Utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3) novamente:
n+ S(m) = n+ (m+ 1) (1.38)
Utilizando o resultado no ı´tem anterior em (1.29):
n+ (m+ 1) = n+ (1 +m) (1.39)
Utilizando o resultado do teorema 1.1.3.
n+ (1 +m) = (n+ 1) +m = S(n) +m (1.40)
Utilizando definic¸a˜o de soma em (1.3):
(n+ 1) +m = S(n) +m (1.41)
Donde conclu´ımos que se m+ n = n+m enta˜o:
m+ S(n) = S(n) +m (1.42)
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Como 1 ∈ X e n ∈ X ⇒ S(n) ∈ X, utilizando o terceiro axioma de Peano,
concl´ımos que X = N, demonstrando assim o teorema.
Teorema 1.1.6. Fixados m,n ∈ N tem-se m + p = n + p ⇒ m = n ∀ n ∈ N
(Lei do Corte)
Demonstrac¸a˜o. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N |m+ p = n+ p⇒ m = n} (1.43)
Vamos provar pelo princ´ıpio de induc¸a˜o que X = N
(i) Para p = 1 e utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3) e a hipo´tese acima,
temos:
S(m) = m+ 1 = n+ 1 = S(n)⇒ S(m) = S(n) (1.44)
Como a func¸a˜o S e´ injetiva (axioma 1) m = n, logo 1 ∈ X.
(ii) Suponhamos que:
m+ p = n+ p (1.45)
para algum p ∈ N, enta˜o, utilizando definic¸a˜o de soma em (1.3) e a
hipo´tese do teorema, temos:
S(m+p) = m+S(p) = n+S(p) = S(m+p)⇒ S(m+p) = S(m+p) (1.46)
Como S e´ injetiva, m + p = n + p, pela hipo´tese de induc¸a˜o em (1.45),
m = n
Como 1 ∈ X e p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X pelo terceiro axioma de Peano, conclu´ımos
que X = N, o que demonstra o teorema.
Teorema 1.1.7. Dados m,n ∈ N uma das sequintes ocorre:
• m = n
• ∃ p ∈ N |m+ p = n
• ∃ q ∈ N |m = n+ q
Demonstrac¸a˜o. Num sei. . .
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1.2 Ordem dos Nu´meros Naturais
Definic¸a˜o 1.2.1. Dizemos que
m > n
Se e Somente Se, ∃ p ∈ N |m = n+ p
e que
m < n
Se e Somente Se, ∃ q ∈ N |m+ q = n
1.2.1 Propriedades da Ordem
1. m > n ∧ n > p⇒ m > p (transitividade)
2. m > n⇒ m+ p > n+ p ; ∀p ∈ N
E´ trivial que as mesmas propriedades se aplicam para <.
1.2.1.1 Demonstranc¸o˜es
Teorema 1.2.2. Fixados m,n ∈ N temos que:
m > n ∧ n > p⇒ m > p; ∀ p ∈ N (1.47)
Demonstrac¸a˜o. Utilizando a definic¸a˜o de ordem 1.2.1, temos:
n > p⇒ ∃w ∈ N |n = p+ w (1.48)
m > n⇒ ∃ q ∈ N |m = n+ q (1.49)
Usando (1.48) e (1.49) obtemos que:
m = n+ q = (p +w) + q = p+ (w + q) (1.50)
O que, pela definic¸a˜o de ordem em (1.2.1), implica que m > p, como quer´ıamos
demonstrar.
15
Teorema 1.2.3. Fixados m,n ∈ N temos que:
m > n⇒ m+ p > n+ p; ∀ p ∈ N (1.51)
Demonstrac¸a˜o. Temos que:
m > n⇒ ∃ q ∈ N |m = n+ q (1.52)
Utilizando a lei do corte provada no Teorema 1.1.6, temos:
(m) + p = (n+ q) + p (1.53)
Utilizando as propriedades de comutatividade e associatividade provadas res-
pectivamente nos teoremas 1.1.5 e 1.1.3, temos
(m) + p = (n+ q) + p⇒ m+ p = (n+ p) + q (1.54)
Finalmente, utilizando a definic¸a˜o de ordem em 1.2.1, temos:
m+ p = (n+ p) + q ⇒ m+ p > n+ p (1.55)
1.3 A Multiplicac¸a˜o
Denota-se por fm(n) a func¸a˜o que soma “m” a n, enta˜o:
fm(n) = n+m = S
m(n) (1.56)
Definimos tambe´m a func¸a˜o antecessor como sendo:
A :→ (N− 1)N (1.57)
A(S(p)) = p ; ∀ p ∈ N (1.58)
Definic¸a˜o 1.3.1. A operac¸a˜o multiplicac¸a˜o, representada por “.” e´ definida
por:
• m · 1 = m
• m · S(n) = fnm(m)
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1.3.1 Propriedades da Multiplicac¸a˜o
1. (m+ n) · p = m · p+ n · p
2. m · n = n ·m
3. m · p = n · p⇒ m = n
4. m > n⇒ m · p > n · p
5. m · (n · p) = (m · n) · p
1.3.1.1 Demonstranc¸o˜es
Para demonstrar as propriedades, vamos precisar de alguns resultados ini-
ciais, que geraram os lemas seguintes:
Lema 1.3.2. Fixados m,n ∈ N tem-se que:
m · (p+ 1) = m · p+m (1.59)
Demonstrac¸a˜o. A demonstrac¸a˜o em feita em duas etapas, para p = 1 e para
p 6= 1:
(i) Para p = 1 e utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3), temos:
m · (1 + 1) = m · S(1) (1.60)
Pela definic¸a˜o de multiplicac¸a˜o em 1.3.1:
m · S(1) = f1m(m) = m+m (1.61)
(ii) Se p 6= 1 temos que ∃w ∈ N tal que S(w) = p, logo: Pela definic¸a˜o de
soma em (1.3):
m · (S(w) + 1) = m · (S(S(w))) (1.62)
Pela definic¸a˜o de multiplicac¸a˜o em 1.3.1:
m · (S(S(w))) = fS(w)m (m) (1.63)
Pela definic¸a˜o de inteirada em (1.2):
fS(w)m (m) = fm ◦ fwm(m) (1.64)
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Pela definic¸a˜o da func¸a˜o f em (1.56)
fm ◦ fwm(m) = fwm(m) +m (1.65)
Pela definic¸a˜o de multiplicac¸a˜o em 1.3.1:
fwm(m) +m = m · S(w) +m (1.66)
Como p = S(w), conclu´ımos que:
m · (p+ 1) = m · (S(w) + 1) = m · S(w) +m = m · p+m (1.67)
Teorema 1.3.3. Fixados m,n ∈ N tem-se que:
(m+ n) · p = m · p+ n · p; ∀p ∈ N (1.68)
Demonstrac¸a˜o. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N | (m+ n) · p = m · p+ n · p} (1.69)
Vamos provar utilizando o princ´ıpio de induc¸a˜o que X = N
(i) Utilizando a definic¸a˜o de multiplicac¸a˜o em 1.3.1, temos:
(m+ n) · 1 = (m+ n) = m+ n (1.70)
(ii) Suponha que para algum p ∈ N vale:
(m+ n) · p = m · p+ n · p (1.71)
Da definic¸a˜o de soma em (1.3):
(m+ n) · S(p) = (m+ n) · (p + 1) (1.72)
Utilizando o lema 1.3.2:
(m+ n) · (p+ 1) = (m+ n) · p+ (m+ n) (1.73)
Utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o em (1.71):
(m+ n) · p+ (m+ n) = m · p+ n · p+ (m+ n) (1.74)
18
Utilizando as propriedades de associatividade e comutatividade da soma:
m · p+ n · p+ (m+ n) = m · p+m+ n · p+ n (1.75)
Utilizando novamente o lema 1.3.2:
m · p+m+ n · p+ n = m · (p+ 1) + n · (p+ 1) (1.76)
Utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3):
m · (p + 1) + n · (p+ 1) = m · S(p) + n · S(p) (1.77)
Obtendo p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X. Fica enta˜o demonstrado utilizando o terceiro
axioma de Peano.
Lema 1.3.4.
1 · p = p · 1 ; ∀ p ∈ N (1.78)
Demonstrac¸a˜o. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N | 1 · p = p · 1} (1.79)
Vamos provar utilizando o princ´ıpio de induc¸a˜o que X = N
(i) Para p = 1:
1 · 1 = 1 · 1 (1.80)
(ii) Suponha que para algum p ∈ N vale:
1 · p = p · 1 (1.81)
Enta˜o, utilizando a definic¸a˜o de soma em (1.3):
1 · S(p) = 1 · (p+ 1) (1.82)
Utilizando o lema 1.3.2:
1 · (p+ 1) = 1 · p+ 1 · 1 (1.83)
Utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o em (1.81):
1 · p+ 1 · 1 = p · 1 + 1 · 1 (1.84)
19
Utilizando o teorema 1.3.3:
p · 1 + 1 · 1 = (p + 1) · 1 (1.85)
Pela definic¸a˜o de soma em (1.3):
(p+ 1) · 1 = S(p) · 1 (1.86)
Obtendo p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X. Fica enta˜o demonstrado utilizando o terceiro
axioma de Peano.
Teorema 1.3.5. Fixado m ∈ N tem-se:
m · n = n ·m ; ∀n ∈ N (1.87)
Demonstrac¸a˜o. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {n ∈ N |m · n = n ·m} (1.88)
Vamos provar utilizando o princ´ıpio de induc¸a˜o que X = N
(i) Para n = 1 e utilizando o resultado do lema 1.3.4, temos:
m · 1 = 1 ·m (1.89)
(ii) Suponha que para algum n ∈ N vale:
m · n = n ·m (1.90)
Enta˜o, utilizando o lema 1.3.2:
m · (n+ 1) = m · n+m (1.91)
Utilizando a hipo´tese em (1.90):
m · n+m = n ·m+m (1.92)
Utilizando a propriedade de comutatividade da soma e a definic¸a˜o de
multiplicac¸a˜o em (1.3.1):
n ·m+m = n ·m+ 1.m (1.93)
20
Utilizando o resultado do teorema 1.3.3:
n ·m+ 1.m = (n + 1) ·m (1.94)
Obtendo n ∈ X ⇒ S(n) ∈ X. Fica enta˜o demonstradoutilizando o terceiro
axioma de Peano.
Teorema 1.3.6. Dados m,n ∈ N vale:
Se:
∃p ∈ N |m · p = n · p (1.95)
Enta˜o m = n.
Demonstrac¸a˜o. Suponha quem 6= n, enta˜o, pela tricotomia provada no teorema
1.1.7:
∃q ∈ N |m = n+ q ∧ ∃w ∈ N |n = m+ w (1.96)
Se m = n + q, e utilizando a distributividade demonstrada em 1.3.3 temos:
m · p = (n + q) · p = n · p + q · p o que conclu´ımos pela definic¸a˜o de ordem
em 1.2.1 que m · p > n · p o que contradiz a hipo´tese inicial. Da mesma forma
assumindo m+ w = n, conclu´ımos que n · p > m · p o que tambe´m contradiz a
hipo´tese. Logo m = n.
Teorema 1.3.7. Fixados m,n ∈ N vale:
m > n⇒ m · p > n · p ; ∀ p ∈ N (1.97)
Demonstrac¸a˜o. Pela definic¸a˜o de ordem em 1.2.1, temos:
m > n⇒ ∃ q ∈ N |m = n+ q (1.98)
Enta˜o:
m · p = (n + q) · p (1.99)
Utilizando a propriedade de distributividade demonstrada no teorema 1.3.3:
(n + q) · p = n · p+ q · p (1.100)
Obtendo:
m · p = n · p+ q · p (1.101)
21
Pela definic¸a˜o de ordem em 1.2.1, temos:
m · p = n · p+ q · p⇒ m · p > n · p (1.102)
O que completa a demonstrac¸a˜o.
Teorema 1.3.8. Fixados m,n ∈ N vale:
m · (n · p) = (m · n) · p ; ∀ p ∈ N (1.103)
Demonstrac¸a˜o. Seja X ⊂ N o conjunto:
X = {p ∈ N |m · (n · p) = (m · n) · p} (1.104)
Vamos provar utilizando o princ´ıpio de induc¸a˜o que X = N
(i) Para p = 1 e utilizando duas vezes a definic¸a˜o de multiplicac¸a˜o em 1.3.1
temos:
m · (n · 1) = m · n = (m · n) · 1 (1.105)
(ii) Suponha que para algum p ∈ N vale:
m · (n · p) = (m · n) · p (1.106)
Enta˜o, utilizando duas vezes a propriedade de distributividade provada
em 1.3.3:
m · (n · (p + 1)) = m · (n · p+ n) = m · (n · p) +m · n (1.107)
Utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o em (1.106) e a definic¸a˜o da multiplicac¸a˜o
em 1.3.1, temos:
m · (n · p) +m · n = (m · n) · p+ (m · n) · 1 (1.108)
Utilizando a propriedade de distributividade demonstrada no teorema
1.3.3:
(m · n) · p+ (m · n) · 1 = (m · n) · (p + 1) (1.109)
Obtendo p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X. Fica enta˜o demonstrado utilizando o terceiro
axioma de Peano.
