Resolução dos exercícios curso de análise - Elon Lages Lima.pdf

Prévia do material em texto

Soluc¸o˜es de Exerc´ıcios do Livro
“Curso de Ana´lise”, Volume I,
de Elon Lages Lima
Cleber Fernando Colle,
Edson Jose´ Teixeira,
Ju´lio C. C. da Silva (jcconegundes@gmail.com) e
Rodrigo Carlos Silva de Lima (rodrigo.uff.math@gmail.com)
3 de marc¸o de 2014
Suma´rio
1 Conjuntos e Func¸o˜es 2
Exerc´ıcio 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Exerc´ıcio 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Exerc´ıcio 1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Exerc´ıcio 1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Exerc´ıcio 1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Exerc´ıcio 1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Exerc´ıcio 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Exerc´ıcio 1.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Exerc´ıcio 1.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Exerc´ıcio 1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Exerc´ıcio 1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Exerc´ıcio 1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Exerc´ıcio 1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Exerc´ıcio 1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Exerc´ıcio 1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Exerc´ıcio 1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Exerc´ıcio 1.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Exerc´ıcio 1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Exerc´ıcio 1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Exerc´ıcio 1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Exerc´ıcio 1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2 Conjuntos Finitos, Enumera´veis e Na˜o-Enumera´veis 25
Exerc´ıcio 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Exerc´ıcio 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Exerc´ıcio 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Exerc´ıcio 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
Exerc´ıcio 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Exerc´ıcio 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Exerc´ıcio 2.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Exerc´ıcio 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Exerc´ıcio 2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Exerc´ıcio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Exerc´ıcio 2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Exerc´ıcio 2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Exerc´ıcio 2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Exerc´ıcio 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Exerc´ıcio 2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Exerc´ıcio 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Exerc´ıcio 2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Exerc´ıcio 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Exerc´ıcio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
Exerc´ıcio 2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Exerc´ıcio 2.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
1
Exerc´ıcio 2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Exerc´ıcio 2.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
Exerc´ıcio 2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Exerc´ıcio 2.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Exerc´ıcio 2.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
Exerc´ıcio 2.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
Exerc´ıcio 2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
Exerc´ıcio 2.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
3 Nu´meros Reais 67
Exerc´ıcio 3.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
Exerc´ıcio 3.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
Exerc´ıcio 3.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
Exerc´ıcio 3.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
Exerc´ıcio 3.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Exerc´ıcio 3.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Exerc´ıcio 3.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
Exerc´ıcio 3.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
Exerc´ıcio 3.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Exerc´ıcio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
Exerc´ıcio 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Exerc´ıcio 3.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . 80
Exerc´ıcio 3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
Exerc´ıcio 3.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
Exerc´ıcio 3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
Exerc´ıcio 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
Exerc´ıcio 3.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
Exerc´ıcio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
Exerc´ıcio 3.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
Exerc´ıcio 3.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
Exerc´ıcio 3.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
Exerc´ıcio 3.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
Exerc´ıcio 3.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
Exerc´ıcio 3.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
Exerc´ıcio 3.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
Exerc´ıcio 3.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
Exerc´ıcio 3.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
Exerc´ıcio 3.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
Exerc´ıcio 3.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
Exerc´ıcio 3.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
Exerc´ıcio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
Exerc´ıcio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
Exerc´ıcio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
Exerc´ıcio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
Exerc´ıcio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
Exerc´ıcio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
Exerc´ıcio 3.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
Exerc´ıcio 3.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
Exerc´ıcio 3.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
Exerc´ıcio 3.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Exerc´ıcio 3.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
Exerc´ıcio 3.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
Exerc´ıcio 3.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
Exerc´ıcio 3.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
Exerc´ıcio 3.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
Exerc´ıcio 3.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
Exerc´ıcio 3.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
2
Exerc´ıcio 3.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
Exerc´ıcio 3.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
Exerc´ıcio 3.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
Exerc´ıcio 3.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
Exerc´ıcio 3.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
Exerc´ıcio 3.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
Exerc´ıcio 3.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
Exerc´ıcio 3.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
Exerc´ıcio 3.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
Exerc´ıcio 3.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
Exerc´ıcio 3.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
Exerc´ıcio 3.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
Exerc´ıcio 3.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
Exerc´ıcio 3.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
Exerc´ıcio 3.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
Exerc´ıcio 3.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
4 Sequeˆncias e Se´ries de Nu´meros Reais 138
Exerc´ıcio 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
Exerc´ıcio 4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
Exerc´ıcio 4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
Exerc´ıcio 4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
Exerc´ıcio 4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
Exerc´ıcio 4.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
Exerc´ıcio 4.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
Exerc´ıcio 4.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
Exerc´ıcio 4.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
Exerc´ıcio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
Exerc´ıcio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
Exerc´ıcio 4.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
Exerc´ıcio 4.11a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 151
Exerc´ıcio 4.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
Exerc´ıcio 4.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
Exerc´ıcio 4.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
Exerc´ıcio 4.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Exerc´ıcio 4.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
Exerc´ıcio 4.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
Exerc´ıcio 4.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
Exerc´ıcio 4.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
Exerc´ıcio 4.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
Exerc´ıcio 4.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
Exerc´ıcio 4.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
Exerc´ıcio 4.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
Exerc´ıcio 4.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
Exerc´ıcio 4.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
Exerc´ıcio 4.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
Exerc´ıcio 4.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
Exerc´ıcio 4.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
Exerc´ıcio 4.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
Exerc´ıcio 4.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
Exerc´ıcio 4.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
Exerc´ıcio 4.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
Exerc´ıcio 4.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
Exerc´ıcio 4.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
3
5 Topologia da Reta 179
Exerc´ıcio 5.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
Exerc´ıcio 5.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
Exerc´ıcio 5.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
Exerc´ıcio 5.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
Exerc´ıcio 5.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
Exerc´ıcio 5.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
Exerc´ıcio 5.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
Exerc´ıcio 5.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
Exerc´ıcio 5.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
Exerc´ıcio 5.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Exerc´ıcio 5.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
Exerc´ıcio 5.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
Exerc´ıcio 5.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
Exerc´ıcio 5.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
Exerc´ıcio 5.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194
Exerc´ıcio 5.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
Exerc´ıcio 5.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
Exerc´ıcio 5.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
Exerc´ıcio 5.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
Exerc´ıcio 5.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
Exerc´ıcio 5.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
Exerc´ıcio 5.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
Exerc´ıcio 5.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
Exerc´ıcio 5.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
Exerc´ıcio 5.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
Exerc´ıcio 5.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
Exerc´ıcio 5.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
Exerc´ıcio 5.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
Exerc´ıcio 5.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
Exerc´ıcio 5.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
Exerc´ıcio 5.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
Exerc´ıcio 5.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
Exerc´ıcio 5.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
Exerc´ıcio 5.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
Exerc´ıcio 5.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
Exerc´ıcio 5.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
Exerc´ıcio 5.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
Exerc´ıcio 5.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
Exerc´ıcio 5.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
Exerc´ıcio 5.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220
Exerc´ıcio 5.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .221
Exerc´ıcio 5.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
Exerc´ıcio 5.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223
Exerc´ıcio 5.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
Exerc´ıcio 5.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
Exerc´ıcio 5.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
Exerc´ıcio 5.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
Exerc´ıcio 5.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
Exerc´ıcio 5.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
Exerc´ıcio 5.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
Exerc´ıcio 5.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231
Exerc´ıcio 5.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232
Exerc´ıcio 5.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
Exerc´ıcio 5.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
Exerc´ıcio 5.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235
Exerc´ıcio 5.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
4
Exerc´ıcio 5.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238
Exerc´ıcio 5.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
Exerc´ıcio 5.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
Exerc´ıcio 5.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
Exerc´ıcio 5.61 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242
Exerc´ıcio 5.62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
Exerc´ıcio 5.63 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244
Exerc´ıcio 5.64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
6 Limites de Func¸o˜es 248
Exerc´ıcio 6.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
Exerc´ıcio 6.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
Exerc´ıcio 6.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
Exerc´ıcio 6.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252
Exerc´ıcio 6.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
Exerc´ıcio 6.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254
Exerc´ıcio 6.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
Exerc´ıcio 6.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256
Exerc´ıcio 6.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
Exerc´ıcio 6.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
Exerc´ıcio 6.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
Exerc´ıcio 6.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262
Exerc´ıcio 6.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
Exerc´ıcio 6.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
Exerc´ıcio 6.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
Exerc´ıcio 6.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266
Exerc´ıcio 6.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
Exerc´ıcio 6.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
Exerc´ıcio 6.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
Exerc´ıcio 6.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271
Exerc´ıcio 6.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272
Exerc´ıcio 6.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275
Exerc´ıcio 6.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277
Exerc´ıcio 6.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278
7 Func¸o˜es Cont´ınuas 279
Exerc´ıcio 7.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280
Exerc´ıcio 7.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
Exerc´ıcio 7.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283
Exerc´ıcio 7.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284
Exerc´ıcio 7.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286
Exerc´ıcio 7.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287
Exerc´ıcio 7.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288
Exerc´ıcio 7.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289
Exerc´ıcio 7.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290
Exerc´ıcio 7.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291
8 Derivadas 299
Exerc´ıcio 8.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300
Exerc´ıcio 8.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
Exerc´ıcio 8.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
Exerc´ıcio 8.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303
Exerc´ıcio 8.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
Exerc´ıcio 8.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305
Exerc´ıcio 8.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307
Exerc´ıcio 8.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308
Exerc´ıcio 8.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309
5
Exerc´ıcio 8.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310
9 Integral de Riemann 311
Exerc´ıcio 9.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312
Exerc´ıcio 9.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313
Exerc´ıcio 9.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314
Exerc´ıcio 9.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
Exerc´ıcio 9.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318
Exerc´ıcio 9.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319
10 Sequeˆncias e Se´ries de Func¸o˜es 320
Exerc´ıcio 10.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
Exerc´ıcio 10.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322
Exerc´ıcio 10.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323
Exerc´ıcio 10.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325
Exerc´ıcio 10.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326
Exerc´ıcio 10.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328
Exerc´ıcio 10.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329
Exerc´ıcio 10.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330
Exerc´ıcio 10.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331
Exerc´ıcio 10.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332
6
Cap´ıtulo 1
Conjuntos e Func¸o˜es
7
Exerc´ıcio 1.1:
Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) X ⊃ A e X ⊃ B,
(2a) Se Y ⊃ A e Y ⊃ B enta˜o Y ⊃ X.
Prove que X = A ∪B.
A inclusa˜o A ∪ B ⊂ X e´ fornecida pela primeira hipo´tese. De fato, se x ∈ A ⊂ X ou x ∈ B ⊂ X (isto e´, se
x ∈ A ∪B) enta˜o x ∈ X.
E a segunda hipo´tese fornece a inclusa˜o A ∪B ⊂ X pois A ∪B ⊃ A e A ∪B ⊃ B.
Portanto, X = A ∪B.
8
Exerc´ıcio 1.2:
Enuncie e prove um resultado, ana´logo ao anterior, caracterizando A ∩B.
Enunciado:
Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
1a X ⊂ A e X ⊂ B,
2a Se Y ⊂ A e Y ⊂ B enta˜o Y ⊂ X.
Prove que X = A ∩B.
Prova:
A inclusa˜o A∩B ⊃ X e´ fornecida pela primeira hipo´tese. De fato, se x ∈ X temos que A ⊃ X 3 x e B ⊃ X 3 x.
Consequentemente, se x ∈ X enta˜o x ∈ A ∩B.
E a segunda hipo´tese fornece a inclusa˜o A ∩B ⊂ X pois A ∩B ⊂ A e A ∩B ⊂ B.
Portanto, X = A ∩B.
9
Exerc´ıcio 1.3:
Sejam A,B ⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ E\B. Prove tambe´m que A ∪ B = E se, e somente
se, E\A ⊂ B.
• A ∩B = ∅ se e somente se A ⊂ E\B:
Suponhamos que A ∩ B = ∅. Se x ∈ A devemos ter que x pertence a E\B. De fato, como x pertence a A e
A esta´ contido em E, segue que x pertence a B ou E\B. Como A ∩ B = ∅, temos que x /∈ B. Logo, x ∈ E\B.
Assim, A ⊂ E\B.
Consideremos o caso em que A ⊂ E\B. Se existisse x ∈ A∩B ter´ıamos que x ∈ A e x ∈ B. Mas, como A e´ um
subconjunto de E\B, ter´ıamos tambe´m que x ∈ E\B. Um absurdo, pois se x ∈ E\B enta˜o x /∈ B. Desta forma,
concluimos que A ∩B = ∅.
• A ∪B = E se e somente se E\A ⊂ B:
Suponhamos que A ∪ B = E. Se x ∈ E\A devemos ter que x pertence a B. De fato, como x pertence a E e
E = A ∪ B, devemos ter que x ∈ A ou x ∈ B. Ale´m disso, como x ∈ E\A, temos tambe´m que x /∈ A. O que nos
garante que x ∈ B. Logo, E\A ⊂ B.
Consideremos o caso em que E\A ⊂ B. Seja x ∈ E. Segue que, x ∈ A ou x ∈ E\A. Se x ∈ E\A enta˜o x
pertence a B pois E\A esta´ contido em B. Logo, x ∈ A ou x ∈ B. Ou seja, x ∈ A ∪ B. Assim, devemos ter que
E ⊂ A ∪B. E, como A e B esta˜o contidos em E, segue (veja o exercicio 1.1) que E = A ∪B.
10
Exerc´ıcio 1.4:
Dados A,B ⊂ E, prove que A ⊂ B se, e somente se, A ∩ (E\B) = ∅.
Suponhamos que A ⊂ B. Se existisse x ∈ A∩ (E\B) ter´ıamos que x ∈ A e x ∈ E\B. Isto e´, existiria x ∈ E tal
que x ∈ A e x /∈ B. Mas, isto e´ um absurdo, pois, como A ⊂ B, se x ∈ A enta˜o x ∈ B. Portanto, A ∩ (E\B) = ∅.
Consideremos, agora, o caso em que A ∩ (E\B) = ∅. Seja x ∈ A. Como A ⊂ E, temos que x ∈ E. Assim,
x ∈ B ou x ∈ E\B. Logo, x ∈ B pois se x ∈ E\B ter´ıamos que x ∈ A ∩ (E\B) = ∅.
11
Exerc´ıcio 1.5:
Deˆ exemplo de conjuntos A,B,C tais que (A ∪B) ∩ C 6= A ∪ (B ∩ C).
Tome A = {1, 2, 3}, B = {1, 3} e C = {1, 2}. Desta forma, temos
(A ∪B) ∩ C = {1, 2} 6= {1, 2, 3} = A ∪ (B ∩ C).
12
Exerc´ıcio 1.6:
Se A,X ⊂ E sa˜o tais que A ∩X = ∅ e A ∪X = E, prove que X = E\A.
Seja x ∈ X. Uma vez que x /∈ ∅ = A ∩X, temos que x /∈ A. E, como x ∈ X ⊂ E, devemos ter, tambe´m, que
x ∈ E. Logo, x ∈ E\A. Portanto, como x ∈ X e´ arbitra´ro, devemos ter que X ⊂ E\A.
Considere, agora, x ∈ E\A. Segue que x ∈ E e x /∈ A. Como x ∈ E = A ∪ X e x /∈ A, temos que x ∈ X.
Portanto, como x ∈ E\A e´ arbitra´ro, devemos ter que X ⊂ E\A.
13
Exerc´ıcio 1.7:
Se A ⊂ B, enta˜o
B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A,
para todo conjunto C. Por outro lado, se existir C de modo que a igualdade acima seja satisfeita, enta˜o A ⊂ B.
Primeiramente, mostremos que se A ⊂ B enta˜o, para qualquer conjunto C, temos
B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A.
Seja x ∈ B ∩ (A ∪ C). Assim, x ∈ B e (x ∈ C ou x ∈ A).
• Se x ∈ C temos que x ∈ B ∩ C. Logo, x ∈ (B ∩ C) ∪A.
• Se x ∈ A temos imediatamente que x ∈ (B ∩ C) ∪A.
Segue, em todo caso, que x ∈ (B ∩ C) ∪A. Logo, concluimos que B ∩ (A ∪ C) ⊂ (B ∩ C) ∪A.
Considere, agora, que x ∈ (B ∩ C) ∪A. Assim, x ∈ B ∩ C ou x ∈ A.
• Se x ∈ B ∩ C enta˜o x ∈ B e x ∈ C. Logo, x ∈ B, x ∈ A ∪ C e, consequentemente, x ∈ B ∩ (A ∪ C).
• Se x ∈ A temos que x ∈ B, ja´ que A ⊂ B. Assim, x ∈ B e x ∈ A ⊂ A ∪ C. Logo, x ∈ B ∩ (A ∪ C).
Em ambos os casos, x ∈ B ∩ (A ∪B). Desta forma, tem-se que B ∩ (A ∪ C) ⊃ (B ∩ C) ∪A.
Portanto, se A ⊂ B enta˜o B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A, para qualquer conjunto C.
Reciprocamente, suponhamos que exista um conjunto C tal que x ∈ (B ∩ C) ∪A = B ∩ (A ∪ C).
Se x ∈ A temos que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Mas, como (B ∩ C) ∪ A = B ∩ (A ∪ C), devemos ter que x ∈ B. Logo,
conclui-se que A ⊂ B.
14
Exerc´ıcio 1.8:
Suponhamos que A e B sejam subconjuntos de E. Prove que A = B se, e somente se,(
A ∩ (E\B)) ∪ ((E\A) ∩B) = ∅.
Suponhamos que A = B. Neste caso, temos que
E\A = E\B.
Logo,
A ∩ (E\B) = A ∩ (E\A) = ∅
e
B ∩ (E\A) = B ∩ (E\B) = ∅.
Portanto, (
A ∩ (E\B)) ∪ (B ∩ (E\A)) = ∅ ∪ ∅ = ∅.
Reciprocamente, consideremos o caso em que(
A ∩ (E\B)) ∪ (B ∩ (E\A)) = ∅.
Seja x ∈ A. Se supusermos, por absurdo, que x /∈ B teremos que x ∈ A ∩ (E\B) e, consequentemente,
x ∈ (A ∩ (E\B)) ∪ (B ∩ (E\A)) = ∅.
Uma contradic¸a˜o. De modo inteiramente ana´logo e´ imposs´ıvel que x ∈ B e x /∈ A. Portanto, A = B.
15
Exerc´ıcio 1.9:
Prove que
(A\B) ∪ (B\A) = (A ∪B)\(A ∩B).
• (A\B) ∪ (B\A) ⊂ (A ∪B)\(A ∩B)
Seja x ∈ (A\B) ∪ (B\A). Neste caso, x ∈ A\B ou x ∈ B\A. Se x ∈ B\A enta˜o temos que x ∈ A e x /∈ B.
Logo, x ∈ A∪B e x /∈ A∩B, ou seja, x ∈ (A∪B)\(A∩B). Analogamente, x ∈B\A implica x ∈ (A∪B)\(A∩B).
• (A\B) ∪ (B\A) ⊃ (A ∪B)\(A ∩B)
Seja x ∈ (A∪B)\(A∩B). Neste caso, x ∈ A∪B e x /∈ A∩B. Se x ∈ A enta˜o x /∈ B, uma vez que x /∈ A∩B.
Isto e´, se x ∈ A enta˜o x ∈ A\B. Analogamente, se x ∈ B, temos que x ∈ B\A. Portanto, x ∈ (A\B) ∪ (B\A).
16
Exerc´ıcio 1.10:
Para conjuntos A e B, definimos o conjunto
A∆B := (A\B) ∪ (B\A).
Prove que A∆B = A∆C implica que B = C. Examine a validade um resultado ana´logo com ∩, ∪ ou × em vez de
∆.
Suponhamos que A∆B = A∆C.
Mostraremos que os conjuntos B ∩ A e B\A esta˜o contidos em C. Desta forma, como B = (B ∩ A) ∪ (B\A),
concluiremos que B ⊂ C.
Seja x ∈ B∩A. Temos que x /∈ A∆B = (A\B)∪ (B\A), pois x /∈ A\B e x /∈ B\A. Assim, como A∆B = A∆C,
temos que x /∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A) e, consequentemente, x /∈ A\C. Logo, x ∈ C pois x ∈ A e x /∈ A\C. Como
x ∈ B ∩A e´ arbitra´rio, concluimos que B ∩A ⊂ C.
Seja x ∈ B\A. Logo, x ∈ (A\B) ∪ (B\A) = A∆B. E, como A∆B = A∆C, temos que x ∈ A∆C. Sendo
x ∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A), segue que x ∈ A\C ou x /∈ C\A. Assim, ja´ que x /∈ A, devemos ter que x ∈ C\A e,
consequentemente, x ∈ C. Como x ∈ B\A e´ arbitra´rio, concluimos que B\A ⊂ C.
Por fim, como B ∩ A e B\A esta˜o contidos em C, devemos ter que B ⊂ C. E, de forma ana´loga, prova-se que
C ∩A e C\A esta˜o contidos em B. Logo, C ⊂ B. Portanto, supondo que A∆B = A∆C, temos que B = C.
Consideremos agora a validade dos casos ana´logos para ∩, ∪ e × ao inve´s de ∆.
Existem A, B e C tais que
• A ∩B = A ∩ C e B 6= C. Por exemplo: A = {1}, B = {1, 2} e C = {1, 2, 3};
• A ∪B = A ∪ C e B 6= C. Por exemplo: A = {1}, B = {2} e C = {1, 2};
• A×B = A× C e B 6= C. Por exemplo: A = ∅, B = {1} e C = {2}.
17
Exerc´ıcio 1.11:
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);
(d) A ⊂ A′, B ⊂ B′ =⇒ A×B ⊂ A′ ×B′.
(a) Temos que a igualdade (A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C) e´ va´lida pois
(x, c) ∈ (A ∪B)× C ⇐⇒ x ∈ A ∪B e c ∈ C
⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) ou (x ∈ B e c ∈ C)
⇐⇒ (x, c) ∈ A× C ou (x, c) ∈ B × C
⇐⇒ (x, c) ∈ (A× C) ∪ (B × C).
(b) Temos que a igualdade (A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C) e´ va´lida pois
(x, c) ∈ (A ∩B)× C ⇐⇒ x ∈ (A ∩B) e c ∈ C
⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) e (x ∈ B e c ∈ C)
⇐⇒ (x, c) ∈ A× C e (x, c) ∈ B × C
⇐⇒ (x, c) ∈ (A× C) ∩ (B × C).
(c) Temos que a igualdade (A−B)× C = (A× C)− (B × C) e´ va´lida pois
(x, c) ∈ (A−B)× C ⇐⇒ x ∈ A−B e c ∈ C
⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) e (x /∈ B e c ∈ C)
⇐⇒ (x, c) ∈ A× C e (x, c) /∈ B × C
⇐⇒ (x, c) ∈ (A× C)− (B × C).
(d) Seja (a, b) ∈ A × B. Enta˜o, a ∈ A′ e b ∈ B′ pois A ⊂ A′ e B ⊂ B′. Logo, (a, b) ∈ A′ × B′. Portanto,
concluimos que A×B ⊂ A′ ×B′.
18
Exerc´ıcio 1.12:
Dada uma func¸a˜o f : A→ B:
(a) Prove que 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 injetora enta˜o f(X\Y ) = f(X)\f(Y ) para quaisquer X e Y contidos em A.
(a)
Suponhamos que z ∈ f(X)\f(Y ). Desta forma, temos que z ∈ f(X) e, consequentemente, existe x ∈ X tal
que f(x) = z. Como z /∈ f(Y ) e z = f(x), devemos ter que x /∈ Y . Logo, x ∈ X\Y . Assim, concluimos que
z = f(x) ∈ f(X\Y ).
Portanto, devemos ter que f(X\Y ) ⊂ f(X)\f(Y ).
(b)
Pelo item (a), temos que f(X\Y ) ⊂ f(X)\f(Y ). Logo, basta verificarmos que f(X\Y ) ⊃ f(X)\f(Y ).
