Exercícios Resolvidos Análise Real

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Universidade Federal da Bahia - UFBA
Instituto de Matema´tica - IM
Curso de Ana´lise Real Vol 1, Elon Lages Lima
Exerc´ıcios Resolvidos
Ana´lise Real
Belmiro Galo da Silva
Salvador-Bahia
Julho de 2010
Cap´ıtulo 1
Questa˜o 1
Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades :
1o X ⊃ A e X ⊃ B
2o Se Y ⊃ A e Y ⊃ B enta˜o Y ⊃ X.
Prove que X = A∪B.
Demonstrac¸a˜o.
“⊃”
A ∪ B ⊂ X
Seja ω ∈ A ∪ B, temos que ω ∈ A ou ω ∈ B
Se ω ∈ A, enta˜o ω ∈ X pois A ⊂ X pela 1a propriedade
Se ω ∈ B, enta˜o ω ∈ X pois B ⊂ X pela 1a propriedade
Com isso, conclu´ımos que qualquer que seja ω ∈ A ∪ B, temos que ω ∈ X
Portanto A ∪ B ⊂ X
“⊂”
X ⊂ A ∪ B
Seja Y = A ∪ B, com isso, temos:
A ⊂ Y, pois A ⊂ A ∪ B
B ⊂ Y, pois B ⊂ A ∪ B
Portanto pela 2a propriedade, temos que X ⊂ Y
Ou seja, X ⊂ A ∪ B
∴
De “⊃”e de “⊂”conclu´ımos que X= A ∪ B. �
Questa˜o 3
Sejam A, B ⊂ E. Prove que A ∩ B =∅ se, e somente se, A ⊂ Bc. Prove tambe´m
que A ∪ B= E se, e somente se, Ac ⊂ B.
a) A ∩ B = ∅ ⇔ A ⊂ Bc
b) A ∪ B = E ⇔ Ac ⊂ B
Demonstrac¸a˜o.
a)“⇒”
A ∩B = ∅ ⇒ A ⊂ Bc
Vamos supor que A 6⊂ Bc. Seja x ∈ A, por defenic¸a˜o de complementar x 6∈ Ac.
2
Pela suposic¸a˜o x 6∈ Bc e pela definic¸a˜o de complementar x ∈ B.
Com isso, temos que x ∈ A e x ∈ B. Logo x ∈ A ∩B.
Conclu´ımos que A ∩ B = ∅
“⇐”
A ⊂ Bc ⇒ A ∩B = ∅
Seja x ∈ A, temos que x ∈ Bc e por definic¸a˜o de complementar x 6∈ B, com isso x ∈ A e
x 6∈ B.
Logo, x 6∈ A∩ B.
Como o x e´ arbritra´rio. A ∩B = ∅.
∴
De “⇒”e de “⇐”conclu´ımos que A ∩B = ∅ ⇔ A ⊂ Bc. �
b) “⇒”
A ∪B = E ⇒ Ac ⊂ B
Vamos supor que Ac 6⊂ B. Seja x ∈ Ac. Por definic¸a˜o de complementar x 6∈ A.
Pela suposic¸a˜o x 6∈ B, por definic¸a˜o de complementar x ∈ Bc.
Como, x 6∈ A e x 6∈ B, x na˜o pertence a unia˜o dos conjuntos pois ele na˜o e´ elemento de
nenhum dos dois conjuntos, e portanto a unia˜o e´ diferente de E, que e´ o espac¸o todo.
Com isso, A ∪B 6= E.
“⇐”
Ac ⊂ B ⇒ A ∪B = E
Vamos dividir essa implicac¸a˜o em dois casos:
(i) para A ∪B ⊂ E
(ii) para A ∪B ⊃ E
(i) e´ trivial pois E e´ o espac¸o todo e portanto ele conte´m qualquer outro subconjunto.
(ii) Vamos supor que E 6⊂ A ∪ B, existe x2 ∈ E tal que x2 6∈ A ∪ B, ou seja, x2 6∈ A e
x2 6∈ B.
Como x2 6∈ A por definic¸a˜o de complementar x2 ∈ Ac
Conclu´ımos que x2 ∈ Ac e x2 6∈ B. Logo Ac 6⊂ B. Contadic¸a˜o.
E ⊂ A ∪B.
De (i) e (ii) conclu´ımos que Ac ⊂ B ⇒ A ∪B = E.
De “⇒”e de “⇐”conclu´ımos que A ∪B = E se, e somente se, Ac ⊂ B. �
3
Questa˜o 4
Dados A, B ⊂ E. Prove que A ⊂ B ⇔ A ∩Bc = ∅
Demonstrac¸a˜o.
“⇐ ”
A ∩Bc = ∅ ⇒ A ⊂ B
V amos supor que A 6⊂ B. Tome x ∈ A tal que x 6∈ B, temos que x 6∈ Ac por definic¸a˜o de
complementar. E temos tambe´m que se x 6∈ B por definic¸a˜o de complementar x ∈ Bc
Com isso, x ∈ A e x ∈ Bc, logo x ∈ A ∩Bc
∴ A ∩Bc 6= ∅, Afirmac¸a˜o verdadeira por contrapositiva.