22
1.4 Boa Ordenac¸a˜o e o Segundo Princ´ıpio da Induc¸a˜o
1.4.1 Elemento Mı´nimo
Dizemos que p ∈ X e´ um elemento mı´nimo de X se e somente se:
p 6 q ; ∀ q ∈ X (1.110)
Podemos perceber que o elemento mı´nimo de um conjunto e´ u´nico, de fato,
suponha que existe outro w ∈ X tal que:
w 6 m ; ∀m ∈ X (1.111)
Mas
p 6 q ∧ w 6 m ; ∀ q,m ∈ X ⇒ p 6 w ∧ w 6 p⇒ p = w (1.112)
1.4.2 Elemento Ma´ximo
Dizemos que p ∈ X e´ um elemento ma´ximo de X se e somente se:
p > q ; ∀ q ∈ X (1.113)
Podemos perceber que o elemento ma´ximo de um conjunto e´ u´nico, de fato,
suponha que existe outro w ∈ X tal que:
w > m ; ∀m ∈ X (1.114)
Mas
p > q ∧ w > m ; ∀ q,m ∈ X ⇒ p > w ∧ w > p⇒ p = w (1.115)
1.4.3 Boa Ordenac¸a˜o
Todo o conjunto X ⊂ N possue um elemento mı´nimo.
Lema 1.4.1. O elemento 1 e´ o elemento mı´nimo do conjunto dos naturais.
23
Demonstrac¸a˜o. Suponha que:
∃ p ∈ N | p < 1 (1.116)
E´, pela definic¸a˜o de ordem em 1.2.1, equivalente que:
∃w ∈ N | 1 = p+ w (1.117)
1 = p+ w ⇒ 1 = Sw(p) (1.118)
Da igualdade, segue que 1 seria sucessor de algum nu´mero o que contradiz o
segundo axioma de Peano.
Teorema 1.4.2. Todo o conjunto X ⊂ N, na˜o vazio, possue um elemento
mı´nimo ou seja:
Para todo o conjunto X ⊂ N vale:
∃p ∈ X | p 6 w ; ∀w ∈ X (1.119)
Demonstrac¸a˜o. Se 1 ∈ X enta˜o 1 e´ o elemento mı´nimo de X, pois X ⊂ N.
Definimos o conjunto In ⊂ N como:
In = {p ∈ N | p 6 n} (1.120)
e o conjunto A ⊂ N como:
A = {n ∈ N | In ⊂ N−X} (1.121)
Logo, (na˜o e´ dif´ıcil provar):
w ∈ A⇒ w 6∈ X (1.122)
Afirmamos que o elemento p ∈ X tal que:
A(p) ∈ A ∧ p ∈ X (1.123)
e´ o elemento mı´nimo de X, de fato, se na˜o for, enta˜o:
∃w ∈ X | p 66 w (1.124)
24
Pela tricotomia em 1.1.7:
∃w ∈ X | p 66 w ⇒ w < p (1.125)
Pela definic¸a˜o de ordem em 1.2.1:
w < p⇒ ∃q ∈ N | p = w + q (1.126)
Analizemos em dois casos:
(caso 1) Se q = 1. E utilizando a definic¸a˜o de antecessor em (1.58) e definic¸a˜o de
soma em (1.3), temos que A(p) + 1 = S(A(p)) = p, enta˜o:
p = w + 1⇒ A(p) + 1 = w + 1 (1.127)
Utilizando a lei do corte da soma demonstrada no teorema 1.1.6:
A(p) + 1 = w + 1⇒ A(p) = w (1.128)
O que e´ um absurdo, pois A(p) e´ definida como pertencer ao conjunto A
e:
A(p) = w ∨ (A(p) ∈ A⇒ A(p) 6∈ X)⇒ w 6∈ X (1.129)
Onde temos um absurdo.
(caso 2) Se q 6= 1, enta˜o como 1 e´ o elemento mı´nimo dos naturais:
1 < q (1.130)
Pela definic¸a˜o de ordem em 1.2.1:
1 < q ⇒ ∃ y ∈ N | q = 1 + y (1.131)
Substitu´ındo q = 1 + y em (1.126), temos:
p = w + 1 + y (1.132)
Como p 6= 1, e utilizando a definic¸a˜o de antecessor em 1.58:
A(p) + 1 = w + 1 + y (1.133)
Utilizando a comutatividade da soma demonstrada em 1.1.5 e a lei do
25
corte demonstrada em 1.1.6:
A(p) + 1 = w + y + 1⇒ A(p) = w + y (1.134)
Pela definic¸a˜o de ordem em 1.2.1:
A(p) = w + y ⇒ w < A(p) (1.135)
Utilizando a definic¸a˜o de A(p) (1.123) e a definic¸a˜o do conjunto A em
(1.121), conclu´ımos que:
w < A(p)⇒ w ∈ A⇒ w 6∈ X (1.136)
O que e´ um absurdo.
Com isso, conclu´ımos que p e´ o elemento mı´nimo do conjunto X.
1.5 Exerc´ıcios
Ex. 1 — Prove que tendo o primeiro e segundo axioma, o terceiro axioma (P3) e´
equivalente ao axioma “A”:
P3- Se X ⊂ N e´ tal que 1 ∈ X ∧ n∈ X ⇒ S(n) ∈ X, enta˜o X = N.
A- Para todo conjunto A ⊂ N, na˜o vazio, tem-se A− S(A) 6= ∅
Soluc¸a˜o (ex. 1) — Vamos primeiramente provar (P3⇒ A):
Demonstrac¸a˜o. E´ claro que, se 1 ∈ A, enta˜o A− S(A) 6= ∅
Vamos supor enta˜o que 1 6∈ A, e portanto, 1 ∈ Ac, supomos ainda, por absurdo,
que A− S(A) = ∅. Nesse caso, afirmamos que:
a ∈ Ac ⇒ S(a) ∈ Ac (1.137)
Demonstrac¸a˜o da Afirmac¸a˜o.
Suponha que a ∈ Ac e, por contradic¸a˜o, que S(a) 6∈ Ac. Enta˜o, como A ⊂ S(A),
segue-se que S(a) ∈ A ⊂ S(A), isto e´, S(a) = S(n) para algum n ∈ A. Por
injetividade de S (P2), temos a = n ∈ A, uma contradic¸a˜o, enta˜o conclu´ımos a
demonstrac¸a˜o da afirmac¸a˜o (1.137).
26
Como provamos:
Se A− S(A) = ∅, enta˜o vale:
a ∈ Ac ⇒ S(a) ∈ Ac (1.138)
Nesse caso, utilizando P3 e o fato de 1 ∈ Ac, temos que Ac = N, e portanto
A = ∅, conclu´ındo a demonstrac¸a˜o.
(A⇒ P3)
Demonstrac¸a˜o. Suponha que X ⊂ N tal que:
1.- 1 ∈ X
2.- n ∈ X ⇒ S(n) ∈ X
Seja A = Xc, enta˜o, afirmamos que:
A− S(A) = ∅
Se, por contradic¸a˜o, A − S(A) 6= ∅, enta˜o ∃x ∈ A |x 6∈ S(A). Como x 6= 1,
segue-se que x = S(a). Assim, ∃S(a) ∈ A |S(a) 6∈ S(A) ⇒ a 6∈ A ⇒ a ∈ X ⇒
S(a) ∈ X ⇒ S(a) 6∈ A o que e´ uma contradic¸a˜o.
Por “A”, segue-se que A = ∅ = Xc, logo X=N.
Ex. 2 — Dados a, b ∈ N temos que existe m ∈ N tal que m · a > b .
Soluc¸a˜o (ex. 2) — Demonstrac¸a˜o.Tome m = (b+ 1), logo:
m · a = (b+ 1) · a = b · a+ a (1.139)
Analisemos agora os dois casos:
(caso 1) - Se a = 1, utilizando a definic¸a˜o de multiplicac¸a˜o, temos:
b · a = b+ 1 (1.140)
Donde, pela definic¸a˜o de ordem, temos que:
m · a > b (1.141)
(caso 2) - Se a 6= 1, temos que existe A(a), enta˜o, utilizando a definic¸a˜o de
multiplicac¸a˜o:
b · (A(a) + 1) = b ·A(a) + b · 1 = b+ (b · A(a)) > b (1.142)
27
Onde conclu´ımos pela definic¸a˜o de ordem que:
m · a > b (1.143)
Ex. 3 — Para a ∈ N; Se o conjunto X e´ tal que:
(1) a ∈ X
(2) n ∈ X ⇒ n+ 1 ∈ X
Enta˜o X conte´m todos os elementos n ∈ N tais que n > a
Soluc¸a˜o (ex. 3) — Demonstrac¸a˜o.Definimos os conjuntos:
A = {n ∈ N |n > a} (1.144)
B = A−X (1.145)
Devemos provar enta˜o que B = ∅.
Pelo teorema 1.4.2, temos que todo conjunto na˜o vazio possue um elemento
mı´nimo. Logo, supondo que B 6= ∅, temos que existe b ∈ B tal que b seja
elemento mı´nimo, como:
b ∈ B ⊂ A ∧ a ∈ X (1.146)
Temos que b > a > 1; logo, existe A(b) ∈ A, donde conclu´ımos que:
A(b) ∈ X ∧ b 6∈ X (1.147)
o que e´ uma contradic¸a˜o, logo B= ∅, o que conclu´ımos pela definic¸a˜o de B
que X = A.
Ex. 4 — Demonstre as seguintes propriedades utilizando o princ´ıpio de induc¸a˜o:
(a) 2 · (1 + 2 + · · ·+ n) = n · (n + 1)
(b) 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2 · n+ 1) = (n+ 1)2
(c) (a− 1) · (1 + a+ · · · + an) = an+1 − 1
(d) n > 4⇒ n! > 2n
Soluc¸a˜o (ex. 4) — (a) Demonstrac¸a˜o.TomeX ⊂ N o conjunto dos nu´meros
n tais que 2 · (1 + 2 + · · ·+ n) = n · (n+ 1)
28
(i) n = 1, temos:
2 = 2 · 1 = 1 · (1 + 1) = 2 (1.148)
logo, 1 ∈ X
(ii) Suponha que vale para algum n ∈ X:
2 · (1 + 2 + · · · + n) = n · (n+ 1) (1.149)
Enta˜o, utilizando a propriedade de distributividade, temos:
2(1+2+ · · ·+n+(n+1)) = 2(1+2+ · · ·+n)+2(n+1) (1.150)
Utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o em (1.149):
2(1 + 2 + · · ·+ n) + 2(n + 1) = n(n+ 1) + 2(n + 1) (1.151)
Utilizando distributividade:
n(n+1)+2(n+1) = (n+1)(n+2) = (n+1)((n+1)+1) (1.152)
Conclu´ındo que n ∈ X ⇒ n+1 ∈ X, demonstrando assim o exerc´ıcio.
(b) Demonstrac¸a˜o.Tome X ⊂ N o conjunto dos nu´meros n tais que 1 +
3 + 5 + · · · + (2 · n+ 1) = (n+ 1)2
(i) n = 1, temos:
1 + 3 = 4 = 2 · 2 = (1 + 1)(1 + 1) (1.153)
logo, 1 ∈ X
(ii) Suponha que vale para algum n ∈ X:
1 + 3 + 5 + · · · + (2 · n+ 1) = (n+ 1)2 (1.154)
Enta˜o,
1+3+· · ·+(2n+1)+(2(n+1)+1) = (1+3+· · ·+(2n+1))+(2(n+1)+1)
(1.155)
Utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o em (1.154):
(1+3+· · ·+(2n+1))+(2(n+1)+1) = (n+1).(n+1)+2(n+1)+1
(n+ 1).(n + 1) + 2(n + 1) + 1 =
29
n(n+ 1) + (n+ 1) + 2n+ 1 + 1 = n(n+ 2) + 2(n+ 2) =
(n+ 2)(n + 2) = ((n + 1) + 1)((n + 1) + 1)
Conclu´ındo que n ∈ X ⇒ n+1 ∈ X, demonstrando assim o exerc´ıcio.
(c) Demonstrac¸a˜o.Fixados a, tome X ⊂ N o conjunto dos nu´meros n
tais que (a− 1) · (1 + a+ · · ·+ an) = an+1 − 1
(i) n = 1, temos:
(a− 1)(1 + a) = a2 − 1 (1.156)
logo, 1 ∈ X
(ii) Suponha que vale para algum n ∈ X:
(a− 1) · (1 + a+ · · ·+ an) = an+1 − 1 (1.157)
Enta˜o, utilizando a propriedade de distributividade, temos:
(a− 1)(1+ · · ·+ an+ an+1) = (a− 1)(1+ · · ·+ an)+ (a− 1)an+1
(1.158)
Utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o em (1.157):
(a−1)(1+· · ·+an)+(a−1)an+1 = an+1−1+(a−1)·an+1 (1.159)
Utilizando distributividade:
an+1 − 1 + (a− 1) · a(n+1) = a(n+1)+1 − 1 (1.160)
Conclu´ındo que n ∈ X ⇒ n+1 ∈ X, demonstrando assim o exerc´ıcio.
(d) Demonstrac¸a˜o.Tome X ⊂ N o conjunto dos nu´meros n > 4 tais que
n! > 2n
Temos:
(i) n = 4, temos:
4 · 3 · 2 · 1 = 2 · 2 · 2 · 3 · 1 > 24 (1.161)
logo, 4 ∈ X
(ii) Suponha que vale para algum n ∈ X:
n! > 2n (1.162)
30
Enta˜o, utilizando a propriedade de distributividade, temos:
(n+ 1)! = n! · (n+ 1) (1.163)
Como n > 4, temos que existe b ∈ N tal que n = b+ 1, enta˜o:
n! · (n+ 1) = n! · ((b+ 1) + 1) (1.164)
Utilizando a propriedade de distributividade,
n! · ((b+ 1) + 1) = n! · b+ 2 · n! (1.165)
Utilizando a definic¸a˜o de ordem:
n! · b+ 2 · n! > n! · 2 (1.166)
Utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o em (1.162):
n! · 2 > 2n · 2 = 2n+1 (1.167)
Conclu´ındo que n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, utilizando o resultado do
exerc´ıcio 3 (demonstrado por induc¸a˜o),temos a demonstrac¸a˜o do
exerc´ıcio.
