ativida de analise real II RESOLUÇÃO

Prévia do material em texto

Aluno(a): Gilberto Penha Costa 
 
Lista de Exercícios 
Resolução 
1.Seja limxn = 0. Para cada n ponha yn = min {|x1| , |x2| , . . . , |xn|}. Prove que yn → 0 
Solução: 
 Suponha que yn não converge para 0. Deste modo, existe > 0 tal que, para todo n ∈ N, |xn| > , 
contradizendo o fato de xn → 0. Logo yn → 0. 
 
2.Se N = N1 ∪ N2 ∪...∪Nk e lim xn = lim xn = ... = lim xn = a, então, lim xn = a. 
 n∈N1 n∈N2 n∈Nk 
solução: 
Para cada i = 1, . . . , k temos que lim xn = a, isto é, dado > 0, existe noi ∈Ni tal 
 n∈Ni 
que |xn − a| < sempre que n ∈ Ni e n > n0i. Faça n0 = max {n01, . . . , n0k}. Deste modo, para todo 
n > n0 ∈ N, existe i ∈ {1, . . . k} tal que n ∈ Ni e, consequentemente, |xn − a| < , isto é, limxn = a. 
 
3.Dê um exemplo de uma sequência (xn) e uma decomposição N = N1 ∪ ・ ・ ・ ∪Nk ∪ ・ ・ ・ de N 
como reunião de uma infinidade de subconjuntos infinitos tais que, para todo k, a subsequência (xn)n∈Nk 
tenha limite a, mas não se tem limxn = a. 
 
[Sugestão: Para cada k ∈ N seja Nk o conjunto dos números naturais da forma n = ・ m, onde m é 
ímpar. Dado n ∈ Nk, ponha xn = 1 se n for o menor elemento de Nk e xn =1/n, nos demais casos.] 
 
Solução: 
 
Para cada k ∈ N, seja Nk = {n ∈ N; n = .m, m ímpar} . Se n ∈ N é ímpar, então n ∈ N1. Se n é par, 
então seja k − 1 o maior número natural tal que m. Note que m deve ser ímpar, pois, caso 
contrário, n seria divisível por , contrariando a maximalidade de k−1. Temos ainda que da unicidade 
da fatoração prima dos números naturais, segue que os subconjuntos Nk são dois a dois disjuntos. Logo 
N = Nk. Dado n ∈ Nk, ponha xn = 1 se n for o menor elemento de Nk e xn =1/n nos demais 
casos. Então lim xn = 
 
n∈Nk 
 
0. Mas (xn)n∈N não converge, pois se tomamos, 
 
 N′ = {n ∈ N; n ; n é o menor elemento de Nk, para algum k ∈ N} , então lim xn = 1 isto é 
 
n∈N 
 existem subsequências de (xn)n∈N que convergem para valores distintos. 
 
4.Seja (xn) uma sequência limitada. Se lim an = a e cada an é um valor de aderência de (xn), então a é um 
valor de aderência de (xn). 
 
Solução: 
 
Por hipótese, lim an = a e, para todo n ∈ N, existe uma subsequência (xn,k)k∈N 
 n→∞ 
de (xn)n∈N tal que lim xn,k = an. Assim, dado m ∈ N, existem n m, km ∈ N tais 
 k→∞ 
 que, 
 
 |anm − a| <1/2m e |xnm,km − anm| < 1/2m 
 
Mas, 
 |xnm,km − a| = |xnm,km − anm + anm − a| 
 ≤ |anm − a| + |xnm,km − anm| 
 <1/2m + 1/2m = 1m. 
Logo a subsequência (xnm,km)m∈N converge para a e, consequentemente, a é um valor de aderência de 
(xn). 
 
5.Sejam (xn) e (yn) sequências limitadas. Ponhamos a = lim inf xn, A = lim sup xn, b = lim inf yn e B = 
lim sup yn. Prove que 
Obs: valendo as duas últimas desigualdades sob a hipótese de xn ≥ 0 e yn ≥ 0. Dê exemplos em que se 
tenham desigualdades estritas nas relações abaixo. 
 
a) lim sup (xn + yn) ≤ A + B, liminf (xn + yn) ≥ a + b; 
soluçao: 
 
Para todo n ∈ N, sejam Xn = {xn, xn+1, . . .}, Yn = {yn, yn+1, . . .} e Zn = {xn + yn, xn+1 + yn+1, . . .}. 
Sejam ainda an = inf Xn, An = supXn, bn = inf Yn, Bn = sup Yn, cn = inf Zn e Cn = sup Zn. 
 