Seja z ∈ f(X\Y ). Enta˜o, podemos escolher x ∈ X\Y tal que f(x) = z. Assim, z = f(x) ∈ f(X) pois x ∈ X.
Por outro lado, como f e´ injetivo, f(x) = z e x /∈ Y , nenhum y ∈ Y e´ tal que f(y) = z. Logo, z /∈ f(Y ). Portanto,
z ∈ f(X)\f(Y ).
Com isso, concluimos que f(X\Y ) = f(X)\f(Y ).
19
Exerc´ıcio 1.13:
Mostre que a func¸a˜o f : A→ B e´ injetora se, e somente se, f(A\X) = f(A)\f(X) para todo X ⊂ A.
Se f : A→ B e´ injetiva, pelo item (b) do exerc´ıcio 1.12, a igualdade f(A\X) = f(A)\f(X) e´ va´lida para todo
X ⊂ A.
Suponhamos que a igualdade f(A\X) = f(A)\f(X) seja va´lida para todo X ⊂ A. Seja a ∈ A e denotemos por
b o elemento f(a) ∈ B. Assim,
b /∈ f(A\{a}) = f(A)\f({a}).
Logo, na˜o existe a′ ∈ A\{a} tal que f(a′) = b = f(a). Desta forma, como a ∈ A e´ arbitra´rio, concluimos que f e´
injetivo.
20
Exerc´ıcio 1.14:
Dada a func¸a˜o f : A→ B, prove que:
(a) f−1(f(X)) ⊃ X para todo X ⊂ A;
(b) f e´ injetora se, e somente se, f−1(f(X)) = X para todo X ⊂ A.
(a)
Se x ∈ X enta˜o x ∈ f−1(f(X)) pois f(x) ∈ f(X). Assim, devemos ter que f−1(f(X)) ⊃ X.
(b)
Suponhamos que f e´ injetora e fixemos X ⊂ A. Provaremos que f−1(f(X)) ⊂ X e concluiremos, pelo item
(a), que f−1(f(X)) = X. Desta forma, podemos concluir que se f e´ injetora enta˜o f−1(f(X)) = X, para qualquer
X ⊂ A.
Seja y ∈ f−1(f(X)). Segue que f(y) ∈ f(X). Assim, existe x ∈ X tal que f(x) = f(y). Sendo f injetiva,
conclui-se que y = x ∈ X. Portanto, como y ∈ f−1(f(X)) e´ arbitra´rio, temos que f−1(f(X)) ⊂ X.
Suponhamos, por outro lado, que f seja tal que f−1(f(X)) = X, para qualquer X ⊂ A. Sejam x e y ∈ A
tais que f(x) = f(y). Neste caso, temos que f({x}) = f({x, y}). Assim, f−1(f({x})) = f−1(f({x, y})) e, pela
hipo´tese,
{x} = f−1(f({x})) = f−1(f({x, y})) = {x, y}.
Desta forma, y ∈ {x} e, consequentemente, x = y. Com isso, concluimos que se x e y ∈ A sa˜o tais que f(x) = f(y)
enta˜o x = y. Portanto, f e´ injetiva.
21
Exerc´ıcio 1.15:
Dada f : A→ B, prove:
(a) Para todo Z ⊂ B, tem-se que f(f−1(Z)) ⊂ Z;
(b) f e´ sobrejetora se, e somente se, f(f−1(Z)) = Z para todo Z ⊂ B.
(a)
Seja z ∈ f(f−1(Z)). Existe x ∈ f−1(Z) tal que f(x) = z. Assim, como x ∈ f−1(Z), z = f(x) ∈ Z.
Portanto, podemos concluir que f(f−1(Z)) ⊂ Z.
(b)
Suponhamos que f seja sobrejetora. Provaremos, para um Z ⊂ B arbitra´rio, que f(f−1(Z)) = Z.
Pelo item (a), temos que f(f−1(Z)) ⊂ Z.
Seja z ∈ Z. Como f e´ sobrejetiva, existe x ∈ A tal que z = f(x). Desta forma, como f(x) = z ∈ Z, segue que
x ∈ f−1(Z). Logo, z = f(x) ∈ f(f−1(Z)).
Desta forma, concluimos que f(f−1(Z)) ⊃ Z.
Portanto, devemos ter que f(f−1(Z)) = Z.
Suponhamos, por outro lado, que f(f−1(Z)) = Z, para todo Z ⊂ B.
Seja z ∈ B. Definindo Z = {z}, temos que
f(f−1(Z)) = Z = {z}.
Desta forma, temos que z ∈ f(f−1(Z)). Assim, existe x ∈ f−1(Z) ⊂ A tal que f(x) = z.
Portanto, neste caso, f e´ sobrejetiva.
22
Exerc´ıcio 1.16:
Dada uma famı´lia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊃ Aλ;
(2a) Se Y ⊃ Aλ, para todo λ ∈ L, enta˜o Y ⊃ X.
Prove que, nestas condic¸o˜es, tem-se X =
⋃
λ∈L
Aλ.
Pela primeira condic¸a˜o, temos que X ⊃ Aλ para cada λ ∈ L. Assim,
⋃
λ∈L
Aλ ⊂ X pois cada x ∈
⋃
λ∈L
Aλ pertence
a Aλ ⊂ X, para algum λ ∈ L.
O conjunto
⋃
λ∈L
Aλ e´ tal que
⋃
λ∈L
Aλ ⊃ Aλ, para todo λ ∈ L. Logo, pela segunda condic¸a˜o,
⋃
λ∈L
Aλ ⊃ X.
Portanto, X =
⋃
λ∈L
Aλ.
23
Exerc´ıcio 1.17:
Enuncie e demonstre um resultado ana´logo ao anterior, caracterizando
⋂
λ∈L
Aλ.
Enunciado: Dada uma famı´lia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊂ Aλ;
(2a) Se Y ⊂ Aλ para todo λ ∈ L, enta˜o Y ⊂ X.
Nestas condic¸o˜es, tem-se X =
⋂
λ∈L
Aλ.
Demonstrac¸a˜o:
Todo elemento x de X pertence a
⋂
λ∈L
Aλ pois x ∈ X ⊂ Aλ, pela primeira hipo´tese sobre X. Logo,
⋂
λ∈L
Aλ ⊃ X.
O conjunto
⋂
λ∈L
Aλ e´ tal que
⋂
λ∈L
Aλ ⊂ Aλ, para todo λ ∈ L. Assim, pela segunda hipo´tese sobre X,
⋂
λ∈L
Aλ ⊂ X.
Portanto, X =
⋂
λ∈L
Aλ.
24
Exerc´ıcio 1.18:
Seja f : P(A) −→ P(A) uma func¸a˜o tal que X ⊂ Y =⇒ f(Y ) ⊂ f(X) e f(f(X)) = X. Prove que f(∪Xλ) = ∩f(Xλ)
e f(∩Xλ) = ∪f(Xλ).[Aqui X,Y e cada Xλ sa˜o subconjuntos de A].
Fac¸amos cada inclusa˜o separadamente.
(i) f (
⋃
Xλ) ⊂
⋂
f (Xλ)
Como ∪Xλ ⊃ Xλ, para todo λ, temos por hipo´tese que f(∪Xλ) ⊂ f(Xλ), para todo λ. Da´ı, f(∪Xλ) ⊂ ∩f(Xλ).
(ii) f (
⋃
Xλ) ⊃
⋂
f(Xλ)
Por (ii), temos que f(∩f(Xλ)) ⊃ ∪f(f(Xλ)) = ∪Xλ. Da´ı, f(f(∩f(Xλ))) ⊂ f(∪Xλ).Logo, ∩f(Xλ) ⊂ f(∪Xλ).
(iii) f (
⋂
Xλ) ⊃
⋃
f (Xλ)
Como ∩Xλ ⊂ Xλ, para todo λ, temos por hipo´tese que f(∩Xλ) ⊃ f(Xλ), para todo λ. Da´ı, f(∩Xλ) ⊃ ∪f(Xλ).
(iv) f (
⋂
Xλ) ⊂
⋃
f (Xλ)
Por (i), temos que f(∪f(Xλ)) ⊂ ∩f(f(Xλ)) = ∩Xλ. Da´ı, f(f(∪f(Xλ))) ⊃ f(∩Xλ). Logo, ∪f(Xλ) ⊃ f(∩Xλ).
De (i) e (ii), temos que f(∪Xλ) = ∩f(Xλ) e de (iii) e (iv), temos f(∩Xλ) = ∪f(Xλ).
25
Exerc´ıcio 1.19:
Dadas as famı´lias (Aλ)λ∈L e (Bµ)µ∈M , forme duas famı´lias com ı´ndices em L×M considerando os conjuntos
(Aλ ∪Bµ)(λ,µ)∈L×M e (Aλ ∩Bmu)(λ,µ)∈L×M .
Prove que se tem (⋃
λ∈L
Aλ
)
∩
 ⋃
µ∈M
Bµ
 = ⋃
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ),
(⋂
λ∈L
Aλ
)
∪
 ⋂
µ∈M
Bµ
 = ⋂
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ).
Primeiramente provemos que(⋃
λ∈L
Aλ
)
∩
 ⋃
µ∈M
Bµ
 = ⋃
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ).
Como ⋃
λ∈L
Aλ ⊃ Aλ ⊃ Aλ ∩Bµ,
para todo (λ, µ) ∈ L×M, temos que ⋃
λ∈L
Aλ ⊃
⋃
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ).
Analogamente, mostra-se que ⋃
µ∈M
Bµ ⊃
⋃
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ).
Assim, segue que (⋃
λ∈L
Aλ
)
∩
 ⋃
µ∈M
Bµ
 ⊃ ⋃
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ) .
Seja x ∈ (∪λ∈LAλ) ∩ (∪µ∈MBµ). Desta forma, x ∈ ∪λ∈LAλ e x ∈ ∪µ∈MBµ. Assim, existem λ ∈ L e µ ∈ M
tais que x ∈ Aλ e x ∈ Bµ. Logo,
x ∈ Aλ ∩Bµ ⊂
⋃
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ) .
Com isso, podemos concluir que(⋃
λ∈L
Aλ
)
∩
 ⋃
µ∈M
Bµ
 ⊂ ⋃
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ) .
Mostremos agora que (⋂
λ∈L
Aλ
)
∪
 ⋂
µ∈M
Bµ
 = ⋂
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ).
Como
(Aλ ∪Bµ) ⊃ Aλ ⊃
⋂
λ∈L
Aλ,
para todo (λ, µ) ∈ L×M , temos que ⋂
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ) ⊃
⋂
λ∈L
Aλ.
26
Analogamente, mostra-se que ⋂
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ) ⊃
⋂
µ∈M
Bµ.
Assim, segue que ⋂
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ) ⊃
(⋂
λ∈L
Aλ
)
∪
 ⋂
µ∈M
Bµ
 .
Seja x ∈ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ). Suponhamos, por absurdo, que x /∈ (∩λ∈LAλ)∪(∩µ∈MBµ). Enta˜o, x /∈ ∩λ∈LAλ
e x /∈ ∩µ∈MBµ. Assim, existem λ ∈ L e µ ∈M tais que x /∈ Aλ e x /∈ Bµ. Com igual raza˜o, existe (λ, µ) ∈ L×M tal
que x /∈ Aλ∪Bµ. Um absurdo, pois como Aλ∪Bµ ⊂ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ), ter´ıamos que x /∈ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ).
Logo, devemos ter que x ∈ (∩λ∈LAλ) ∪ (∩µ∈MBµ). Com isso, concluimos que
⋂
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ) ⊂
(⋂
λ∈L
Aλ
)
∪
 ⋂
µ∈M
Bµ
 .
27
Exerc´ıcio 1.20:
Seja (Aij)(i,j)∈N×N uma famı´lia de subconjuntos com ı´ndices em N× N. Prove, ou disprove por contra-exemplo, a
igualdade
∞⋃
j=1
( ∞⋂
i=1
Aij
)
=
∞⋂
i=1
 ∞⋃
j=1
Aij
 .
A igualdade e´ falsa em geral. De fato, tomando-se
Aij :=
{ {1}, se i = j,
∅, se i 6= j,
temos que
∞⋃
j=1
( ∞⋂
i=1
Aij
)
=
∞⋃
j=1
(∅) = ∅
e
∞⋂
i=1
 ∞⋃
j=1
Aij
 = ∞⋂
i=1
({1}) = {1}.
28
Exerc´ıcio 1.21:
Dados os conjuntos A,B,C, estabelec¸a uma bijec¸a˜o entre F(A×B;C) e F(A;F(B;C)).
Seja f : A × B → C. Podemos definir uma func¸a˜o ϕf : A → F(B;C) definindo ϕf (a) : B → C como sendo a
func¸a˜o dada por (
ϕf (a)
)
(b) := f(a, b),
para todo b ∈ B. Verificaremos que a func¸a˜o ϕ : F(A×B;C)→ F(A;F(B;C)), dada por
ϕ(f) := ϕf ,
para cada f ∈ F(A×B;C), e´ uma bijec¸a˜o.
Suponhamos que f e g ∈ F(A×B;C) sejam tais que ϕ(f) = ϕ(g). Assim, ϕf = ϕg. Logo, dado (a, b) ∈ A×B,
temos que
ϕf (a) = ϕg(a)
e, consequentemente,
f(a, b) =
(
ϕf (a)
)
(b) =
(
ϕg(b)
)
(b) = g(a, b).
Portanto, f = g. Com isso, concluimos que ϕ e´ injetiva.
Seja ψ : A→ F(B;C). Podemos definir uma func¸a˜o f : A×B → C por
f(a, b) :=
(
ψ(a)
)
(b),
para todo (a, b) ∈ A×B. Seja a ∈ A. Temos que(
ϕf (a)
)
(b) = f(a, b) =
(
ψ(a)
)
(b),
para todo b ∈ B. Desta forma ϕf (a) = ψ(a). Portanto, como a e´ arbitra´rio, conclu´ımos que ϕf = ψ. Com isso,
concluimos que ϕ e´ sobrejetiva.
Portanto, ϕ : F(A×B;C)→ F(A;F(B;C)) e´ uma bijec¸a˜o como quer´ıamos demonstrar.
29
Cap´ıtulo 2
Conjuntos Finitos, Enumera´veis e
Na˜o-Enumera´veis
30
Exerc´ıcio 2.1:
Prove que, na presenc¸a dos axiomas P1 e P2, o axioma A abaixo e´ equivalente a P3:
A : Para todo subconjunto na˜o-vazio X ⊂ N, tem-se X\s(X) 6= ∅.
Relembremos as propriedades:
P1 : s : N→ N e´ injetora;
P2 : N\s(N) = {1};
P3 : Se X ⊂ N e´ tal que 1 ∈ X e, para todo n ∈ X, s(n) ∈ X, enta˜o X = N.
Suponhamos que as afirmac¸o˜es P1, P2 e P3 sejam va´lidos. Concluiremos que o axioma A e´ valido mostrando que
se X ⊂ N e´ tal que X\s(X) = ∅ enta˜o X = ∅. Equivalentemente, se X ⊂ s(X) enta˜o N\X = N. Primeiramente,
temos que 1 ∈ N\X, pois, caso contra´rio, 1 ∈ s(N) ja´ que
X ⊂ s(X) ⊂ s(N),
contradizendo P2. Por P1,
s(N\X) = s(N)\s(X) ⊃ s(N)\X.
Desta forma, se n ∈ N\X enta˜o s(n) /∈ X e, consequentemente, s(n) ∈ N\X. Assim, por P3, concluimos que
N\X = N.
Reciprocamente, suponhamos que os axiomas P1, P2 e A sejam va´lidos. Seja X ⊂ N tal que 1 ∈ X e, para
todo n ∈ X, s(n) ∈ X. Provaremos que X = N e concluiremos da´ı que P3 e´ va´lido. Suponhamos por absurdo que
N\X 6= ∅. Por A, segue que existe
n ∈ (N\X)\s(N\X).
Como 1 /∈ N\X, devemos ter que n 6= 1 e, por P2, existe m ∈ N tal que
s(m) = n.
Por P1, m /∈ N\X ja´ que s(m) = n /∈ s(N\X). Assim, m ∈ X e s(m) = n /∈ X, contradizendo a hipo´tese sobre X.
31
Exerc´ıcio 2.2:
Dados os nu´meros naturais a e b, prove que existe um nu´mero natural m tal que m · a > b.
Se a = 1, basta tomar m = b+ 1, pois
1(b+ 1) = b+ 1 > b.
Se a 6= 1 enta˜o a > 1 ja´ que a ∈ Z+. Assim, pela monoticidade da multiplicac¸a˜o em Z+,
ba > b.
Logo, para m := b, temos que ma > b.
32
Exerc´ıcio 2.3:
Seja a um nu´mero natural. Se um conjunto X e´ tal que a ∈ X e, ale´m disso, n ∈ X ⇒ n+ 1 ∈ X, enta˜o X conte´m
todos os nu´meros naturais ≥ a.
Seja
A := {k ∈ Z+ : a+ k ∈ X}.
Pela definic¸a˜o da relac¸a˜o 6 em Z+, b > a se e somente se b = a+k para algum k ∈ Z>0. Desta forma, provando
que A = Z+ podemos concluir que X conte´m todos os nu´meros naturais > a.
Como a ∈ X, temos, pela propriedade de X, que a+ 1 ∈ X. Logo, 1 ∈ A.
Suponhamos que k ∈ A. Pela definic¸a˜o de A, isto implica que a+ k ∈ X. Assim pela propriedade de X, temos
que a+ k + 1 ∈ X. Logo, k + 1 ∈ A.
Portanto, pelo PIF, segue que A = Z+.
33
Exerc´ıcio 2.4:
Tente descobrir, independentemente, algumas das demonstrac¸o˜es omitidas no texto.
Associatividade: m+ (n+ p) = (m+ n) + p.
Provada no livro.
Comutatividade: m+ n = n+m.
Primeiramente mostraremos que
m+ 1 = 1 +m,
para todo m ∈ Z+. O caso em que m = 1 e´ tautolo´gico. Supondo, como hipo´tese de induc¸a˜o, que
m+ 1 = 1 +m
para algum m ∈ Z+, segue que
s(m) + 1 = s(s(m)) = s(m+ 1) = s(1 +m) = 1 + s(m).
Assim, pelo PIF, temos que m+ 1 = 1 +m, para todo m ∈ Z+.
Por fim, provaremos, para m ∈ Z+ arbitra´rio e por induc¸a˜o em n ∈ Z+, que
m+ n = n+m.
O caso n = 1 foi provado no para´grafo anterior. Supondo, como hipo´tese de induc¸a˜o, que
m+ n = n+m
para algum n ∈ Z+, segue que
m+ s(n) = s(m+ n) = s(n+m)
= n+ s(m) = n+ (m+ 1)
= n+ (1 +m) = (n+ 1) +m
= s(n) +m.
E o resultado segue pelo PIF.
Lei do Corte: m+ n = m+ p⇒ n = p.
Sejam n e p ∈ Z+. Provaremos, por induc¸a˜o em m ∈ Z+, que se m+ n = m+ p enta˜o n = p.
O caso em que m = 1 resume-se a` injetividade da func¸a˜o s : Z+ → Z+. Isto e´, como
s(n) = n+ 1 = 1 + n = 1 + p = p+ 1 = s(p),
temos que
n = p.
Suponhamos, como hipo´tese de induc¸a˜o, que m+n = m+p implique que n = p. Assim, se s(m)+n = s(m)+p
enta˜o
s(m+ n) = s(n+m) = n+ s(m)
= s(m) + n = s(m) + p
= p+ s(m) = s(p+m)
= s(m+ p).
Assim, se s(m) + n = s(m) + p temos, novamente pela injetividade de s : Z+ → Z+, que m + n = m + p e, pela
hipo´tese de induc¸a˜o, n = p.
E o resultado segue pelo PIF.
Tricotomia: Dados m e n ∈ Z+, exatamente uma das treˆs alternativas seguintes podem ocorrer: ou m = n,
ou existe p ∈ Z+ tal que m = n+ p, ou, enta˜o, existe q ∈ Z+ com n = m+ q.
Dizemos que (m,n) ∈ Z+×Z+ satisfaz a condic¸a˜o C se exatamente uma das exatamente uma das treˆs alterna-tivas ocorre:
34
• m = n;
• m = n+ p, para algum p ∈ Z+;
• n = m+ q, para algum q ∈ Z+.
Seja X o subconjunto de Z+ × Z+ definido por
T := {(m,n) ∈ Z+ × Z+ : (m,n) satisfaz C}.
Observemos que, como
T =
⋃
m∈Z+
{m} × Tm,
onde
Tm := {n ∈ Z+ : (m,n) satisfaz C},
mostrando que
Tm = Z+,
para cada m ∈ Z+, podemos concluir que
T =
⋃
m∈Z+
{m} × Tm =
⋃
m∈Z+
{m} × Z+ = Z+ × Z+.
Portanto, concluimos a Lei da Tricotomia.
Procederemos com a demonstrac¸a˜o de que Tm = Z+ por induc¸a˜o em m ∈ Z+.
Consideremos o caso em que m = 1. Se n = 1 temos que n = m. Ale´m disso, como 1 /∈ s(Z), segue que
m = 1 6= sp(n) = n+ p
e
n = 1 6= sq(m) = m+ q,
para todos p e q ∈ Z+. Logo, (1, 1) satisfaz a condic¸a˜o C e, consequentemente, 1 ∈ T1. Supondo que n ∈ T1, como
na˜o se pode ter que 1 = m+ q = sq(m) ja´ que 1 /∈ s(Z+), temos que exatamente uma das duas alternativas ocorre:
• n = 1 e, equivalentemente, s(n) = 1 + 1;
• n = 1 + q e, equivalentemente, s(n) = s(1 + q) = 1 + s(q).
Logo, se n ∈ T1 enta˜o s(n) ∈ T1. Com isso, concluimos, pelo PIF, que T1 = Z+.
Suponhamos, como hipo´tese de induc¸a˜o, que Tm = Z+. Provaremos que Ts(m) = Z+.
Como X1 = Z+, temos imediatamente que (1, s(m)) satisfaz a condic¸a˜o C e, consequentemente, (s(m), 1)
satisfaz a condic¸a˜o C. Logo, 1 ∈ Ts(m). Supondo que n ∈ Ts(m), temos que exatamente uma das treˆs alternativas
ocorrem:
• n = s(m): Neste caso, s(n) = s(s(m)) = s(m) + 1;
• n = s(m) + q, para algum q ∈ Z+: Neste caso, s(n) = s(s(m) + q) = s(m) + s(q);
• s(m) = n+ p, para algum p ∈ Z+: Neste caso, se p = 1 enta˜o s(m) = s(n). E, se p ∈ Z+\{1} = s(Z+), existe
p˜Z+ tal que p = s(p˜), e assim
s(m) = n+ p = n+ s(p˜) = n+ (1 + p˜) = (n+ 1) + p˜ = s(n) + p˜.
Assim, se n ∈ Ts(m), temos que exatamente uma das treˆs alternativas ocorrem:
• s(n) = s(m) (no caso em que n = s(m));
• s(n) = s(m) + q˜ (no caso em que n = s(m) ou n = s(m) + q, onde q˜ = s(q));
• s(m) = s(n) + p˜ (no caso em que s(m) = n+ p, onde p = s(p˜)).
35
Logo, se n ∈ Ts(m) enta˜o s(n) ∈ Ts(m). Com isso, concluimos, pelo PIF, que Ts(m) = Z+.
Portanto, Xm = Z+, para todo m ∈ Z+.
Transitividade: se m < n e n < p enta˜o m < p.
Se, para m, n e p ∈ Z+, tivermos que m < n e n < p enta˜o existem r e s ∈ Z+ tais que
m+ r = n
e
n+ s = p.
Desta forma,
p = n+ s = (m+ r) + s = m+ (r + s).
Logo,
m < p.
Tricotomia: dados m e n ∈ Z+ exatamente uma das alternativas seguintes pode ocorrer: ou m = n, ou m < n
ou n < m.