Ex. 5 — Utilize o segundo princ´ıpio de induc¸a˜o para demonstrar a unicidade da
decomposic¸a˜o dos nu´meros em fatores primos.
Soluc¸a˜o (ex. 5) — Seja X ⊂ N o conjunto dos nu´meros satisfazem a unicidade.
Logo, temos pelo teorema fundamental que prova a existeˆncia da decomposic¸a˜o
em nu´meros primos que:
m = p1 · p2 . . . pj (1.168)
Para p1..pj 6= 1.
Suponha que para todo n < m vale que n possue u´nicos fatores primos, vamos
provar que isso implica que m e´ fatorada de uma u´nica forma. Tomemos n =
p2 . . . pn, n e´ menor que m, pois como p1 6= 1, temos p1 = (A(p1)+1), obtendo:
m = (A(p1) + 1) · (p2 · p3 . . . pn)
= n+A(p1) · n
E pela definic¸a˜o de ordem m > n, logo pela hipo´tese de induc¸a˜o n so´ pode ser
fatorado de u´nica forma, e como p tambe´m satisfaz essa condic¸a˜o, enta˜o m so´
tem uma u´nica forma de fatorac¸a˜o, conclu´ındo a demonstrac¸a˜o.
31
Ex. 6 — Seja X,Y ⊂ N, conjuntos finitos.
(a)Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).
(b)Qual seria a fo´rmula correspondente pare treˆs conjuntos?
Soluc¸a˜o (ex. 6) — (a)Utilizando o teorema que prova que a unia˜o de dois
conjuntos finitos DISJUNTOS, com m e n elementos e´ um conjunto
com m + n elementos. Criamos conjuntos disjuntos e aplicamos o
teorema.
X\Y Y\X
X YX Y
Temos que X ∪ Y = X ∪ (Y \ X) e Y = (Y \ X) ∪ (X ∩ Y ) ⇒
Y \ (X ∩ Y ) = (Y \ X), manipulando obtemos: card(X ∪ Y ) =
card(X ∪ (Y \X)) = card(X) + card(Y \X)
card(X)+ card(Y \X) = card(X)+ card(Y \ (X ∩Y )) = card(X)+
card(Y )− card(X ∩ Y )
Donde temos card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).
(b)A fo´rmula para treˆs conjuntos seria card(X ∪ Y ∪ Z) + card(X ∩
Y ) + card(X ∩Z)+ card(Z ∩ Y )− 2 · card(X ∩ Y ∩Z) = card(X) +
card(Y ) + card(Z)
Ex. 7 — Dado um conjunto finito X, prove que uma func¸a˜o f : X → X e´ injetiva
S.S.S e´ sobrejetiva.
Soluc¸a˜o (ex. 7) — Suponha que a func¸a˜o f seja injetiva, nesse caso, podemos
considerar a menos de uma bijec¸a˜o X = In, logo, obtemos a bijec¸a˜o f : In → A
para A ⊂ In, como A e´ finito (pois X e´ e A ⊂ X), podemos considerar a menos
de uma bijec¸a˜o como sendo A = Im, obtendo enta˜o a bijec¸a˜o de g : In → Im, e
utilizando o teorema, temos que m = n, o que mostra que A = X.
Suponha agora que f seja sobrejetiva, e suponha ainda que f na˜o seja injetiva,
nesse caso: card(f(X)) < card(X). Por outro lado, como f e´ sobrejetiva,
card(f(X)) = X, o que e´ uma contradic¸a˜o, logo f e´ injetiva.
Ex. 8 — Prove que, se X e´ infinito enumera´vel, enta˜o o conjunto das partes finitas
de X tambe´m e´ (infinito) enumera´vel.
32
Soluc¸a˜o (ex. 8) — Demonstrac¸a˜o.X enumera´vel enta˜o podemos considerar, a
menos de uma bijec¸a˜o, X = N, logo, tomemos a func¸a˜o f : X → P(X ) que
leva o conjunto X no conjunto das suas partes, definida da seguinte forma:
f(x) = fn(x) se x ∈ In
e
fn : In → P (In)
Sabemos que card(P(In)) = 2n. Logo, para qualquer x ∈ X existe n suficiente
grande tal que P(In) exista, logo f e´ sobrejetiva, o que mostra que P(X) e´
enumera´vel.
Ex. 9 — Dada a func¸a˜o f : X → X, um subconjunto Y ⊂ X chama-se esta´vel
relativamente a f quando f(Y ) ⊂ Y . Prove que o conjunto X e´ finito S.S.S.
existe f : X → X que admite apenas X e ∅ como conjuntos esta´veis.
Soluc¸a˜o (ex. 9) — Demonstrac¸a˜o.Suponha inicialmente que X e´ finito, neste
caso temos que existe uma bijec¸a˜o b : In → X, tomando a func¸a˜o:
f : X → X, definida como:
f(x) =


f(b(1))→ b(2)
f(b(2))→ b(3)
...
f(b(n))→ b(1)
Essa func¸a˜o so´ admite ∅ e o pro´prio X como conjuntos esta´veis. Suponha que
existe algum conjunto na˜o vazio A ⊂ X esta´vel logo, como X e´ finito e A ⊂ X
temos que A e´ finito, logo possue um elemento ma´ximo j no domı´nio da bijec¸a˜o
b, obtendo enta˜o b(j) ∈ A∧f(b(j)) 6∈ A o que e´ uma contradic¸a˜o pois A e´ esta´vel.
Ta´ erradooooooooooooooooooooooooooooo. . . . . . . . . . . . . . . . . . (concluir)
Agora supondo que existe uma func¸a˜o f : X → X que admita apenas ∅ e X
como conjuntos esta´veis, afirmamos que existe n ∈ N tal que fn(x1) = x1
para qualquer x1 ∈ X. De fato, supomos por absurdo que isso na˜o e´ va´lido,
logo obtemos que A = {x |x = fn(x1), n ∈ N} forma um conjunto esta´vel o
qual na˜o possue o elemento x1 ∈ X, o que e´ um absurdo.
Com essa afirmac¸a˜o, temos diretamente que existe uma bijec¸a˜o entre In+1 e X
mostrando que o mesmo e´ finito.
33
Ex. 10 — Seja f : X → X uma func¸a˜o injetiva tal que f(X) 6= X. Tomando
x ∈ X − f(X), prove que os elementos x, f(x), f(f(x)) . . . sa˜o dois a dois
distintos.
Soluc¸a˜o (ex. 10) — Demonstrac¸a˜o.Temos que x e´ diferente de fn(x) para todo
n ∈ N, isso porque fn(x) ∈ f(X) para todo n e x 6∈ f(X). Agora seja A o
conjuntodos n tal que fn(x) 6= fm(x) ∀ m ∈ N ∧m 6= n. Logo, temos:
(a)f1(x) 6= fm(x) caso contra´rio, como f e´ injetiva, temos que x = fm−1
o que mostramos na˜o ser poss´ıvel.
(b)Suponhamos que para algum n 6= m vale fn(x) 6= fm(x) . Assumi-
mos tambe´m f0(x) = x; logo supomos, por absurdo que: fn+1(x) =
f(fn(x)) = fm(x) = f(fm−1(x)) O que por injetividade de f temos
que: fn(x) = fm−1(x) E como n + 1 6= m, temos que n 6= m − 1,
logo conclu´ımos pela hipo´tese de induc¸a˜o que e´ um absurdo.
Ex. 11 — Obtenha uma decomposic¸a˜o N = X1 ∪ X2 ∪ · · · ∪Xn ∪ . . . tal que os
conjuntos X1, X2, . . . , Xn, . . . sa˜o infinitos e dois a dois disjuntos.
Soluc¸a˜o (ex. 11) — Como o conjunto os nu´meros primos sa˜o infinitos, e todo o
nu´mero natural pode ser representado pela sua decomposic¸a˜o, temos a sequencia
de conjuntos definida da seguinte forma:
1 ∈ X1
X1 = p
m1
1 ∀m1 ∈ N
Xn = p
m1
1 · · · · · pmnn ∀m1,m2, . . . ,mn ∈ N
34
2 Nu´meros Reais
Nesse cap´ıtulo e´ apresentado os exerc´ıcios resolvidos do livro do Elon, re-
ferentes ao cap´ıtulo correspondente.
2.1 Exerc´ıcios
Ex. 1 — Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:
(a)
a
b
+
c
d
=
ad+ bc
bd
(b)
a
b
· c
d
=
a · c
b · d
Soluc¸a˜o (ex. 1) — (a)Demonstrac¸a˜o.Vamos precisar de (b·d)·(b−1·d−1) =
1 · 1 = 1⇒ (b−1 · d−1) = (b · d)−1
a
b
+
c
d
= 1 · a · b−1 + 1 · c · d−1 (2.1)
1 · a · b−1 + 1 · c · d−1 = (d · d−1) · a · b−1 + (b · b−1) · c · d−1 (2.2)
(d · d−1) · a · b−1 + (b · b−1) · c · d−1 = d−1 · b−1 · (a · b+ b · c) (2.3)
d−1 · b−1 · (a · b+ b · c) = (d · b)−1 · (a · d+ b · c)
1
(2.4)
(d · b)−1 · (a · d+ b · c)
1
=
a · d+ b · c
d · b (2.5)
(b)Demonstrac¸a˜o.
a
b
· c
d
= a · b−1 · c · d−1 (2.6)
a · b−1 · c · d−1 = (b−1 · d−1) · (a · c) (2.7)
35
Ex. 2 — Dado a 6= 0 num corpo K, po˜e-se, por definic¸a˜o, a0 = 1 e, se n ∈ N,
a−n = 1
an
ou seja, a−n = (an)−1. Prove:
(a)am · an = am+n para todo m,n ∈ Z
(b)(am)n = am·n para todo m,n ∈ Z
Soluc¸a˜o (ex. 2) — (a)Demonstrac¸a˜o..
(caso 1)m,n > 0
an · am = (
n vezes︷ ︸︸ ︷
a · a · . . . · a) · (
mvezes︷ ︸︸ ︷
a · a · . . . · a) = an+m
(caso 2)m = 0∨n = 0, sem perdas de generalidade, consideremos m = 0
am · an = a0 · an = 1 · an
(caso 3)S.P.G. m < 0 ∧ n > 0
m < 0⇒ ∃ −m > 0
(subcaso 1)n > −m
an·am = an·(a−m)−1 =
n−(−m) vezes︷ ︸︸ ︷
(a · a · · · · · a) ·
−mvezes︷ ︸︸ ︷
(a · a · · · · · a) ·(
−mvezes︷ ︸︸ ︷
(a · a · · · · · a))−1 =
an−(−m) = an+m
(subcaso 2)−m > n
an·am = (
(−m)−n vezes︷ ︸︸ ︷
a · · · · · a )−1·(
mvezes︷ ︸︸ ︷
a · · · · · a)·(
mvezes︷ ︸︸ ︷
a · · · · · a)−1 = (
(−m)−n vezes︷ ︸︸ ︷
a · · · · · a )−1 =
(a−m−n)−1 = an+m
(b)Demonstrac¸a˜o..
(caso 1)m,n > 0
(am)n =
nvezes︷ ︸︸ ︷
(
mvezes︷ ︸︸ ︷
a · a · · · · · a) · (
mvezes︷ ︸︸ ︷
a · a · · · · · a) · · · · · (
mvezes︷ ︸︸ ︷
a · a · · · · · a) = am·n
(caso 2)m = 0 ou n = 0
(subcaso 1)n = 0
(am)0 = 1 = a0 = am·n
(subcaso 2)m = 0
(an)n = (1)n = 1 = a0 = am·n
(caso 3)m < 0 e n > 0
36
((a−m)−1)n =
nvezes︷ ︸︸ ︷
(a−m)−1 · · · · · (a−m)−1 =
n vezes︷ ︸︸ ︷
1
a−m
· · · · · 1
a−m
=
1
(a−m)n =
1
a−m·n
= (a−m·n)−1 = am·n
(caso 4)m > 0 e n < 0
(am)n = ((am)−n)−1 = (am·(−n))−1 = am·n
(caso 5)m < 0 e n < 0
(am)n = (((a−m)−1)−n)−1 = ((a−m)n)−1 = (((a−m)−n)−1)−1 =
(a(−m)·(−n))1 = am·n
Ex. 3 — Se
x1
y1
=
x2
y2
= · · · = xn
yn
num corpoK, prove que, dados a1, a2, . . . , an ∈ K tais que a1 ·y1+· · ·+an ·yn 6=
0, tem-se
a1 · x1 + · · ·+ an · xn
a1 · y1 + · · ·+ an · yn =
x1
y1
.
Soluc¸a˜o (ex. 3) — Demonstrac¸a˜o..
a1 · x1 + · · ·+ an · xn
a1 · y1 + · · ·+ an · yn =
y1 · a1 · x1y1 + · · ·+ yn · an · xnyn
a1 · y1 + · · ·+ an · yn =
x1
y1
·a1 · y1 + · · ·+ an · yn
a1 · y1 + · · ·+ an · yn =
x1
y1
Ex. 4 — Dados dois corpos K,L corpos. E um homomorfismo f : K → L, prove
que:
(a)f(0) = 0
(b)ou f(a) = 1∀ a ∈ K ou { f(1) = 1 e f e´ injetivo }
Soluc¸a˜o (ex. 4) — Demonstrac¸a˜o..
f(a) = f(a+ 0) = f(a) + f(0)⇒ f(0) = 0
Afirmac¸a˜o: Se a 6= b⇒ f(a) 6= f(b)
Demonstrac¸a˜o..
