Análise Real 7ª lista de exercícios (Soluções do 1, 2, 15, 23, 37 e 42)

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MAT0206/MAP0216 - Ana´lise Real - IME - 2007
Prof. Gla´ucio Terra
7a Lista de Exerc´ıcios
Para entregar: exerc´ıcios 15, 23, 37 e 42 do cap´ıtulo 10 do Elonza˜o; exerc´ıcios 1 e 2 abaixo.
1-) Seja:
f : R −→ R
x 7−→
{
0, x 6 0
exp(−1/x), x > 0
Mostre que f e´ de classe C∞ e na˜o e´ anal´ıtica.
2-) Sejam a, b ∈ R, a < b. Mostre que existe φ : R→ R de classe C∞ tal que: (i) 0 6 φ 6 1; (ii) φ ≡ 0 em
(−∞, a] e φ ≡ 1 em [b,+∞). Sugesta˜o: use a questa˜o anterior.
3-) Exerc´ıcios do cap´ıtulo 12 do Elonzinho.
4-) (Produto de Se´ries de Poteˆncias) Sejam
∑
an e
∑
bn se´ries absolutamente convergentes de
nu´meros reais. Mostre que a se´rie
∑
cn dada por
(∀n > 0) cn .= ∑nk=0 akbn−k e´ absolutamente con-
vergente e
∑∞
n=0 cn = (
∑∞
n=0 an)(
∑∞
n=0 bn). Conclua que, se
∑
anx
n e
∑
bnx
n sa˜o se´ries de poteˆncias
convergentes em (−r, r), enta˜o a se´rie de poteˆncias ∑ cnxn dada por (∀n > 0) cn .= ∑nk=0 akbn−k e´
convergente em (−r, r) e, para todo x ∈ (−r, r), ∑∞n=0 cnxn = (∑∞n=0 anxn)(∑∞n=0 bnxn).
5-) Exerc´ıcios 2, 4, 9, 10, 11, 15, 16, 21, 23, 26, 29, 30∗, 31, 33, 35, 37, 40, 42 e 43∗∗ do cap´ıtulo 10 do
Elonza˜o.
Observac¸a˜o:
* O exerc´ıcio 30 e´ opcional e na˜o faz parte do conteu´do que sera´ cobrado nas provas. Uma sugesta˜o
para o mesmo e´ a seguinte: use o crite´rio de Dirichlet para convergeˆncia uniforme (questa˜o 29);
para mostrar que a sequ¨eˆncia das reduzidas de
∑
sen(nx) e´ uniformemente limitada em [², 2pi− ²],
use a exponencial complexa (vide definic¸a˜o no Rudin, caso na˜o conhec¸a) e a identidade eix =
cosx+ i senx.
** Para fazer o exerc´ıcio 43, imite a demonstrac¸a˜o (pa´gina 397 do Elonza˜o) de que, se f(x) =
∑
anx
n
em (−r, r), e se a0 = f(0) 6= 0, enta˜o existe uma se´rie de poteˆncias
∑
bnx
n, convergente num
intervalo (−s, s) ⊂ (−r, r) tal que, para todo x ∈ (−s, s), tem-se 1/f(x) =∑ bnxn.
1
MAT0206/MAP0216 - Ana´lise Real - IME - 2007
Prof. Gla´ucio Terra
7a Lista de Exerc´ıcios - Resoluc¸a˜o dos Exerc´ıcios
1-) Seja:
f : R −→ R
x 7−→
{
0, x 6 0
exp(−1/x), x > 0
Mostre que f e´ de classe C∞ e na˜o e´ anal´ıtica.
Demonstrac¸a˜o:
O fato de f na˜o ser anal´ıtica decorre do princ´ıpio do prolongamento anal´ıtico (vide resoluc¸a˜o da lista
#5); com efeito, a func¸a˜o identicamente nula R → R e´ anal´ıtica, e coincide com f em (−∞, 0] (que e´
um subconjunto de R que tem um ponto de acumulac¸a˜o); assim, se f fosse anal´ıtica, deveria coincidir
com a func¸a˜o identicamente nula em R, o que na˜o e´ o caso. Mostremos que f e´ C∞.