Sejam m e n ∈ Z+. Segundo a tricotomia da adic¸a˜o (provada acima), exatamente uma das treˆs condic¸o˜es e´
va´lida: ou m = n; ou existe p ∈ Z+ tal que m = n+ p e, portanto, m > n; ou existe q ∈ Z+ tal que n = m+ q e,
portanto, m < n.
Monoticidade da adic¸a˜o: se m < n enta˜o, para todo p ∈ Z+, tem-se m+ p < n+ p.
Provada no livro.
Associatividade: m · (n · p) = (m · n) · p.
Provada no livro.
Comutatividade: m · n = n ·m.
Primeiramente, provaremos que m · 1 = 1 ·m, para todo m ∈ Z+. Depois, supondo, como hipo´tese de induc¸a˜o,
que n ∈ Z+ e´ tal que m · n = n ·m, para todo m ∈ Z+, provaremos que n+ 1 e´ tal que m · (n+ 1) = (n+ 1) ·m.
Como isso, o resultado segue pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Finita.
Provaremos a igualdade m · 1 = 1 ·m por induc¸a˜o em m ∈ Z+. Para m = 1 a igualdade e´ trivial. Suponhamos,
como hipo´tese de induc¸a˜o, que m · 1 = 1 ·m, para algum m ∈ Z+. Desta forma, temos que
(m+ 1) · 1 = m+ 1 = m · 1 + 1 = 1 ·m+ 1 = 1 · (m+ 1).
Logo, pelo PIF, a igualdade e´ va´lida.
Suponhamos que n ∈ Z+ seja tal que m · n = n ·m, para todo m ∈ Z+. Mostraremos, por induc¸a˜o em m, que
m · (n+ 1) = (n+ 1) ·m, para todo m ∈ Z+. Para m = 1, o resultado segue do para´grafo anterior. E, supondo que
m · (n+ 1) = (n+ 1) ·m, temos que
(m+ 1) · (n+ 1) = (m+ 1) · n+ (m+ 1)
= n · (m+ 1) + (m+ 1)
= n ·m+ n+m+ 1
= m · n+m+ n+ 1
= m · (n+ 1) + (n+ 1)
= (n+ 1) ·m+ (n+ 1)
= (n+ 1) · (m+ 1).
E temos o resultado.
Distributividade: m(n+ p) = m · n+m · p.
36
Provada no livro.
Lei do Corte: m · p = n · p⇒ m = n.
Suponhamos que m, n e p ∈ Z+ sa˜o tais que
m · p = n · p.
Pela tricotomia, exatamente uma das treˆs condic¸o˜es e´ satisfeita: ou m = n+ q, para algum q ∈ Z+; ou m = n+ q,
m = n + q, para algum q ∈ Z+; ou m = n. Provaremos que as duas primeiras condic¸o˜es na˜o sa˜o poss´ıveis e, com
isso, teremos o resultado.
Suponhamos que m = n+ q, para algum q ∈ Z+. Segue que
n · p = m · p = (n+ q) · p = p · (n+ q) = p · n+ p · q = n · p+ p · q.
Contradizendo a tricotomia.
De forma ana´loga, na˜o podemos ter n = m+ q, para algum q ∈ Z+.
Monoticidade: m < n⇒ m · p < n · p.
Sejam n e m ∈ Z+ tais que
m < n.
Provaremos que
m · p < n · p,
para todo p ∈ Z+, por induc¸a˜o em p.
Para p = 1, a desigualdade e´ imediata.
Suponhamos, como hipo´tese de induc¸a˜o, que m · p < n · p, para um certo p ∈ Z+. Como m < n, existe q ∈ Z+
tal que
n = m+ q.
Assim,
n · (p+ 1) = (m+ q) · (p+ 1) = (p+ 1) · (m+ q) = (p+ 1) ·m+ (p+ 1) · q = m · (p+ 1) + (p+ 1) · q.
e, consequentemente,
n · (p+ 1) < m · (p+ 1).
E o resultado segue, como quer´ıamos, pelo PIF.
37
Exerc´ıcio 2.5:
Um elemento a ∈ Z+ chama-se antecessor de b ∈ Z quando se tem a < b mas na˜o existe c ∈ Z+ tal que a < c < b.
Prove que, exceto 1, todo nu´mero natural possui um antecessor.
Seja x ∈ Z+\{1}. Mostraremos que x possui um antecesor.
Pelo axioma de Peano P2, x = s(y) = y + 1 para algum y ∈ Z+. Logo, y < x.
Suponhamos que z ∈ Z+ e´ tal que z < x. Mostraremos que z 6 y. Temos que
x = z + n,
para algum n ∈ Z+. Se n = 1 temos que
y + 1 = x = z + 1
e, consequentemente, pela Lei do Corte, y = z. Se n ∈ Z+\{1} enta˜o, novamente pelo axioma de Peano P2, existe
m ∈ Z+ tal que n = s(m). Assim,
s(y) = x = z + n = z + s(m) = s(z +m)
e, pela injetividade da func¸a˜o s (axioma de Peano P1),
y = z +m.
Logo, z < y.
Portanto, y e´ um antecessor de x.
38
Exerc´ıcio 2.6:
Use induc¸a˜o para demonstrar os seguintes fatos:
(a) 2(1 + 2 + 3 + · · ·+ n) = n(n+ 1);
(b) 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n+ 1) = (n+ 1)2;
(c) (a− 1)(1 + a+ a2 + · · ·+ an) = an+1 − 1, seja quais forem a, n ∈ Z+;
(d) n ≥ 4⇒ n! > 2n.
(a)
Para n = 1, temos a igualdade ja´ que
2(1) = 2 = 1(1 + 1).
Supondo que a igualdade seja verdadeira para n = k, segue que
2(1 + 2 + 3 + · · ·+ k + (k + 1)) = 2(1 + 2 + 3 + · · ·+ k) + 2(k + 1)
= k(k + 1) + 2(k + 1)
= (k + 2)(k + 1)
= (k + 1)((k + 1) + 1).
Portanto, pelo PIF, temos o resultado.
(b)
Para n = 1, temos a igualdade ja´ que
1 + 3 = 4 = (1 + 1)2.
Supondo que a igualdade seja verificada para n = k, segue que
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) + (2(k + 1) + 1) = (k + 1)2 + (2(k + 1) + 1)
= (k + 1)2 + 2(k + 1)1 + 12
= ((k + 1) + 1)2.
Portanto, pelo PIF, temos o resultado.
(c)
Para n = 1, temos a igualdade ja´ que
(a− 1)(1 + a) = a2 − 1.
Supondo que a igualdade seja verdadeira para n = k, segue que
(a− 1)(1 + a+ a2 + · · ·+ ak + ak+1) = (a− 1)(1 + a+ a2 + · · ·+ ak) + (a− 1)(ak+1)
= (ak+1 − 1) + (ak+2 − ak+1)
= ak+2 − 1.
Portanto, pelo PIF, temos o resultado.
(d)
Para n = 4, temos a desigualdade ja´ que
4! = 24 > 16 = 24.
Supondo que a desigualdade seja verdadeira para n = k > 4, segue que
(k + 1)! > (k!)(k + 1) > 2k > 2k2 = 2k+1.
Portanto, pelo PIF, temos o resultado.
39
Exerc´ıcio 2.7:
Use o Segundo Princ´ıpio de Induc¸a˜o para demonstrar a unicidade de decomposic¸a˜o de um nu´mero natural em
fatores primos.
O resultado do enunciado e´ comumente demonstrado nos livros sobre Teoria do Nu´meros utilizando-se resultados
provados com o uso do conceito de ma´ximo divisor comum como, por exemplo, a implicac¸a˜o: Se p ∈ Z+ e´ primo
e p divide o produto mn dos elementos m e n ∈ Z+enta˜o p divide m ou n. Para evitarmos a utilizac¸a˜o de
ferramentas de fora do texto, faremos uma demonstrac¸a˜o mais longa, mas que usa somente as propriedades da
soma, multiplicac¸a˜o(apresentadas neste cap´ıtulo) e da subtrac¸a˜o (que sera´ muito brevemente tratada no pro´ximo
cap´ıtulo). Esta demonstrac¸a˜o e´ uma adapatac¸a˜o de uma demonstrac¸a˜o encontrada em:
• http://en.wikipedia.org/wiki/Fundamental theorem of arithmetic
Seja n ∈ Z+ tal que todo m < n em Z+ possui uma u´nica decomposic¸a˜o em fatores primos. Provaremos que
n possui uma u´nica decomposic¸a˜o em fatores primos e concluiremos, do Segundo Princ´ıpio da Induc¸a˜o, que todo
n ∈ Z+ possui uma u´nica fatorac¸a˜o em fatores primos.
Suponhamos que α1α2 . . . αp e β1β2 . . . βq sejam duas decomposic¸o˜es de n em fatore primos αi e βj . Devemos
mostrar que a sequeˆncia α1, α2, . . . , αp e´ uma permutac¸a˜o da sequeˆncia β1, β2, . . . , βq.
Podemos supor, sem perda de generalidade, que α1 6 β1. Tambe´m podemos supor que m na˜o e´ primo, pois
pela pro´pria definic¸a˜o de nu´mero primo, m teria imediatamente uma u´nica fatorac¸a˜ em fatores primos. Ou seja, p
e q sa˜o maiores que 1.
Se α1 = βi para algum i ∈ {1, . . . , q}, temos, pela Lei do Corte, que
α2α3 . . . αp = β1 . . . βi−1βi+1 . . . βq.
Assim, como α2α3 . . . αp < n, devemos ter, pela hipo´tese de induc¸a˜o que β2, α3, . . . , αp e´ uma permutac¸a˜o da
sequeˆncia β1, . . . , βi−1, βi+1, . . . , βq. Portanto, α1, α2, α3, . . . , αp e´ uma permutac¸a˜o da sequeˆncia β1, . . . ,
βi−1, βi, βi+1, . . . , βq.
No restante desta demonstrac¸a˜o, encontraremos uma contradic¸a˜o supondo que α1 ∈ {β1, . . . , βq}. Assim, como
mostrado acima, teremos o resultado.
Suponhamos que α1 /∈ {β1, . . . , βq}. Segue que α1 < β1.
O inteiro
m := (β1 − α1)(β2 . . . βq)
e´ positivo, pois β1 − α1 > 0 e β2 . . . βq > 0. Ale´m disso,
m = (β1 − α1)(β2 . . . βq) = n− α1β2 . . . βq < n.
Devemos ter que β1 − α1 = 1 e
m = β2 . . . βq;
ou β1 − α1 = γ1 . . . γs e
m = γ1 . . . γsβ2 . . . βq,
para nu´meros primos γ1, . . . , γs ∈ Z+.
Tambe´m temos que
m = (β1 − α1)(β2 . . . βq)
= n− α1β2 . . . βq
= α1α2 . . . αp − α1β2 . . . βq
= α1(α2 . . . αp − β2 . . . βq)
Como m e α1 sa˜o positivos, devemos ter que α2 . . . αp−β2 . . . βq tambe´m e´ positivo. Logo, α2 . . . αp−β2 . . . βq = 1
e
m = α1;
ou α2 . . . αp − β2 . . . βq = θ1 . . . θr e
m = α1θ1 . . . θr,
para nu´meros primos θ1, . . . , θr ∈ Z+.
40
Com isso, concluimos que
{β2, . . . , βq} ou {γ1, . . . , γs, β2, . . . , βq}
e´ uma permutac¸a˜o de
{α1} ou {α1, θ1, . . . , θr},
ja´ que m < n possui uma u´nica fatorac¸a˜o em fatores primos. Em especial, devemos ter que
α1 ∈ {β2, . . . , βq} ou {γ1, . . . , γs, β2, . . . , βq}.
Logo, como α1 /∈ {β1, . . . , βq}, devemos ter que
α1 ∈ {γ1, . . . , γs}.
Por fim, para algum k ∈ Z+,
α1k = γ1 . . . γs = β1 − α1
e, consequentemente,
α1(k + 1) = β1.
Contradizendo o fato de β1 ser primo.
41
Exerc´ıcio 2.8:
Seja X um conjunto com n elementos. Use induc¸a˜o para provar que o conjunto das bijec¸o˜es (ou permutac¸o˜es)
f : X → X tem n! elementos.
Seja X o conjunto formado pelos elementos (distintos) x1, x2, . . . , xn. Provaremos, por induc¸a˜o em n ∈ Z+,
que o conjunto SX , das bijec¸o˜es f : X → X, tem n! elementos.
O resultado e´ va´lido para n = 1 uma vez que, neste caso, so´ existe uma func¸a˜o f : X → X e esta e´ bijetiva.
Suponhamos que n > 1 e, como hipo´tese de induc¸a˜o, que o conjunto Y = X\{xn} seja tal que o conjunto SY ,
das func¸o˜es bijetivas g : Y → Y , tenha (n− 1)! elementos.
Sejam
SX,k := {f ∈ SX : f(xn) = xk},
para todo k = 1, . . . , n. Segue desta definic¸a˜o que
SX,i ∩ SX,j = ∅
quando i 6= j e que
SX = SX,1 ∪ SX,2 ∪ · · · ∪ SX,n.
Assim, pelo Corola´rio 1 do Teorema 6, temos que
card(SX) = card(SX,1) + card(SX,2) + · · ·+ card(SX,n).
Desta forma, mostrando que
card(SX,1) = card(SX,2) = · · · = card(SX,n) = SY = (n− 1)!
concluiremos que
card(SX) = n · (n− 1)! = n!,
como quer´ıamos demonstrar.
Dado f ∈ SX,n, temos que f(xn) = xn e, como f e´ uma bijec¸a˜o, f(Y ) = Y . Assim, cada f ∈ SX,n define uma
bijec¸a˜o φ(f) : Y → Y dada por (
φ(f)
)
(y) = f(y),
em cada y ∈ Y . Com isso, temos uma func¸a˜o φ : SX,n → SY . Se f1 e f2 ∈ SX,n sa˜o tais que φ(f1) = φ(f2) enta˜o
f1(y) =
(
φ(f1)
)
(y) =
(
φ(f2)
)
(y) = f2(y),
f1(xn) = xn = f2(xn)
e, consequentemente,
f1 = f2.
Dado g ∈ SY , podemos definir uma func¸a˜o f ∈ SX por
f(xi) =
{
g(xi), se i = 1, . . . , n− 1,
xn, se i = n.
Desta forma,
φ(f) = g.
Portanto, concluimos que φ : SX,n → SY e´ uma bijec¸a˜o e, consequentemente, que
card(SX,n) = card(SY ).
Provaremos, para k = 1, . . . , n− 1, que
card(SX,k) = card(SX,n).
42
Considermos a bijec¸a˜o σ ∈ SX dada por
σ(xi) =
 xi, se i 6= k, n,xn, se i = k,
xk, se i = n.
Segue desta definic¸a˜o que σ ◦ σ = IX (a func¸a˜o identidade em X).
Dado h ∈ SX,k, temos que σ ◦h : X → X e´ uma composic¸a˜o de bijec¸o˜es e, logo, uma bijec¸a˜o. Ale´m disso, como
σ ◦ h(xn) = σ(xk) = xn,
temos que σ ◦ h ∈ SX,n. Assim, podemos definir uma func¸a˜o ψ : SX,k → SX,n por
ψ(h) = σ ◦ h,
para cada h ∈ SX,k.
De forma ana´loga, verifica-se que uma func¸a˜o ρ : SX,n → SX,k fica bem definida pela igualdade
ρ(f) = σ ◦ f,
para cada f ∈ SX,n.
Por fim, para cada f ∈ SX,n,
ψ ◦ ρ(f) = ψ(σ ◦ f) = σ ◦ (σ ◦ f) = (σ ◦ σ) ◦ f = f
e, para cada h ∈ SX,k,
ρ ◦ ψ(h) = ρ(σ ◦ h) = σ ◦ (σ ◦ h) = (σ ◦ σ) ◦ h = h.
Logo, ρ e´ uma inversa para ψ : SX,k → SX,n. E, portanto,
card(SX,k) = card(SX,n).
Como quer´ıamos demonstrar.
43
Exerc´ıcio 2.9:
Sejam X e Y conjuntos finitos.
a) Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).
b) Qual seria a fo´rmula correspondente para treˆs conjuntos?
c) Generalize.
(a)
A func¸o˜es dada por
x ∈ X → (1, x) ∈ {1} ×X
e´ uma bijec¸a˜o entre X e {1} ×X. Logo,
card(X) = card({1} ×X).
Analogamente, tambe´m temos que
card(Y ) = card({2} × Y ).
card(X ∪ Y ) = card({3} × (X ∪ Y ))
e
card(X ∩ Y ) = card({4} × (X ∩ Y )).
Consideremos os conjuntos
A := ({1} ×X) ∪ ({2} × Y )
e
B :=
({3} × (X ∪ Y )) ∪ ({4} × (X ∩ Y )).
Como
({1} ×X) ∩ ({2} × Y ) = ({3} × (X ∪ Y )) ∩ ({4} × (X ∩ Y )) = ∅,
temos, pelo Teorema 6 do Cap´ıtulo II, que
card(A) = card({1} ×X) + card({2} × Y )
e
card(B) = card
({3} × (X ∪ Y ))+ card ({4} × (X ∩ Y )).
Seja f : A→ B a func¸a˜o definida por
f(n, z) =
 (3, z), se (n, z) ∈ {1} ×X,(3, z), se (n, z) ∈ {2} × (Y \X),
(4, z), se (n, z) ∈ {2} × (X ∩ Y ).
E´ fa´cil verificar que f e´ injetiva e sobrejetiva. Com isso,
card(A) = card(B).
Portanto, temos que
card(X ∪ Y ) + card (X ∩ Y ) = card ({3} × (X ∪ Y ))+ card ({4} × (X ∩ Y ))
= card(B)
= card(A)
= card({1} ×X) + card({2} × Y )
= card(X) + card(Y ).
(b)
44
Sejam X, Y e Z conjuntos finitos. Temos, pelo item (a), que
card(X) + card(Y ) + card(Z) = card(X) + card(Y ∪ Z) + card(Y ∩ Z)
= card
(
X ∪ (Y ∪ Z))+ card (X ∩ (Y ∪ Z))+ card(Y ∩ Z)
= card(X ∪ Y ∪ Z) + card ((X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z))+ card(Y ∩ Z)
= card(X ∪ Y ∪ Z)
+ card(X ∩ Y ) + card(X ∩ Z)− card ((X ∩ Y ) ∩ (X ∩ Z))
+ card(Y ∩ Z)
= card(X ∪ Y ∪ Z)
+ card(X ∩ Y ) + card(X ∩ Z) + card(Y ∩ Z)
− card(X ∩ Y ∩ Z).
(c)
Provaremos, por induc¸a˜o em n > 2 em Z+, que se Xi, i = 1, . . . , n, sa˜o conjuntos finitos, enta˜o
n∑
i=1
card(Xi) = card
(
n⋃
i=1
Xi
)
+
n∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik6n
card
(
k⋂
p=1
Xip
)
.
O caso n = 2 e´ exatamente o tratado no item (a).
Suponhamos que Xi, i = 1, . . . , n + 1, sejam conjuntos finitos e que a igualdade que queremos provar seja
va´lida para quaisquer n conjuntos finitos dados. Desta forma, temos que
n+1∑
i=1
card(Xi) =
= card
(
n⋃
i=1
Xi
)
+
n∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik6n
card
(
k⋂
p=1
Xip
)
+ card(Xn+1)
=
(
card
(
n⋃
i=1
Xi
)
+ card(Xn+1)
)
+
n∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik6n
card
(
k⋂
p=1
Xip
)
=
(
card
((
n⋃
i=1Xi
)
∪Xn+1
)
+ card
((
n⋃
i=1
Xi
)
∩Xn+1
))
+
n∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik6n
card
(
k⋂
p=1
Xip
)
= card
(
n+1⋃
i=1
Xi
)
+ card
(
n⋃
i=1
(Xi ∩Xn+1)
)
+
n∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik6n
card
(
k⋂
p=1
Xip
)
= card
(
n+1⋃
i=1
Xi
)
+
n∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik6n
card
(
k⋂
p=1
Xip
)
+
n∑
i=1
card(Xi ∩Xn+1)−
n∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik6n
card
(
k⋂
p=1
(Xip ∩Xn+1)
)
= card
(
n+1⋃
i=1
Xi
)
+
n∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik<n+1
card
(
k⋂
p=1
Xip
)
+
n+1∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik=n+1
card
(
k⋂
p=1
(Xip)
)
= card
(
n+1⋃
i=1
Xi
)
+
n+1∑
k=2
(−1)k
∑
16i1<···<ik6n+1
card
(
k⋂
p=1
Xip
)
.
Portanto, o resultado segue do PIF.
45
Exerc´ıcio 2.10:
Dado um conjunto finito X, prove que uma func¸a˜o f : X → X e´ injetora se, e somente se, e´ sobrejetora.
Consideremos a func¸a˜o g : X → f(X) definida por
g(x) = f(x),
para todo x ∈ X.
Se f for injetiva, devemos ter, diretamente da definic¸a˜o de g, que g e´ uma bijec¸a˜o. Assim, o subconjunto
g(X) = f(X) de X estaria em bijec¸a˜o com o pro´prio conjunto X. Logo, como X e´ finito, temos, pelo Teorema 4
do Cap´ıtulo II, que f(X) = X. Ou seja, f seria sobrejetora.
Suponhamos que f seja sobrejetiva. Deve existir uma func¸a˜o h : X → X que e´ a inversa a` direita de X, isto
e´, f ◦ h e´ a identidade em X (veja o final do Cap´ıtulo I). Por sua vez, h possui uma invesa a` esquerda e, logo, e´
injetiva. Pelo que foi mostrado acima, isto implica que h e´ sobrejetiva. Logo, existe f˜ : X → X tal que h ◦ f˜ e´ a
identidade idX : X → X em X. Assim,
f = f ◦ idX = f ◦ (h ◦ f˜) = (f ◦ h) ◦ f˜ = idX ◦f˜ = f˜ .
Portanto, f e´ injetiva pois possui h como inversa a` esquerda.
46
Exerc´ıcio 2.11:
Formule matematicamente e demonstre o seguinte fato (conhecido como princ´ıpio das gavetas). Se m < n, enta˜o
de qualquer modo como se guardem n objetos em m gavetas, havera´ sempre uma gaveta, pelo menos, que contera´
mais de um objeto.
Princ´ıpio das Gavetas: f : In → Im com n > m na˜o e´ injetiva.
Seja f : In → Im, com n > m, uma func¸a˜o.
Suponhamos, por absurdo, que f seja injetiva. Segue que f |Im tambe´m e´ injetiva. Assim, pelo Exerc´ıcio 2.10,
f |Im seria tambe´m sobrejetiva. Logo, f seria sobrejetiva. Desta forma, f seria uma bijec¸a˜o entre um conjunto
finito e um de seus subconjuntos pro´prios, contradizendo o Corola´rio 2 do Teorema 3 do Cap´ıtulo II.
47
Exerc´ıcio 2.12:
Seja X um conjunto com n elementos. Determine o nu´mero de func¸o˜es injetivas f : Ip → X.
Princ´ıpio da contagem. Escolhamos um dos n elementos de X para ser f(1). Da´ı escolhamos 1 dos n − 1
elementos restantes para ser f(2). E assim sucessivamente temos que o nu´mero de func¸o˜es injetivas poss´ıveis e´
n(n− 1)(n− 2)...(n− p+ 1).
48
Exerc´ıcio 2.13:
Quantos subconjuntos com p elementos possui um subconjunto X, sabendo-se que X tem n elementos?
Se n < p, vem de P1 que na˜o existe subconjunto de X com p elementos. Caso contra´rio podemos definir uma
func¸a˜o f : [1, p] ∩ N→ X(pelo axioma da escolha). Pelo princ´ıpio da contagem, temos que f pode ser definida de
n!
p!(n− p)! modos distintos. Pore´m, para cada imagem de f, f pode ter sido definida de p! formas. Sendo assim,
existem
n!
p!(n− p)! imagens de f.
49
Exerc´ıcio 2.14:
Prove que se A tem n elementos, enta˜o P (A) tem 2n elementos.