Se, por contradic¸a˜o, a 6= b e f(a) = f(b)
Enta˜o: 0 = f(a)− f(b) = f(a− b) Logo,
0 = 0 · f((a− b)−1) = f((a− b)−1) · f(a− b) = f((a− b)−1 · (a− b)) = f(1)
37
Utilizando argumentac¸a˜o ana´loga, podemos ver que isso leva que f(x) = 0∀x ∈
K.
Ex. 5 — Dado o homomorfismo f : Q→ Q. Prove que f(x) = 0 ou f(x) = x∀x ∈
Q.
Soluc¸a˜o (ex. 5) — Demonstrac¸a˜o..
Inicialmente, vamos provar os resultados:
(a)f(a) = f(a · 1) = f(a) · f(1)⇒ f(1) = 1
(b)f(n) = f(1+1+· · ·+1) = f(1)+f(1)+· · ·+f(1) = 1+1+· · ·+1 = n
(c)1 = f(1) = f(n · n−1) = f(n) · f(n−1)⇒ f(n−1) = f(n)−1
Agora, dado um nu´mero racional n
m
; m 6= 0 temos: f( n
m
) = f(n · m−1) =
f(n) · f(m−1) = f(n) · f(m)−1 = n · (m)−1 = n
m
Ex. 6 — Tome Zp com as operac¸o˜es ⊕ e ⊗, prove que Zp e´ um corpo.
Soluc¸a˜o (ex. 6) — Demonstrac¸a˜o..
(a)f(m+ n) = m+ n = m⊕ n = f(m)⊕ f(n)
(b)f(m · n) = m · n = m⊗ n = f(m)⊗ f(n)
(c)m⊕ n = m+ n = n+m = n⊕m
(d)m⊗ n = m · n = n ·m = n⊗m
(e)(m ⊕ n) ⊕ w = (m+ n) + w = (m+ n) + w = m+ (n+ w) = m ⊕
(n⊕ w)
(f)(m⊗ n)⊗ w = (m · n) · w = (m · n) · w = m · n · w) = m⊗ (n⊗ w)
(g)n⊗ (m⊕ w) = n ·m+ n · w = n⊗m⊕ n⊗ w
(h)(m⊗ n = 0⇒ m = 0 ∧ n = 0)⇒ (Dadok 6= 0, ∃j ∈ Zp|j ⊗ k = 1)
(i)1 = 1 ⇒ 1 ∈ Zp Podemos provar isso provando a bijetividade da
func¸a˜o:
fk : Zp → Zp definida como: fk(x)→ k ⊗ x:
Podemos ver que:
fk(x⊕ y) = k ⊗ (x⊕ y) = k ⊗ x⊕ k ⊗ y = fk(x)⊕ fk(y)
38
Logo, se: f(x) = f(y), enta˜o:
f(x)− f(y) = 0⇒ f(x− y) = 0
Como f(x) = 0 ⇒ x = 0, enta˜o a func¸a˜o e´ injetiva. Como a cardi-
nalidade dos conjuntos (finitos) e´ a mesma, enta˜o a func¸a˜o tem que
ser sobrejetiva, e portanto bijetiva. Isso prova que existe inverso de
todos os elementos do conjunto.
Logo, como Zp satisfaz os axiomas de corpo, ele e´ um corpo (na˜o ordenado).
Ex. 7 — Num corpo ordenado K, prove que a2 + b2 = 0⇔ a = b = 0.
(⇐)a = b = 0⇒ 02 + 02 = (0 + 0) · 0 = 0 · 0 = 0
(⇒)a · a+ b · b = 0
.a ∈ P ⇒ a · a ∈ P
.b ∈ P ⇒ b · b ∈ P
.a ∈ −P ⇒ (−a) · (−a) = a · a ∈ P
.b ∈ −P ⇒ (−b) · (−b) = b · b ∈ P
.a2 ∈ P ∨ b2 ∈ P ⇒ a2 + b2 ∈ P
Logo, a2 + b2 = 0 temos que a2 6∈ P ou b2 6∈ P , onde temos que
a 6∈ P ∨ a 6∈ −P ∨ b 6∈ P ∨ b 6∈ −P e concl´ımos que a = b = 0.
Ex. 8 — Sejam x, y elementos positivos de um corpo ordenado K. Prove:
(a)x > 0⇔ x−1 > 0
(b)x < y ⇔ x−1 > y−1
Soluc¸a˜o (ex. 8) — Demonstrac¸a˜o..
(a)(⇒)Supondo x > 0 Temos (x−1)2 · x > 0⇒ x−1 · 1 > 0⇒ x−1 > 0
(⇐)Ana´logo.
(b)(⇒)Supondo x < y Temos x · y−1 < y · y−1 = 1 = x · x−1 e pela lei
do cancelamento, obtemos: y−1 < x−1
(⇐)y−1 < x−1 ⇒ y · x−1 > y−1 · y = 1 = x · x−1 ⇒ y > x
39
Ex. 9 — Dados a, b, ε num corpo ordenada K, prove que
|a− b| < ε⇒ |b| − ε < |a| < |b|+ ε
conclua que |a− b| < ε⇒ a < |b|+ ε.
Soluc¸a˜o (ex. 9) — Temos ||a| − |b|| ≤ |a − b| < ε ⇒ ||a| − |b|| < ε ⇒ −ε <
|a| − |b| < ε. Somando |b| temos |b| − ε < |a| < ε + |b|. E como a < |a|, temos
a < |b|+ ε.
Ex. 10 — Sejam a racional diferente de zero, e x irracional. Prove que a ·x e a+x
sa˜o irracionais. Deˆ exemplo de dois nu´meros irracionais x, y tais que x + y e
x · y sa˜o racionais.
Soluc¸a˜o (ex. 10) — Tome a = a1
a2
e Suponha que a1
a2
+x = x1
x2
, enta˜o organizando
temos x = x1·a2−a1
a2
que e´ um abusurdo pois x na˜o pode ser representado por
um nu´mero racional. Suponha agora que a1
a2
· x = x1
x2
, conclu´ımos o absurdo
x = a2·x1
a1·x2 pois x na˜o pode ser racional. Podemos ter o exemplo x =
√
2 e
y = −√2, onde x+ y = 0 e x · y = −2, ambos resultados racionais.
Ex. 11 — Seja X =
{
1
x
; n ∈ N}. Prove que infX = 0.
Soluc¸a˜o (ex. 11) — A demonstrac¸a˜o consiste em mostrar que 0 satisfaz as pro-
priedades de ı´nfimo.
(a)0 < 1
n
∀n ∈ N - 0 e´ cota inferior de X.
(b)Dado ε > 0, existe n ∈ N tal que 0 < 1
n
< ε (basta tomar n > 1
ε
).
Onde conclu´ımos que 0 = infX.
Ex. 12 — SejamX, Y conjuntos na˜o vazios e f : X×Y → R uma func¸a˜o limitada.
Para cada x0 ∈ X e cada y0 ∈ Y , ponhamos s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y } e
s2(y0) = sup{f(x, y0);x ∈ X}. Isto define func¸o˜es s1 : X → R e s2 : X → R.
Prove que se tem sup
x∈X
s1(x) = sup
y∈Y
s2(y).
Soluc¸a˜o (ex. 12) — De s1(x0) = sup
y∈Y
f(x0, y) temos que:
•f(x0, y) ≤ s1(x0) ∀ y ∈ Y
•Dado ε ∃ x ∈ X | s1 − ε2 < s1(x)
Afirmac¸a˜o: s1 : X → R e´ limitada.
Demonstrac¸a˜o.Caso contra´rio, ∃xn ∈ X tal que s1(xn) > w. Assim, s1(xn) =
sup
y∈Y
f(xn, y) > w ⇒ ∃ y1 ∈ Y | f(xn, y1) > w o que e´ um absurdo.
40
Logo existe sup
x∈X
s1(x) = s1, enta˜o temos:
•s1(x) ≤ s1 ∀x ∈ X
•Dado ε, existe x ∈ X tal que s1 − ε2 < s1(x)
Enta˜o temos:
•f(x0, y) ≤ s1x0 ≤ s1
•s1 − ε < f(x, y)
Conclu´ımos que s1 e´ o supremo de f , de maneira inteiramente ana´loga, mostra-
mos isso para s2 = sup
y∈Y
s2(y), conclu´ındo que s1 = s2, demonstrando o exerc´ıcio.
41
3 Sequ¨encias e Se´ries de
Nu´meros Reais
Esse cap´ıtulo e´ muito interessante, mas eu na˜o tive tempo de resolver
exerc´ıcios espec´ıficos para esse assunto.
42
4 Revisa˜o da 1a Parte
4.1 Exerc´ıcios da Lista de Ana´lise Resolvidos
Ex. 1 — Dado n ∈ N mostre que:
n∑
j=0
j3 = 13 + 23 + · · ·+ n3 = n
2(n + 1)2
4
Soluc¸a˜o (ex. 1) — Demonstrac¸a˜o.Seja X o conjunto:
X =

n ∈ N |
n∑
j=0
j3 =
n2(n+ 1)2
4


(a)1 ∈ X, de fato:
13 = 1 =
12(1 + 1)2
4
(a)Suponha que para algum n, n ∈ X, enta˜o:
13 + · · · + n3 + (n+ 1)3 = n
2(n+ 1)2
4
+ (n+ 1)3 =
(n+ 1)(n3 + 5n2 + 8n+ 4)
4
=
(n+ 1)2((n+ 1) + 1)2
4
Logo, n ∈ X ⇒ (n + 1) ∈ X. Onde conclu´ımos pelo 3o axioma de
Peano que X = N e portanto a igualdade e´ va´lida para todo n ∈ N.
Ex. 2 — Mostre que o nu´mero de diagonais de um pol´ıgono de n(n ∈ N, n ≥ 4)
lados e´ n(n−3)2 .
Soluc¸a˜o (ex. 2) — Seja
X =
{
n ∈ N | n(n+ 3)
2
e´ o nu´mero de diagonais de umpol´ıgono de (n + 3) lados
}
43
(a)1 ∈ X, claramente, pois um quadrado possue 2 diagonais.
(b)Suponha que para algum n ∈ N, n ∈ X, enta˜o: Seja o pol´ıgono de
((n+1)+3) lados constru´ıdo atrave´s do pol´ıgono de (n+3 lados. Esse
pol´ıgono preserva todas as diagonais do pol´ıgono anterior, e insere
mais [(n + 3)− 2 + 1] diagonais, enta˜o o pol´ıgono constru´ıdo possue:
(n+3)n
2 + n+ 2 =
((n+1)+3)(n+1)
2 . Logo fica provado por induc¸a˜o.
Ex. 3 — Sejam A, B ⊂ R, conjuntos na˜o-vazios e limitados. Enta˜o:
(1)A+B ≡ {a+ b; a ∈ A, b ∈ B} e´ limitado e:
(1.i)sup(A+B) = sup(A) + sup(B);
(1.ii)inf(A+B) = inf(A) + inf(B);
(2)kA ≡ {k · a; a ∈ A} , k > 0 e´ limitado e:
(2.i)sup(kA) = k · sup(A);
(2.ii)inf(kA) = k · inf(A);
(2.iii)Enuncie e demonstre o que ocorre quando k < 0.
Soluc¸a˜o (ex. 3) — (1)A+B ≡ {a+ b; a ∈ A, b ∈ B} e´ limitado e:
(1.i)sup(A+B) = sup(A) + sup(B);
Demonstrac¸a˜o.Se A+ B e´ limitado, enta˜o A e B sa˜o limitados,
de fato:
A+B limitado⇒ ∃c cota superior ⇒
⇒ dado (a + b) ∈ A+B temos c > (a+ b)⇒
⇒ c > a ∧ c > b⇒ A+B e´ limitado
Logo A e B possuem sup.
Seja sup(A) = a0 e sup(B) = b0, logo:
(a)dado a ∈ A temos que a0 ≥ a
(b)dado
ǫ
2
> 0 temos que ∃a ∈ A tal que a0 − ǫ
2
< a < a0
e tambe´m:
(a)dado b ∈ B temos que b0 ≥ b
(b)dado
ǫ
2
> 0 temos que ∃b ∈ B tal que b0 − ǫ
2
< b < b0
Somando algumas igualdades, obtemos:
44
(a)a0 + b0 ≥ a+ b ∀ a ∈ A ∧ ∀b ∈ B
(b)−( ǫ
2
+
ǫ
2
)+ b0+a0 < a+ b < b0+a0. E como a ∈ A e b ∈ B,
temos que ∃a+ b tal que (a0 + b0)− ǫ < (a+ b) < (a0 + b0)
∀ǫ.
Como o sup e´ u´nico, conclu´ımos que sup(A + B) = a0 + b0 =
sup(A) + sup(B).
(1.ii)inf(A+B) = inf(A) + inf(B);
Demonstrac¸a˜o.Ana´logo ao anterior.
(2)kA ≡ {k · a; a ∈ A} , k > 0 e´ limitado e:
(2.i)sup(kA) = k · sup(A);
Demonstrac¸a˜o.Essa demonstrac¸a˜o segue facilmente do ı´tem (2.iii).
(2.ii)inf(kA) = k · inf(A);
Demonstrac¸a˜o.Essa demonstrac¸a˜o segue facilmente do ı´tem (2.i).
(2.iii)Enuncie e demonstre o que ocorre quando k < 0. Seja k · A ≡
{k · a; a ∈ A}, k < 0, kA e´ limitado e:
sup(kA) = k · inf(A)
e
inf(kA) = k · sup(A)
Demonstrac¸a˜o.Seja a0 = inf(A), logo:
(1)a0 ≤ a ∀a ∈ A
(2)Dado ǫ > 0 existe a ∈ A tal que a0 < a < a0 + ǫ
Logo, como k < 0, multiplicando, temos:
(1)k · a0 ≥ k · a ∀a ∈ A
(2)Dado ǫ > 0 existe a ∈ A tal que k · a0 > k · a > k · a0 − k · ǫ
O que mostra que k · a0 = k · inf(A) = sup(k · A).