Afirmo que, para todo n ∈ Z+, f e´ deriva´vel ate´ ordem n, e existe uma func¸a˜o polinomial Pn tal
que f (n)(x) = Pn(1/x) exp(−1/x) se x > 0 e f (n)(x) = 0 se x 6 0. Provemos tal afirmac¸a˜o por induc¸a˜o
sobre n.
(i) Para n = 0, a afirmac¸a˜o e´ trivial, pondo P0(x) = cte. = 1.
(ii) Passo de induc¸a˜o: suponha que, dado k ∈ N, a afirmac¸a˜o valha para n = k; provemos que a
mesma tambe´m sera´ verdadeira para n = k + 1. Com efeito, trivialmente segue-se que (1) f (k)
e´ deriva´vel em (−∞, 0) e sua derivada a´ı se anula identicamente; (2) pela hipo´tese de induc¸a˜o,
pela regra de Leibnitz e pela regra da cadeia, f (k) e´ deriva´vel em (0,+∞) e sua derivada a´ı
e´ dada por x 7→ − 1
x2
P ′k(1/x) exp(−1/x) + 1x2 Pk(1/x) exp(−1/x) = Pk+1(1/x) exp(−1/x), onde
Pk+1(x)
.= −x2P ′k(x) + x2Pk(x). Resta mostrar que f (k) e´ deriva´vel no zero e sua derivada a´ı se
anula. Trivialmente, a derivada a` esquerda de f (k) no zero existe e vale zero; verifiquemos que a
derivada a` direita no zero tambe´m existe e vale zero. De fato, para todo x > 0, tem-se:
f (k)(x)− f (k)(0)
x
=
Pk(1/x) exp(−1/x)
x
= P (1/x) exp(−1/x),
onde P (x) .= xPk(x).
A tese decorre, enta˜o, do seguinte:
Lema: Seja P uma func¸a˜o polinomial; enta˜o ∃ limx→0+ P (1/x) exp(−1/x) = 0.
¤
Demonstrac¸a˜o do Lema:
Por induc¸a˜o sobre o grau n de P .
1
(i) Se n = 0, a afirmac¸a˜o e´ trivial, pois limx→0+ exp(−1/x) = limx→−∞ exp(x) = 0.
(ii) Passo de induc¸a˜o: suponha que, dado k ∈ N, a afirmac¸a˜o valha para n = k; provemos que a
mesma tambe´m sera´ verdadeira para n = k + 1. Seja P uma func¸a˜o polinomial de grau k + 1.
Como k + 1 > 1, tem-se: limx→0+ |P (1/x)| = limx→+∞|P (1/x)| = +∞, e limx→0+ exp(1/x) =
limx→+∞ exp(x) = +∞. Pela hipo´tese de induc¸a˜o, ∃ limx→0+ P ′(1/x) exp(−1/x) = 0 (pois P ′ e´
func¸a˜o polinomial de grau k), i.e. limx→0+
P ′(1/x)
exp(1/x) = 0. Assim, pela segunda regra de l’Hoˆpital
(vide lista #5), segue-se que ∃ limx→0+ P (1/x)exp(1/x) = 0.
¤
2-) Sejam a, b ∈ R, a < b. Mostre que existe φ : R→ R de classe C∞ tal que: (i) 0 6 φ 6 1; (ii) φ ≡ 0 em
(−∞, a] e φ ≡ 1 em [b,+∞).
Demonstrac¸a˜o: Seja f : R→ R a func¸a˜o definida na questa˜o anterior. Enta˜o, pela regra da cadeia,
sa˜o de classe C∞ as func¸o˜es R → R dadas por x 7→ f(x − a) e x 7→ f(b − x); portanto, o produto
destas duas func¸o˜es, g : R → R, tambe´m e´ de classe C∞. Ale´m disso, como f se anula em (−∞, 0]
e e´ estritamente positiva em (0,+∞), segue-se que g se anula em (−∞, a] e [b,+∞), e e´ estritamente
positiva em (a, b). Agora basta tomar K .=
∫ b
a g, e φ : R→ R dada por x 7→ 1K
∫ x
a g. ¤
Exerc´ıcios do Elonza˜o:
15-) Seja (fn)n∈N uma sequ¨eˆncia de func¸o˜es uniformemente cont´ınuas X ⊂ R→ R, uniformemente conver-
gente em X para f : X → R. Enta˜o f e´ uniformemente cont´ınua em X.