Associemos a cada X ∈ P (A) uma func¸a˜o fX : A → {0, 1} dada por f(x) = 1 se x ∈ X e f(x) = 0 se x /∈ X.
Temos enta˜o que a aplicac¸a˜o X → fX e´ uma bijec¸a˜o. E como, pelo princ´ıpio da contagem, e´ poss´ıvel se fazer 2
func¸o˜es f : A→ {0, 1} diferentes, temos que a ordem de P (A) e´ exatamente 2.
50
Exerc´ıcio 2.15:
Defina um func¸a˜o sobrejetiva f : N→ N tal que, para todo n ∈ N, o conjunto f−1(n) seja infinito.
Seja f : N→ N tal que f(2n3m) = n e f(x) = 1 para x divis´ıvel por qualquer primo diferente de 2 e 3. Portanto,
f−1(N) ⊃ {2n3, 2n32, ..., 2n3m, ...}.
51
Exerc´ıcio 2.16:
Prove que se X e´ infinito enumera´vel, o conjunto das partes finitas de X tambe´m e´ (infinito) enumera´vel.
Seja X = {x1, x2, ...}. Temos que
P =
∞⋃
i=1
{A ⊂ {x1, x2, ..., xi}} =
∞⋃
i=1
Fi.
Temos que cardFi = 2
i. Como P e´ uma reunia˜o enumera´vel de conjuntos enumera´veis, P e´ enumera´vel.
52
Exerc´ıcio 2.17:
Seja f : X → X uma func¸a˜o. Um subconjunto Y ⊂ X chama-se esta´vel relativamente a` f quando f(Y ) ⊂ Y. Prove
que um subconjunto X e´ finito se, e somente existe um func¸a˜o f : X → X que so´ admite os subconjuntos esta´veis
∅ e X.
(⇒) Seja X = {x1, x2, ..., xn} e f : X → X dado por f(xi) = xi+1 se 1 ≤ i < n e f(xn) = x1. Se f e´ esta´vel em
A e xp ∈ A, temos que xq = fq−p(modn)(xp) ∈ A. Logo, A = X.
(⇐) Dado x0 ∈ X (se X 6= ∅, X e´ finito) consideremos o conjunto A = {x0, f(x0), f2(x0), ..., fn(x0), ...}. Da´ı
X = A, pois f e´ esta´vel em A e A 6= ∅.
Se na˜o existir k ∈ N tal que fk(x0) = x0, A − {x0} e´ esta´vel por f e logo A − {x0} = X − {x0} = ∅, ou seja,
X = {x0}, ou A = X = A− {x0}, absurdo.
Por outro lado, se existir k ∈ N tal que fk(x0) = x0 o conjunto {x0, f(x0), f2(x0), ..., fk−1(x0)} e´ esta´vel por A
e na˜o vazio, logo e´ igual a X.
53
Exerc´ıcio 2.18:
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.
Provaremos por induc¸a˜o em n que para todo p ∈ N, temos que fn(x) 6= fn+p(x) e a proposic¸ ao estar´a
demonstrada. Com x /∈ f(X), temos que x 6= fp(x), para todo p ∈ N. Suponhamos que fn(x) 6= fn+p(x). Enta˜o
fn+1(x) 6= fn+1+p(x) pois f e´ injetora. Pelo PIF o resultado segue.
54
Exerc´ıcio 2.19:
Dado um conjunto finito X, prove que uma func¸a˜o f : X → X e´ injetora se, e somente se, e´ sobrejetora.
Consideremos a func¸a˜o g : X → f(X) definida por
g(x) = f(x),
para todo x ∈ X.
Se f for injetiva, devemos ter, diretamente da definic¸a˜o de g, que g e´ uma bijec¸a˜o. Assim, o subconjunto
g(X) = f(X) de X estaria em bijec¸a˜o com o pro´prio conjunto X. Logo, como X e´ finito, temos, pelo Teorema 4
do Cap´ıtulo II, que f(X) = X. Ou seja, f seria sobrejetora.
Suponhamos que f seja sobrejetiva. Deve existir uma func¸a˜o h : X → X que e´ a inversa a` direita de X, isto
e´, f ◦ h e´ a identidade em X (veja o final do Cap´ıtulo I). Por sua vez, h possui uma invesa a` esquerda e, logo, e´
injetiva. Pelo que foi mostrado acima, isto implica que h e´ sobrejetiva. Logo, existe f˜ : X → X tal que h ◦ f˜ e´ a
identidade idX : X → X em X. Assim,
f = f ◦ idX = f ◦ (h ◦ f˜) = (f ◦ h) ◦ f˜ = idX ◦f˜ = f˜ .
Portanto, f e´ injetiva pois possui h como inversa a` esquerda.
55
Exerc´ıcio 2.20:
(a) Se X e´ finito e Y e´ enumera´vel, enta˜o F(X,Y ) e´ enumera´vel.
(b) Para cada func¸a˜o f : N → N seja Af = {n ∈ N; f(n) 6= 1}. Prove que o conjunto X das func¸o˜es f : N → N
tais que Af e´ finito e´ um conjunto enumera´vel.
Item (a)
Seja X = {x1, ..., xn}. Definimos
φ : F(X,Y ) → Y n
f → (f(x1), ..., f(xn)).
Temos que φ e´ claramente injetiva. Logo, F(X,Y ) esta´ em bijec¸a˜o com o conjunto φ(F(X,Y )) ⊂ Y n. Como
Y e´ enumera´vel, Y n e´ enumera´vel (pois e´ produto finito de conjuntos enumera´veis). Assim, φ(F(X,Y )) ⊂ Y n e´
anumera´vel e, consequentemente, F(X,Y ) e´ enumera´vel.
Item (b)
Seja
Fn := {Y ⊂ N; cardY = n}.
Definimos
φ : Fn → Y n
Y = {y1, ..., yn} → (y1, ..., yn).
Claramente, φ e´ injetiva. Como Y n e´ enumera´vel, segue que Fn e´ enumera´vel. Portanto,
F :=
∞⋃
n=1
Fn
e´ enumera´vel.
Seja
ψ : X → ⋃Y ∈FF(Y,N)
f → f |Af .
Temos que ψ e´ injetiva. De fato, se f, g ∈ X sa˜o tais que ψ(f) = ψ(g) temos que
f |Af = g|Ag
implicando que Af = Ag,
f |Af = g|Ag ,
e
f= g
ja´ que
f |N\Af = 1 = g|N\Af .
Pelo item anterior,
⋃
Y ∈F F(Y,N) e´ uma unia˜o enumera´vel de conjuntos enumera´veis. Logo,
⋃
Y ∈F F(Y,N) e´
enumera´vel. Assim, como ψ e´ injetiva, segue que X e´ enumera´vel.
56
Exerc´ıcio 2.21:
Obtenha uma decomposic¸a˜o N = ∪∞i=1Xi tal que os conjuntos Xi sa˜o infinitos e dois a` dois disjuntos.
Para todo n ∈ N, existe um u´nico k ∈ Z>0 tal que
2k 6 n < 2k+1.
Por isso, fica bem definida a func¸a˜o f : N→ Z>0 dada por
f(n) = n− 2k,
onde 2k 6 n < 2k+1. Desta forma, temos, para
Xi := f
−1(i− 1),
que
N =
∞⋃
i=1
Xi
com os conjuntos Xi sendo dois a` dois disjuntos. Adiante, como
Xi = {2k + i− 1 | k ∈ Z>0, i− 1 < 2k},
temos que cada Xi e´ infinito.
57
Exerc´ıcio 2.22:
Defina f : N× N→ N, pondo f(1, n) = 2n− 1 e f(m+ 1, n) = 2m(2n− 1). Prove que f e´ uma bijec¸a˜o.
Para cada nu´mero natural p, temos, pela unicidade da decomposic¸a˜o de nu´meros naturais em nu´meros primos,
que existem u´nicos m e q ∈ Z+ tais que p = 2m−1q e q e´ ı´mpar. Sendo q ı´mpar, existe um u´nico n ∈ Z+ tal que
q = 2n− 1. Assim, existem u´nicos m e n ∈ Z>0 tais que p = 2m−1(2n− 1). Portanto, e´ bem definida a func¸a˜o
g : Z+ → Z+ × Z+
p = 2m−1(2n− 1) → (m,n).
Como g e´ uma inversa para f , temos que f e´ bijetiva.
58
Exerc´ıcio 2.23:
Seja X ⊂ N um subconjunto infinito. Prove que existe uma u´nica bijec¸a˜o crescente f : N→ X.
Definimos, indutivamente f : N→ X por
f(1) = min(X)
e
f(n) = min
(
X −
n−1⋃
i=1
{f(i)}
)
,
para n > 1. Temos, pelo PIF e pelo fato de X ⊂ N ser bem ordenado, que f esta´ bem definida.
Dados m < n ∈ N, temos que
f(m) < min
(
X −
n−1⋃
i=1
{f(i)}
)
= f(n)
pois f(m) 6 x, para todo x ∈ X − ⋃m−1i=1 ⊃ X − ⋃n−1i=1 , e f(m) /∈ X − ⋃n−1i=1 . Com isso, concluimos que f e´
estritamente crescente e, consequentemente que f e´ injetiva.
Provaremos, agora que f e´ sobrejetiva. Comec¸aremos mostrando, por induc¸a˜o que
n 6 f(n).
Para n = 1, temos de X ⊂ N, que
1 = min(N) 6 min(X) = f(1).
Usando o passo indutivo, temos que
n 6 f(n) < f(n+ 1)
implicando que
n+ 1 6 f(n+ 1).
Logo, vale a desigualdade acima. Adiante, dado x ∈ XN, provaremos que x ∈ f(N). Suponhamos por absurdo que
exista x ∈ X − f(N). Existe, pela arquimedianidade de N, n ∈ N tal que
x < n 6 f(n).
Mas, como
x ∈ X −
n−1⋃
i=1
{f(i)},
ter´ıamos uma contradic¸a˜o com o fato de que
x < min
(
X −
n−1⋃
i=1
{f(i)}
)
.
Portanto, f e´ sobrejetiva.
Provaremos, agora, que se g : N→ X e´ uma bijec¸a˜o crescente enta˜o f = g. Devemos ter que
g(1) = min(X) = f(1)
pois, caso contra´rio, existiria n ∈ N, com n > 1, tal que
g(n) = min(X) < g(1).
Contradizendo o fato de g ser crescente. Usando o passo indutivo,
g(k) = f(k),
para todo k < n+ 1, devemos que ter
g(n+ 1) = min
(
X −
n⋃
i=1
{g(i)}
)
= min
(
X −
n⋃
i=1
{f(i)}
)
= f(n+ 1)
59
pois, caso contra´rio, existiria p > n+ 1 tal que
g(p) = min
(
X −
n⋃
i=1
{g(i)}
)
< g(n+ 1).
Contradizendo o fato de g ser crescente. E o resultado segue.
60
Exerc´ıcio 2.24:
Prove que todo conjunto infinito se decompo˜e como reunia˜o de uma infinidade enumera´vel de conjuntos infinitos,
dois a dois disjuntos.
Seja C um conjunto infinito.
Pelo exerc´ıcio 2.21, existe uma decomposic¸a˜o
N =
⋃
i∈N
Xi
na qual os conjuntos Xi sa˜o infitos e dois a` dois disjuntos.
Se C e´ enumera´vel, existe uma bijec¸a˜o f : N→ C. Logo,
C =
⋃
i∈N
f(Xi)
e´ uma decomposic¸a˜o na qual os conjuntos f(Xi) sa˜o infitos e dois a` dois disjuntos.
Se C e´ na˜o-enumera´vel, existe uma aplicac¸a˜o injetiva f : N→ C tal que C − f(N) e´ infinito. Assim,
C = (C − f(N)) ∪
⋃
i∈N
f(Xi)
e´ uma decomposic¸a˜o na qual os conjuntos C − f(N) e f(Xi) sa˜o infitos e dois a` dois disjuntos.
61
Exerc´ıcio 2.25:
Seja A um conjunto. Dadas func¸o˜es f, g : A → N, defina a soma f + g : A → N, o produto f · g : A → N, e deˆ o
significado da afirmac¸a˜o f 6 g. Indicando com ξX a func¸a˜o caracter´ıstica de um subconjunto X ⊂ A, prove:
a) ξX∩Y = ξX · ξY ;
b) ξX∪Y = ξX + ξY − ξX∩Y . Em particular, ξX∪Y = ξX + ξY ⇔ X ∩ Y = ∅;
c) X ⊂ Y ⇔ ξX 6 ξY ;
d) ξA−X = 1− ξX .
Definimos
f + g : A → N
a → f(a) + g(a)
e
f · g : A → N
a → f(a)g(a).
E dizemos que f 6 g se e somente se
f(a) 6 g(a)
para todo a ∈ A.
a)
Seja a ∈ A.
Se ξX∩Y (a) = 0, enta˜o a /∈ X∩Y e, consequentemente, a /∈ X ou a /∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX(a) = 0
ou ξY (a) = 0. Logo, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX(a)ξY (a) = 0 = ξX∩Y (a).
Se ξX∩Y (a) = 1, enta˜o a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX(a) = 1
e ξY (a) = 1. Logo, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX(a)ξY (a) = 1 = ξX∩Y (a).
Como ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX(a)ξY (a) = ξX∩Y (a) em todos os casos. E, como a ∈ A e´ arbitra´rio,
temos que ξX · ξY = ξX∩Y .
b)
Seja a ∈ A.
Se ξX∪Y (a) = 0, enta˜o a /∈ X ∪Y e, consequentemente, a /∈ X e a /∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX(a) = 0,
ξY (a) = 0 e ξX∩Y (a) = 0. Logo, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX(a) + ξY (a)− ξX∩Y (a) = 0 = ξX∪Y (a).
Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0, enta˜o a ∈ X∪Y −X∩Y = (X−Y )∪(Y −X) e, consequentemente, a ∈ X−Y ou
a ∈ Y −X. Se a ∈ X−Y enta˜o ξX(a) = 1, ξY (a) = 0 e, consequentemente, ξX(a)+ξY (a) = 1. Se a ∈ Y −X enta˜o
ξX(a) = 0, ξY (a) = 1 e, consequentemente, ξX(a) + ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que
ξX(a) + ξY (a) = 1. Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que ξX(a) + ξY (a)− ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).
Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1, enta˜o a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 1 e
ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a) = ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a)+ξY (a) = 2.
Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a) + ξY (a)− ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).
Como ξX∪Y (a) = 0 ou 1 e ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX(a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = ξX∪Y (a) em todos os
casos. E, como a ∈ A e´ arbitra´rio, temos que ξX + ξY − ξX∩Y = ξX∪Y .
Em particular, temos que X ∩ Y = ∅ e´ equivalente a` ξX∩Y = 0 (i.e. ξX∩Y e´ a func¸a˜o nula) que e´ equivalente
(pelo que foi demonstrado acima) a` ξX + ξY = ξX∪Y .
c)
Suponhamos que X ⊂ Y . Dado a ∈ A, temos que ξX(a) = 0 ou 1. No primeiro caso, temos imediatamente que
ξX(a) 6 ξY (a) = 0 ou 1. No segundo, temos que a ∈ X ⊂ Y e, consequentemente, ξX(a) = 1 = ξY (a). Em todo
caso, ξX(a) 6 ξY (a). Como a ∈ A e´ arbitra´rio, concluimos que ξX 6 ξY .
Suponhamos que ξX 6 ξY . Dado x ∈ X, temos que ξX(x) 6 ξY (x) e, consequentemente, ξY (x) = 1. Logo,
x ∈ X implica que x ∈ Y . E temos que X ⊂ Y .
d)
Seja a ∈ A.
Se ξA−X(a) = 0 temos que a /∈ A−X e, consequentemente, a ∈ X. Logo, ξA−X(a) = 0 implica que ξX(a) = 0.
Assim, ξA−X(a) = 0 implica que 1(a)− ξX(a) = 0 = ξA−X(a).
Se ξA−X(a) = 1 temos que a ∈ A−X e, consequentemente, a /∈ X. Logo, ξA−X(a) = 1 implica que ξX(a) = 0.
Assim, ξA−X(a) = 1 implica que 1(a)− ξX(a) = 1 = ξA−X(a).
Em todos casos, temos que 1(a)− ξX(a) = ξA−X(a). E, como a ∈ A e´ arbitra´rio, temos que 1− ξX = ξA−X .
62
Exerc´ıcio 2.26:
Prove que o conjunta das sequeˆncias crescentes (n1 < n2 < n3 < ...) de nu´meros naturais na˜o e´ enumera´vel.
Usaremos o argumento da diagonal de Cantor.
Suponhamos, por absurdo, que exista um enumerac¸a˜o a1, a2, a3, ... das sequeˆncias crescentes de nu´meros naturais
ai, i ∈ N, dadas por
ai1 < a
i
2 < a
i
3 < ...
Temos que a sequeˆncia b, definida indutivamente por
b1 = a1 + 1
e
bn+1 = max(bn, an+1) + 1
na˜o pertence a` enumerac¸a˜o acima. De fato, temos, pela definic¸a˜o de b, que
aii < bi
e,consequentemente,
b 6= ai
para todo i ∈ N.
63
Exerc´ıcio 2.27:
Sejan (N, s) e (N′, s′) dois pares formados, cada um, por um conjunto e uma func¸a˜o. Suponhamos que ambos
cumpram os axiomas de Peano. Prove que existe uma u´nica bijec¸a˜of : N→ N′ tal que f(1) = 1′, f(s(n)) = s′(f(n)).
Conclua que:
a) m < n⇔ f(m) < f(n);
b) f(m+ n) = f(m) + f(n);
c) f(m · n) = f(m) · f(n).
Como (N, s) e (N′, s′) satisfazem os axiomas de Peano, devemos ter que a func¸a˜o f : N → N fica bem definida
por
f(1) = 1′
e
f(s(n)) = s′(f(n))
para todo n ∈ N. De fato, f esta´ definida em todo N = {1} ∪ s(N) pois esta´ definida em {1} e s(N). Como s
e´ injetiva, segue que f esta´ bem definida. Em particular, segue que f e´ a u´nica func¸a˜o N → N′ satisfazendo as
condic¸o˜es do enunciado. Temos, tambe´m, que f e´ injetiva. De fato, seja
X = {n ∈ N; f(n) /∈ f(N− {n})}.
Temos que 1 ∈ X pois, pela definic¸a˜o de f ,
f(N− {1}) = f(s(N)) ⊂ s′(N′) = N′ − {1′} = N′ − {f(1)}.
E, se n ∈ X, temos que s(n) ∈ X. De fato, temos que f(s(n)) 6= f(1) = 1′ pois
f(s(n)) = s′(f(n)) ∈ s′(N′) = N′ − {1′}
e, se m 6= n e f(m) 6= f(s(m)), enta˜o temos que
f(n) 6= f(m),
pois n ∈ X, e, consequentemente,
f(s(n)) = s′(f(n)) 6= s′(f(m)) = f(s(m)).
Implicando, pelo PIF, que f(s(n)) /∈ f(N − {s(n)} ou, equivalentemente, s(n) ∈ X. Portanto, pelo PIF, temos
que X = N e, da definic¸a˜o de X, conclu´ımos que f e´ injetiva. Temos, tambe´m, que f e´ sobrejetiva. De fato,
1′ = f(1) ∈ f(N) e, se n = f(k) ∈ f(N) temos que
s′(n) = s′(f(k)) = f(s(k)) ∈ f(N).
Assim, pelo PIF, temos que f(N) = N′. Portanto, f e´ uma bijec¸a˜o.
a)
Provaremos primeiro que m < n implica f(m) < f(n). Seja
X = {p ∈ N; f(n+ p) > f(n), ∀n ∈ N}.
Temos que 1 ∈ N pois, dado n ∈ N,
f(n+ 1) = f(s(n)) = s′(f(n)) > f(n).
Supondo que p ∈ X, temos, para qualquer n ∈ N, que
f(n+ s(p)) = f(s(n) + p) > f(s(n)) = s′(f(n)) > f(n).
64
Logo, p ∈ X implica que s(p) ∈ X. Assim, conclu´ımos, pelo PIF, X = N. Portanto, se m < n, temos, para p ∈ N
tal que n = m+ p, que
f(m) < f(m+ p) = f(n).
Agora, provaremos que f(m) < f(n) implica que m < n. Seja
X = {p ∈ N′; f(n) = f(m) + p implica m < n}.
Temos que 1′ ∈ X. De fato,
f(n) = f(m) + 1′
implica que
f(n) = s′(f(m)) = f(s(m))
e, consequentemente,
n = s(m) > m.
Supondo que p ∈ X, temos que
f(n) = f(m) + s′(p)
implica que
f(n) = s′(f(m)) + p = f(s(m)) + p
e, consequentemente,
n > s(m) > m.
Logo, p ∈ X implica que s′(p) ∈ X. Assim, conclu´ımos que X = N′. Portanto, se f(m) < f(n), temos, para p ∈ N′
tal que f(n) = f(m) + p, que
m < n.
b)
Seja
X = {n ∈ N; f(n+m) = f(n) + f(m), ∀m ∈ N}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.
Comec¸amos mostrando que 1 ∈ X. Temos que
f(1 + 1) = f(s(1)) = s′(f(1)) = f(1) + 1′ = f(1) + f(1).
E, se
f(1 +m) = f(1) + f(m),
temos que
f(1 + s(m)) = f(s(s(m))) = s′(f(s(m))) = 1′ + f(s(m)) = f(1) + f(s(m)).
Logo, pelo PIF, temos que f(1 +m) = f(1) + f(m) para todo m ∈ N. Ou seja, 1 ∈ X.
Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que
f(s(n) + 1) = f(s(s(n))) = s′(f(s(n))) = f(s(n)) + 1′ = f(s(n)) + f(1).
Adiante, se
f(s(n) +m) = f(s(n)) + f(m),
temos que
f(s(n) + s(m)) = f(s(s(n) +m))
= s′(f(s(n) +m))
= f(s(n) +m) + 1′
= f(s(n)) + f(m) + 1′
= f(s(n)) + f(1) + f(m)
= f(s(n)) + f(1 +m)
= f(s(n)) + f(s(m)).
Assim, conclu´ımos, pelo PIF, que f(s(n) + m) = f(s(n)) + f(m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que
s(n) ∈ X.
Portanto, conclu´ımos, pelo PIF, que X = N.
65
c)
Seja
X = {n ∈ N; f(n ·m) = f(n) · f(m), ∀m ∈ N}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.
Comec¸amos mostrando que 1 ∈ X. De fato, dado m ∈ N, temos que
f(1 ·m) = f(m) = 1′ · f(m) = f(1) · f(m).
Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que
f(s(n) · 1) = f(s(n)) = f(s(n)) · 1′ = f(s(n)) · f(1)
Adiante, se
f(s(n) ·m) = f(s(n)) · f(m),
temos que
f(s(n) · s(m)) = f(s(n) ·m+ s(n) · 1)
= f(s(n) ·m) + f(s(n) · 1)
= f(s(n) · f(m) + f(s(n)) · 1′
= f(s(n)) · (f(m) + 1′)
= f(s(n)) · s′(f(m))
= f(s(n)) · f(s(m)).
Assim, conclu´ımos, pelo PIF, que f(s(n)·m) = f(s(n))·f(m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que s(n) ∈ X.
Portanto, conclu´ımos, pelo PIF, que X = N.
66
Exerc´ıcio 2.28:
Dada uma sequeˆncia de conjuntosA1, A2, ...,An, ..., considere os conjuntos lim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) e lim infAn =
∪∞n=1(∩∞i=nAi).
a) Prove que lim supAn e´ o conjunto dos elementos que pertencem a` An para uma infinidade de valores de n e que
lim infAn e´ o conjunto dos elementos que que pertencem a todo An salvo para um nu´mero finito de valores
de n.
b) Conclua que lim infAn ⊂ lim supAn;
c) Mostre que se An ⊂ An+1 para todo n enta˜o lim infAn = lim supAn = ∪∞n=1An;
d) Por outro lado, se An ⊃ An+1 para todo n enta˜o lim infAn = lim supAn = ∩∞n=1An;
e) Deˆ exemplo de uma sequeˆncia (An) tal que lim supAn = lim infAn;
f) Deˆ exemplo de uma sequeˆncia para a qual os dois limites coincidem mas Am 6⊂ An para todos m 6= n.
a)
Sejam
X := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n}
e
Y := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.