“⇒ ”
A ⊂ B ⇒ A ∩Bc = ∅
Seja x ∈ A. Como A ⊂ B, x ∈ B
Por definic¸a˜o de complementar x 6∈ Ac e x 6∈ Bc
Com isso, x ∈ A e x 6∈ Bc. Logo X 6∈ A ∩Bc
∴ A ∩Bc = ∅
De “⇒”e de “⇐”conclu´ımos que A ⊂ B ⇔ A ∩Bc = ∅. �
Questa˜o 5
Deˆ exemplo de conjuntos A, B, C tais que:
(A ∪B) ∩ C 6= A ∪ (B ∩ C)
Construc¸a˜o.
Um exemplo simples seria: A = 3N, B = 4N, C = 2N, sendo N o conjunto dos naturais.
Para melhor compreensa˜o, temos um outro exemplo:
Seja A = {3,6,9,12} ; B = {4,8,12,16} ; C = {2,4,6,8,10,12,14,16}
(A ∪B) = {3, 4, 6, 8, 9, 12, 16}, com isso, (A ∪B) ∩ C = {4, 6, 8, 12, 16}
Por outro lado,
(B ∩ C) = {4, 8, 12, 16}, com isso, A ∪ (B ∩ C) = {3, 4, 6, 8, 9, 12, 16}
Mostramos acima, exemplos de que (A ∪B) ∩ C 6= A ∪ (B ∩ C) �
4
Questa˜o 6
Se A, X ⊂ E sa˜o tais que A ∩X = ∅ e A ∪X = E. Prove que X = Ac
Demonstrac¸a˜o.
“⊂”
X ⊂ Ac
Vamos supor que X 6⊂ Ac. Logo existe ω1 ∈ X tal que ω1 6∈ A. Por definic¸a˜o de comple-
mentar ω1 ∈ A Logo, se ω1 ∈ X e ω1 ∈ A, ω1 ∈ A ∩X
Com isso, A ∩X 6= ∅. Contradic¸a˜o, pois A ∩X = ∅
∴ X ⊂ Ac
“⊃”
X ⊃ Ac
Vamos supor que Ac 6⊂ X.
Logo existe ω2 ∈ Ac tal que ω2 6∈ X.
Por definic¸a˜o de complementar de A, ω2 6∈ A. Como ω2 6∈ X e ω2 6∈ A
A ∪X 6= E. Contradic¸a˜o, pois A ∪X = E.
∴ X ⊃ Ac
De “⊃”e de “⊂”conclu´ımos que X = Ac �
Questa˜o 10
Seja A4B = (A−B)∪(B−A). Prove que A4B = A4C implica B=C. Examine
a validez de um resultado ana´logo com ∪,∩ ou × em vez de 4.
Demonstrac¸a˜o:
(A−B) ∪ (B − A) = (A− C) ∪ (C − A)⇒? B = C, ou seja,
(i)(A−B) ∪ (B − A) = (A− C) ∪ (C − A)⇒? B ⊂ C e
(ii)(A−B) ∪ (B − A) = (A− C) ∪ (C − A)⇒? B ⊃ C
(i) Vamos supor que B 6⊂ C. Logo existe x ∈ B tal que x 6∈ C.
Caso 1. (x ∈ A)
Como x ∈ A e x ∈ B, x 6∈ (A−B) e x 6∈ (B − A)
Logo x 6∈ (A−B) ∪ (B − A) (*)
Como x ∈ A e x 6∈ C, x ∈ (A− C)
Logo x ∈ (A− C) ∪ (C − A) (**)
De (*) e (**)
(A−B) ∪ (B − A) 6= (A− C) ∪ (C − A)
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Caso 2(x 6∈ A)
Se x 6∈ A e x ∈ B, x ∈ (B − A). Logo x ∈ (A−B) ∪ (B − A) (*)
Se x 6∈ A e x 6∈ C, x 6∈ (A− C) e x 6∈ (C − A). Logo x 6∈ (A− C) ∪ (C − A) (**)
De (*) e (**)
(A−B) ∪ (B − A) 6= (A− C) ∪ (C − A).
Com isso B ⊂ C. (Por contrapositiva)
(ii) Ana´logo ao primeiro item.
de (i) e (ii) temos que:
(A−B) ∪ (B − A) = (A− C) ∪ (C − A)⇒ B = C
~ Agora vamos examinar a validez de ∩.
A ∩B = A ∩ C ⇒ B = C
Falso, pois seja A = R+ B = N e C = Z
~ Agora vamos examinar a validez de ∪.
A ∪B = A ∪ C ⇒ B = C
Falso, pois seja A = R B = N e C = Z
~ Agora vamos examinar a validez de ×.
A×B = A× C ⇒ B = C(?)
(i)B ⊂ C(?)
∀b ∈ B. Tome a ∈ A, enta˜o (a, b) ∈ A×B. Como A×B = A× C
Da´ı, (a, b) ∈ A× C. Logo b ∈ C.
∴ B ⊂ C.
(ii)C ⊂ B(?)
∀c ∈ C. Tome a ∈ A, enta˜o (a, c) ∈ A× C. Como A× C = A×B
Da´ı, (a, c) ∈ A×B. Logo c ∈ B.