Demonstrac¸a˜o:
Seja ² > 0. Por hipo´tese, existe n0 ∈ N tal que
(∀n > n0, ∀x ∈ X) |fn(x) − f(x)| < ²/3. Tambe´m
por hipo´tese, fn0 e´ uniformemente cont´ınua, logo existe δ > 0 tal que x, y ∈ X, |x− y| < δ ⇒ |fn0(x)−
fn0(y)| < ²/3. Assim, pela desigualdade triangular, x, y ∈ X, |x − y| < δ ⇒ |f(x) − f(y)| 6 |f(x) −
fn0(x)|+ |fn0(x)− fn0(y)|+ |fn0(y)− f(y)| < ².
¤
23-) Seja (fn)n∈N uma sequ¨eˆncia de func¸o˜es uniformemente cont´ınuas X ⊂ R→ R, uniformemente conver-
gente em X para f : X → R. Sejam a ∈ X e (xn)n∈N uma sequ¨eˆncia em X tal que xn → a. Enta˜o
fn(xn)→ f(a).
Demonstrac¸a˜o: Seja ² > 0. Por hipo´tese, existe n0 ∈ N tal que
(∀n > n0, ∀x ∈ X) |fn(x)− f(x)| <
²/2. Ale´m disso, por ser o limite de uma sequ¨eˆncia de func¸o˜es cont´ınuas uniformemente convergente,
f e´ cont´ınua, logo f(xn) → f(a); portanto, existe n1 ∈ N tal que
(∀n > n1) |f(xn) − f(a)| < ²/2.
Usando a desigualdade triangular, conclui-se que, para n > max{n0, n1}, tem-se |fn(xn) − f(a)| 6
|fn(xn)− f(xn)|+ |f(xn)− f(a)| < ². ¤
37-) Dada uma se´rie de poteˆncias
∑
anx
n, sejam c > 0 e M > 0 tais que
(∀n ∈ N) |ancn| 6 M . Enta˜o
(−c, c) esta´ contido no intervalo de convergeˆncia da se´rie considerada.
Demonstrac¸a˜o: Seja R o raio de convergeˆncia da se´rie em questa˜o. Se R = +∞, na˜o ha´ o que fazer;
suponha R < +∞. Tem-se R = 1
lim n
√
|an|
. Por hipo´tese, para todo n ∈ N, n√|an|c 6 n√M , portanto
lim n
√|an|c 6 lim n√M , i.e. cR 6 1, donde c 6 R. ¤
2
42-) Suponha an > 0 para todo n, que f(x) =
∑
anx
n no intervalo (−r, r), e que limx→r− f(x) = L. Enta˜o∑
anr
n = L.
Demonstrac¸a˜o: Como an > 0, para todo n ∈ N, a func¸a˜o x 7→ anxn e´ crescente em [0, r), portanto
f e´ crescente em [0, r), donde L = limx→r− f(x) = sup{f(x) | x ∈ [0, r)}. Assim, para todo x ∈ [0, r),
a sequ¨eˆncia das reduzidas {sn(x)}n∈N de
∑
anx
n e´ limitada superiormente por L; ou seja, dados n ∈ N
e x ∈ [0, r), tem-se sn(x) =
∑n
k=0 akx
k 6 L. Como sn : R → R e´ cont´ınua, conclui-se, tomando-se o
limite para x→ r−, que∑nk=0 akrk 6 L, para todo n ∈ N. Ou seja, a se´rie∑ anrn e´ de termos positivos
e limitada, portanto convergente, e sua soma e´ menor ou igual a L. Para verificar que a sua soma e´
L, basta aplicar o teorema de Abel: segue-se do referido teorema que, pelo fato de a se´rie
∑
anx
n ser
convergente em x = r, a mesma e´ uniformemente convergente em [0, r], portanto sua soma deve ser uma
func¸a˜o cont´ınua no referido intervalo,donde
∑
anr
n = limx→r f(x) = L. ¤
3
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