Dado a ∈ X, temos que
{i ∈ N | a ∈ Ai}
e´ ilimitado. Sendo assim, dado n ∈ N, existe i ∈ N tal que n < i e a ∈ Ai. Isso implica que
a ∈ ∪∞i=nAi
para todo n ∈ N. Portanto,
a ∈ ∩∞n=1(∪∞i=nAi) = lim supAn.
E, como a e´ um elemento arbitra´rio de X, temos que X ⊂ lim supAn.
Seja a ∈ lim supAn. Temos que
a ∈ ∪∞i=nAi
para todo n ∈ N. Segue da´ı que
I := {i ∈ N | a ∈ Ai}
e´ infinito, pois, caso contra´rio, existiria n ∈ N tal que n > i para todo i ∈ I e, consequentemente, ter´ıamos que
a 6∈ ∪∞i=nAi. Portanto, a ∈ X. E, como a e´ um elemento arbitra´rio de lim supAn, temos que X ⊃ lim supAn.
Dado a ∈ Y , temos que
I := {i ∈ N | a ∈ Ai} = N− J,
para alum J ⊂ N finito. E, como J e´ finito e, consequentemente, limitado, existe k ∈ N tal que i > k implica
i 6∈ J . Logo, para todo i > k, temos que i ∈ I e, consequentemente,
a ∈ ∩∞i=kAi.
Assim, como ∩∞i=kAi ⊂ ∪∞n=1(∩∞i=nAi), temos que
a ∈ ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = lim infAn.
Como a e´ um elemento arbitra´rio de Y , conclu´ımos da´ı que Y ⊂ lim infAn.
Seja a ∈ lim infAn. Temos que existe k ∈ N tal que
a ∈ ∩∞i=kAi.
Isso implica que o conjunto
I := {i ∈ N | a ∈ Ai}
67
e´ tal que
N− I ⊂ {1, ..., k − 1}.
Logo, a ∈ Y . Como a e´ um elemento arbitra´rio de lim infAn, temos que Y ⊃ lim infAn.
b)
Pelo ı´tem anterior, temos que
lim supAn := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n}
e
lim infAn := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.
Assim, segue que
lim infAn ⊂ lim supAn.
c)
Como
∪∞i=nAi ⊂ ∪∞i=1Ai
para todo n ∈ N, temos, imediatamente que
lim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) ⊂ ∪∞n=1An.
Por outro lado, dado a ∈ ∪∞n=1An, temos que a ∈ Ak para algum k ∈ N. Por induc¸a˜o em p ∈ N, prova-se que
Ak ⊂ Ak+p
para todo p ∈ N. Portanto,
a ∈ Ak ⊂ ∩∞p=0Ak+p = ∩∞i=kAi ⊂ ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = lim infAn.
Assim, a ∈ lim infAn e, como a e´ um elemento arbitra´rio de ∪∞n=1An, concluimos que ∪∞n=1An ⊂ lim infAn.
Conclu´ımos, enta˜o, do ı´tem b) e do que foi discutido acima, que
∪∞n=1An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∪∞n=1An.
Logo, temos que
lim infAn = lim supAn = ∪∞n=1An.
d)
Temos imediatamente que
∩∞n=1An = ∩∞i=1Ai ⊂ ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = lim infAn.
Seja a ∈ lim supAn. Por induc¸a˜o em p, temos que
Ak ⊂ Ak+p,
para todo k e p ∈ N. Assim,
Ak ⊃ ∪∞p=0Ak+p = ∪∞i=kAi.
E, temos que a ∈ Ak, para todo k ∈ N, pois
a ∈ lim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) ⊂ ∪∞i=kAi ⊂ Ak.
Ou seja, a ∈ ∩∞n=1An. Como a e´ um elemento arbitra´rio de lim supAn, temos que lim supAn ⊂ ∩∞n=1An.
Conclu´ımos, enta˜o, do ı´tem b) e do que foi discutido acima, que
∩∞n=1An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∩∞n=1An.
Logo, temos que
lim infAn = lim supAn = ∩∞n=1An.
e)
68
Definindo
A2k−1 := {1}
e
A2k := ∅,
para todo k ∈ N, temos que
lim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) = ∩∞n=1{1} = {1}
e
lim infAn = ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = ∪∞n=1∅ = ∅.
f)
Definindo
An := {n},
temos que
An 6⊂ Am,
para todos n 6= m,
lim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) = ∩∞n=1{k∈ N | k > n} = ∅
e
lim infAn = ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = ∪∞n=1∅ = ∅.
69
Exerc´ıcio 2.29:
(Teorema de Bernstein-Schroeder) Dados conjuntos A e B, suponha que existam func¸o˜es injetivas f : A → B e
g : B → A. Prove que existe uma bijec¸a˜o h : A→ B.
Soluc¸a˜o 1:
Seja C := g(B) ⊂ A. Mostraremos que existe uma bijecc¸a˜o H : A→ C. Assim, como g : B → C e´ uma bijec¸a˜o,
temos que h := g−1 ◦H : A→ B e´ uma bijec¸a˜o.
Como f : A→ B e g : B → C sa˜o func¸o˜es injetivas, temos que F := g ◦ f : A→ C e´ uma func¸a˜o injetiva. Logo,
F (X − Y ) = F (X)− F (Y ), para todos X e Y ⊂ A.
Definimos A1 := A e C1 := C. E, pelo princ´ıpio da definic¸a˜o recursiva, podemos definir
An := F (An−1)
e
Cn := F (Cn−1)
para todo n > 1.
Desta forma, dado x ∈ A, temos que x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, ou x ∈ C (pois x /∈ A1 − C1 = A− C
implica que x ∈ C). Enta˜o, a func¸a˜o H : A→ C dada por
H(x) =
{
F (x) se x ∈ An − Cn para algum n ∈ Z+;
x caso contra´rio,
para todo x ∈ A, e´ bem definida.
Sejam x e y ∈ A tais que H(x) = H(y). Se x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, enta˜o y ∈ Ak − Ck, para algum
k ∈ Z+. De fato, se y /∈ Ak −Bk, para todo k ∈ Z+, enta˜o
y = H(y) = H(x) = F (x) ∈ F (An −Bn) = F (An)− F (Bn) = An+1 −Bn+1
(pois F e´ injetivo). Uma contradic¸a˜o. Assim, se x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, enta˜o
F (x) = H(x) = H(y) = F (y)
e, consequentemente, x = y. Ale´m disso, se x /∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, enta˜o, como no caso anterior, temos
que y /∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, e, consequentemente,
x = H(x) = H(y) = y.
Logo, em todo caso, x = y. Portanto, podemos concluir que H e´ injetivo.
Seja x ∈ C. Se x ∈ An − Cn = F (An−1)− F (Cn−1) = F (An−1 − Cn−1), para algum n > 1, temos que
x = F (y) = H(y)
para algum y ∈ An−1 − Cn−1. Por outro lado, se x /∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, Temos que
x = h(x).
Logo, podemos concluir que H e´ sobrejetiva.
Portanto, temos que H : A→ C e´ uma bijec¸a˜o. E o resultado segue.
Soluc¸a˜o 2:
A grosso modo analizaremos as quantidades de elmentos das sequeˆncias das formas
x, g−1(x), f−1 ◦ g−1(x), g−1 ◦ f−1 ◦ g−1(x), ...,
x ∈ A, e
y, f−1(y), g−1 ◦ f−1(y), f−1 ◦ g−1 ◦ f−1(y), ...,
70
y ∈ B. Da´ı particionaremos A e B de modo a obter uma func¸a˜o entre A e B cuja bijetividade e´ herdada da
injetividade de f e g.
Sejam
AI = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f)−k(x) 6= ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = ∅},
AP = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) 6= ∅ e (g ◦ f)−(k+1)(x) = ∅},
A∞ = {x ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (g ◦ f)−k(x) 6= ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) 6= ∅},
BI = {y ∈ B; existe k ∈ Z>0 tal que (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) = ∅},
BP = {y ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e (f ◦ g)−(k+1)(x) = ∅}
e
B∞ = {y ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅}.
Segue que
A = AI ∪˙AP ∪˙A∞
e
B = BI ∪˙BP ∪˙B∞.
Agora, provaremos treˆs detalhes te´cnicos sobre f e g:
(I) f(AI) = BP
y ∈ BP ⇐⇒ ∃k ∈ Z>0 tal que f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e (f ◦ g)−(k+1)(x) = ∅
⇐⇒ f−1 = {x} onde
∃k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f)−k(x) = f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = (f ◦ g)−(k+1) = ∅
⇐⇒ ∃x ∈ AI tal que f(x) = y
⇐⇒ y ∈ f(AI).
(II) g(BI) = AP
Prova-se de modo ana´logo a` prova de (I).
(III) f(A∞) = B∞
y ∈ B∞ ⇐⇒ ∀k ∈ Z>0 vale f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e (f ◦ g)k(x) 6= ∅
⇐⇒ f−1 = {x} onde
∀k ∈ Z>0 vale (g ◦ f)−k(x) = f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = (f ◦ g)−k 6= ∅
⇐⇒ ∃x ∈ A∞ tal que f(x) = y
⇐⇒ y ∈ f(A∞).
Agora, segue de A = AI ∪˙AP ∪˙A∞ e de (II), que a func¸a˜o
H : A → B
x ∈ AI → f(x) ∈ BP
x ∈ AP → y ∈ BI , tal que g(y) = x
x ∈ A∞ → f(x) ∈ B∞.
e´ bem definida e, da injetividade de f e g e de (I)-(III), que esta e´ uma bijec¸a˜o.
71
Cap´ıtulo 3
Nu´meros Reais
72
Exerc´ıcio 3.01:
Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:
(1)
a
b
+
c
d
=
ad+ bc
bd
;
(2)
a
b
· c
d
=
a · c
b · d .
(1)
Temos que
a
b
= b−1a = b−1d−1da = (bd)−1(ad) =
ad
bd
e, analogamente,
c
d
=
bc
bd
.
Assim,
a
b
+
c
d
=
ad
bd
+
bc
bd
= (bd)−1(ad) + (bd)−1(bc)
= (bd)−1(ad+ bc)
=
ad+ bc
bd
.
(2)
Temos que
a
b
· c
d
= (b−1a) · (d−1c) = acb−1d−1 = (bd)−1(ac) = a · c
b · d .
73
Exerc´ıcio 3.02:
Dado a 6= 0 em um corpo K, po˜e-se, por definic¸a˜o, a0 = 1 e, se n ∈ Z+, a−n = 1an ou seja, a−n = (an)−1. Prove:
(1) am · an = am+n;
(2) (am)n = amn sejam quais forem m e n ∈ Z.
Lembremos que as poteˆncias de a sa˜o definidas indutivamente pelas igualdades
a1 := a
e
an+1 := an · a.
(1)
Primeiramente, provaremos que, para todo m ∈ Z, vale a igualdade
am · a = am+1. (3.1)
Para m = 0,
a0 · a = 1 · a = a1 = a0+1.
E, para m ∈ Z+, a igualdade am · a = am+1 segue da definic¸a˜o.
Logo, resta mostrarmos, por induc¸a˜o em k ∈ Z+, que
a−k · a = a−k+1.
Para k = 1, temos que
a−1 · a = 1 = a0 = a−1+1.
E, supondo que a−k · a = a−k+1 para algum k ∈ Z+, temos que
a−(k+1) · a = (ak+1)−1 · a = (ak · a)−1 = a−k · a−1 · a = a−k = a−(k+1)+1.
Logo, pelo PIF, a−k · a = a−k+1, para todo k ∈ Z+.
Portanto, temos a equac¸a˜o (3.1).
Nosso pro´ximo passo sera´ provar, por induc¸a˜o em n ∈ Z+, que
am · an = am+n, (3.2)
para todo m ∈ Z.
Para n = 1, a igualdade (3.2) e´ simililar a igualdade (3.1). E, supondo que am · an = am+n para algum n ∈ Z+,
temos, novamente por (3.1), que
am · an+1 = am · an · a
= am+n · a
= a(m+n)+1
= am+(n+1).
Portanto, temos a equac¸a˜o (3.2).
Para qualquer m ∈ Z,
am · a0 = am+0 (3.3)
ja´ que a0 = 1.
Por fim, para todo n ∈ Z−,
(am · an)−1 = (am)−1(an)−1
= a−m · a−n
= a−m−n
= (am+n)−1,
74
e, consequentemente,
am · an = am+n. (3.4)
Portanto, por (3.2), (3.3) e (3.4), temos que
am · an = am+n,
para todos m e n ∈ Z.
(2)
Primeiramente, provaremos, por induc¸a˜o em n ∈ Z+, que
(am)n = amn, (3.5)
para todo m ∈ Z.
Para n = 1, a equac¸a˜o (3.5) se verifica trivialmente. Suponhamos que, para algum n ∈ Z+, a igualdade
(am)n = amn
seja va´lida para todo m ∈ Z. Desta forma,
(am)n+1 = (am)n · am
= amnam
= amn+m
= am(n+1).
Portanto, a igualdade (3.5) e´ va´lida.
Com isso, para todo m ∈ Z e n ∈ Z−,
((am)n)−1 = (am)−n
= am(−n)
= a−mn
= (amn)−1
e, consequentemente,
(am)n = amn.
Por fim,
(am)0 = 1 = am0
e, desta forma, conclu´ımos que
(am)n = amn,
para todo m e n ∈ Z.
75
Exerc´ıcio 3.03:
Se
x1
y1
=
x2
y2
= · · · = xn
yn
num corpo K, prove que, dados a1, a2, . . . , an ∈ K tais que
a1y1 + a2y2 + · · ·+ anyn 6= 0,
tem-se
a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn
a1y1 + a2y2 + . . . anyn
=
x1
y1
.
Seja
p :=
x1
y1
=
x2
y2
= · · · = xn
yn
.
Desta forma, devemos ter que
xi = pyi,
para todo i = 1, . . . , n. Logo,
a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = a1py1 + a2py2 + · · ·+ anpyn = p(a1y1 + a2y2 + · · ·+ anyn).
Portanto, como a1y1 + a2y2 + · · ·+ anyn 6= 0, devemos ter que
a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn
a1y1 + a2y2 + . . . anyn
= p =
x1
y1
.
76
Exerc´ıcio 3.04:
Sejam K e L corpos. Uma func¸a˜o f : K → L chama-se um homomorfismo quando se tem
f(x+ y) = f(x) + f(y)
e
f(x · y) = f(x) · f(y),
quaisquer que sejam x e y ∈ K.
i) Dado um homomorfismo f : K → L, prove que f(0) = 0.
ii) Prove tambe´m que, ou f(x) = 0 para todo x ∈ K, ou enta˜o f(1) = 1 e f e´ injetivo.
(i)
Temos que
f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0).
Assim, pela Lei do Corte, devemos ter que
f(0) = 0.
(ii)
Suponhamos que f : K → L na˜o seja um homomorfismo na˜o identicamente nulo. Provaremos que f(1) = 1 e
que f e´ injetor.
Como f na˜o e´ uma func¸a˜o identicamente nula, existe x ∈ K tal que f(x) 6= 0. Desta forma,
f(1) · f(x) = f(1 · x) = f(x) = 1 · f(x)
implica, pela Lei do Corte, que
f(1) = 1.
Mostraremos, agora, que f(x) 6= 0 para todo x ∈ K\{0}. Dado x ∈ K\{0},
f(x) · f(x−1) =f(x · x−1) = f(1) = 1.
Assim, se x ∈ K\{0}, devemos ter que f(x) possui inverso multiplicativo e, portanto, e´ diferente de zero.
Por fim, dados x e y ∈ K com x 6= y, temos que
x− y 6= 0
e, consequentemenete,
f(x)− f(y) = f(x− y) 6= 0.
Logo, se x e y ∈ K com x 6= y enta˜o
f(x) 6= f(y).
77
Exerc´ıcio 3.05:
Seja f : Q→ Q um homomorfismo. Prove que, ou f(x) = 0 para todo x ∈ Q ou enta˜o f(x) = x para todo x ∈ Q.
Suponhamos que o homomorfismo f : Q→ Q na˜o seja a func¸a˜o nula. Provaremos que f e´ a func¸a˜o identidade.
Como f na˜o e´ a func¸a˜o nula, segue, do Exerc´ıcio 3.4, temos que f e´ uma func¸a˜o injetiva tal que f(0) = 0,
f(1) = 1.
Primeiramente, provaremos, por induc¸a˜o em n ∈ Z+, que
f(n) = n.
Pelo que foi dito acima, a igualdade e´ va´lida para n = 1. Supondo que f(n) = n, para algum n ∈ Z+, temos que
f(n+ 1) = f(n) + f(1) = n+ 1.
Logo, pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Finita, a identidade f(n) = n e´ va´lida para todo n ∈ Z+.
Dado n ∈ Z+, temos que
n+ f(−n) = f(n) + f(−n) = f(n− n) = f(0) = 0
e, consequentemente,
f(−n) = −n.
Com isso, concluimos que
f(n) = n,
para todo n ∈ Z.
Para m ∈ Z+, temos que
f
(
1
m
)
·m = f
(
1
m
)
· f(m) = f
(
1
m
·m
)
= f(1) = 1
e, consequentemente,
f
(
1
m
)
=
1
m
.
Por fim, para todo n/m ∈ Q, com n ∈ Z e m ∈ Z+, temos que
f
( n
m
)
= f
(
n · 1
m
)
= f(n) · f
(
1
m
)
= n · 1
m
=
n
m
.
Portanto, f e´ a func¸a˜o identidade.
78
Exerc´ıcio 3.06:
Verifique as associatividades da adic¸a˜o e da multiplicac¸a˜o em 2.
Considere f :→2= /2. a projec¸a˜o canoˆnica ou seja,
f(m) =
{
0¯, se m e´ par
1¯, se m e´ ı´mpar
.
Temos que f e´ um homomorfismo de ane´is. De fato, sejam p, q ∈ . Podemos ter 4 possibilidades:
• p, q pares.
f(p+ q) = 0¯ = 0¯ + 0¯ = f(p) + f(q)
f(p.q) = 0¯ = 0¯.0¯ = f(p).f(q)
• p par e q ı´mpar
f(p+ q) = 1¯ = 0¯ + 1¯ = f(p) + f(q)
f(p.q) = 0¯ = 0¯.1¯ = f(p).f(q)
• p ı´mpar e q par e´ ana´loga ao caso anterior
• p ı´mpar e q ı´mpar
f(p+ q) = 0¯ = 1¯ + 1¯ = f(p) + f(q)
f(p.q) = 1¯ = 1¯ + 1¯ = f(p).f(q)
Assim, como f e´ sobrejetora, temos que dados a¯, b¯, c¯ ∈2, existem p, q, r ∈ tais que f(p) = a¯, f(q) = b¯ e f(r) = c¯. A
associatividade de 2 segue da associatividade de ,
(a¯+ b¯) + c¯ = (f(p) + f(q)) + f(r)
= f(p+ q) + f(r)
= f((p+ q) + r)
= f(p+ (q + r))
= f(p) + f(q + r)
= f(p) + (f(q) + f(r))
= a¯+ (b¯+ c¯)
79
Exerc´ıcio 3.07:
Seja p um nu´mero natural primo. Para cada inteiro m, indiquemos com m¯ o resto da divisa˜o de m por p.
No conjunto p = {0, 1, 2, ..., p − 1} definamos duas operac¸o˜es: uma adic¸a˜o ⊕ e uma multiplicac¸a˜o �, pondo
m⊕n = m+ n e m�n = m.n. Prove que a func¸a˜o f :→p, definida por f(n) = n¯, cumpre f(m+n) = f(m)⊕ f(n)
e f(m.n) = f(m)� f(n). Conclua que ⊕ e � sa˜o comutativas, associativas, vale a distributividade , existem 0 e 1.
Observe que dados m,n ∈p, m� n = 0⇒ m = 0 ou n = 0. Conclua que p e´ um corpo.
E´ imediato verificar que f(m+n) = f(m)+f(n) e f(m.n) = f(m).f(n), visto que m+ n = m+n e m.n = m.n.
Logo, seguindo o mesmo procedimento anterior, temos que as operac¸o˜es em questa˜o sa˜o comutativas, associativas,
vale a distributividade e existem elementos neutros 0¯ da adic¸a˜o e 1¯ da multiplicac¸a˜o.
Resta mostrar que se m.n = 0¯, enta˜o m¯ = 0¯ ou n¯ = 0¯. Neste caso, devemos utilizar que p e´ primo. No
procedimento anterior na˜o ha´ necessidade de p ser um nu´mero primo. Seja n ∈ N, n 6= 0 tal que n < p. Pelo Lema
de Bezout, existem x0, y0 inteiros tais que
x0n+ y0p = 1.
Assim,
1¯ = f(1) = f(x0n+ y0p) = x0n+ y0p = x0n+ y0p = x0.n,
ou seja, todo elemento na˜o nulo de p possui inverso multiplicativo. Mostrar que que vale a lei do anulamento do
produto e´ imediato, pois sejam m¯, n¯ ∈p tais que m.n = 0¯. Suponha m¯ 6= 0, enta˜o existe m′ tal que m.m′ = 1¯.
Assim,
n = m′.m.n = m′.0 = 0.
Portanto, p tem estrutura de corpo.
80
Exerc´ıcio 3.08:
Seja K um conjunto onde sa˜o va´lidos todos os axiomas de corpo, salvo a existeˆncia de inverso multiplicativo.
i) Dado a 6= 0 em K, prove que a func¸a˜o f : K → K, definida por f(x) = ax, e´ uma bijec¸a˜o se, e somente se, a
possui inverso.
ii) Mostre que f e´ injetiva se, e somente se, vale a lei do corte para a.
iii) Conclua que, se K e´ finito, a lei do corte e´ equivalente a` existeˆncia de inverso para cada elemento na˜o nulo
de K.
(i)
Seja a ∈ K\{0} e f : K → K a func¸a˜o dada por f(x) = ax, para cada x ∈ K.
Suponhamos que f e´ bijetiva. Desta forma, existe x ∈ K tal que f(x) = 1. Ou seja, existe x ∈ X, tal que
ax = f(x) = 1.
Logo, a possui um inverso.
Consideremos, agora, que existe a−1 ∈ K. Se x e y ∈ K sa˜o tais que f(x) = f(y) enta˜o
x = (a−1a)x = a−1(ax) = a−1f(x) = a−1f(y) = a−1(ay) = (a−1a)y = y.
E, dado x ∈ K,
x = (aa−1)x = a(a−1x) = f(a−1x).
Portanto, f e´ bijetiva.
(ii)
Seja a ∈ K\{0} e f : K → K a func¸a˜o dada por f(x) = ax, para cada x ∈ K.
A lei do corte para a e´: se ax = ay para x e y ∈ K enta˜o x = y.
Suponhamos que valha a lei do corte para a. Se x e y ∈ K sa˜o tais que f(x) = f(y) enta˜o
ax = f(x) = f(y) = ay
e, pela lei do corte para a,
x = y.
Logo, f e´ injetivo.
Por outro lado, se f e´ injetivo, dados x e y ∈ K tais que ax = ay, devemos ter que
f(x) = ax = ay = f(y)
e, pela injetividade de f ,
x = y.
Logo, vale a lei do corte para a se f for injetivo.
(iii)
Consideremos que K seja finito.
Para cada a ∈ K, seja fa : K → K a func¸a˜o dada por fa(x) = ax, para cada x ∈ K.
Suponhamos que valha a lei do corte em K e que a ∈ K\{0}. Pelo item (ii), temos que fa e´ injetiva. Sendo
fa : K → K injetiva e K um conjunto finito, a func¸a˜o fa tem de ser bijetiva (Exerc´ıcio 2.10). Assim, pelo item (i),
devemos ter que a possui um inverso em K.
Portanto, se vale a lei do corte em K, todo elemento de K\{0} possui inverso multiplicativo.