∴ C ⊂ B.
De (i) e (ii) temos que B = C.
∴ A×B = A× C ⇒ B = C �
Questa˜o 11
Prove as seguintes afirmac¸o˜es:
a)(A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C)
b)(A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C)
c)(A−B)× C = (A× C)− (B × C)
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d)A ⊂ A′, B ⊂ B′ ⇒ A×B ⊂ A′ ×B′.
Demonstrac¸a˜o:
a)“⊂”(A ∪B)× C ⊂ (A× C) ∪ (B × C)(?)
Tome x ∈ (A ∪B)× C, ou seja, x = (a, c) tal que a ∈ (A ∪B) e c ∈ C.
Como a ∈ (A ∪B), a ∈ A ou a ∈ B.
Temos que x = (a, c) com a ∈ A e c ∈ C, x ∈ (A× C) ou
x = (a, c) com a ∈ A e c ∈ C, x ∈ (A×B)
Conclu´ımos que x ∈ (A× C) ∪ (B × C)
∴ (A ∪B)× C ⊂ (A× C) ∪ (B × C)
“⊃”(A ∪B)× C ⊃ (A× C) ∪ (B × C)(?)
Tome x ∈ (A× C) ∪ (B × C)
x ∈ (A× C) ou x ∈ (B × C)
Da´ı, conclu´ımos que x = (a, c) com a ∈ A e c ∈ C ou
x = (a, c) com a ∈ A e c ∈ C
Como x pode ser:
(a, c) com a ∈ A, dizemostambe´m que a ∈ A ∪B, c ∈ C(*), ou
(b, c) com b ∈ B, dizemos tambe´m que b ∈ A ∪B, c ∈ C(**)
De (*) e (**) temos que x ∈ (A ∪B)× C.
∴ (A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C). �
b)“⊂”(A ∩B)× C ⊂ (A× C) ∩ (B × C)(?)
Seja x ∈ (A ∪B)× C.
x = (a, c) com a ∈ (A ∩B) e c ∈ C.
Se a ∈ (A ∩B), a ∈ A e a ∈ B
Como a ∈ A e c ∈ C enta˜o (a, c) ∈ A× C
e como a ∈ B e c ∈ C enta˜o (a, c) ∈ B × C
enta˜o x ∈ (A× C) ∩ (B × C).
“⊃”(A ∩B)× C ⊃ (A× C) ∩ (B × C)(?)
Tome x ∈ (A× C) ∩ (B × C)
x = (d, c) tal que (d, c) ∈ A× C e (d, c) ∈ B × C
Como (d, c) ∈ A× C , d ∈ A e c ∈ C
e como (d, c) ∈ B × C, d ∈ B e c ∈ C.
Assim, d ∈ A e d ∈ B, ou seja, d ∈ A ∩B
Da´ı, x ∈ (A ∩B)× C.
∴ (A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C). �
7
c)(A−B)× C = (A× C)− (B × C)
“⊂”(A−B)× C ⊂ (A× C)− (B × C)(?)
Seja x ∈ (A−B)× C
x = (h, c) tal que h ∈ (A−B) e c ∈ C
Como h ∈ (A−B), h ∈ A e h 6∈ B
Como h ∈ A e c ∈ C, x ∈ (A× C)
Como h 6∈ B e c ∈ C, x 6∈ (B × C)
Se x ∈ (A× C) e x 6∈ (B × C); x ∈ (A× C)− (B × C)
“⊃”(A−B)× C ⊃ (A× C)− (B × C)(?)
Seja x ∈ (A× C)− (B × C)
Ou seja, x ∈ (A× C) e x 6∈ (B × C)
Podemos dizer que como x ∈ (A× C), x = (h, c), h ∈ A e c ∈ C
e como x 6∈ (B × C)⇒ h 6∈ B pois c ∈ C.
Da´ı, h ∈ A e h 6∈ B. h ∈ (A−B) e c ∈ C
∴ x ∈ (A−B)× C.
Com isso, conclu´ımos que (A−B)× C = (A× C)− (B × C). �
d)A ⊂ A′, B ⊂ B′ ⇒ A×B ⊂ A′ ×B′.
Seja a ∈ A e b ∈ B.
Dado x = (a, b) ∈ A×B temos que a ∈ A e b ∈ B
Mas como A ⊂ A′, a ∈ A′ e como B ⊂ B′, b ∈ B′.
Logo (a, b) ∈ A′ ×B′.
Da´ı, A×B ⊂ A′ ×B′. �
Questa˜o 12
Dada a func¸a˜o f : A→ B :
a)Proveque se tem f(X − Y ) ⊃ f(X)− f(Y ), sejam quais forem os subconjuntos X e Y
de A;
b) Mostre que se f for injetiva enta˜of(X − Y ) = f(X)− f(Y ) para quaisquer X, Y con-
tidos em A.