A segunda demonstrac¸a˜o e´ ana´loga.
45
Ex. 4 — Sejam A, B ⊂ R, conjuntos na˜o-vazios, tais que:
x ∈ A ∧ y ∈ B ⇒ x ≤ y
Prove que:
(a)A e´ limitado superiormente
(b)B e´ limitado inferiormente
(c)
sup(A) ≤ inf(B)
Soluc¸a˜o (ex. 4) — (a)B 6= {∅} ⇒ ∃y ∈ B ⇒ ∀x ∈ A, x ≤ y, logo,
A e´ limitado superiormente. Nessa u´ltima implicac¸a˜o, utilizamos a
hipo´tese inicial.
(b)A 6= {∅} ⇒ ∃a ∈ A ⇒ ∀y ∈ B, y ≥ x, logo, B e´ limitado
inferiormente. Nessa u´ltima implicac¸a˜o, utilizamos a hipo´tese inicial.
(c)De (a), temos que existe a = sup(A) e por (b), existe b = inf(B).
Suponha, por contradic¸a˜o, que a > b, logo, pela definic¸a˜o de limite,
temos que existe y ∈ B tal que b < y < a, mas, como a = sub(A), te-
mos que existe x ∈ A tal que b < y < x < a o que e´ uma contradic¸a˜o,
pois deveria x ≤ y.
Ex. 5 — Sejam A ⊂ B ⊂ R e B limitado. Prove que:
(a)A e´ limitado
(b)
inf(B) ≤ inf(A) ≤ sup(A) ≤ sup(B)
Soluc¸a˜o (ex. 5) — (a)∀b ∈ B temos que α ≤ b ≤ β e utilizando que
A ⊂ B, temos que α ≤ a ≤ β ∀a ∈ A, o mostra que A e´ limitado.
(b)Suponha, por contradic¸a˜o, que b0 = inf(B) > inf(A) = a0, logo,
existe x ∈ A tal que a0 < x < b0 o que implica x < b0 onde chegamos
a` contradic¸a˜o que x 6∈ B, enta˜o conclu´ımos que inf(B) ≤ inf(A).
Analogamente, podemos provar que sup(A) ≤ sup(B). Facilmente
vemos que inf(A) ≤ sup(A), enta˜o conclu´ımos a demonstrac¸a˜o.
Ex. 6 — Ache o ı´nfimo e o supremo, caso existam, dos conjuntos:
(a)A =
{
(−1)n + 1
n
; n ∈ N
}
;
46
(b)B =
{
1,
1
2
,
3
2
, 2,
1
3
,
4
3
, 3,
1
4
,
5
4
, . . . , n,
1
(n+ 1)
,
n+ 2
n+ 1
}
;
Soluc¸a˜o (ex. 6) — (a)Afirmamos que sup(A) = 32 e inf(A) = −1
Demonstrac¸a˜o. 32 ≥ a ∀a ∈ A, de fato, pois analizando as sequ¨eˆncias
ı´mpares e as pares, temos que ambas sa˜o decrescentes e o valor
mı´nimo delas sa˜o respectivamente 0 e 32 , logo, o valor ma´ximo de
A e´ 32 . E se c e´ cota superior de A, logo c ≥ 32 , pois 32 ∈ A, logo
sup(A) = 32 .
E
−1 ≤ a ∀a ∈ A, isso porque 1
n
e´ positivo e decrescente para todo
n ∈ N e o mı´nimo de (−1)n = −1, logo (−1)n + 1
n
≥ −1∀n ∈ N.
E, dado ǫ > 0, existe a ∈ A tal que −1 < a < −1 + ǫ. Basta
tomar n ı´mpar grande o suficiente tal que n > 1
ǫ
logo, temos −1 <
(−1)n + 1
n
< −1 + ǫ.
(b)Analizemos as subsequencias em B:
S1 = n
S2 =
1
n+1
S3 =
n+2
n+1
Como S1, S2, S3 ∈ B, conclu´ımos:
(1)B na˜o conte´m cota superior, e portanto na˜o possue supremo.
Demonstrac¸a˜o.S1 ⊂ B, ∀n0, ∃n ∈ N tal que n > n0 =⇒ 6 ∃n0
tal que n ≤ n0 ∀n ∈ N.
(2)S2 ≤ S3 ∀n ∈ N e S2 ≤ S1 ∀n
Demonstrac¸a˜o.
1
n+ 1
≤ n+ 2
n+ 1
⇔ 1 ≤ n+ 2⇔ 1 ≤ n2 + n
1
n+ 1
≤ n⇔ 1 ≤ n2 + n
(3)inf(B) = 0
47
(a)0 ≤ b ∀b ∈ B
Demonstrac¸a˜o.
0 ≤ 1
n+ 1
≤ S2 ∧ 0 ≤ 1
n+ 1
≤ S1
Logo, 0 ≤ b ∀b ∈ B (a rigor a < b, mas na˜o vem ao caso).
(b)Dado ǫ, existe b ∈ B tal que b < b < 0 + ǫ
Demonstrac¸a˜o.Tome n+1 > 1
ǫ
, logo temos: 0 < 1
n+1 < ǫ.
Ex. 7 — Calcule os limites abaixo:
(a) lim
n→∞(1−
1
2
) · (1− 1
3
) · (1− 1
4
) · · · · · (1− 1
n+ 1
);
(b) lim
n→∞(
1
n2
+
2
n2
+
3
n2
+ · · ·+ n
n2
);
(c) lim
n→∞(
1
n2
+
1
(n+ 1)2
+ · · ·+ 1(2 · n)2 );
(d) lim
n→∞(
1√
n
+
1√
n+ 1
+ · · ·+ 1√
2 · n);
(e) lim
n→∞
[√
n+
1
2
(
√
n+ 1−√n)
]
;
(f) lim
n→∞
[
1
1 · 2 +
1
2 · 3 + · · ·+
1
n · (n+ 1)
]
;
Soluc¸a˜o (ex. 7) — (a)Tomando an+1 = (1− 12) · (1− 13 ) · (1− 14) · · · · · (1−
1
n+1), temos que:
an+1 = (
1
6 2 ·
6 2
6 3 · · · · ·
6 n
n+ 1
=
1
n+ 1
Como 0 < 1
n+1 <
1
n
, e 1
n
→ 0, temos que 1
n+1 → 0. Utilizando
a definic¸a˜o, dado ǫ > 0 ∃n0 tal que n > n0 ⇒ 0 < 1n+1 < ǫ,
basta tomar n > 1
ǫ
. Podemos ver que 1
n+1 e´ claramente um nu´mero
positivo, isso porque e´ a divisa˜o de dois nu´meros positivos.
(b)
limn→∞(
1
n2
+
2
n2
+
3
n2
+ · · ·+ n
n2
) = limn→∞
1
n2
(1 + 2 + · · ·+ n) =
limn→∞
1
n2
(
(n + 1) · n
2
) = limn→∞
6 n2 + n
2· 6 n2 =
limn→∞
1
2
+
1
2 · n = limn→∞
1
2
+
1
2
· limn→∞ 1
n
=
1
2
.
48
OBS. 12 e´ uma sequ¨eˆncia constante, portanto seu limite e´
1
2 .
1
n
tende
a zero, pois dado ǫ > 0 existe n0 tal que n > n0 implica que
∣∣ 1
n
∣∣ < ǫ
(c)limn→∞
n+1 parcelas︷ ︸︸ ︷
(
1
n2
+
1
(n+ 1)2
+ · · · + 1
(2 · n)2 ); Temos que
1
n2
e´ a maior
parcela da soma, logo,
0 ≤ lim
n→∞(
1
n2
+
1
(n+ 1)2
+ · · ·+ 1
(2 · n)2 ) ≤ limn→∞(
(n + 1)
n2
) = 0
Conclu´ımos que o limite original e´ 0.
(d)limn→∞
n+1 parcelas︷ ︸︸ ︷
(
1√
n
+
1√
n+ 1
+ · · · + 1√
2 · n);
1√
2·n e´ o menor termo, logo:
0 ≤ lim
n→∞(
(n+ 1)√
2 · √n) ≤ limn→∞(
1√
n
+
1√
n+ 1
+ · · ·+ 1√
2 · n)
Mas,
lim
n→∞(
(n+ 1)√
2 · √n) = limn→∞(
n√
2 · √n +
1√
2 · √n) =
lim
n→∞
6 n · √n√
2· 6 n +
1√
2n
Como 0 < 1√
2n
, temos que 1√
2n
e´ limitado inferiormente. E, como
√
n√
2
→ ∞ temos que a soma tente a` infinito. O que mostra que a
sequ¨eˆncia original tende a infinito.
(e)limn→∞
[√
n+ 12 (
√
n+ 1−√n)
]
× (
√
n+
√
n+1)
(
√
n+
√
n+1)
. Obtemos:
lim
n→∞
√
n+
1
2
(
6 n+ 1− 6 n√
n+
√
n+ 1
)
Dividindo o numerador e denominador por
√
n, obtemos:
lim
n→∞
q
n+ 1
2√
n√
n√
n
+
√
n+1√
n
=
lim
n→∞
√
1 +
1
2
n
1 +
√
1 + 1√
n
Como podemos ver, esse limite e´ igual a 12 .
(f)
lim
n→∞
[
1
1 · 2 +
1
2 · 3 + · · ·+
1
n · (n+ 1)
]
=
49
lim
n→∞
[
(
1
1
− 1
2
) + · · · + (1
n
− 1
(n + 1)
)
]
Cancelando alguns termos, obtemos:
lim
n→∞
[
(1− 1
(n+ 1)
)
]
= 1
Ex. 8 — Prove que:
(i) lim
n→∞(
1√
n2 + 1
+
1√
n2 + 2
+ · · · + 1√
n2 + n
) = 1;
(ii) lim
n→∞(
n
√
an + bn) = max{a, b}, a, b ≥ 0;
(iii) lim
n→∞(
n
√
n2 + n) = 1;
Soluc¸a˜o (ex. 8) — (i) lim
n→∞
n parcelas︷ ︸︸ ︷
(
1√
n2 + 1
+
1√
n2 + 2
+ · · ·+ 1√
n2 + n
);
( 1√
n2+1
) e´ a maior parcela e ( 1√
n2+n
) e´ a menor parcela da soma,
logo:
lim
n→∞
n√
n2 + n
≤ lim
n→∞(
1√
n2 + 1
+
1√
n2 + 2
+· · ·+ 1√
n2 + n
) ≤ lim
n→∞
n√
n2 + 1
Mas, dividindo o numerador e denominador por
√
n2, temos:
lim
n→∞
n√
n2 + n
= lim
n→∞
1√
1 + n
n2
= 1
e
lim
n→∞
n√
n2 + 1
= lim
n→∞
n√
1 + 1
n2
= 1
Logo,
1 ≤ lim
n→∞(
1√
n2 + 1
+
1√
n2 + 2
+ · · ·+ 1√
n2 + n
) ≤ 1
Onde temos:
lim
n→∞(
1√
n2 + 1
+
1√
n2 + 2
+ · · · + 1√
n2 + n
) = 1
(ii)Se a = b = 0 podemos ver que se verifica. Se a = 0 ∨ b = 0,
facilmente se verifica. Logo, suponha que a 6= 0 ∧ b 6= 0, sem perdas
50
de generalidades, suponha que a > b, logo:
lim
n→∞
n
√
an
an
+
bn
bn
an
bn
· n√an = lim
n→∞
√
1 +
1
(a
b
)n
· a
Como a
b
> 1, temos que 1(a
b
)n → 0, logo:
lim
n→∞(
n
√
an + bn) =
√
1 · a = a
(iii)
lim
n→∞(
n
√
n2
n2
+
n
n2
· n
√
n2) = lim
n→∞(
n
√
1 +
1
n
· ( n√n)2) =
1 · lim
n→∞(
n
√
n)2) = 1
Ex. 9 — Mostre que se (an) converge, enta˜o (a
2
n) tambe´m converge. A rec´ıproca
e´ verdadeira?
Soluc¸a˜o (ex. 9) — Seja limn→∞ an = c, logo, dado ǫ > 0, existe n0 tal que ,
n > n0 ⇒ |an − c| < ǫ. Afirmamos que limn→∞ a2n = c2, de fato:
lim
n→∞a
2
n − c2 = lim
n→∞(an − c)(an + c) = 0 · (2 · c) = 0
Logo,
lim
n→∞a
2
n = c
2
Se a2n converge, na˜o necessariamente a
2
n converge, temos a sequ¨eˆncia a
2
n =
(−1n)2 que converge para 1 e an = (−1)n na˜o converge.
Ex. 10 — Seja tn ∈ [0, 1] , ∀n ∈ N. Sabendo-se que xn → a e yn → a, prove que
tnxn + (1− tn)yn → a
Soluc¸a˜o (ex. 10) — Temos que:
lim
n→∞ tn · xn + yn − t · yn = limn→∞ =
lim
n→∞ tn(xn − yn) + limn→∞ yn = a
Pois limn→∞ tn(xn − yn) = 0 isso porque tn e´ limitada e xn e yn tendem para
a.
51
Ex. 11 — Seja (an) a sequ¨eˆncia definida por a1 = 1, an+1 = 1 +
√
an, n ∈ N.
Prove que (an) converge e determine o seu limite.