Se, por outro lado, cada elemento de K\{0} possuir inverso multiplicativo devemos ter que dados a ∈ K\{0} e
x, y ∈ K tais que ax = ay enta˜o
x = a−1ax = a−1ay = y.
Ou seja, vale a lei do corte em K.
81
Exerc´ıcio 3.09:
Explique por que as operac¸o˜es usuais na˜o tornam corpos o conjunto Z dos inteiros nem o conjunto Q[t] dos
polinoˆmios de coeficientes racionais.
Os conjuntos Z e Q[t], munidos das operac¸o˜es usuais, na˜o sa˜o corpos pois nem todos os seus elementos possuem
inverso multiplicativo. Mostraremos que existem elementos a ∈ K = Z e Q[t] tais que a aplicac¸a˜o f : K → K,
dada por f(x) = ax, para x ∈ K, na˜o e´ uma sobrejec¸a˜o. Logo, pelo item (i) do Exerc´ıcio 3.8, devemos ter que tais
elementos a ∈ K na˜o possuem inverso multiplicativo.
Sejam K = Q[t] e a = t. Temos que todo polinoˆmio p ∈ f(Q[t]) tem zero como ra´ız. Logo, f(Q[t]) 6= Q[t].
Sejam K e a = 2. Todo nu´mero n ∈ f(Z) e´ par. Logo, f(Z) 6= Z.
82
Exerc´ıcio 3.10:
Num corpo ordenado K, prove que a2 + b2 = 0 se e somente se a = b = 0.
Suponhamos que a2 + b2 = 0. Como a2 e b2 > 0, temos que
0 6 a2 = −b2 6 0.
Logo, devemos ter que
0 = a2 = −b2 = 0.
Assim, a = b = 0.
Se a = b = 0 enta˜o
a2 + b2 = 02 + 02 = 0 + 0 = 0.
83
Exerc´ıcio 3.11:
Seja P o conjunto dos elementos positivos de um corpo ordenado K.
i) Dado um nu´mero natural n, prove que a func¸a˜o f : P → P , definida por f(x) = xn, e´ monotona crescente
(isto e´, x < y implica que f(x) < f(y)).
ii) Deˆ um exemplo em que f na˜o e´ sobrejetiva.
iii) Prove que f(P ) na˜o e´ um conjunto limitado superiormente em K.
(i)
Sejam x e y ∈ P tais que x < y.
Provaremos, por induc¸a˜o em n ∈ Z+, que xn < yn.
A desigualdade, para n = 1, e´ trivial.
Suponhamos que xn < yn para um certo n ∈ Z+. Temos, pela monoticidade da multiplicac¸a˜o, que
xn+1 = xn · x
< yn · x (pois xn < yn e 0 < x)
< yn · y (pois x < y e 0 < yn)
= yn+1.
Portanto, pelo PIF, xn <yn sempre que x < y em P e n ∈ Z+. Com isso, concluimos que a func¸a˜o f : P → P
dada por f(x) = xn, para todo x ∈ P , e´ monotona crescente.
(ii)
Se K = Q e n = 2, f na˜o e´ sobrejetiva pois, por exemplo, 2 na˜o pertence a imagem de f .
(iii)
Provaremos, por induc¸a˜o em n ∈ Z+, que se x ∈ P e´ tal que x > 1 enta˜o x 6 xn.
Para n = 1, a desigualdade e´ trivial.
Pela monoticidade da multiplicac¸a˜o, temos que
x = 1 · x < x · x = x2.
Suponhamos que x 6 xn para um certo n ∈ Z+. Temos, novamente pela monoticidade da multiplicac¸a˜o, que
x < x2 = x · x 6 xn · x = xn+1.
Portanto, pelo PIF, x 6 xn para todo x ∈ P e n ∈ Z+.
Com isso, concluimos que f(P ) e´ ilimitado pois, dado A ∈ P , temos que A+ 1 > 1 e, consequentemente,
f(A+ 1) = (A+ 1)n > A+ 1 > A.
84
Exerc´ıcio 3.12:
Sejam X um conjunto na˜o vazio qualquer e K um corpo. Denotemos por F(X;K) o conjunto de todas as func¸o˜es
X → K. Definamos F(X;K) as operac¸o˜es de adic¸a˜o e de multiplicac¸a˜o de modo natural: dadas f e g ∈ F(X;K),
definimos f + g e f · g ∈ F(X;K) por
(f + g)(x) = f(x) + g(x)
e
(f · g)(x) = f(x) · g(x),
para todos x ∈ X. Verifique quais axiomas de corpo sa˜o va´lidos e quais na˜o sa˜o va´lidos no conjunto F(X;K),
relativamente a estas operac¸o˜es.
A1. Associatividade da adic¸a˜o: Dadas f , g e h ∈ F(X;K), temos que
((f + g) + h)(x) = (f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) = (f + (g + h))(x),
para todo x ∈ X. Logo,
(f + g) + h = f + (g + h),
para todas f , g e h ∈ F(X;K).
A2. Comutatividade da adic¸a˜o: Dadas f e g ∈ F(X;K), temos que
(f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x)
para todo x ∈ X. Logo,
f + g = g + f,
para todas f e g ∈ F(X;K).
A3. Elemento neutro da adic¸a˜o: Seja 0X : X → K a func¸a˜o definida por
0X(x) = 0,
para todo x ∈ K. Assim, dada uma func¸a˜o f ∈ F(X;K), temos que f + 0X = f pois
(f + 0X)(x) = f(x) + 0X(x) = f(x) + 0 = f(x),
para todo x ∈ X.
A4. Elemento inverso aditivo: Dado f ∈ F(X;K), existe uma func¸a˜o g : X → K definida por
f(x) = −g(x),
para todo x ∈ X. Tal func¸a˜o e´ o elemento sime´trico de f em F(X;K) pois
(f + g)(x) = f(x) + g(x) = f(x)− f(x) = 0 = 0X(x),
para todo x ∈ X e, consequentemente,
f + g = 0X .
M1. Associatividade da multiplicac¸a˜o: Dadas f , g e h ∈ F(X;K), temos que
((f · g) · h)(x) = (f(x) · g(x)) · h(x) = f(x) · (g(x) · h(x)) = (f · (g · h))(x),
para todo x ∈ X. Logo,
(f · g) · h = f · (g · h),
para todas f , g e h ∈ F(X;K).
85
M2. Comutatividade da multiplicac¸a˜o: Dadas f e g ∈ F(X;K), temos que
(f · g)(x) = f(x) · g(x) = g(x) · f(x) = (g · f)(x),
para todo x ∈ X. Logo,
f · g = g · f,
para todas f e g ∈ F(X;K).
M3. Elemento neutro multiplicativo: Seja 1X : X → K a func¸a˜o definida por
1X(x) = 0,
para todo x ∈ K. Assim, dada uma func¸a˜o f ∈ F(X;K), temos que f · 1X = f pois
(f · 1X)(x) = f(x) · 1X(x) = f(x) · 1 = f(x),
para todo x ∈ X.
M4. Elemento inverso multiplicativo: Esta propriedade e´ va´lida se e somente se X possui um u´nico elemento.
Se X = {e} enta˜o cada func¸a˜o f ∈ F(X;K), determinda pelo escalar f(e), possui inversa multiplicativa f−1 ∈
F(X;K) definida por f−1(e) = (f(e))−1. Por outro lado, se X possuir elementos distintos e0 e e1, devemos ter
que a func¸a˜o f : X → K, definida por
f(x) =
{
0, se x = e0,
1, caso contra´rio,
e´ diferente de 0X , pois f(e1) = 1 6= 0, e na˜o possui inverso multiplicativo, pois se existisse g ∈ F(X;K) tal que
f · g = 1X ter´ıamos que g(e0) = 0−1.
D1. Distributividade: Dadas f , g e h ∈ F(X;K), temos que
(f · (g + h))(x) = f(x) · (g(x) + h(x)) = f(x) · g(x) + f(x) · h(x) = (f · g + f · h))(x),
para todo x ∈ X. Logo,
f · (g + h) = f · g + f · h,
para todas f , g e h ∈ F(X;K).
86
Exerc´ıcio 3.13:
Sejam x e y elementos positivos de um corpo ordenado K. Tem-se x < y se e somente se x−1 > y−1. Prove tambe´m
que x > 0 se e somente se x−1 > 0.
Seja x ∈ K positivo. Se x−1 fosse negativo, ter´ıamos, pela monoticidade da multiplicac¸a˜o que
1 = x−1(x) < x−1(0) = 0.
Logo, x−1 deve ser positivo, pela tricotomia da ordem em K.
Com isso, conclu´ımos, tambe´m, que se x ∈ K e´ tal que x−1 e´ positivo enta˜o (x−1)−1 = x e´ positivo.
Em resumo, x e´ positivo se e somente se x−1 e´ positivo.
Suponhamos que x e y sejam positivos em K e que x < y. Como x−1 e y−1 tambe´m sa˜o positivos, temos, pela
monoticidade da multiplicac¸a˜o em K, que
1 = x−1(x) < x−1(y) = yx−1
e, consequentemente,
y−1 = y−1(1) < y−1(yx−1) = x−1.
Por outro lado, se x e y sa˜o positivos em K e que y−1 < x−1 segue que, pelo que foi mostrado acima, que x−1
e y−1 sa˜o positivos e, consequentemente,
x = (x−1)−1 < (y−1)−1 = y.
Portanto, para x e y positivos em K, temos que x < y se e so´ se y−1 < x−1.
87
Exerc´ıcio 3.14:
Seja a um elemento positivo de um corpo ordenado K. Definimos f : Z → K pondo f(n) = an. Prove que f e´
crescente se a > 1, decrescente se a < 1 e constante se a = 1.
Seja a > 1 em K.
Primeiramente, provaremos que
1 < an, (3.6)
para todo n ∈ Z+. Para n = 1, temos, por hipo´tese, a desigualdade. Se 1 < an enta˜o, pela monoticidade da
multiplicac¸a˜o, temos que
1 < a = a · 1 < a · an = an+1.
Portanto, a desigualdade segue do PIF.
Da desigualdades acime segue que
0 < 1 < an,
para todo n ∈ Z+. Assim,
0 < an,
para todo n ∈ Z+, ja´ que, pelo Exerc´ıcio 3.13, an > 0 se e somente se a−n > 0.
Dados m e n ∈ Z tais que m < n temos, pelas desigualdades acima, que
1 < an−m
e
0 < am.
Assim, pela monoticidade da multiplicac¸a˜o,
am < am · 1 < am · an−m = an.
Portanto, se a > 1 enta˜o f e´ estritamente crescente.
Se a = 1 enta˜o, por induc¸a˜o em n ∈ Z+, podemos provar que an = 1, para todo n ∈ Z. Logo, f e´ constante
caso n = 1.
Consideremos, agora, o caso em que 0 < a < 1.
Pelo Exerc´ıcio 3.13, devemos ter que
1 = 1−1 < a−1.
Assim, a func¸a˜o g : Z→ K definida por g(n) = (a−1)n, para todo n ∈ Z, e´ estritamente crescente. Isto e´,
(a−1)m < (a−1)n,
sempre que m < n em Z. Como
(a−1)m = a−m = (am)−1
e
(a−1)n = a−n = (an)−1,
temos, para todo n e m ∈ Z tais que m < n, que
(am)−1 = (a−1)m < (a−1)n = (an)−1
e, consequentemente,
an < am.
Portanto, devemos ter que f e´ estritamente decrescente.
88
Exerc´ıcio 3.15:
Dados x 6= 0 num corpo ordenado K e n ∈ N qualquer, prove que (1 + x)2n > 1 + 2nx.
Seja x ∈ K\{0}. Provaremos, por induc¸a˜o em n ∈ Z+, que
(1 + x)2n > 1 + 2nx.
Como x 6= 0, temos que x2 > 0 (pela monoticiadade da multiplicac¸a˜o). Assim,
(1 + x)2 = 1 + 2x+ x2 > 1 + 2x+ 0 = 1 + 2x.
Logo, a desigualdade vale para n = 1.
Se (1 + x)2n > 1 + 2nx, para algum n ∈ Z+, temos que
(1 + x)2(n+1) = (1 + x)2n(1 + x)2
> (1 + 2nx)(1 + 2x)
= 1 + 2(n+ 1)x+ 4nx2
> 1 + 2(n+ 1)x.
Portanto, pelo PIF, a desigualdade e´ va´lida para todo n ∈ Z+.
89
Exerc´ıcio 3.16:
Exemplo 1. Se n ∈ N e x < 1 enta˜o (1 − x)n ≥ 1 − nx, pois de x < 1 segue que −x > −1 e da´ı aplicamos a
desigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥ 1 + ny com y = −x.
90
Exerc´ıcio 3.17:
Corola´rio 1. Se a e a+ x sa˜o positivos, enta˜o vale
(a+ x)n ≥ an + nan−1x.
Pois a+xa = (1+
x
a ) > 0 enta˜o podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli (1+y)
n ≥ 1+ny com y = xa , resultando
em
(a+ x)n ≥ an + nan−1x.
Se a 6= 0, arbitra´rio em R, podendo agora ser negativo, substitu´ımos y = xa em (1 + x)2n > 1 + 2nx. chegando
na desigualdade
(a+ x)2n > a2n + a2n−12nx.
Se vale xa < 1 enta˜o da desigualdade (1− y)n ≥ 1− ny, novamente tomamos y = xa de onde segue
(a− x)n ≥ an − an−1nx.
91
Exerc´ıcio 3.18:
Propriedade 1. Sejam sequeˆncias (ak) , (bk) em um corpo ordenado K onde cada bk e´ positivo, sendo
a1
b1
o
mı´nimo e anbn o ma´ximo dos termos da sequeˆncia de termo
ak
bk
enta˜o vale
a1
b1
≤
n∑
k=1
ak
n∑
k=1
bk
≤ an
bn
.
Demonstrac¸a˜o. Para todo k vale a1b1 ≤ akbk ≤ anbn ⇒ bk a1b1≤ ak ≤ bk anbn pois bk > 0, aplicamos a soma
∑n
k=1 em
ambos lados, de onde segue
n∑
k=1
bk
a1
b1
≤
n∑
k=1
ak ≤
n∑
k=1
bk
an
bn
dividindo por
∑n
k=1 bk que e´ positivo, temos finalmente
a1
b1
≤
n∑
k=1
ak
n∑
k=1
bk
≤ an
bn
.
92
Exerc´ıcio 3.19:
Propriedade 2 (Multiplicatividade).
|a||b| = |a.b|
para a e b reais quaisquer.
Demonstrac¸a˜o. Vale que |x.y|2 = (x.y)2 = x2y2 e (|x||y|)2 = |x|2|y|2 = x2.y2 os quadrados desses nu´meros sa˜o
iguais e eles sa˜o na˜o negativos, enta˜o segue que |x.y| = |x||y|.
2. |a.b| = √(a.b)2 = √a2.b2 = √a2.√b2 = |a||b|.
Propriedade 3. Se x 6= 0 enta˜o | 1x | = 1|x| .
Demonstrac¸a˜o. Vale |x|| 1x | = |xx | = 1 da´ı | 1x | e´ inverso de |x|, sendo 1|x| .
Corola´rio 2 (Preserva divisa˜o).
|x
y
| = |x||y| .
93
Exerc´ıcio 3.20:
Propriedade 4.
n∏
k=1
|ak| = |
n∏
k=1
ak|
Demonstrac¸a˜o. Por induc¸a˜o, para n = 1 vale, supondo para n nu´meros
n∏
k=1
|ak| = |
n∏
k=1
ak|
vamos provar para n+ 1
n+1∏
k=1
|ak| = |
n+1∏
k=1
ak|
temos
n+1∏
k=1
|ak| =
n∏
k=1
|ak|.|an+1| = |
n∏
k=1
ak||an+1| = |
n∏
k=1
akan+1| = |
n+1∏
k=1
ak| .
Propriedade 5 (Desigualdade triangular generalizada). Sejam g(k) definida para k inteiro ,a, b ∈ Z, enta˜o vale
|
b∑
k=a
g(k)| ≤
b∑
k=a
|g(k)|.
Demonstrac¸a˜o. Para cada k vale
−|g(k)| ≤ g(k) ≤ |g(k)|
aplicando o somato´rio em ambos lados segue
−
b∑
k=a
|g(k)| ≤
b∑
k=a
g(k) ≤
b∑
k=a
|g(k)|
que implica
|
b∑
k=a
g(k)| ≤ |
b∑
k=a
|g(k)|| =
b∑
k=a
|g(k)|
pois os termos |g(k)| somados sa˜o na˜o negativos ,logo a soma desses termos e´ na˜o-negativa e o mo´dulo da soma e´
igual a soma.
Propriedade 6. A identidade que provamos acima vale para nu´meros reais, vamos provar agora por induc¸a˜o que
se vale |z + w| ≤ |z|+ |w| para quaisquer z, w enta˜o vale
|
n∑
k=1
zk| ≤
n∑
k=1
|zk|
de maneira que possa ser usada para nu´meros complexos , normas e outras estruturas que satisfazem a desigualdade
triangular.
2. Por induc¸a˜o sobre n, para n = 1 tem-se
|
1∑
k=1
zk| = |z1| ≤
1∑
k=1
|zk| = |z1|
94
logo vale. Supondo a validade para n
|
n∑
k=1
zk| ≤
n∑
k=1
|zk|
vamos provar para n+ 1
|
n+1∑
k=1
zk| ≤
n+1∑
k=1
|zk|.
Da hipo´tese da induc¸a˜o somamos |zn+1| em ambos lados, logo
|
n+1∑
k=1
zk| = |zn+1 +
n∑
k=1
zk| ≤ |zn+1|+ |
n∑
k=1
zk| ≤
n+1∑
k=1
|zk|
Vejamos outras1 demonstrac¸o˜es da desigualdade triangular
1Essas demonstrac¸o˜es aprendi com Pedro Kenzo, obrigado por compartilhar as soluc¸o˜es.
95
Exerc´ıcio 3.21:
Num corpo ordenado K, prove que a2 + b2 = 0 se e somente se a = b = 0.
a) •
x ≥ 3 e |x− 3|+ |x+ 3| < 8
x− 3 + x+ 3 < 8
2x < 8
x < 4
•
−3 ≤ x ≤ 3 e |x− 3|+ |x+ 3| < 8
−x+ 3 + x+ 3 < 8
6 < 8
x ∈ K
•
x ≤ −3 e |x− 3|+ |x+ 3| < 8
−x+ 3− x− 38
−2x < 8
x ≥ −4
Portanto, o intervalo e´ dado por
(−4,−3] ∪ (−3, 3) ∪ [3, 4) = (−4, 4).
b)
|x2 − 2| < 1 ⇔ −1 ≤ x2 − 2 ≤ 1
⇔ 1 ≤ x2 ≤ 3
• x2 > 1⇔ x > 1oux < −1⇔ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞)
• x2 < 3⇔ −√3 ≤ x ≤ √3⇔ x ∈ (−√3,√3)
Logo, o conjunto e´ dado por
(−
√
3, 1) ∪ (1,
√
3).
Os demais itens sa˜o ana´logos.
96
Exerc´ıcio 3.22:
Vamos resolver um caso mais geral do problema.
Definic¸a˜o 1 (Mediana). Dada uma sequeˆncia finita (yk)
n
1 seus termos podem ser rearranjados para forma uma
sequeˆncia na˜o-decrescente (xk)
n
1 . A mediana X˜ e´ definida da seguinte maneira
• Se n e´ ı´mpar X˜ = xn+1
2
.
• Se n e´ par X˜ = xn2 +1+xn22 .
Exemplo 2. Seja (xk)
n
1 uma sequeˆncia crescente f : R→ R com f(x) =
∑n
k=1 |x− xk|. Se x < x1 enta˜o
f(x) = −nx+
n∑
k=1
xk
logo f e´ decrescente para x < x1. Tomando x > xn
f(x) = nx−
n∑
k=1
xk
logo f e´ crescente para x > xn.
Seja agora x ∈ [xt, xt+1), t variando de 1 ate´ n− 1
f(x) =
t∑
k=1
(x− xk)−
n∑
k=t+1
(x− xk) = (2t− n)x+
t∑
k=1
xk −
n∑
k=t+1
xk
portanto a func¸a˜o e´ decrescente se t < n2 e crescente se t >
n
2 , de t = 1 ate´ t = bn2 c em cada intervalo [xt, xt+1) a
func¸a˜o e´ decrescente, sendo bn2 c segmentos decrescentes, de t = bn2 c + 1 ate´ n − 1, temos n − 1 − bn2 c segmentos
crescentes.
• Se n e´ ı´mpar f e´ decrescente em [xbn2 c, xbn2 c+1) e crescente em [xbn2 c+1, xbn2 c+2) logo o ponto xbn2 c+1 = xn+12
e´ o u´nico ponto de mı´nimo.
• Se n e´ par a func¸a˜o e´ constante em [xn
2
, xn
2 +1
), todos os pontos desse intervalo sa˜o pontos de mı´nimo. Em
especial o ponto
xn
2
+xn
2
+1
2 e´ ponto de mı´nimo.
Conclu´ımos que um ponto de mı´nimo acontece sempre na mediana da sequeˆncia.
Exemplo 3. Achar o mı´nimo da func¸a˜o f(x) =
∑n
k=1 |x− k| para n ı´mpar e para n par.
Trocando n por 2n temos que o mı´nimo acontece no ponto x 2n
2
= xn = n, substitu´ımos enta˜o tal valor na func¸a˜o
2n∑
k=1
|n− k| =
n∑
k=1
|n− k|+
2n∑
k=n+1
|n− k| =
n∑
k=1
(n− k) +
2n∑
k=n+1
(−n+ k) =
=
n∑
k=1
(n− k) +
n∑
k=1
(k) =
n∑
k=1
n = n.n = n2.
portanto o mı´nimo de
∑2n
k=1 |x− k| e´ n2.
• min{|x− 1|+ |x− 2|} = 1
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|} = 4
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|} = 9
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|+ |x− 7|+ |x− 8|} = 16.
97
Agora para n ı´mpar, trocamos n por 2n + 1 o mı´nimo acontece no ponto x (2n+1)+1
2
= xn+1 = n + 1, aplicando na
func¸a˜o temos
2n+1∑
k=1
|n+ 1− k| =
n+1∑
k=1
|n+ 1− k|+
2n+1∑
k=n+2
|n+ 1− k| =
n+1∑
k=1
(n+ 1− k) +
2n+1∑
k=n+2
−(n+ 1) + k =
=
n∑
k=1
(n+ 1− k) +
n∑
k=1
k =
n∑
k=1
(n+ 1) = n(n+ 1).
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|} = 2
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|} = 6
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|+ |x− 7|} = 12
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|+ |x− 7|+ |x− 8|+ |x− 9|} = 20.
98
Exerc´ıcio 3.23:
Propriedade 7. |a− b| < ε⇒ |a| < |b|+ ε.
Demonstrac¸a˜o. Partindo da desigualdade |a− b| < ε, somamos |b| a ambos lados
|a− b|+ |b| < ε+ |b|
e usamos agora a desigualdade triangular
|a| ≤ |a− b|+ |b| < ε+ |b|
da´ı segue
|a| ≤ ε+ |b|.
Da mesma forma vale se |a− b| < ε enta˜o |b| ≤ ε+ |a| ⇒ |b| − ε ≤ |a| e com |a| ≤ ε+ |b|. temos
|b| − ε ≤ |a| ≤ ε+ |b|.
Vimos que |a− b| < ε implica |a| < |b|+ ε, mas como a ≤ |a| segue a < |b|+ ε.
99
Exerc´ıcio 3.24:
Propriedade 8. Dado um corpo ordenado K , sa˜o equivalentes
1. K e´ arquimediano.
2. Z e´ ilimitado superiormente e inferiormente.
3. Q e´ ilimitado superiormente e inferiormente.
Demonstrac¸a˜o. • 1⇒ 2. N ⊂ Z enta˜o Z e´ ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que Z seja limitado
inferiormente, enta˜o existe a ∈ K tal que a < x ∀x ∈ Z, logo −a > −x, pore´m existe n natural tal que
n > −a⇒ −n︸︷︷︸
∈Z
< a o que contraria a hipo´tese.