 
Fixe n ∈ N. Se m ≥ n, xm ∈ Xn, ym ∈ Yn e, consequentemente, 
 
 xm ≤ An, an ≤ xm, ym ≤ Bn, bn ≤ ym, 
para todo m ≥ n. Deste modo, 
 
 xm + ym ≤ An + Bn e an + bn ≤ xm + ym, 
 
para todo m ≥ n e, assim, An + Bn é uma cota superior de Zn e an + bn é uma cota inferior de Zn. Daí 
 
 Cn ≤ An + Bn e an + bn ≤ cn. 
Observe que as desigualdades acima são válidas para todo n ∈ N. Desta forma 
 
 limsup (xn + yn) = limCn ≤ lim(An + Bn) = A + B 
e 
 
 liminf (xn + yn) = limcn ≥ lim(an + bn) = a + b. 
 
 b) limsup (−xn) = −a, liminf (−xn) = −A; 
 
 
solução: 
 
Seja −Xn = {−xn,−xn+1, . . .}. Para todo m ≥ n vale xm ≥ an e, consequentemente, −xm ≤ −an, para 
todo m ≥ n. Logo −an é uma cota superior de −Xn. Afirmamos que deve ser −an = sup (−Xn). Com 
efeito, se −an não fosse o supremo de −Xn deveria existir > 0 tal que −xm ≤ −an − , para todo m ≥ n. 
Assim, xm ≥ an + , para todo m ≥ n, ou seja, an + é uma cota inferior de Xn maior do que an, 
contrariando o fato de an ser o ínfimo de Xn. Portanto, 
 
lim sup (−xn) = lim(−an) = −a. 
 
De modo análogo segue que lim inf (−xn) = −A. 
 
c) lim sup (xn ・ yn) ≤ AB, lim inf (xn ・ yn) ≥ ab; 
 
solução: 
 
Uma vez que xn ≥ 0 e yn ≥ 0 para todo n ∈ N, temos que an ≥ 0 e bn ≥ 0 para todo n ∈ N. Fixe n ∈ N. 
Para todo m ≥ n, temos que 0 ≤ an ≤ xm e 0 ≤ bn ≤ xm. Logo, xmym ≥ anbn para todo m ≥ n e, portanto, 
anyn é uma cota inferior de XnYn = {xnyn, xn+1yn+1, . . .}. Fazendo dn = inf XnYn segue que dn ≥ anbn. 
Assim, 
 
lim inf xnyn = lim dn ≥ lim anbn = ab. 
 
A outra desigualdade é obtida de modo análogo. 
 
6.Para todo polinômio p (x) de grau superior a 1, a série ∑ /p (n) converge. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
Se a = 0, então a série converge para 0. Se a 6= 0, então a série em questão é uma série geométrica com 
razão 0 < r =1/1 + a2 < 1 e, portanto, 
 
 a²+
 
 
 +
 
 
+...= 
 
 
 
Solução: 
Uma vez que converge temos que liman = 0. Portanto, existe n0 ∈ N tal que 0 < an < 1 para 
todo n > n0 e, neste caso, (an)² < an, para todo n > n0. Assim, 
 
 
 
 
Temos ainda que, para todo n ∈ N, 1 + an > 1 e, consequentemente, 
 
 
 
Logo, 
 
 
 
 
e, do Teste de Comparação, segue a convergência de, 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
Então, 
 
 
e 
 
 
Deste modo, 
 
 
 
 
 
Logo, é absolutamente convergente e, portanto, convergente. 
 
 
 
solução: 
Uma vez que (an) é não crescente e lim an = 0, temos que an ≥ an+1 ≥ 0, para todo n ∈ N. Deste modo, 
supondo < ∞ temos que 
 
 
 
Logo, 
 
 
Por outro lado, supondo que temos que 
 
 
 
ou seja, 
 
 
Logo, a série converge se, e somente se, converge. 
 
11. Um conjunto A ⊂ R é aberto se, e somente se, cumpre a seguinte condição: “se uma sequência (xn) 
converge para um ponto a A, então xn A para todo n suficientemente grande’’ 
 
Solução: 
Suponha que A ⊂ R seja aberto e seja a ∈ A. Então existe > 0 tal que (a − , a + ) ⊂ A. Se (xn) é uma 
sequência que converge para a, então existe n0 ∈ N tal que 
 
 xn ∈ (a − , a + ) ⊂ A, ∀n ≥ n0, 
 
ou seja, xn ∈ A para todo n suficientemente grande. Reciprocamente, suponha que A ⊂ R tem a 
propriedadede que se uma sequência (xn) converge para um ponto a ∈ A, então xn ∈ A para todo n 
suficientemente grande. Suponha, por absurdo, que A int (A). Então existe a ∈ A tal que a À 
int(A). Logo, , consequentemente, Deste modo, existe uma sequência (xn) de pontos 
de que converge para a. Por hipótese, segue que xn ∈ A para todo n suficientemente grande e, 
consequentemente, A ∩ ∅, o que é uma contradição. Portanto A = int (A) e A é aberto. 
 