Demonstrac¸a˜o:
a)f(X)− f(Y ) ⊂ f(X − Y )
tome w ∈ f(X)− f(Y ). Temos que w ∈ f(x) e w 6∈ f(Y )
Como w ∈ f(x).∃x1 ∈ X tal que f(x1) = w e comow 6∈ f(Y ).
x1 6∈ Y [Pois se x1 fosse elemento de Y, f(x1) = w e w 6∈ f(Y )]
Enta˜o x1 ∈ X − Y pois x1 ∈ X e x1 6∈ Y . Logo f(x1) ∈ f(X − Y )
8
∴ w ∈ f(X − Y ). �
b) Vamos mostrar “ ⊂ ” de f(X − Y ) = f(X)− f(Y ), valendo agora a injetividade. Pois
a primeira inclusa˜o foi mostrada no item anterior.
f(X − Y ) ⊂ f(X)− f(Y )(?)
Seja w1 ∈ f(X − Y ). Logo ∃! (pois e´ injetivo) x1 ∈ X − Y tal que f(x1) = w1
Da´ı, x1 ∈ X e x1 6∈ Y .
f(x1) ∈ f(X) e f(x1) 6∈ f(Y )
Como f e´ injetivo se f(x1) = f(x2)⇒ x1 = x2
Como f(x1) = w. ∀y1 ∈ Y , f(y1) 6= w.
Da´ı, w ∈ f(X) e w 6∈ f(Y )
∴ w ∈ f(X)− f(Y ). �
Cap´ıtulo 2
Questa˜o 9a
Sejam X e Y conjuntos finitos. Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) =
card(X) + card(Y ).
Demonstrac¸a˜o:
Usaremos ] para indicar cardinalidade.
Sabemos que X∪Y = X∪(Y −X) com isso, conclu´ımos que ](X∪Y ) = ](X)+](Y −X)(*)
Sabemos tambe´m que Y = (X ∩ Y ) ∪ (Y −X)
Com isso, conclu´ımos que ](Y ) = ](X ∩ Y ) + ](Y −X)
Obtemos, ](Y −X) = ](Y )− ](X ∩ Y ) e substituindo em (*). Temos:
](X ∪ Y ) = ](X) + ](Y )− ](X ∩ Y )
Da´ı, ](X ∪ Y ) + ](X ∩ Y ) = ](X) + ](Y ). �
Cap´ıtulo 4
Questa˜o 1
Se lim xn = a enta˜o lim |xn| = |a|. Deˆ um contra-exemplo mostrando que a
rec´ıproca e´ falsa, salvo quando a = 0.
Demonstrac¸a˜o:
Observe que: Se lim xn = a, temos que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |xn − a| < ε.
Ora, xn = xn − a + a⇒ |xn| ≤ |xn − a|+ |a| ⇒ |xn| − |a| ≤ |xn − a|
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Por outro lado, a = a− xn + xn ⇒ |a| ≤ |a− xn|+ |xn| ⇒ |a| − |xn| ≤ |a− xn|
Portanto, ||xn| − |a|| ≤ |xn − a| < ε. Ou seja, lim |xn| = |a| �
Um Contra-exemplo e´:
xn = (−1)n. |xn| = 1 e lim |xn| = 1. Mas @ limxn.
Questa˜o 2
Seja limxn = 0. Para cada n, ponha yn = min {|x1|, |x2|, ..., |xn|}. Prove que
yn → 0.
Demonstrac¸a˜o:
(yn) e´ uma sequeˆncia mono´tona. De fato:
y1 = |x1|,
y2 = |x1| se |x1| ≤ |x2| ou y2 = |x2| se |x2| ≤ |x1|
Assim y2 ≤ y1
y3 = |x1| se |x1| ≤ |x3| ou y3 = |x2| se |x2| < |x1| e |x2| < |x3| ou y3 = |x3| se |x3| < |x1| e
|x3| < |x2|
Portanto, y3 < y2 < y1.
Prosseguindo desta forma, (yn) sera´ uma sequeˆncia ou decrescente, ou na˜o-crescente.
Como limxn = 0⇒ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |xn − 0| < ε. Ouseja, |xn| < ε.
Assim, os termos de (yn) tambe´m tende a zero. Desta forma yn → 0. �
Questa˜o 3
Se lim x2n = a e lim x2n−1 = a, prove que limxn = a
Demonstrac¸a˜o:
Como lim x2n = a e limx2n−1 = a enta˜o ∀ε > 0, ∃n1, n2 ∈ N tal que n > max{n1, n2} ⇒
|x2n − a| < ε2 e |x2n−1 − a| < ε2
Portanto, pela desigualdade triangular:
|x2n − a|+ |x2n−1 − a| < ε
|x2n + x2n−1 − a| < |x2n − a|+ |x2n−1 − a| < ε
|xn − a| < ε �
Questa˜o 6
Se lim xn = a e lim(xn − yn) = 0 enta˜o lim yn e´ igual a a.
Demonstrac¸a˜o:
Como limxn = a temos que ∀ε > 0, ∃n1 ∈ N tal que n > n1 ⇒ |xn − a| < ε2
10
e como lim(xn − yn) = 0 temos que ∀ε > 0, ∃n2 ∈ N tal que n > n2 ⇒ |xn − yn| < ε2 .