• 2⇒ 3 . Z ⊂ Q portanto Q e´ ilimitado superiormente e inferiormente.
• 3 ⇒ 1 . Para todo y ∈ K existe ab ∈ Q com a, b > 0 naturais tal que ab > y, da´ı a > yb, podemos tomar
y = xb , logo a > x, a ∈ N , portanto N e´ ilimitado superiormente e o corpo e´ arquimediano.
100
Exerc´ıcio 3.25:
Propriedade 9. Seja K um corpo ordenado. K e´ arquimediado ⇔ ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que 12n < ε.
Demonstrac¸a˜o. ⇒). Como K e´ arquimediano, enta˜o ∀ε > 0 existe n ∈ N tal que n > 1ε ⇒ n + 1 > n > 1ε por
desigualdade de Bernoulli temos 2n > n+ 1 > 1ε ⇒ 12n < ε.⇐). Se ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que 12n < ε, tomamos ε = 1x , x > 0 arbitra´rio enta˜o x < 2n, com
2n = m ∈ N enta˜o K e´ arquimediano, N na˜o e´ limitado superiormente.
101
Exerc´ıcio 3.26:
Propriedade 10. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z → K com f(n) = an, enta˜o
• f(Z) na˜o e´ limitado superiormente.
• inf(F (Z)) = 0.
Demonstrac¸a˜o. • Vale que a > 1 enta˜o a = p+1 onde p > 0, por desigualdade de Bernoulli temos (p+ 1)n ≥
1 + pn. ∀ x > 0 ∈ K existe n tal que n > xp ⇒ pn > x ⇒ (p + 1)n ≥ 1 + pn > x, logo f(Z) na˜o e´ limitado
superiormente.
• 0 e´ cota inferior de f(Z) pois vale 0 < an ∀n ∈ Z. Suponha que exista x tal que 0 < x < am ∀ m ∈ Z,
sabemos que existe n ∈ N tal que an > 1x da´ı x > 1an = a−n, absurdo, enta˜o 0 deve ser o ı´nfimo.
102
Exerc´ıcio 3.27:
Propriedade 11. Se s e´ irracional e u 6= 0 e´ racional enta˜o u.s e´ irracional.
Demonstrac¸a˜o. Suponha que s e´ irracional e u.s seja racional, enta˜o u.s = pq com p 6= 0 e q 6= 0 inteiros e como
u 6= 0 e´ racional ele e´ da forma u = jv , j 6= 0 e v 6= 0, inteiros, logo
j
v
s =
p
q
multiplicando por vj ambos lados segue
s =
p.v
j.q
que e´ um nu´mero racional, logo chegamos a um absurdo.
Propriedade 12. Se s e´ irracional e t racional, enta˜o s+ t e´ irracional.
Demonstrac¸a˜o. Suponha s + t racional, enta˜o s + t = pq da´ı s =
p
q − t que seria racional por ser diferenc¸a de dois
racionais, um absurdo enta˜o segue que s+ t e´ irracional.
Exemplo 4. Existem irracionais a e b tais que a + b e a.b sejam racionais. Exemplos a = 1 +
√
5 , b = 1 −√5
da´ı a+ b = 2 e a.b = 1− 5 = −4.
103
Exerc´ıcio 3.28:
Propriedade 13. Sejam a, b, c, d racionais enta˜o
a+ b
√
2 = c+ d
√
2⇔ a = c e b = d.
Demonstrac¸a˜o. ⇐). Se a = c e b = d a temos a+ b√2 = c+ d√2.
⇒). Suponha a+ b√2 = c+ d√2 enta˜o a− c = √2(d− b), se d = b enta˜o a = c e terminamos, se na˜o vale que
a− c
d− b =
√
2
o que e´ absurdo pois
√
2 e´ irracional.
104
Exerc´ıcio 3.29:
Exemplo 5. O conjunto da forma {x+ y√p} onde x e y sa˜o racionais e´ subcorpo dos nu´meros reais.
• O elemento neutro da adic¸a˜o 0 pertence ao conjunto. Pois 0 = 0 + 0√p
• O elemento neutro da multiplicac¸a˜o 1 pertence ao conjunto. Pois 1 = 1 + 0√p
• A adic¸a˜o e´ fechada. Pois x+ y√p+ z + w√p = x+ z + (y + w)√p.
• O produto e´ fechado. Pois (x+ y√p)(z + w√p) = xz + xw√p+ yz√p+ y.wp.
• Dado x ∈ A implica −x ∈ A. Pois dado x+ y√p temos o sime´trico −x− y√p.
• Dado x 6= 0 ∈ A tem-se x−1 ∈ A. Pois dado x+ y√p temos inverso
x− y√p
x2 − y2p
como inverso multiplicativo.
Exemplo 6. O conjunto dos elementos da forma a+bα onde α = 3
√
2 na˜o e´ um corpo pois o produto na˜o e´ fechado,
vamos mostrar que α2 na˜o pertence ao conjunto.
Suponha que α2 = a+ bα enta˜o α3 = aα+ bα2 = 2 substituindo a primeira na segunda temos que
aα+ b(a+ bα) = aα+ ab+ b2α = α(b2 + a) + ab = 2⇒ α(b2 + a) = 2− ab
se b2 + a 6= 0 enta˜o α = 2−abb2+a o que e´ absurdo pois α e´ irracional, enta˜o devemos ter a = −b2, multiplicamos a
expressa˜o aα+ bα2 = 2 por α, de onde segue aα2 + 2b = 2α, substituindo α2 = a+ bα nessa u´ltima temos
a(a+ bα) + 2b = a2 + abα+ 2b = 2α⇒ α(2− ab) = 2b+ a2
se 2 6= ab chegamos num absurdo de α = 2b+a22−ab , temos que ter enta˜o 2 = ab e a = −b2 de onde segue 2 = −b3,
pore´m na˜o existe racional que satisfaz essa identidade, da´ı na˜o podemos escrever α2 da forma a + bα com a e b
racionais, portanto o produto de elementos na˜o e´ fechado e assim na˜o temos um corpo.
105
Exerc´ıcio 3.30:
Propriedade 14. Sejam a, b ∈ Q+. √a+√b e´ racional ⇔ √a e √b sa˜o racionais.
Demonstrac¸a˜o. ⇒).
Se a = b enta˜o 2
√
a ∈ Q o que implica √a = √b ∈ Q. Agora o caso de a 6= b.
Suponha que
√
a+
√
b e´ racional enta˜o seu inverso tambe´m racional , que e´
√
a−√b
a−b , da´ı
√
a−√b ∈ Q , a soma
(
√
a+
√
b) + (
√
a−√b) = 2√a ∈ Q logo √a ∈ Q, a diferenc¸a de nu´meros racionais tambe´m e´ um nu´mero racional
(
√
a+
√
b)−√a = √b, portanto √a e √b sa˜o racionais.
⇐). A volta vale pois a soma de racionais e´ um racional.
106
Exerc´ıcio 3.31:
Propriedade 15. Sejam A ⊂ R na˜o vazio limitado e c ∈ R, enta˜o
1. c ≤ sup(A)⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c− ε < x.
2. c ≥ inf(A)⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c+ ε > x.
Demonstrac¸a˜o. 1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c− ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se na˜o existisse x ∈ A tal que
c− ε < x enta˜o c− ε seria cota superior menor que o supremo, o que e´ absurdo, contraria o fato do supremo
ser a menor das cotas superiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poder´ıamos tomar c − sup(A) = ε da´ı c − c + sup(A) =
sup(A) < x o que e´ absurdo.
2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf(A). Dado ε > 0 fixo, se na˜o existisse x ∈ A tal que c + ε > x
enta˜o c + ε seria cota superior menor que o ı´nfimo, o que e´ absurdo, contraria o fato do ı´nfimo ser a menor
das cotas inferiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf(A), poder´ıamos tomar inf(A)− c = ε da´ı x < c+ inf(A)− c =
inf(A) o que e´ absurdo.
107
Exerc´ıcio 3.32:
Exemplo 7. Seja A = { 1n | n ∈ N} . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 e´ uma cota inferior, agora vamos
mostrar que 0 e´ a menor delas. Dado 0 < x, x na˜o pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que 1n < x, logo
0 e´ o ı´nfimo.
108
Exerc´ıcio 3.33:
Propriedade 16. Se A e´ limitado inferiormente e B ⊂ A enta˜o inf(A) ≤ inf(B).
Demonstrac¸a˜o. infA e´ cota inferior de A, logo tambe´m e´ cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale infA ≤
infB, pois inf B e´ a maior cota inferior de B.
Propriedade 17. Se A e´ limitado superiormente e B ⊂ A enta˜o sup(A) ≥ sup(B).
Demonstrac¸a˜o. Toda cota superior de A e´ cota superior de B, logo o sup(A) e´ cota superior de B, como sup(B) e´
a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B).
Corola´rio 3. Se A e B sa˜o conjuntos limitados com B ⊂ A enta˜o vale sup(A) ≥ sup(B) ≥ inf(B) ≥ inf(A) pois
temos sup(A) ≥ sup(B) e inf(A) ≤ inf(B), tendo ainda que sup(B) ≥ inf(B).
109
Exerc´ıcio 3.31:
Propriedade 18. Sejam A ⊂ R na˜o vazio limitado e c ∈ R, enta˜o
1. c ≤ sup(A)⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c− ε < x.
2. c ≥ inf(A)⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c+ ε > x.
Demonstrac¸a˜o. 1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c− ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se na˜o existisse x ∈ A tal que
c− ε < x enta˜o c− ε seria cota superior menor que o supremo, o que e´ absurdo, contraria o fato do supremo
ser a menor das cotas superiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poder´ıamos tomar c − sup(A) = ε da´ı c − c + sup(A) =
sup(A) < x o que e´ absurdo.
2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf(A). Dado ε > 0 fixo, se na˜o existisse x ∈ A tal que c + ε > x
enta˜o c + ε seria cota superior menor que o ı´nfimo, o que e´ absurdo, contraria o fato do ı´nfimo ser a menor
das cotas inferiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf(A), poder´ıamos tomar inf(A)− c = ε da´ı x < c+ inf(A)− c =
inf(A) o que e´ absurdo.
110
Exerc´ıcio 3.32:
Exemplo 8. Seja A = { 1n | n ∈ N} . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 e´ uma cota inferior, agora vamos
mostrar que 0 e´ a menor delas. Dado 0 < x, x na˜o pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que 1n < x, logo
0 e´ o ı´nfimo.
111
Exerc´ıcio 3.33:
Propriedade 19. Se A e´ limitado inferiormente e B ⊂ A enta˜o inf(A) ≤ inf(B).
Demonstrac¸a˜o. infA e´ cota inferior de A, logo tambe´m e´ cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale infA ≤
infB, pois inf B e´ a maior cota inferior de B.
Propriedade 20. Se A e´ limitado superiormente e B ⊂ A enta˜o sup(A) ≥ sup(B).
Demonstrac¸a˜o. Toda cota superior de A e´ cota superior de B, logo o sup(A) e´ cota superior de B, como sup(B) e´
a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B).
Corola´rio 4. Se A e B sa˜o conjuntos limitados com B ⊂ A enta˜o vale sup(A) ≥ sup(B) ≥ inf(B) ≥ inf(A) pois
temos sup(A) ≥ sup(B) e inf(A) ≤ inf(B), tendo ainda que sup(B) ≥ inf(B).
112
Exerc´ıcio 3.34:
Propriedade 21. Sejam A,B ⊂ R tais que para todo x ∈ A e todo y ∈ B se tenha x ≤ y. Enta˜o supA ≤ inf B.
Demonstrac¸a˜o. Todo y ∈ B e´ cota superior de A, logo supA ≤ y para cada y pois supA e´ a menor das cotas
superiores, essa relac¸a˜o implica que supA e´ cota inferior de B logosupA ≤ inf B, pois inf B e´ a maior cota inferior.
Propriedade 22. supA = inf B ⇔ para todo ε > 0 dado , existam x ∈ A e y ∈ B com y − x < ε.
Demonstrac¸a˜o. ⇐, usamos a contrapositiva. Na˜o podemos ter inf B < supA pela propriedade anterior, enta˜o
temos forc¸osamente que inf B > supA, tomamos enta˜o ε = inf B − supA > 0 e temos y − x ≥ ε para todo x ∈ A
e y ∈ B pois y ≥ inf B e supA ≥ x de onde segue −x ≥ − supA, somando esta desigualdade com a de y tem-se
y − x ≥ inf B − supA = ε.
⇒ , Se supA = inf B. Enta˜o sendo para qualquer ε > 0, supA− ε2 na˜o e´ cota superior de A, pois e´ menor que
o supA (que e´ a menor cota superior), da mesma maneira inf A+ ε2 na˜o e´ cota inferior de B, enta˜o existem x ∈ A
e y ∈ B tais que
supA− ε
2
< x ≤ supA = inf B ≤ y < inf B + ε
2
inf B − ε
2
< x ≤ y < inf B + ε
2
de onde segue inf B − ε2 < x, −x < ε2 − inf B e y < inf B + ε2 somando ambas tem-se y − x < ε.
113
Exerc´ıcio 3.35:
Propriedade 23. Se c > 0 enta˜o sup(c.A) = c. supA.
Demonstrac¸a˜o. Seja a = supA. Para todo x ∈ A tem-se x ≤ a, de onde segue cx ≤ ca, assim ca e´ cota superior
de cA. Seja d tal que d < ca enta˜o dc < a logo
d
c na˜o e´ cota superior de A, implicando a existeˆncia de pelo menos
um x tal que dc < x, d < cx de onde segue que d na˜o e´ cota superior de cA, assim ca e´ a menor cota superior de
cA logo o supremo.
Propriedade 24. Se c > 0, inf cA = c inf A.
Demonstrac¸a˜o. Seja a = inf A, enta˜o vale a ≤ x para todo x, multiplicando por c segue ca ≤ cx de onde conclu´ımos
que ca e´ cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, enta˜o a < dc , implicando que
d
c na˜o e´ cota inferior de A assim
existe x ∈ A tal que x < dc ⇒ cx < d, logo d na˜o e´ cota inferior de cA, implicando que c.a e´ a maior cota inferior,
logo o ı´nfimo do conjunto.
Propriedade 25. Se c < 0 enta˜o inf(cA) = c supA.
Demonstrac¸a˜o. Seja a = supA . Tem-se x ≤ a para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cx ≥ ca para todo
x ∈ A. Enta˜o ca e´ uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se dc < a como a e´ supremo, isso significa que existe
x ∈ A tal que dc < x logo d > cx, assim esse d na˜o e´ cota inferior, implicando que ca e´ a menor cota inferior, enta˜o
ı´nfimo do conjunto.
A questa˜o 35 segue da pro´xima propriedade com c = −1.
Propriedade 26. Se c < 0 enta˜o sup(cA) = c inf A.
Demonstrac¸a˜o. Seja b = inf A enta˜o vale b ≤ x para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cb ≥ cx assim cb e´ cota
superior de cA. Agora tome d tal que cb > d segue b < dc , como b e´ ı´nfimo existe x ∈ A tal que x < dc , cx > d
assim esse d na˜o pode ser cota superior de cA, enta˜o cb e´ a menor cota superior, logo o ı´nfimo.
114
Exerc´ıcio 3.36:
Seja A ⊂ R na˜o-vazio, limitado. Dado c > 0, seja c.A = {c.x;x ∈ A}. Prove que sup(c.A) = c. supA,inf(c.A) =
c. inf A. Enuncie e demonstre o que ocorre quando c < 0.
• Se c > 0 enta˜o sup(c.A) = c. supA.
Seja a = supA. Para todo x ∈ A tem-se x ≤ a, de onde segue cx ≤ ca, assim ca e´ cota superior de cA. Seja
d tal que d < ca enta˜o dc < a logo
d
c na˜ o e´ cota superior de A, implicando a existeˆncia de pelo menos um x
tal que dc < x, d < cx de onde segue que d na˜ o e´ cota superior de cA, assim ca e´ a menor cota superior de
cA logo o supremo.
• Se c > 0, inf cA = c inf A.
Seja a = inf A, enta˜ o vale a ≤ x para todo x, multiplicando por c segue ca ≤ cx de onde conclu´ımos que ca
e´ cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, enta˜ o a < dc , implicando que
d
c na˜ o e´ cota inferior de A assim
existe x ∈ A tal que x < dc ⇒ cx < d, logo d na˜ o e´ cota inferior de cA, implicando que c.a e´ a maior cota
inferior, logo o ı´nfimo do conjunto.
• Se c < 0 enta˜o inf(cA) = c supA.
Seja a = supA . Tem-se x ≤ a para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cx ≥ ca para todo x ∈ A. Enta˜ o
ca e´ uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se dc < a como a e´ supremo, isso significa que existe x ∈ A tal
que dc < x logo d > cx, assim esse d na˜ o e´ cota inferior, implicando que ca e´ a menor cota inferior, enta˜ o
ı´nfimo do conjunto.
• Se c < 0 enta˜ o sup(cA) = c inf A.
Seja b = inf A enta˜ o vale b ≤ x para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cb ≥ cx assim cb e´ cota superior
de cA. Agora tome d tal que cb > d segue b < dc , como b e´ ı´nfimo existe x ∈ A tal que x < dc , cx > d assim
esse d na˜ o pode ser cota superior de cA, enta˜ o cb e´ a menor cota superior, logo o ı´nfimo.
115
Exerc´ıcio 3.37:
Item I
Sejam A,B ⊂ R, conjuntos limitados .
Propriedade 27. O conjunto A+B = {x+ y | x ∈ A, y ∈ B} tambe´m e´ limitado.
Demonstrac¸a˜o. Se A e´ limitado , existe t tal que |x| < t para todo x ∈ A e se B e´ limitado existe u tal que |y| < u
∀y ∈ B. Somando as desigualdades e usando desigualdade triangular segue |x|+|y| < u+t e |x+y| ≤ |x|+|y| < u+t
logo o conjunto A+B e´ limitado.
Item II
Propriedade 28 (Propriedade aditiva). Vale sup(A+B) = sup(A) + sup(B).
Demonstrac¸a˜o. Como A,B sa˜o limitidados superiomente, temos supA := a e supB := b, como vale a ≥ x e b ≥ y
para todos x, y ∈ A,B respectivamente segue que a+ b ≥ x+ y logo o conjunto A+ B e´ limitado superiormente.
Para todo e qualquer ε > 0 existem x, y tais que
a < x+
ε
2
, b < y +
ε
2
somando ambas desigualdades-segue-se que
a+ b < x+ y + ε
que mostra que a+ b e´ a menor cota superior, logo o supremo, fica valendo enta˜o
sup(A+B) = sup(A) + sup(B).
Item III
Propriedade 29. inf(A+B) = inf A+ inf B.
Demonstrac¸a˜o. Sejam a = infA e b = infB enta˜o ∀x, y ∈ A,B tem-se a ≤ x, b ≤ y de onde segue por adic¸a˜o
a+ b ≤ x+ y, assim a+ b e´ cota inferior de A+B. ∃x, y ∈ A,B tal que ∀ε > 0 vale x < a+ ε2 e y < b+ ε2 pois a
e b sa˜o as maiores cotas inferiores, somando os termos das desigualdades segue x+ y < a+ b+ ε, que implica que
a+ b e´ a maior cota inferior logo o ı´nfimo.
116
Exerc´ıcio 3.38:
Definic¸a˜o 2 (Func¸a˜o limitada). Seja A ⊂ R, f : A → R e´ dita limitada quando o conjunto f(A) = {f(x) | x ∈
A}, se f(A) e´ limitado superiormente enta˜o dizemos que f e´ limitada superiormente e caso f(A) seja limitado
inferiormente dizemos que A e´ limitado inferiormente.
Seja uma func¸a˜o limitada f : V → R.
Definic¸a˜o 3.
sup f := sup f(V ) = sup{f(x) | x ∈ V }
Definic¸a˜o 4.
inf f := inf f(V ) = inf{f(x) | x ∈ V }
Propriedade 30. A func¸a˜o soma de duas func¸o˜es limitadas e´ limitada.
Demonstrac¸a˜o. Vale |f(x)| ≤M1 e |g(x)| ≤M2 ∀x ∈ A enta˜o
|f(x) + g(x)| ≤ |f(x)|+ |g(x)| ≤M1 +M2 = M
portando a func¸a˜o soma f + g de duas func¸o˜es limitadas e´ tambe´m uma func¸a˜o limitada.
Sejam f, g : V → R func¸o˜es limitadas e c ∈ R.
Propriedade 31.
sup(f + g) ≤ sup f + sup g.
Demonstrac¸a˜o. Sejam
A = {f(x) | x ∈ V }, B = {g(y) | y ∈ V }, C = {g(x) + f(x) | x ∈ V }
temos que C ⊂ A+B, pois basta tomar x = y nos conjuntos, logo
sup(A+B) ≥ sup(f + g)
sup(A) + sup(B) = sup f + sup g ≥ sup(f + g)
Propriedade 32.
inf(f + g) ≥ inf(f) + inf(g).
Demonstrac¸a˜o. De C ⊂ A+B segue tomando o ı´nfimo
inf(A+B) = inf(A) + inf(B) = inf(f) + inf(g) ≤ inf(C) = inf(f + g).
Exemplo 9. Sejam f, g : [0, 1]→ R dadas por f(x) = x e g(x) = −x
• Vale sup f = 1, sup g = 0, f + g = 0 logo sup(f + g) = 0 vale enta˜o
sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0.
• Temos ainda inf f = 0, inf g = −1, f + g = 0, inf(f + g) = 0 logo
inf f + inf g = −1 < inf(f + g) = 0.
As desigualdades estritas tambe´m valem se consideramos as func¸o˜es definidas em [−1, 1], nesse caso sup f+sup g =
2 e inf f + inf g = −2 e sup(f + g) = 0 = inf(f + g).
117
Exerc´ıcio 3.39:
Definic¸a˜o 5. Sejam A e B conjuntos na˜o vazios, definimos A.B = {x.y | x ∈ A, y ∈ B}.
Propriedade 33. Sejam A e B conjuntos limitados de nu´meros positivos, enta˜o vale sup(A.B) = sup(A). sup(B).
Demonstrac¸a˜o. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) enta˜o valem x ≤ a e y ≤ b, ∀x ∈ A, y ∈ B da´ı x.y ≤ a.b, logo
a.b e´ cota superior de A.B. Tomando t < a.b segue que ta < b logo existey ∈ B tal que ta < y da´ı ty < a logo
existe x ∈ A tal que ty < x logo t < x.y enta˜o t na˜o pode ser uma cota superior, implicando que a.b e´ o supremo
do conjunto.
Propriedade 34. Sejam A e B conjuntos limitados de nu´meros positivos, enta˜o vale inf(A.B) = inf(A). inf(B).
Demonstrac¸a˜o. Sejam a = inf(A) e b = inf(B) enta˜o valem x ≥ a e y ≥ b, ∀x ∈ A, y ∈ B da´ı x.y ≥ a.b, logo a.b e´
cota inferior de A.B. Tomando t > a.b segue que ta > b logo existe y ∈ B tal que ta > y da´ı ty > a logo existe x ∈ A
tal que ty > x logo t < x.y enta˜o t na˜o pode ser uma cota inferior, implicando que a.b e´ o ı´nfimo do conjunto.
118
Exerc´ıcio 3.40:
Propriedade 35. Sejam f, g : A→ R func¸o˜es limitadas enta˜o f.g : A→ R e´ limitada.
Demonstrac¸a˜o. Vale que |f(x)| < M1 e |g(x)| < M2 enta˜o |f(x)g(x)| < M1M2 = M ∀ x ∈ A , portanto f.g : A→ R
e´ limitada.
Propriedade 36. Sejam f, g : A→ R+ limitadas superiormente, enta˜o
sup(f.g) ≤ sup(f) sup(g).
Demonstrac¸a˜o. Sejam C = {g(x).f(x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f(x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B
para ver isso basta tomar x = y nas definic¸o˜es acima, da´ı
sup(A.B) ≥ sup(C)
sup(A) sup(B) ≥ sup(C)
sup(f) sup(g) ≥ sup(f.g).