Soluc¸a˜o (ex. 11) — Vamos provar que an e´ mono´tona crescente e limitada supe-
riormente:
an ≤ an+1
para todo n ∈ N, de fato:
(a)a1 ≤ a2 ≤ an+2
(b)Suponha que para algum n vale an ≤ an+1 , enta˜o:
an+1 = 1 +
√
an
Como an ≤ an+1, temos √an ≤
√
an+ 1, mas:
1 +
√
an ≤ 1 +
√
an + 1
Tome um a ∈ R tal que a > 1 +√a ∧ a > 0 (podemos ver que existe tal a ex.
9)
(a)Podemos ver que a1 < a.
(b)Suponha que para algum n vale an < a, logo:
an+1 = 1 +
√
an < 1 +
√
a < a
Logo, an e´ limitada.
Conclu´ımos que an converge. Seja
lim
n→∞ an = L
, logo
lim
n→∞an+1 = L
, enta˜o:
lim
n→∞ 1 +
√
an = 1 +
√
L = L
Enta˜o:
L = L2 − 3 · L+ 1⇒ L = 3±
√
5
2
{x ≃ 0, 381⇒ an 6> 1x2 ≃ 2, 618OK
52
Logo,
lim
n→∞ 1 +
√
an =
3 +
√
5
2
.
Ex. 12 — Idem, se a1 = 1 e an+1 = (2 + an)
1
2 , n ∈ N
Soluc¸a˜o (ex. 12) — an < 2∀n ∈ N, de fato:
(a)a1 < 2
(b)Suponha que para algum n vale an < 2, logo:
an+1 =
√
2 + an <
√
2 + 2 = 2
O que mostra que an+1 tambe´m e´ menor que 2, logo conclu´ımos que
an < 2 para todo n.
Vamos provar que an e´ mono´tona crescente:
(a)a1 < a2 OK
(b)Suponha que para algum n vale an < an+1, enta˜o:
an+1 =
√
2 + an <
√
2 + an+1 = an+2
O que conclu´ımos que an e´ mono´tona crescente.
Como an e´ mono´tona crescente e limitada superiormente, enta˜o ela converge.
Suponha que an → L, enta˜o, qualquer sub-sequeˆncia converge a L, em particu-
lar an+1 → L, enta˜o:
lim
n→∞an = L = limn→∞an+1 = limn→∞
√
2 + an =
√
2 + L
Resolvendo a equac¸a˜o L =
√
2 + L obtemos que L = −1 ou L = 2, como an e´
maior que 0 para todo n, temos que L = 2. Enta˜o an → 2.
Ex. 13 — Idem, se a1 = −1 e an+1 = 2an − 3
4
, n ∈ N
Soluc¸a˜o (ex. 13) — Tome a < 2·a−e4 , por exemplo a = −2, logo, vamos provar
que an > a.
(a)a1 > −2 OK
(b)Suponha que para algum n vale an > a, enta˜o:
an+1 =
2 · an − 3
4
>
2 · a− 3
4
> a
53
Logo, an e´ limitada inferiormente.
Vamos provar que an e´ decrescente.
(a)a1 > a2 OK
(b)Suponha que para algum n vale an > an+1, enta˜o:
an+1 =
2 · an − 3
4
>
2 · an+1 − 3
4
= an+2
Logo, an e´ mono´tona decrescente, e portanto convergente.
Suponha que an → L, enta˜o, qualquer sub-sequeˆncia converge a L, em particu-
lar an+1 → L, enta˜o:
lim
n→∞an = L = limn→∞an+1 = limn→∞
2an − 3
4
=
2 · L− 3
4
Resolvendo a equac¸a˜o L = 2·L−34 , temos que L = −32 .
Ex. 14 — Sejam
∞∑
n=1
an e
∞∑
n=1
bn duas se´ries de termos positivos e suponhamos que
a < lim
an
bn
< +∞. Enta˜o as se´ries convergem ou divergem simultaneamente.
Soluc¸a˜o (ex. 14) — Suponhamos enta˜o que:
lim
an
bn
= c > 0
Logo, dado ǫ > 0 existe n0 tal que n > n0 implica que:
ǫ > |an
bn
− c| ⇒ ǫ > an
bn
− c > −ǫ⇒
ǫ+ c >
an
bn
> c− ǫ
Tomando ǫ =12 · c, temos:
1
2
· c < an
bn
<
3
2
· c
Conclu´ımos que:
1
2
· c · bn < an < 3
2
· c · bn
resumindo:
(1)bn < an · 2c
(2)an <
3
2 · bn
54
e portanto:
Se
∑
an converge, enta˜o, por (1), temos que
∑
bn converge.
Se
∑
an diverge, enta˜o, por (2), temos que
∑
bn diverge.
Se
∑
bn converge, enta˜o, por (2), temos que
∑
an converge.
Se
∑
bn diverge, enta˜o, por (1), temos que
∑
an diverge.
Ex. 15 — Se a e b sa˜o nu´meros reais positivos, enta˜o
∞∑
n=1
1
(an + b)p
converge se
p > 1 e diverge se p ≤ 1.
Soluc¸a˜o (ex. 15) — Seja an =
1
(an+b)p , temos que:
1
k · np ≤
1
(an + b)p
≤ 1
l · np
Basta ver:
p
√
k · n ≥ a · n+ p⇔ p
√
k ≥ a+ p
n
⇔
k ≥ (a+ p)p
e que:
an + b ≥⇔ p
√
l · n⇔ l ≤ ap + b
n
Logo:
(a) 1
np
≤ k · 1(a+b)p
(b) 1(a+b)p ≤ 1l · 1np
Enta˜o:
Se p ≤ 1, temos que ∑ an diverge pelo crite´rio da comparac¸a˜o em
(a).
Se p > 1, temos que
∑
an converge pelo crite´rio da comparac¸a˜o em
(b).
Ex. 16 — A se´rie
∞∑
n=1
nn
(n+ 1)n+1
diverge.
Soluc¸a˜o (ex. 16) — Exerc´ıcio na˜o resolvido.
Ex. 17 — Seja
∞∑
n=1
an uma se´rie convergente.
55
(a)
∞∑
n=1
a2n e´ convergente?
(b)Se an ≥ 0;
∞∑
n=1
√
an · an+1 e´ convergente?
Soluc¸a˜o (ex. 17) — (a)
∞∑
n=1
a2n na˜o necessariamente converge.
Por Dirichlet,
∑
(−1)n 1√
n
converge, mas
∑
((−1)n 1√
n
)2 =
∑ 1
n
que
na˜o diverge.
(b)Se an ≥ 0;
∞∑
n=1
√
an · an+1 converge.
0 ≤ √an + an+1 ≤ an
2
+
an+1
2
Como: ∑ an + an+1
2
=
1
2
· (
∑
an +
∑
an+1)
Converge, enta˜o
∑∞
n=1
√
an · an+1 converge absolutamente.
Ex. 18 — Mostre que
∞∑
n=0
1
(n+ α)(n + α+ 1)
=
1
α
, α > 0
Soluc¸a˜o (ex. 18) —
Sn =
1
α
− 1
α+ 1
+
1
α+ 1
− 1
α+ 2
. . .
1
n+ α
− 1
n+ 1 + α
Sn =
1
α
− 1
n+ 1 + α
lim
n→∞Sn =
1
α
Portanto, a se´rie converge para 1
α
.
Ex. 19 — Prove que
∞∑
n=1
1√
n(n+ 1)(
√
n+ 1 +
√
n)
= 1.
. . . - 1√
n+1
dondeconclu´ımosque :Sn = 1− 1√n+1ecomolimn→∞ Sn = 1Temosquease´rieconvergepara
Soluc¸a˜o (ex. 19) —
∞∑
n=1
1√
n(n+ 1)(
√
n+ 1 +
√
n)
=
∞∑
n=1
1√
n(n+ 1)(
√
n+ 1 +
√
n)
·(
√
n+ 1−√n)
(
√
n+ 1−√n) =
56
∞∑
n=1
1√
n
− 1√
n+ 1
O termo n− e´simo da sequeˆncia das inteiradas e´:
Sn =
1√
1
− 1√
2
+
1√
2
− 1√
3
+
1
3
Ex. 20 — Estabelec¸a a convergeˆncia ou divergeˆncia da se´rie, cujo termo geral e´:
(a)2ne−n
(b)3ne−n
(c)e−log(n)
(d)2
1
n
(e)
n
2n
(f)(−1)n n
n+ 1
(g)
n!
nn
(h)n!e−n
(i)n!e−n
2
(j)(log(n))e−
√
n
(k)(−1)n (n+ 1)
n
nn+1
(l)
n!
3 · 5 · · · · · (2n + 1)
(m)
(n!)2
(2n)!
Soluc¸a˜o (ex. 20) — (a)lim n
√∣∣2n
en
∣∣ = 2
e
< 1 logo, a se´rie converge.
(b)lim n
√∣∣3n
en
∣∣ = 3
e
> 1 logo, a se´rie diverge.
(c)e−log(n) = 1
n
logo, a se´rie diverge, pois a se´rie harmoˆnica diverge.
(d)2
1
n = n
√
2 e n
√
2→ 1, logo a se´rie diverge.
(e)lim n
√| n2n | = 12 < 1 logo, a se´rie converge.
(f) n
n+1 → 1 logo, a se´rie diverge, pois o termo geral na˜o vai a zero.
(g)lim
∣∣∣∣∣
(n+1)!
(n+1)(n+1)
n!
nn
∣∣∣∣∣ = lim 1(1+ 1n )n = 1e < 1 logo, a se´rie converge.
57
(h)lim
∣∣∣ (n+1)!e−(n+1)n!e−n ∣∣∣ = lim 1(1+ 1
n
)n
= 1
e
< 1, logo, a se´rie converge.
(i)lim
∣∣∣∣ (n+1)!e−(n+1)2n!e−n2
∣∣∣∣ = lim n+1e2·n = 0 < 1, logo, a se´rie converge.
(j)Temos que log(n) = log(
√
n
2
) = 2 · log(√n) ≤ 2√(n).
Temos ainda a se´rie de Taylor:
e
√
n =
∞∑
n=0
(e0)n · (√n)n
n!
Utilizando um termo dessa soma, e que 0 < 2 · log(√n) < 2 · √n,
temos:
0 ≤
∣∣∣∣ log(n)e√n
∣∣∣∣ ≤ 2 ·
√
n
√
n
4
4!
=
48
n
3
2
Conclu´ımos que o termo da se´rie e´ sempre menor que o termo de uma
se´rie convergente, o que mostra que a se´rie converge absolutamente.
(k)Pelo crite´rio de Leibniz, se (n+1)
n
nn+1
→ 0 e (n+1)n
nn+1
≥ ((n+1)+1)(n+1)
(n+1)(n+1)+1
∀ n,
enta˜o a se´rie converge. Enta˜o:
lim
(n+ 1)n
n · nn = lim(1 +
1
n
)n · 1
n
Como (1 + 1
n
)n e´ limitado (pois converge para e), enta˜o:
lim(1 +
1
n
)n · 1
n
= lim
1
n
= 0
Vamos provar que an e´ na˜o-crescente, para isso vamos dividir an+1
por an e provar que isso sempre e´ menor que 1.
((n + 1) + 1)(n+1)
(n+ 1)(n+1)+1
· n
n+1
(n+ 1)n
=
(
n2 + 2 · n
n2 + 2 · n+ 2
)n+1
isso e´ menor que (1)n+1 = 1. Conclu´ımos que a se´rie converge.
(l)
lim
∣∣∣∣ (n + 1)!3 · 5 · · · · · (2n + 1) · (2(n + 1) + 1) · 3 · 5 · · · · · (2n + 1)n!
∣∣∣∣ =
lim
∣∣∣∣(n+ 1)2n+ 3
∣∣∣∣ < 1
Conclu´ımos que a se´rie converge absolutamente.
58
(m)
lim
∣∣∣∣ ((n+ 1)!)2(2(n + 1))! · (2n)!(n!)2
∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣ n+ 1(2n+ 1) · 2
∣∣∣∣ < 1
Conclu´ımos que a se´rie converge.
4.2 1a Prova Resolvida
Ex. 1 — Seja x um nu´mero real positivo. Use induc¸a˜o para mostrar que:
(1 + x)n ≥ n(n− 1)
2
· xn−2 + nxn−1 + xn
para todo n ∈ N. (Valor 2,0 pontos).
Soluc¸a˜o (ex. 1) — Seja oX o conjuntoX ≡ {n ∈ N|vale a propriedade acima },
enta˜o:
(a)1 ∈ X, de fato:
(1 + x) ≥ 1 + x
(b)Suponha que para algum n, n ∈ X, logo:
(1+x)n · (1 + x) ≥ n(n−1)2 · xn−1 + nxn + xn+1 + n(n−1)2 · xn−2 + nxn−1 +
xnOrganizandoaexpressa˜o, obtemosaexpressa˜o :xn+1+(n+1)x(n+1)−1+ (n+1)((n+1)−1)2 ·
x(n+1)−2 + n(n−1)2 · xn−2como,n(n-1)2·xn−2>0 , temos que isso e´ maior que:
xn+1 + (n+ 1)x(n+1)−1 +
(n+ 1)((n + 1) − 1)
2
· x(n+1)−2
Enta˜o, conclu´ımos por induc¸a˜o que a expressa˜o e´ va´lida para todo n ∈ N.
Ex. 2 — Considere A =
{
1 + 1
n
; n ∈ N}.
(a)Mostre que 1 e´ cota inferior de A e que na˜o existe cota inferior de A
maior que 1. (Valor 1,0 ponto);
(b)Mostre que A e´ limitado superiormente. (Valor 0,5 pontos);
(c)Quem sa˜o inf(A) e sup(A)? (Valor 0,5 pontos).