Tomando n0 = max{n1, n2}. Como |yn− a| = |yn− a+ xn− xn| = |xn− a− (xn− yn)| ≤
|xn − a|+ |xn − yn| < ε2 + ε2 = ε
Com isso, |yn − a| < ε, ∀ε > 0, n > n0. Ou seja, lim yn = a �
Questa˜o 7
Seja a 6= 0. Se lim yn
a
= 1 enta˜o lim yn e´ igual a a
Demonstrac¸a˜o:
Como lim yn
a
= 1. Temos que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |yna − 1| < ε|a|
Mas, |yn
a
− 1| = |yn−a
a
| = |yn−a||a| com a 6= 0
Portanto, |yn
a
− 1| = |yn−a||a| < ε|a| ⇒ |yn − a| < ε, ou seja,lim yn = a. �
Questa˜o 10
Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, enta˜o lim n√xn = 1
Demonstrac¸a˜o:
a ≤ xn ≤ nk, ∀n
Temos que, n
√
a ≤ n√xn ≤ n
√
nk
lim n
√
a→ 1 e lim n
√
nk → 1
Pelo teorema do Sandwiche, lim n
√
xn = 1 �
Questa˜o 11a.
Sejam xn = (1 +
1
n
)n e yn = (1− 1n+1)n+1. Mostre que limxn.yn = 1 e deduza da´ı
que lim(1− 1
n
)n = e−1.
Demonstrac¸a˜o:
xn.yn = (1 +
1
n
)n.(1− 1
n+1
)n+1 = (n+1)
n
nn
. n
n+1
(n+1)n+1
= n
n+1
∴ limxn.yn = 1
Sabendo que lim
x→+∞
(1 +
1
n
)n = e e lim xn.yn = 1.
Temos que, lim
x→+∞
xn. lim
x→+∞
yn = 1
Com isso, e. lim
x→+∞
yn = 1
lim
x→+∞
yn =
1
e
�
11
Questa˜o 14
Seja a ≥ 0, b ≥ 0. Prove que lim
x→+∞
n
√
an + bn = max{a, b}.
Demonstrac¸a˜o:
Em particular, a > b. Com isso, b
a
< 1
(an + bn)
1
n = [an.[1 + ( b
a
)n]]
1
n = a.[1 + ( b
a
)n]
1
n
como lim[1 + ( b
a
)n]]
1
n = 1. Temos que lim
x→+∞
n
√
an + bn = a �
Questa˜o 20
Seja x1 = 1 e ponha 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:
(i)A priori vamos mostrar que xn.xn+1 ≥ 2 para todo n ∈ N
(∗)∀xn temos que xn ≥ 1, pois temos para n = 1, xn = x1 = 1 e para n > 1 vamos ter
que xn 6= x1 com xn = 1 + 1xn−1 ≥ 1
Com isso, xn.xn+1 = xn.(1 +
1
xn
) = xn + 1. De (∗) temos que xn.xn+1 = xn + 1 ≥ 2
(ii)Agora vamos mostrar que |xn+1 − xn| ≤ 12 |xn − xn−1|
|xn+1− xn| = |1 + 1xn − 1− 1xn−1 | = |
xn−1−xn
xn.xn−1
| e como mostramos em (i), xn.xn+1 ≥ 2, logo
|xn−1−xn
xn.xn−1
| ≤ 1
2
.|xn − xn−1|
(iii)Por fim, vamos concluir que a sequeˆncia e´ convergente.(Dica: Lembre-se que o mo´dulo
da soma de va´rios nu´meros reais e´ menor ou igual que a soma dos mo´dulos desses nu´meros
e da´ı mostramos que a sequeˆncia e´ de Cauchy).
|xn+2 − xn+1| ≤ 12 .|xn+1 − xn| ≤ (12)2.|xn − xn−1| ≤ ... ≤ (12)n.|x2 − x1|
Vamos provar por induc¸a˜o: para n = 1
|x3 − x2| ≤? 12 .|x2 − x1|
|x3 − x2| = |32 − 2| = 12 , por outro lado, 12 .|x2 − x1| = 12 |2− 1| = 12
Com isso, 1
2
≤ 1
2
X
Assuimimos que e´ va´lido para n. |xn+2 − xn+1| ≤ (12)n.|x2 − x1|.
Vamos provar que vale para n + 1
|xn+3−xn+2| = |1+ 1xn+2 −1− 1xn+1 | = |
xn+1−xn+2
xn+2.xn+1
| ≤ 1
2
.|xn+2−xn+1| ≤ (12).(12)n.|x2−x1| =
(1
2
)n+1.|x2 − x1|
Logo, pelo pric´ıpio de induc¸a˜o a afirmac¸a˜o e´ va´lida.
Se a sequeˆncia e´ de Cauchy enta˜o sabemos que ela converge.
|xn+k − xn| = |xn+k − xn+k−1 + xn+k−1 − xn+k−2 + ...− xn+1 + xn+1 − xn| ≤
12
≤ |xn+k − xn+k−1|+ |xn+k−1 − xn+k−2|+ ... + |xn+1 − xn| ≤
≤ [(1
2
)n+k + (1
2
)n+k−1 + ... + (1
2
)n].|x2 − x1| ≤ (
1
2
)n
1− 1
2
.|x2 − x1| = (12)n−1.|x2 − x1| < ε
Agora, sabemos que a sequeˆncia xn converge para um certo a, pois ela e´ de Cauchy.