12.Toda coleção de abertos não - vazios, dois a dois disjuntos é enumerável. 
Solução: 
 
Seja {A } ∈ uma coleção de conjuntos abertos dois a dois disjuntos. Do Teorema 
da Estrutura dos Abertos da Reta segue que, para todo ∈ , existe uma sequência ( 
 ) 
 
 
Deste modo, 
 
 
 
 
Novamente, do Teorema da Estrutura dos Abertos da Reta segue que o conjunto de índices é 
enumerável, pois, caso contrário o aberto ⋃ seria escrito como uma união não -enumerável de 
intervalos abertos disjuntos dois a dois. 
 
 
13. Seja B ⊂ R aberto. Ento, para todo x ∈ R, o conjunto x + B = {x + y; y ∈ B} é aberto. Analogamente, 
se x 0, então o conjunto x ・ B = {x ・ y; y ∈ B} é aberto. 
 
Solução: 
 
Seja I = (a, b) um intervalo aberto. Então dado x ∈ R o conjunto x + I é o intervalo aberto (a + x, b + 
x). Com efeito, 
 
d ∈ (a + x, b + x) ⇒ a + x < d < b + x ⇒ a < d − x < b 
⇒ d − x ∈ (a, b) = I ⇒ d = x + (d − x) ∈ x + I 
⇒ (a + x, b + x) ⊂ x + I 
 
e, reciprocamente, 
 
d ∈ x + I ⇒ d = x + y, para algum y ∈ I ⇒ d − x = y ∈ I 
⇒ a < d − x < b ⇒ a + x < d < b + x ⇒ d ∈ (a + x, b + x) 
⇒ x + I ⊂ (a + x, b + x) . 
Do mesmo modo, se x ∈ R, tal que x 0, então 
 
 
 
De fato, se x > 0, 
 
d ∈ (ax, bx) ⇒ ax < d < bx ⇒ a < d/ x < b ⇒ d /x ∈ I 
⇒ d = x ・ d /x ∈ x ・ I ⇒ (ax, bx) ⊂ x ・ I 
 
 
e, reciprocamente, 
 
d ∈ x ・ I ⇒ d = x ・ y, para algum y ∈ I ⇒d/x= y ∈ I 
⇒ a <d/x < b ⇒ ax < d < bx ⇒ d ∈ (ax, bx) ⇒ x ・ I ⊂ (ax, bx) . 
 
O caso a < 0 é análogo. Se B ⊂ R é aberto, então existe uma sequência In de intervalos abertos dois a 
dois disjuntos tais que 
 
 
 
Deste modo, 
 
 
 
 
 
 
e, como x + In e x ・ In são intervalos abertos para todo n ∈ N, segue que x + B e x ・ B são conjuntos 
abertos. 
 
 
14. O conjunto dos valores de aderência de uma sequência é um conjunto fechado. 
Solução: 
Seja (xn) uma sequência de números reais e seja X o conjunto dos seus valores de aderência. Se a ∈ , 
então existe uma sequência (an) de elementos de X tal que a = lim an. Onde uma subsequência de (xn) 
que converge para a, ou seja, a é também um valor de aderência de (xn). Logo ⊂ X e o resultado 
segue. 
 
15. O número 
 
 
 pertence ao Conjunto de Cantor 
Solução: 
 
Seja um intervalo remanescente após a retirada dos terços médios na k-ésima etapa de 
construção do conjunto de Cantor. Temos que 
 
 
 
Logo, na etapa seguinte de construção do conjunto de Cantor teremos que os intervalos remanescentes 
após a retirada do terço médio relativo ao intervalo serão os intervalos 
 
 
Provamos então que se p/3k e q/3k são extremos superior e inferior, respectivamente, de algum intervalo 
remanescente após a k-ésima etapa de construção do conjunto de Cantor, então os valores p/3k −1/3k+1 
e q/3k +1/3k+1 serão, respectivamente, extremos inferior e superior de intervalos remanescentes após as 
retiradas dos terços médios na etapa seguinte da construção do conjunto de Cantor. Uma vez que1/3 é 
extremo superior de um intervalo remanescente na primeira etapa de construção do conjunto de Cantor 
temos que a sequência (xn) da por 
 
 
x1 =1/3 
 x2 =1/3 −1/3² 
 x2 =1/3 −1/3² +1/3³ 
. 
. 
. 
 
é uma sequência de extremos do conjunto de Cantor. Temos que 
 
 
Do fato de o conjunto de Cantor ser fechado segue o resultado