Soluc¸a˜o (ex. 2) — (a)
n, 1 > 0⇒ 1
n
> 0⇒ 1 + 1
n
> 1 ∀n ∈ N
59
Logo, 1 e´ cota inferior. Suponha c > 1, logo c = 1+h, h ∈ R∧h > 0,
mas:
∃ n0 ∈ N ; n0 > 1
h
isso porque N e´ ilimitado superiormente, enta˜o:
1 +
1
n0
< 1 + h
Como 1+ 1
n0
∈ A onde temos que c na˜o pode ser cota inferior de A.
(b)a ∈ A⇒ a = 1 + 1
n0
para algum n0 ∈ N, mas:
1 +
1
n0
≤ 2⇔ 1
n0
≤ 1⇔ 1 ≤ 1 · n0
Como n0 ∈ N, temos que n0 ≥ 1, logo, a ∈ A ⇒ a ≤ 2. Onde
temos que a ≤ 2 ∀a ∈ A. Com isso conclu´ımos que A e´ limitado
superiormente.
(c)inf(A) = 1 Prova no ı´tem (a) dessa questa˜o.
sup(A) = 2 Ja´ provamos no ı´tem (b) que a ≤ 2 ∀a ∈ A, basta provar
que “se c < 2, enta˜o existe a ∈ A tal que a > c, de fato, tome n = 1,
e temos a = 2, logo c < 2 implica que c < a = 2.
Ex. 3 — Seja (xn) data indutivamente por xn+1 = 3− 2xn , onde 1 < xn < 2.
(a)Mostre que 1 < xn < 2, ∀ n ∈ N. (Valor 1,5 pontos);
(b)Mostre que xn+1− xn = − (xn−1)(xn−2)xn , ∀ n ∈ N, e conclua que (xn)
e´ crescente. (Valor 1,0 ponto);
(c)Por que (xn) converge? (Valor 0,5 pontos);
(d)Encontre lim xn converge? (Valor 1,0 ponto);
Soluc¸a˜o (ex. 3) — (a)SejaX o conjuntoX ≡ {n ∈ N | 1 < xn < 2}, logo:
(1)1 ∈ X OK
(2)Suponha que para algum n ∈ N ten-se que n ∈ X, logo:
1 < xn < 2⇔ 1 > 1
xn
>
1
2
⇔ −2 < −2
xn
< −1⇔
1 < 3− 2
xn
< 2⇔ 1 < xn+1 < 2
Logo, se n ∈ A temos que n+1 ∈ A, conclu´ımos pelo 3o axioma
de Peano que X = N.
60
(b)
xn+1 − xn = 3− 2
xn
− xn = 3xn − 2− x
2
n
xn
=
(xn − 1)(xn − 2)
xn
Como 1 < 2
xn
− xn, temos (xn − 1) > 0, logo:[
−(xn − 1)(xn − 2)
xn
]
> 0
O que conclu´ımos que xn+1 > xn, e portanto, xn e´ crescente.
(c)xn converge porque e´ limitada e mono´tona.
(d)Sabemos que xn → L, para algum L ∈ R, logo:
limxn = L = limxn+1
Como 1 < xn < 2, temos que L ≥ 1, enta˜o:
L = 3− 2
L
Donde conclu´ımosque:
L =
3±√1
2
{L = 1L = 2
Como an e´ crescente, enta˜o
lim xn = 2
.
Ex. 4 — Dado x real na˜o nulo considere a se´rie
∑∞
n=1 an, onde an =
n
xn
, n ∈ N.
(a)Calcule lim n
√|an|. (Valor 0,5 pontos);
(b)Que valores de x tornam a se´rie
∑∞
n=1 an convergente?. (Valor 0,5
pontos);
(c)Que valores de x tornam a se´rie
∑∞
n=1 an divergente?. (Valor 0,5
pontos);
(d)A se´rie converge se x = 1? E se x = −1?. (Valor 0,5 pontos);
Soluc¸a˜o (ex. 4) — (a)
lim n
√∣∣∣ n
xn
∣∣∣ = lim n√|n||x| = 1|x|
61
(b)Pelo teste da raiz, se 1|x| < 1 a se´rie converge.
Se 1|x| a se´rie diverge.
Para 1|x| = 1, temos que lim
n
xn
6= 0 , enta˜o a se´rie na˜o converge.
(c)|x| < 1
(d)Resposta no ı´tem (b), a se´rie diverge porque o termo geral na˜o vai a
zero.
4.3 Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definic¸o˜es
Axioma 4.3.1 (Axioma de Peano). S e´ injetiva
Axioma 4.3.2 (Axioma de Peano). S : N→ {N{1}} e´ injetiva
Axioma 4.3.3 (Axioma de Peano). Se 1 ∈ X e inX ⇒ n + 1 ∈ X, enta˜o
X = N
Teorema 4.3.1. Todo conjunto na˜o vazio A ⊂ N possue um elemento mı´nimo.
Teorema 4.3.2. Se X ⊂ N tal que se n < n0 ⇒ n ∈ X enta˜o n0 ∈ X, enta˜o
esse conjunto X = N.
Teorema 4.3.3. Seja A ⊂ In, se existe uma bijec¸a˜o b : In → A, enta˜o A = In.
Teorema 4.3.4. X e´ finito, enta˜o para todo Y ⊂ X, temos que Y e´ finito, e
card(X) ≤ card(Y ).
Teorema 4.3.5. X ∈ N e´ equivalente dizer:
(a) X e´ finito
(b) X e´ limitado
(c) X possue um maior elemento
Teorema 4.3.6. Seja X,Y conjuntos disjuntos com m,n elementos respecti-
vamente, enta˜o card(X ∪ Y ) = m+ n
Teorema 4.3.7. X e´ infinito, enta˜o existe Y ⊂ X finito.
Teorema 4.3.8. X ⊂ N, enta˜o X e´ enumera´vel.
62
Teorema 4.3.9. f : X → Y e´ injetiva e Y e´ enumera´vel, enta˜o X e´ enu-
mera´vel.
Teorema 4.3.10. X e´ enumera´vel se f : X → Y e´ sobrejetiva e Y e´ enu-
mera´vel.
Teorema 4.3.11. X,Y enumera´vel, enta˜o X × Y e´ enumera´vel.
Teorema 4.3.12. X um conjunto qualquer, e Y contendo pelo menos 2 ele-
mentos, nunhuma func¸a˜o φ : X → F(x; y) e´ sobrejetiva.
Axioma 4.3.4 (Axiomas de adic¸a˜o). (a) Associatividade
(b) Comutatividade
(c) Elemento neutro
(d) Sime´trico
Axioma 4.3.5 (Axiomas de multiplicac¸a˜o). (a) Associatividade
(b) Comutatividade
(c) Elemento neutro
(d) Inverso multiplicativo
Axioma 4.3.6 (Axioma de distributividade). x · (y + z) = x · y + x · z
Axioma 4.3.7 (Corpo Ordenado). Se x, y ∈ P , enta˜o:
(a) x+ y ∈ P
(b) x · y ∈ P
(c) x ∈ K, ou x ∈ P ou x = 0 ou −x ∈ P
Teorema 4.3.13 (Bernoulli). Se verifica: x ≥ −1⇒ (1 + x)n ≥ n · x+ 1.
Teorema 4.3.14. x ∈ K, e´ equivalente:
(a) −a ≤ x ≤ a
(b) a ≤ a e −x ≤ a
63
(c) |x| ≤ a
Teorema 4.3.15. x, y, z ∈ K, as propriedades se verificam:
(a) |x+ y| ≤ |x|+ |y|
(b) |x · y| = |x| · |y|
(c) |x| − |y| ≤ ||x| − |y|| ≤ |x− y|
(d) |x− z| ≤ |x− y|+ |y − z|
Teorema 4.3.16. As propriedades sa˜o equivalentes:
(a) N ⊂ K e´ ilimitado superiormente
(b) dado a, b ∈ K existe n ∈ N tal que n · a > b
(c) para todo a > 0, existe n ∈ N tal que 0 < 1
n
< a
Teorema 4.3.17. c = sup(A) se e somente se:
S1 c ≥ a para todo a ∈ A
S2 se c′ ≥ a para todo a ∈ A, enta˜o a ≥ c′
S2’ c′ < c implica que existe a ∈ A tal que a > c′ (contraposic¸a˜o de S2)
Axioma 4.3.8. Existe um corpo ordenado completo chamado “o conjunto dos
nu´meros Reais”, representado por R.
Teorema 4.3.18. Os racionais e irracionais sa˜o densos em R.
Teorema 4.3.19. Seja I1 ⊃ I2 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ . . . uma sequeˆncia decrescente de
intervalos limitados fechados, enta˜o
∞⋂
In na˜o e´ vazio.
Teorema 4.3.20. O conjunto R na˜o e´ enumera´vel.
Definic¸a˜o 4.3.21. lim xn = 0 ≡ ∀ǫ ∈ R ∃n0 tal que n > n0 implica ǫ > |xn−a|.
Teorema 4.3.22. lim xn = 0 e lim xn = b implica que b = a.
Teorema 4.3.23. Se lim xn = a enta˜o toda sub-sequeˆncia de xn tem limite a.
Teorema 4.3.24. Toda sequeˆncia convergente e´ limitada.
64
Teorema 4.3.25. Toda sequeˆncia mono´tona e limitada e´ convergente.
Teorema 4.3.26. lim xn = 0, yn limitada, enta˜o lim xn · yn = 0.
Teorema 4.3.27. lim xn = a e limyn = b, enta˜o:
(a) lim(xn + yn) = a+ b
(b) lim(xn − yn) = a− b
(c) lim(xn · yn) = a · b
(d) lim(xn
yn
) = a
b
se b 6= 0
Teorema 4.3.28. lim xn = a > 0 enta˜o existe n0 tal que n > n0 implica que
xn > 0.
Teorema 4.3.29. xn ≤ zn ≤ yn para todo n e lim xn = lim yn = a, enta˜o
lim zn = a.
Teorema 4.3.30. a ∈ R e´ limite de uma sub-sequeˆncia de an se e somente se
para uma infinidade de n ten-se xn ∈ (a− ǫ, a+ ǫ) ∀ǫ > 0.
Teorema 4.3.31. xn limitada enta˜o, lim inf(xn) e´ o menor valor de adereˆncia,
e lim sup(xn) e´ o maior.
Teorema 4.3.32. a = lim inf(xn) e b = lim sup(xn) e xn e´ limitada, enta˜o
dado ǫ > 0 existe n0 tal que n > n0 implica a− ǫ < xn < b+ ǫ. Ale´m disso a e
b sa˜o respectivamente o menor e maior nu´meros com essa propriedade.
Teorema 4.3.33. Toda sequeˆncia convergente e´ de Cauchy.
Teorema 4.3.34. Toda sequeˆncia de Cauchy de nu´meros reais e´ convergente.
Teorema 4.3.35. As propriedades se verificam:
(a) Se lim xn =∞ e yn e´ limitada inferiormente, enta˜o lim(xn + yn) =∞
(b) Se lim xn =∞ e yn > c > 0, enta˜o lim(xn · yn) =∞
(c) Se xn > 0 enta˜o lim xn = 0⇔ lim 1xn =∞
(c) Se xn, yn > 0 e lim xn > c > 0 e lim yn = 0 enta˜o lim
xn
yn
=∞
65
(c) xn limitada e lim yn =∞, enta˜o lim xnyn = 0
Teorema 4.3.36. Se
∑
an converge, enta˜o lim an = 0.
Teorema 4.3.37. an > 0 e a soma
∑
an converge se e somente se as reduzidas
formam uma sequeˆncia limitada.
Teorema 4.3.38.
∑
an e´ convergente se e somente se dado ǫ > 0, temos que
existe n0 tal que para todo p, n > n0 vale:
|an+1 + · · ·+ an+p| < ǫ
Teorema 4.3.39. Toda se´rie absolutamente convergente e´ convergente.
Teorema 4.3.40. an 6= 0 e bn > 0, e, se existe n0 tal que:
|an+1|
|an| ≤
bn+1
bn
Enta˜o,
∑
an converge absolutamente.
Teorema 4.3.41. an 6= 0 e bn > 0, e, se existe n0 tal que:
|an+1|
|an| ≤ 1
Enta˜o,
∑
an converge absolutamente.
Teorema 4.3.42. an sequeˆncia limitada, an > 0, ten-se:
lim inf(
an+1
an
) ≤ lim inf( n√an) ≤ lim sup( n√an) ≤ lim sup(an+1
an
)
Teorema 4.3.43. Se, lim(an+1
an
) = L, enta˜o lim( n
√
an) = L.
Teorema 4.3.44 (Dirichlet). Seja a se´rie
∑
an, com reduzidas formando
uma sequeˆncia limitada (na˜o necessariamente convergente). E seja a sequeˆncia
bn na˜o crescente, tal que bn > 0 e limbn = 0, nessas condic¸o˜es,
∑
an · bn
converge.
Teorema 4.3.45. Seja a se´rie convergente
∑
an. E seja a sequeˆncia bn na˜o
crescente, tal que bn > 0, nessas condic¸o˜es,
∑
an · bn converge.
Teorema 4.3.46. Seja a sequeˆncia, tal que limbn = 0, nessas condic¸o˜es,∑
(−1)n · bn converge.
66
Teorema 4.3.47. Toda se´rie absolutamente convergente e´ comutativamente
convergente.
Teorema 4.3.48. Seja a se´rie
∑
an condicionalmente convergente, dado qual-
quer c ∈ R, existe uma bijec¸a˜o φ : N→ N, tal que ∑ aφ(n) = c.
Teorema 4.3.49. Se
∑
an e
∑
bn sa˜o absolutamente convergentes, enta˜o
(
∑
an)(
∑
bn) =
∑
cn (convergente).