Logo se a sequeˆncia xn converge para a a sequeˆncia xn+1 tambe´m converge para a.
Com isso, xn+1 = 1 +
1
xn
a = 1 + 1
a
= a+1
a
. Logo, a2 − a− 1 = 0
4 = 1 + 4 = 5
a = 1±
√
5
2
e como limxn = a > 0 enta˜o a =
1+
√
5
2
. �
Questa˜o 42
Se Σan converge e an > 0 enta˜o Σ(an)
2 converge.
Demonstrac¸a˜o:
Ou usar Dirichlet, ou
Σan <∞⇒ lim
x→+∞
an = 0
∃n0 ∈ N tal que an < 1, ∀n ≥ n0
Com isso, 0 < an < 1⇒ 0 < (an)2 < an < 1
Pelo teste da comparac¸a˜o an converge. �
Cap´ıtulo 5
Questa˜o 1
Um conjunto A ⊂ R e´ aberto se, e somente se, cumpre a seguinte condic¸a˜o:“se
uma sequeˆncia (xn) converge para um ponto a ∈ A enta˜o xn ∈ A para todo n suficiente-
mente grande”.
Demonstrac¸a˜o:
“ ⇒ ” Suponha que (xn) converge para um ponto a ∈ A enta˜o ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que
n > n0.
|xn − a| < ε, ou seja, xn ∈ (a − ε, a + ε). Como A e´ aberto enta˜o existe um intervalo
aberto (a1, b1) tal que a ∈ (a1, b1) ⊂ A. Logo xn ∈ (a− ε, a + ε) ⊂ (a1, b1) ⊂ A
∀n suficientemente grande.
“⇐ ” Suponha que x ∈ A qualquer. Enta˜o a sequeˆncia xn = x− 1n tende a x para um n
suficientemente grande. Logo ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que xn ∈ (x − ε, x + ε), como xn ∈ A
pela ida demonstrada acima temos que (x− ε, x+ ε) ⊂ A, ou seja, x ∈ (x− ε, x+ ε) ⊂ A
∀x ∈ A. Logo A e´ aberto. �
13Questa˜o 2
Tem-se lim xn = a se, e somente se, para todo aberto A contendo o ponto a,
existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica xn ∈ A.
Demonstrac¸a˜o:
“ ⇒ ” Se limxn = a ∈ A enta˜o ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que n > n0 implica xn ∈
(a − ε, a + ε). Como a ∈ A que e´ aberto. ∃(a1, b1) ⊂ A tal que a ∈ (a1, b1). to-
mando ε = min(a− a1, b− a1), xn ∈ (a− ε, a + ε) ⊂ A.
“ ⇐ ” Suponha que qualquer que sejao aberto A contendo o ponto a, existe n0 ∈ N
tal que n > n0 implica xn ∈ A. Em particular xn ∈ (a − ε, a + ε), ∀ε > 0 logo
a− ε < xn < a + ε⇒ |xn − a| < ε.
Portanto, segue que lim xn = a. �
Questa˜o 3
Seja B ⊂ R aberto. Enta˜o, para todo x ∈ R, o conjunto x+B = {x+y; y ∈ B} e´
aberto. Analogamente, se x 6= 0, enta˜o o conjunto x.B = {x.y;x ∈ A, y ∈ B} sa˜o abertos.
Demonstrac¸a˜o:
Se x = 0 ⇒ x + B = B que e´ aberto. Caso contra´rio, para cada a ∈ x + B temos
que ∃b ∈ R tal que a = x + b como B e´ aberto enta˜o existe um intervalo (i, j) tal que
b ∈ (i, j) ⊂ B. Logo a ∈ (x + i, x + j) ⊂ x + B i, j ∈ R. Portanto x + B e´ aberto.
Analogamente, seja a ∈ x.B enta˜o ∃b ∈ B tal que a = x.b. Desta forma como b ∈ B que
e´ aberto existe um intervalo (i, j) ⊂ B tal que b ∈ (i, j), logo a ∈ (xi, xj) ⊂ x + B. �
Questa˜o 4
Sejam A,B abertos. Enta˜o os conjuntos A + B = {x + y;x ∈ A, y ∈ B} e
A.B = {x.y;x ∈ A, y ∈ B} sa˜o abertos.
Demonstrac¸a˜o:
Seja a ∈ A+B qualquer, enta˜o existe um x ∈ A e y ∈ B tal que a = x+ y. Como A e B
sa˜o abertos existem intervalos (a1, a2) ⊂ A e (b1, b2) ⊂ B tal que x ∈ (a1, a2) e y ∈ (b1, b2).
Logo a ∈ (a1 + b1, a2 + b2) ⊂ A + B. Desta forma A + B e´ aberto. Analogamente, seja
a ∈ A.B enta˜o ∃x ∈ A e y ∈ B tal que a = x.y. Logo a ∈ (a1.b1, a2.b2) ⊂ A.B
∴ A.B e´ aberto. �
14
Questa˜o 5
Para quaisquer X, Y ⊂ R, tem-se int(X ∩ Y ) = int(X) ∩ int(Y ) e
int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ). Deˆ um exemplo em que a inclusa˜o na˜o se reduza a uma
igualdade.
Demonstrac¸a˜o:
(i)int(X ∩ Y ) ⊂ int(X) ∩ int(Y )
Seja x ∈ int(X ∩ Y ) ⇒ existe um intervalo (a, b) tal que x ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y , ou
seja, x ∈ (a, b) ⊂ X e x ∈ (a, b) ⊂ Y . Logo x ∈ int(X) e x ∈ int(Y ). Com isso,
x ∈ int(X) ∩ int(Y ).
(ii)int(X ∩ Y ) ⊃ int(X) ∩ int(Y )
Seja x ∈ int(X) ∩ int(Y ) ⇒ existe um intervalo (a, b) tal que x ∈ (a, b) ⊂ X e
x ∈ (a, b) ⊂ Y . Com isso, x ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y ⇒ x ∈ int(X ∩ Y )
De (i) e (ii) temos que int(X ∩ Y ) = int(X) ∩ int(Y ) �
(iii)int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y )
Seja x ∈ int(X) ∪ int(Y ) ⇒ x ∈ int(X) ou x ∈ int(Y ). Com isso ∃ um intervalo (a, b)
tal que x ∈ (a, b) ⊂ X ou x ∈ (a, b) ⊂ Y ⇒ x ∈ int(X ∪ Y ) �
(iv)A outra inclusa˜o na˜o e´ va´lida, pois considere X = [1, 3] e Y = [3, 7], tomando
x = 3 ∈ int(X ∪ Y ), pore´m x 6∈ int(X) e x 6∈ int(Y )
Questa˜o 6
Se A ⊂ R e´ aberto e a ∈ A enta˜o A− {a} e´ aberto.
Demonstrac¸a˜o:
Seja x ∈ A − {a} como A e´ aberto, existe um intervalo (a1, b1) tal que x ∈ (a1, b1) ⊂ A,
se a ∈ (a1, b1) enta˜o x ∈ (a1, a) ∪ (a, b1) ⊂ A− {a}, logo x ∈ (a1, a) ou x ∈ (a, b1) ambos
contidos em A− {a}.
Se a 6∈ (a1, b1) enta˜o x ∈ (a1, b1) ⊂ A−{a}. Qualquer que seja o caso A−{a} e´ aberto.�
Questa˜o 11
Se X ⊂ F e F e´ fechado enta˜o X ⊂ F .
Demonstrac¸a˜o:
Como F e´ fechado, por definic¸a˜o F = F . Como X ⊂ F ⇒ X ⊂ F = F �
15
Questa˜o 12
Se lim xn = a e X = {x1, x2, ..., xn, ...} enta˜o X = X ∪ {a}.
Demonstrac¸a˜o:
Como limxn = a⇒ a e´ ponto de adereˆncia de um sequeˆncia xn ⊂ X. Logo a ∈ X. Desta
forma X ∪ {a} ⊂ X.
Suponha que ∃b ∈ X tal que b 6∈ X ∪ {a} enta˜o ∃yn ∈ X tal que lim yn = b o que e´
uma contradic¸a˜o, pois se isso ocorresse na˜o existiria limxn = a, pois teriamos uma sub-
sequeˆncia de xn tendendo para b, segundo a definic¸a˜o do conjunto X. Logo X∪{a} = X.�
Questa˜o 14
Sejam F,G conjuntos fechados distintos tais que F ∪G seja um intervalo fechado
(limitado ou na˜o). Enta˜o F = ∅ ou G = ∅.
Demonstrac¸a˜o:
Suponha que F 6= ∅ e G 6= ∅ e I = F ∪G limitado (poderia na˜o ser)
Seja c = inf(G), com isso, c ∈ G⇒ c ∈ G (pois G e´ fechado)
Dado a ∈ F temos que a 6= c. Para qualquer x ∈ I tal que I1 = {a < x < c} ⇒ x ∈ F
Mas, c ∈ I1 ⇒ c ∈ F . Contradic¸a˜o. Logo F = ∅ ou G = ∅
OBS.: Se I na˜o for limitado enta˜o ou F ou G tera´ limite inferior ou superior. �
Questa˜o 23
Um conjunto na˜o-vazio X ⊂ R e´ um intervalo se, e somente se, satisfaz a condic¸a˜o
seguinte:“a, b ∈ X, a < x < b⇒ x ∈ X”.
Demonstrac¸a˜o:
“⇒”Seja X ⊂ R um intervalo. Sem perda de generabilidade, suponha X = [a, b], desta
forma. ∀x ∈ int(X)⇒ a < x < b. Com isso, x ∈ X.
“⇐”Suponha que, a, b ∈ X e a < x < b⇒ x ∈ X. Logo X = [a, b] que e´ um intervalo.
De “⇒”e de “⇐”conclu´ımos a equivaleˆncia. �
Questa˜o 26
Se F e´ fechado e A e´ aberto enta˜o F − A e´ fechado.