67
Parte II
Conteu´do da 2a Prova
68
5 Topologia da Reta
Nesse cap´ıtulo e´ apresentado conceitos importantes que sera˜o necessa´rios
para os cap´ıtulos seguintes, esse conteu´do deve ser bem explorado.
Teorema 5.0.1. Se todos os pontos de um conjunto X sa˜o isolados, enta˜o X
e´ enumera´vel.
Demonstrac¸a˜o 1. Dado x ∈ X, temos que ∃ Ix = (ax, bx) tal que X ∩ (ax, bx) =
{x}. Para cada intervalo Ix, tome um nu´mero racional qx, de tal forma que
qx ∈ Ix e q 6∈ Iy ; ∀x, y ∈ X e x 6= y. Temos uma func¸a˜o f : X → Q ; f(x) =
qx injetiva, e portanto X e´ enumera´vel (domı´nio X e imagem no conjunto
enumera´vel Q).
Demonstrac¸a˜o 2. Tome E ⊂ X, E enumera´vel e denso em X. Pela hipo´tese,temos que x ∈ X ⇒ ∃Ix = (ax, bx) tal que Ix ∩ (ax, bx) = {x}, mas como E e´
denso em X, temos que todo Ix conte´m pelo menos um elemento de E, donde
conclu´ımos que X = E, e portanto e´ enumera´vel.
5.1 Exerc´ıcios
Ex. 1 — A ⊂ R, A e´ aberto ⇔ Se xn converge para um ponto de a ∈ A, enta˜o
xn ∈ A para todo n suficiente grande.
Soluc¸a˜o (ex. 1) — (⇒)∀ a ∈ X, temos que existe ε > 0 tal que (a− ε, a+
ε) ⊂ A logo, se xn → a enta˜o, dado ε > 0, temos que existe n0 tal
que n > n0 implica xn ∈ (a− ε, a+ ε) ⊂ A.
(⇐)Suponha que xn = a ∀ n, logo, como a ∈ A, xn ∈ A, o que na˜o diz
que A e´ aberto ou na˜o. A hipo´tese deveria ser xn convergir para a,
mas ser diferente de a.
69
Ex. 2 — lim xn = a ⇔ para todo aberto A tal que a ∈ A, existe n0 tal que
n > n0 ⇒ xn ∈ A.
Soluc¸a˜o (ex. 2) — (⇒)limxn = a ⇒ ∀ε > 0 ∃nn0 ; n > n0 ⇒ xn ∈
(a− ε, a+ ε) ⊂ A.
(⇐)Tome os abertos Aε = (a− ε, a+ ε)) ε > 0, para todo ε temos que
existe n0 tal que n > n0 ⇒ xn ∈ Aε, pela definic¸a˜o de limite isso e´ o
mesmo que limxn = a.
Ex. 3 — B ⊂ R, B aberto, enta˜o para todo x ∈ R, o conjunto x+b = {x+ y; y ∈ B}
e´ aberto.
Soluc¸a˜o (ex. 3) — Dado z ∈ x+B temos que existe z = x+y para algum y ∈ B,
segue que y ∈ B ⇒ ∃ε > 0 tal que (y − ε, y + ε) ⊂ B ⇒ b ∈ (y − ε, y + ε) ⇒
b ∈ B ⇒ y − ε < b < y + ε ⇒ (y + x) − ε < b + x < (y + x) + ε ⇒
((y + x)− ε, (y + x) + ε) ⊂ (x+B) para todo y ∈ B
Ex. 4 — Demonstre que A,B abertos, A+B = x+ y;x ∈ A, y ∈ B e´ aberto.
Soluc¸a˜o (ex. 4) — A aberto implica que para todo a ∈ A, existe ε0 tal que
(a − ε0, a + ε0) ⊂ A B aberto implica que para todo b ∈ B, existe ε1 tal que
(b− ε1, b+ ε1) ⊂ B Seja ε = min(ε0, ε1), enta˜o temos:
a + b ⇒ ((a + b) − ε, (a + b) + ε) ⊂ A + B isso porque (a − ε, a + ε) ⊂ A e
(b− ε, b+ ε) ⊂ B.
Ex. 5 — Dados X,Y ⊂ R, prove que:
(i)int(X ∩ Y ) = int(X) ∩ int(Y )
(ii)int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y )
(iii)Deˆ um exemplo que int(X ∪ Y ) ) int(X) ∪ int(Y )
Soluc¸a˜o (ex. 5) — .
(i)x ∈ int(X ∩ Y )⇒ ∃ε tal que (x− ε, x+ ε) ⊂ X ∩ Y ⇒
 (x-ε, x+ ε) ⊂ X ⇒ x ∈ int(X)(x− ε, x+ ε) ⊂ Y ⇒ x ∈ int(Y )

⇒ x ∈ int(X) ∩ int(Y )
(ii)x ∈ int(X) ∪ int(Y )⇒
 x∈ int(X)x ∈ int(Y )

⇒ ε > 0 tal que
 (x-ε, x+ ε) ⊂ X(x− ε, x+ ε) ⊂ Y

⇒ (x− ε, x+ ε) ⊂ X ∪Y ⇒ x ∈ int(X ∪Y )
70
(iii)Tome A = (0, 1) e B = [1, 2)
Ex. 6 — Mostre que, se A ⊂ R e´ aberto e a ∈ A implica que A− a e´ aberto.
Soluc¸a˜o (ex. 6) — .
Demonstrac¸a˜o 1.Seja C(A) o complementar de A, enta˜o temos que se A e´
aberto, enta˜o C(A) e´ fechado e C(A) ∪ a e´ fechado e portando C(C(A) ∪ a) =
A− a e´ aberto.
Demonstrac¸a˜o 2.A aberto ⇒ ∀ b ∈ A− a existe ε tal que (b− ε, b+ ε) ⊂ A.
Se (b− ε) ⊂ A− {a} ⇒ b e´ ponto interior de A− {a}.
Se (b− ε, b+ ε) 6⊂ A− {a} somado a (b− ε, b+ ε) ⊂ A, enta˜o a ∈ (b− ε, b+ ε),
onde temos que:
Se b < a < b+ ε ⇒ ∃ ε1 tal que b < b+ ε1 < a ⇒ (b− ε1, b+ ε1) ⊂ A− {a}
Se b− ε < a < b ⇒ ∃ ε2 tal que a < b− ε2 < b⇒ (b− ε2, b+ ε2) ⊂ A− {a}
Conclu´ımos que para todo b em A−{a}, existe um ε > 0 tal que (b−ε, b+ε) ⊂
A− {a} onde temos que A− {a} e´ aberto.
Ex. 7 — Mostre que toda colec¸a˜o de abertos na˜o-vazios, dois a dois disjuntos e´
enumera´vel.
Soluc¸a˜o (ex. 7) — .
Demonstrac¸a˜o.Seja a colec¸a˜o de abertos disjuntos (Aλ)λ∈X , logo, tomando xλ ∈
Aλ, temos que existe um intervalo Iλ tal que xλ ∈ Iλ ⊂ Aλ.
Mas, como Q e´ denso em R, temos que existe qλ ∈ Q tal que qλ ∈ Iλ , como os
conjuntos Aλ sa˜o disjuntos, temos que qλ ∈ Iλ ⊂ Aλ implica que qλ 6∈ Aµ, para
todo µ 6= λ.
Logo temos a func¸a˜o f : X → Q, onde associa a cada Aλ um nu´mero racional
qλ. Como f e´ injetiva, enta˜o X e´ enumera´vel, o que mostra q a famı´lia e´
enumera´vel.
Ex. 8 — Mostre que o conjunto dos valores de adereˆncia de uma sequeˆncia e´ um
conjunto fechado.
Soluc¸a˜o (ex. 8) — .
71
Demonstrac¸a˜o.Seja a sequeˆncia an e o conjunto A de pontos de adereˆncia da
sequeˆncia an.
Suponha, por absurdo, que A seja aberto, logo A 6= A, como A ⊂ A, temos que
∃a ∈ A tal que a 6∈ A. Em outras palavras a e´ ponto de adereˆncia de A mas
6∈ A. Conclu´ımos enta˜o que para todo ε > 0 temos que
(a− ε, a+ ε) ∩A 6= ∅
e como a 6∈ A temos que existe b 6= a tal que b ∈ (a− ε, a+ ε) ∩A, como b ∈ A
temos que e´ ponto de adereˆncia de an, e portanto temos que b e´ limite de alguma
subsequeˆncia de an, onde temos que a e´ um ponto de adreˆncia de an, pois para
todo ε > 0, o conjunto (a − ε, a + ε) possue infinitos termos da sequeˆncia an,
chegamos a um absurdo, pois a deveria pertencer a A, onde conclu´ımos que A
e´ fechado.
Ex. 9 — Mostre que se X ⊂ F e F e´ fechado enta˜o X ⊂ F .
Soluc¸a˜o (ex. 9) — .
Demonstrac¸a˜o.X ⊂ F ⇒1 X ⊂ F = F ⇒ X ⊂ F
Prova de “1”:
X ⊂ F temos que se a ∈ X enta˜o para todo ε > 0 temos que (a−ε, a+ε)∩A 6= ∅,
mas como A ⊂ F , temos que (a − ε, a + zvar) ∩ F 6= ∅ o que temos que a e´
ponto aderente de F .
Ex. 10 — Mostre que se limxn = a eX = {x1, x2, . . . , xn, . . . } enta˜oX = X∪{a}.
Soluc¸a˜o (ex. 10) — .
Demonstrac¸a˜o.X −X = {a}, de fato, suponha que existe b 6= a tal que b ∈ X
e b 6∈ X, logo tome 0 < ε < |b − a|, temos o absurdo b 6∈ (a − ε, a + ε), pois
como xn → a, existe n0 tal que n > n0 implica que xn ∈ (a− ε, a+ ε), ficando
um nu´mero finito de termos da sequeˆncia fora do intervalo, o que prova que e´
imposs´ıvel uma subsequeˆncia de xn convergir para b.
Ex. 11 — Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪ G seja um
intervalo fechado (limitado ou na˜o). Prove que F = ∅ ou G = ∅.
72
Soluc¸a˜o (ex. 11) — .
Demonstrac¸a˜o.Suponha, por absurdo, que F 6= ∅ e G 6= ∅, enta˜o existe a e
b ∈ G, S.P.G., assuma a < b, definimos:
F0 = {x ∈ F |a ≤ x < b}
G0 = {y ∈ G|a < y ≤ b}
Como sup(F0) = X0 e´ ponto de acumulac¸a˜o de F , enta˜o X0 ∈ F , pois F
e´ fechado. Analogamente conclu´ımos que inf(G0) = Y0 ∈ G0 e ainda que
Y0 > X0 e portanto existe c ∈ R tal que Y0 > c > X0, c 6∈ F e c 6∈ G devido a
definic¸a˜o de F0 e G0, mas c ∈ I pois I e´ um intervalo, logo uma contradic¸a˜o.
Ex. 12 — Mostre que a intersec¸a˜o de uma sequeˆncia descendete de intervalos I1 ⊃
I2 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ . . . e´ um intervalo ou o conjunto vazio.
Soluc¸a˜o (ex. 12) — .
Demonstrac¸a˜o.Suponha que X = ∩IN , suponha que X 6= ∅, logo temos a, b ∈
X com a ≤ b, mas , como a, b temos que a, b ∈ In ∀n, como In e´ um intervalo,
enta˜o [a, b] ⊂ In ∀n logo [a, b] ⊂ X = ∩In. Isso porque estamos considerando
qualquer a, b.
Ex. 13 — Se X e´ limitado superiormente, seu fecho X tambe´m e´. Ale´m disso,
supX = supX.
Soluc¸a˜o (ex. 13) — .
Demonstrac¸a˜o.X limitado temos que existe c tal que a ∈ X implica que a ≤ c
X temos que para todo a ∈ X e para todo ε > 0, (a− ε, a+ ε) ∩X 6= ∅
Afirmamos que c ≥ b, ∀b ∈ X, de fato, suponha por absurdo que seja b > c
para algum b ∈ X , logo, existe ε < |b − c| tal que (b − ε, b + ε) ∩X = ∅, pois
todos os elementos de X sa˜o menores que C e b− ε > c, onde temos o absurdo
pois deveria (b− ε, b+ ε) ∩X 6= ∅ ∀b ∈ X, logo, conclu´ımos que X e´ limitado
superiormente por c.
73
ComoX ⊂ X , temos que sup(X) ≤ sup(X), por outro lado, temos que qualquer
cota superior de X e´ tambe´m cota de X , em particular sup(X) e´ cota superior
de X , logo sup(X) ≤ sup(X).
Ex. 14 — (Teorema de Baire) Se F1, F2, . . . , Fn, . . . sa˜o fechados com interior va-
zio enta˜o S = F1 ∪ · · · ∪ Fn ∪ . . . tem interior vazio.
Soluc¸a˜o (ex. 14) — .
Demonstrac¸a˜o.Tome arbitrariamente um intervalo I1 = (a, b) na˜o desgenerado,
temos que I1 6⊂ F1 pois F1 tem interior vazio, e´ poss´ıvel obeter I2 ⊂ I1 tal que
I2 6⊂ F2 tomando a sequeˆncia descendente de intervalos In tais que In ⊂ In−1 e
In 6⊂ Fn, temos o resultado que ∩In 6= ∅ e portanto ∩In 6⊂ S, conclu´ımos que
para todo intervalo aberto I1 temos que I1 ∩ (R−S) 6= ∅ logo S e´ fechado.
74
6 Limites de Func¸o˜es
6.1 Exerc´ıcios
Ex. 1 — Na definic¸a˜o do limite lim
x→a f(x) retire a exigeˆncia de ser x 6= a.