Demonstrac¸a˜o:
Vamos mostrar que F − A = F − A
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Sabemos que F − A ⊂ F − A e´ trivial.
Agora vamos mostrar que F − A ⊃ F − A
Suponha agora x ∈ F − A logo x e´ ponto de adereˆncia de alguma sequeˆncia (xn ⊂ F −A.
Ou seja, (xn) ⊂ F com (xn) 6⊂ A. Como F = F , x ∈ F e x 6∈ A. Logo x ∈ F − A.
Portanto, F − A ⊃ F − A.
Desta forma F − A e´ fechado. �
Questa˜o 32
Para todo X ⊂ R, X ′ e´ fechado.
Demonstrac¸a˜o:
Vamos mostrar que X ′ = X ′
Ora, X ′ ⊂ X ′
Seja x ∈ X ′ enta˜o existe (xn)n∈N ⊂ X ′ tal que limxn = x
Como (xn) ⊂ X ′ ⇒ ∀n ∈ N, existe nk > n tal que (xnk − ε, xnk + ε) ∩ (X − {x}) 6= ∅
∀ε > 0 e xnk → x
Desta forma x ∈ X ′.
Logo, X ′ ⊂ X ′ e portanto X ′ e´ fechado. �
Questa˜o 34
(X ∪ Y )′ = X ′ ∪ Y ′.
Demonstrac¸a˜o:
“⊂”Seja x ∈ (X ∪ Y )′ enta˜o ∀ε > 0 (x− ε, x + ε) ∩ [(X ∪ Y )− {x}] 6= ∅
Ora, (X ∪ Y )− {x} = (X − {x}) ∪ (Y − {x})
Logo (x− ε, x + ε) ∩ [(X − {x}) ∪ (Y − {x})] 6= ∅. Enta˜o
[(x− ε, x + ε) ∩ (X − {x})] ∪ [(x− ε, x + ε) ∩ (Y − {x})] 6= ∅. Com isso,
(x− ε, x + ε) ∩ (X − {x}) 6= ∅ ou x− ε, x + ε) ∩ (Y − {x}) 6= ∅
Logo x ∈ X ′ ou x ∈ Y ′. Portanto x ∈ X ′ ∪ Y ′.
“⊃”Seja agora x ∈ X ′ ∪ Y ′ enta˜o x ∈ X ′ ou x ∈ Y ′
Sem perda de generalidade suponha x ∈ X ′
Logo, ∀ε > 0 (x− ε, x + ε) ∩ (X − {x}) 6= ∅
Como, (x− ε, x + ε) ∩ (X − {x}) ⊂ X ⊂ X ∪ Y ⇒ x ∈ (X ∪ Y )′
Portanto, (X ∪ Y )′ ⊃ X ′ ∪ Y ′
De “⊂”e de “⊃”temos que (X ∪ Y )′ = X ′ ∪ Y ′ �
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Questa˜o 35
Todo ponto de um conjunto aberto A e´ ponto de acumulac¸a˜o de A.
Demonstrac¸a˜o:
Seja a ∈ A, com A aberto enta˜o existe um intervalo aberto (a1, b1) tal que a ∈ (a1, b1) ⊂ A.
Com isso, ∀ε > 0, (a− ε, a + ε) ∩ (a1, b1) 6= ∅
E observe que (a− ε, a + ε) ∩ (a1, b1) = {a} se ε = 0
Logo, ∀ε > 0, (a− ε, a + ε) ∩ [(a1, b1)− {a}] 6= ∅
Com isso, (a− ε, a + ε) ∩ [A− {a}] 6= ∅, pois (a1, b1)− {a} ⊂ A
Portanto, a ∈ A′ �
Questa˜o 37
Seja X ⊂ R tal que X ′ ∩ X = ∅. Mostre que existe, para cada x ∈ X, um
intervalo aberto Ix, de centro x, tal que x 6= y ⇒ Ix ∩ Iy = ∅.
Demonstrac¸a˜o:
Como X ′ ∩X = ∅ ⇒ ∀x ∈ X temos que ∃ε > 0 tal que (x− ε, x + ε) ∩ (X − {x}) = ∅
Logo, para cada x ∈ X conseguimos Ix = (x− ε, x + ε) para um tal ε dado.
Desta forma, se x 6= y temos que Ix ∩ Iy = ∅.
Pois, Ix ∩ (X − {x}) = ∅. �
Cap´ıtulo 8
Questa˜o 3
Seja p : R→ R um polinoˆmio de grau ı´mpar. Existe c ∈ R tal que p′′(c)=0.
Demonstrac¸a˜o:
Seja p polinoˆmio de grau ı´mpar.
p(x)=anx
n + ... + a2x
2 + a1x + a0 com an 6= 0 e (n ı´mpar)
p
′
(x)=nanx
n−1 + ... + 2a2x + a1 com an 6= 0 e (n-1 par)
p
′′
(x)=n.(n− 1)anxn−2 + ... + 2a2 com an 6= 0 e (n-2 ı´mpar)
Pelo teorema Fundamental da a´lgebra, p′′ tem n-2 ra´ızes. Como as ra´ızes complexas sa˜o
conjugadas, vai existir pelo menos um c tal que p
′′
(c)=0. �
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