Propriedade 37. Sejam f, g : A→ R+ limitadas inferiormente, enta˜o
inf(f.g) ≥ inf(f) inf(g).
Demonstrac¸a˜o. Sejam C = {g(x).f(x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f(x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B,
da´ı
inf(A.B) ≤ inf(C)
inf(A) inf(B) ≤ inf(C)
inf(f) inf(g) ≤ inf(f.g).
Exemplo 10. Sejam f, g : [1, 2]→ R dadas por f(x) = x e g(x) = 1x , vale sup f = 2, sup g = 1 sup f. sup g = 2 e
sup(f.g) = 1, pois f.g = 1 logo
sup f sup g > sup(f.g).
Da mesma maneira inf f = 1, inf g = 12 vale inf f. inf g =
1
2 e inf(f.g) = 1 portanto
inf f. inf g < inf(f.g).
Propriedade 38. Seja f : A→ R+ limitada superiormente enta˜o sup(f2) = (sup f)2.
Demonstrac¸a˜o. Seja a = sup f tem-se f(x) ≤ a ∀x da´ı f(x)2 ≤ a2 enta˜o a2 e´ cota superior de f2, e e´ a menor
cota superior pois se 0 < c < a2 enta˜o
√
c < a logo existe x tal que
√
c < f(x) < a e da´ı c < f(x)2 < a2 logo a2 e´
a menor cota superior sup(f2) = sup(f)2.
Propriedade 39. Seja f : A→ R+ enta˜o inf(f2) = (inf f)2.
Demonstrac¸a˜o. Seja a = inf f tem-se f(x) ≥ a ∀x da´ı f(x)2 ≥ a2 enta˜o a2 e´ cota inferior de f2, e e´ a maior cota
inferior pois se a2 < c enta˜o a <
√
c logo existe x tal que a < f(x) <
√
c e da´ı a2 < f(x)2 < c logo a2 e´ a maior
cota inferior inf(f2) = inf(f)2.
119
Exerc´ıcio 3.41:
Analise os Exerc´ıcios 39 e 40 sem as hipo´teses de positividade neles feitas.
No Exerc´ıcio 3.39 tem-se
sup(A.B) = (supA).(supB) e inf(A.B) = (inf A).(inf B).
As igualdades na˜o sa˜o va´lidas caso A ou B contenha algum nu´mero negativo. Considere
A = {−1}, B = {1, 2}, A.B = {−1,−2}.
Desta forma, temos que
sup(A.B) = −1 6= −2 = (supA).(supB)
e
inf(A.B) = −1 6= −2 = (inf A).(inf B).
No Exerc´ıcio 3.40 tem-se
•
sup(f.g) ≤ (sup f).(sup g) e inf(f.g) ≤ (inf f).(inf g)
Sejam X = {a, b} e f, g : X → func¸o˜es dadas por
f(a) = f(b) = 1, g(a) = 1 e g(b) = 2.
Estas aplicac¸o˜es na˜o satisfazem as desigualdades acima.
•
sup(f2) = (sup f)2.
Sejam X = {a, b} e f : X → func¸a˜o dada por f(a) = 1 e f(b) = −2. Assim, f2 : X → e´ dada por f2(a) = 1
e f2(b) = 4 e
sup(f2) = 4 6= 1 = (sup f)2.
120
Exerc´ıcio 3.42:
Teorema 1 (Teorema das ra´ızes racionais). Se o polinoˆmio
f(x) =
n∑
k=0
akx
k
de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x = rs tal que mdc(r, s) = 1 enta˜o s|an e r|a0.
Demonstrac¸a˜o. Se x = rs e´ raiz de f(x) =
n∑
k=0
akx
k, enta˜o temos
f
(
r
s
)
=
n∑
k=0
ak
(
r
s
)k
= 0
multiplicando por sn em ambos os lados temos
n∑
k=0
akr
k.sn−k = 0
como s|0 enta˜o s|
n∑
k=0
akr
k.sn−k , na soma s na˜o aparece como fator apenas quando n − k = 0, n = k, logo
abrindo o limite superior do somato´rio temos
n−1∑
k=0
akr
k.sn−k + anrn.sn−n =
n−1∑
k=0
akr
k.sn−k + anrn = 0
da´ı s deve dividir anr
n, como s e´ primo com r implica que tambe´m e´ primo com rn, portanto s deve dividir an.
Pelo mesmo argumento, temos que r|0 logo r deve dividir
n∑
k=0
akr
k.sn−k, como o u´nico fator onde r na˜o aparece e´
quando k = 0, abrimos o limite inferior do somato´rio
a0r
0.sn−0 +
n∑
k=1
akr
k.sn−k = a0.sn +
n∑
k=1
akr
k.sn−k = 0
logo r deve dividir a0.s
n, mas como r e´ primo com sn, ele deve dividir a0.
Corola´rio 5. Se o polinoˆmio de coeficientes inteiros
n∑
k=0
akx
k possui ra´ızes racionais enta˜o elas devem pertencer
ao conjunto
A = {p
q
| p|a0 q|an}.
Corola´rio 6. Se an = 1 em um polinoˆmio de coeficientes inteiros P (x) =
n∑
k=0
akx
k enta˜o suas ra´ızes racionais
devem ser inteiras, pois
A = {p
q
| p|a0 q|1}
enta˜o q = 1 ou q = −1, e de qualquer forma implica que as soluc¸o˜es sa˜o da forma x = p para algum p ∈ Z. Enta˜o
, nessas condic¸o˜es, as ra´ızes do polinoˆmio P (x) sa˜o inteiras ou irracionais.
Propriedade 40. Seja P (x) = xn − a, a > 0 ∈ Z, se a na˜o e´ n-e´sima poteˆncia de um nu´mero natural enta˜o a
u´nica raiz positiva de P , que e´ n
√
a , e´ irracional.
Demonstrac¸a˜o. Como P possui coeficiente an = 1 enta˜o ele possui raiz irracional ou inteira, se a raiz positiva m
fosse inteira (logo natural) ter´ıamos mn − a = 0 e da´ı a = mn e´ poteˆncia de um nu´mero natural, o que contraria a
hipo´tese de a na˜o ser n-e´sima poteˆncia de um nu´mero natural, logo n
√
a e´ irracional.
121
Exerc´ıcio 3.43:
Propriedade 41. Sejam I um intervalo na˜o degenerado e k > 1 natural. O conjunto A = { mkn ∈ I | m,n ∈ Z} e´
denso em I.
Demonstrac¸a˜o. Dado ε > 0 existe n ∈ N tal que kn > 1ε , da´ı os intervalos [ mkn , m+1kn ] tem comprimento m+1kn − mkn =
1
kn < ε.
Existe um menor inteiro m+1 tal que x+ε ≤ m+1kn da´ı mkn ∈ (x−ε, x+ε) pois se fosse x+ε < mkn iria contrariar
a minimalidade de m+ 1 e se fosse mkn < x− ε enta˜o [ mkn , m+1kn ] teria comprimento maior do que de (x− ε, x+ ε),
que e´ ε, uma contradic¸a˜o com a suposic¸a˜o feita anteriormente.
122
Exerc´ıcio 3.44:
Propriedade 42. O conjunto dos polinoˆmios com coeficientes racionais e´ enumera´vel.
Demonstrac¸a˜o. Seja Pn o conjunto dos polinoˆmios com coeficientes racionais de grau ≤ n a func¸a˜o f : Pn → Qn+1
tal que
P (
n∑
k=0
akx
k) = (ak)
n
1
e´ uma bijec¸a˜o. Como Qn+1 e´ enumera´vel por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumera´veis, segue que Pn
e´ enumera´vel.
Sendo A o conjunto dos polinoˆmios de coeficientes racionais, vale que
A =
∞⋃
k=1
Pk
portanto A e´ unia˜o enumera´vel de conjuntos enumera´veis , sendo assim A e´ enumera´vel.
Definic¸a˜o 6 (Nu´mero alge´brico). Um nu´mero real (complexo) x e´ dito alge´brico quando e´ raiz de um polinoˆmio
com coeficientes inteiros.
Propriedade 43. O conjunto dos nu´meros alge´bricos e´ enumera´vel.
1. Enumeramos A = {P1, P2, · · · , Pn, · · · }, o conjunto dos polinoˆmios com coeficientes inteiros, definimos Bk como
conjunto das ra´ızes reais de fk, enta˜o vale que
B =
∞⋃
k=1
Bk
como cada Bk e´ finito B fica sendo unia˜o enumera´vel de conjuntos finitos, enta˜o B e´ enumera´vel.
2. Seja B o conjunto dos alge´bricos e A o conjunto dos polinoˆmios com coeficientes inteiros. Para cada alge´brico
x escolhemos um polinoˆmio Px tal que Px(x) = 0.
Definimos a func¸a˜o f : B → A tal que F (x) = Px. Dado Px ∈ F (B), temos que o conjunto g−1(Px) dos valores
x ∈ B tal que f(x) = Px e´ finito pois Px︸︷︷︸
=y
possui um nu´mero finito de ra´ızes e da´ı tem-se
B =
⋃
y∈f(B)
g−1(y)
logo B e´ unia˜o enumera´vel de conjuntos enumera´veis ( no caso finitos), enta˜o B e´ enumera´vel.
Corola´rio 7. Existem nu´meros reais que na˜o sa˜o alge´bricos, pois se todos fossem alge´bricos R seria enumera´vel.
Definic¸a˜o 7 (Nu´meros transcendentes). Os nu´meros reais quena˜o sa˜o alge´bricos sa˜o ditos transcendentais
Propriedade 44. O conjunto dos nu´meros alge´bricos e´ denso em R, pois todo racional e´ alge´brico, o racional ba
e´ raiz do polinoˆmio com coeficientes inteiros
ax− b = P (x)
ax− b = 0⇔ ax = b⇔ x = ba . E Q e´ denso em R.
123
Exerc´ıcio 3.45:
Propriedade 45. Seja A enumera´vel e B = R \A, enta˜o para cada intervalo (a, b), (a, b) ∩B e´ na˜o enumera´vel,
em especial B e´ denso em R.
Com esse resultado garantimos que o complementar de um conjunto enumera´vel e´ denso em R.
Demonstrac¸a˜o. Sabemos que (a, b) e´ na˜o enumera´vel, escrevemos
(a, b) = [(a, b) ∩A] ∪ [(a, b) ∩ (R \A)] = [(a, b) ∩A] ∪ [(a, b) ∩B],
sabemos que (a, b)∩A e´ enumera´vel se (a, b)∩B tambe´m o fosse, chegar´ıamos no absurdo de (a, b) ser enumera´vel,
por ser unia˜o finita de conjuntos enumera´veis , portanto (a, b) ∩B e´ na˜o enumera´vel e B e´ denso em R.
Exemplo 11. Um conjunto pode na˜o ser enumera´vel e tambe´m na˜o ser denso em R, como (a, b).
124
Exerc´ıcio 3.46:
Corola´rio 8. O conjunto T dos nu´meros transcedentais e´ na˜o enumera´vel e denso em R. Pois A o conjunto dos
nu´meros alge´bricos e´ enumera´vel, T = R \ A, como complementar dos nu´meros alge´bricos T e´ na˜o enumera´vel e
denso em R.
125
Exerc´ıcio 3.47:
Propriedade 46. Seja L|K uma extensa˜o de corpo. Se α, β ∈ L sa˜o alge´bricos sobre K, enta˜o α ± β, α.β e αβ
com β 6= 0 sa˜o alge´bricos sobre K, Desse modo
{α ∈ L|α e´ alge´brico sobre K}
e´ um subcorpo de L que conte´m K.
Demonstrac¸a˜o. Seja δ ∈ {α ± β, α.β αβ β 6= 0} enta˜o δ ∈ K(α, β) e K ⊂ K(δ) ⊂ K(α, β)). Vamos mostrar que
[K(α, β) : K] <∞.
Sejam f , g ∈ K[x] os polinoˆmios mı´nimos de α e β sobre K, com graus m e n respectivamente temos que
[K(α) : K] = m, [K(β) : K] = n.
f(x) ∈ k(x) ⊂ K(β)[x] e´ tal que f(α) = 0, logo α e´ alge´brico sobre K(β), sendo P o polinoˆmio mı´nimo de α
sobre K(β) de grau s, ele divide f(x) em K(β)[x] logo s ≤ m, portanto [K(β)(α) : K(β)] = s ≤ m o grau e´ finito
e a extensa˜o total [K(α, β) : K] = sn e´ finita por multiplicatividade dos graus. Como a extensa˜o [K(α, β) : K] e´
finita ela e´ alge´brica.
Definic¸a˜o 8 (Fecho alge´brico de Q). Consideremos a extensa˜o de corpos C|Q. Chamamos de fecho alge´brico de
Q ao subcorpo Q de C definido por
Q = {α ∈ C,α e´ alge´brico sobre Q}
Q e´ realmente corpo pela propriedade anterior. O conjunto dos nu´meros alge´bricos e´ um corpo.
126
Exerc´ıcio 3.48:
Exemplo 12. Sendo Ak = [k,∞) temos uma sequeˆncia de intervalos que sa˜o conjuntos fechados pore´m a intersec¸a˜o
∞⋂
k=1
Ak = A
e´ vazia, pois suponha que exista t ∈ A, da´ı existe k > t e t /∈ [k,∞) = Ak logo na˜o pode pertencer a intersec¸a˜o te
todos esses conjuntos.
Da mesma maneira existe uma sequeˆncia decrescente de intervalos abertos limitados com intersec¸a˜o vazia, sendo
Bk = (0,
1
k ) ∞⋂
k=1
Bk = B
B e´ vazio, pois se houvesse um elemento nele x > 0, conseguimos k tal que 1k < x da´ı x na˜o pertence ao intervalo
(0, 1k ) = Bk portanto na˜o pode pertencer a intersec¸a˜o.
127
Exerc´ıcio 3.49:
Propriedade 47. Sejam B ⊂ A na˜o vazios, A limitado superiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≥ x
enta˜o sup(B) = sup(A).
Demonstrac¸a˜o. B e´ limitado superiormente pois esta´ contido em um conjunto limitado e vale que sup(A) ≥ sup(B),
pois B ⊂ A, suponha que fosse c = sup(A) > sup(B), enta˜o tomando ε = sup(A) − sup(B) > 0, existe x ∈ A tal
que x > c − ε = sup(A) − sup(A) + sup(B) = sup(B), por hipo´tese existe y ≥ x > sup(B) com y ∈ B, o que e´
absurdo, pois na˜o pode existir um elemento maior que o supremo.
Propriedade 48. Sejam B ⊂ A na˜o vazios, A limitado inferiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≤ x enta˜o
inf(B) = inf(A).
Demonstrac¸a˜o. B e´ limitado inferiormente pois esta´ contido em um conjunto limitado e vale que inf(A) ≤ inf(B),
pois B ⊂ A, suponha que fosse c = inf(A) < inf(B), enta˜o tomando ε = inf(B) − inf(A) > 0, existe x ∈ A tal
que x < c + ε = inf(A) − sup(A) + inf(B) = inf(B), por hipo´tese existe y ≤ x < inf(B) com y ∈ B, o que e´
absurdo, pois na˜o pode existir um elemento menor que o ı´nfimo.
128
Exerc´ıcio 3.50:
Definic¸a˜o 9 (Corte de Dedekind). Um corte de Dedekind e´ um par ordenado (A,B) onde A,B ∈ Q na˜o vazios,
tais que A na˜o possui ma´ximo, A ∪B = Q e ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y.
Seja C o conjunto dos cortes de Dedekind.
Propriedade 49. Em (A,B) vale sup(A) = inf(B).
Demonstrac¸a˜o. Ja´ sabemos que vale sup(A) ≤ inf(B), pois ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y implica sup(A) < y
e sup(A) ser cota inferior implica sup(A) ≤ inf(B), suponha por absurdo que fosse sup(A) < inf(B), enta˜o o
intervalo (sup(A), inf(B)) na˜o possui valores x ∈ A, pois se na˜o x > sup(A), nem y ∈ B pois da´ı y < inf(B), mas
como existem racionais em tal intervalo, pois Q e´ denso e A ∪B = Q, chegamos em um absurdo.
Propriedade 50. Existe bijec¸a˜o entre R e C o conjunto dos cortes.
Demonstrac¸a˜o. Definimos f : C → R como f(A,B) = sup(A) = inf(B).
• f e´ injetora, suponha f(A,B) = f(A′, B′) enta˜o sup(A) = inf(B) = sup(A′) = inf(B′).
Dado x ∈ A vamos mostrar que x ∈ A′.
x < sup(A′) = inf(B′) ≤ y′, ∀ y′ ∈ B′, da´ı x ∈ A′
a inclusa˜o A′ ⊂ A e´ ana´loga. Enta˜o vale A = A′.
• Dado y ∈ B, vamos mostrar que y ∈ B′.
x′ < sup(A) < inf(B′) ≤ y
com isso y ∈ B′. De maneira similar, B′ ⊂ B portanto B = B′. Como vale B = B′ e A = A′ enta˜o a func¸a˜o
e´ injetiva.
• A func¸a˜o e´ sobrejetiva. Para qualquer y ∈ R, tomamos os conjuntos (−∞, y) ∩Q = A e B = [y,∞) ∩Q, A
na˜o possui ma´ximo, para todo x ∈ A e y ∈ B tem-se y > x e Q = [(−∞, y) ∩Q] ∪ [ [y,∞) ∩Q], ale´m disso
vale sup(A) = y = inf(B), portanto f(A,B) = y e a func¸a˜o e´ sobrejetora, logo sendo tambe´m injetora f e´
bijec¸a˜o.
129
Exerc´ıcio 3.51:
Sejam X, Y conjuntos na˜o-vazios e f : X × Y → R uma func¸a˜o limitada. Para cada x0 ∈ X e cada y0 ∈ Y ,
definimos 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 : Y → R. Prove que se tem supx∈Xs1(x) = supy∈Y s2(y). Em, outras palavras,
supx[supyf(x, y)] = supy[supxf(x, y)].
Primeiramente, verificaremos que supx∈Xs1(x) ∈ R. De fato, se {s1(x);x ∈ X} fosse ilimitado superiormente,
dever´ımos ter que f e´ ilimitada superiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que
A+ 1 < s1(x0),
tambe´m existiria, pois s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que
s1(x0)− 1 < f(x0, y0)
e, consequentemente, ter´ıamos que
A < f(x0, y0).
Assim, concluir´ıamos que f e´ ilimitada superiormente. Um absurdo.
De forma ana´loga, mostra-se que supy∈Y s2(y) ∈ R.
Provaremos que
supx∈Xs1(x) = sup(x,y)∈X×Y f(x, y).
Seja ε > 0 arbitra´rio. Temos que existe x0 ∈ X tal que
supx∈Xs1(x)−
ε
2
< s1(x0).
Ale´m disso, como s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que
s1(x0)− ε
2
< f(x0, y0).
Enta˜o, segue das inequac¸o˜es acima, que
supx∈Xs1(x)− ε < f(x0, y0) 6 sup(x,y)∈X×Y f(x, y)
E, como ε > 0 e´ arbitra´rio, conclui-se que
supx∈Xs1(x) 6 sup(x,y)∈X×Y f(x, y).
Novamente, tomamos ε > 0 arbitra´rio. Existe (x0, y0) ∈ X × Y tal que
sup(x,y)∈X×Y f(x, y)− ε < f(x0, y0).
Como s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y }, devemos ter que
sup(x,y)∈X×Y f(x, y)− ε < f(x0, y0) 6 s1(x0) 6 supx∈Xs1(x).
E, pela arbitrariedade de ε > 0, conclu´ımos que
sup(x,y)∈X×Y f(x, y) 6 supx∈Xs1(x).
Portanto, temos que
supx∈Xs1(x) = sup(x,y)∈X×Y f(x, y).
De forma ana´loga, demonstra-se que
supy∈Y s2(y) = sup(x,y)∈X×Y f(x, y).
De onde conclu´ımos que
supx∈Xs1(x) = supy∈Y s2(y).
130
Exerc´ıcio 3.52:
Enuncie e demonstre um resultado ana´logo ao anterior com inf ao inve´s de sup. Considere, em seguida, o caso
“misto” e prove que
supy[infxf(x, y)] = infx[supyf(x, y)].
Definimos func¸o˜es i1 : X → R e i2 : Y → R por i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y } e i2(y0) = inf{f(x, y0);x ∈ X}.
Provaremos queinfx∈X i1(x) = infy∈Y i2(y),
ou, equivalentemente,
infx∈X [infy∈Y f(x, y)] = infy∈Y [infx∈Xf(x, y)].
Primeiramente, verificaremos que infx∈X i1(x) ∈ R. De fato, se {i1(x);x ∈ X} fosse ilimitado inferiormente,
dever´ımos ter que f e´ ilimitada inferiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que
i1(x0) < −A− 1,
tambe´m existiria, pois i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que
f(x0, y0) < i1(x0) + 1
e, consequentemente, ter´ıamos que
f(x0, y0) < −A.
Assim, concluir´ıamos que f e´ ilimitada inferiormente. Um absurdo.
De forma ana´loga, mostra-se que infy∈Y i2(y) ∈ R.
Provaremos que
infx∈X i1(x) = inf(x,y)∈X×Y f(x, y).
Seja ε > 0 arbitra´rio. Temos que existe x0 ∈ X tal que
i1(x0) < infx∈X i1(x) +
ε
2
.
Ale´m disso, como i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que
f(x0, y0) < i1(x0) +
ε
2
.
Enta˜o, segue das inequac¸o˜es acima, que
inf(x,y)∈X×Y f(x, y) 6 f(x0, y0) < infx∈X i1(x) + ε
E, como ε > 0 e´ arbitra´rio, conclui-se que
inf(x,y)∈X×Y f(x, y) 6 infx∈X i1(x).
Novamente, tomamos ε > 0 arbitra´rio. Existe (x0, y0) ∈ X × Y tal que
f(x0, y0) < inf(x,y)∈X×Y f(x, y) + ε.
Como i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y }, devemos ter que
infx∈X i1(x) 6 i1(x0) 6 f(x0, y0) < inf(x,y)∈X×Y f(x, y) + ε.
E, pela arbitrariedade de ε > 0, conclu´ımos que
infx∈X i1(x) 6 inf(x,y)∈X×Y f(x, y).
Portanto, temos que
infx∈Xs1(x) = inf(x,y)∈X×Y f(x, y).
131
De forma ana´loga, demonstra-se que
infy∈Y i2(y) = inf(x,y)∈X×Y f(x, y).
De onde conclu´ımos que
infx∈X i1(x) = supy∈Y i2(y).
Agora, provaremos a desigualdade
supy[infxf(x, y)] 6 infx[supyf(x, y)].
Sejam
I := {infx∈Xf(x, y) | y ∈ Y }
e
S := {supy∈Y f(x, y) | x ∈ X}.
Dados elementos arbitra´rios infx∈Xf(x, y0) em I e supy∈Y f(x0, y) de S, temos que
infx∈Xf(x, y0) 6 f(x0, y0) 6 supy∈Y f(x0, y).
Assim, pelo resultado do exerc´ıcio 3.34, temos que
supy[infxf(x, y)] = sup(I) 6 inf(S) = infx[supyf(x, y)].
Por fim, um exemplo onde ocorre a desigualdade estrita. Sejam X = {x1, x2}, Y = {y1, y2} e f : X × Y → R
definido por f(x1, y1) = f(x2, y2) = 2 e f(x1, y2) = f(x2, y1) = 1. Assim, temos que
supy∈Y f(x1, y) = supy∈Y f(x2, y) = 2
e
infx∈Xf(x, y1) = infx∈Xf(x, y2) = 1.
Portanto,
supy[infxf(x, y)] = 1 < 2 = infx[infyf(x, y)].
132
Exerc´ıcio 3.53:
Sejam x e y nu´meros reais positivos. Prove que se tem
√
xy 6 x+ y
2
.
Temos que
(
√
x−√y)2 > 0.
Logo,
x− 2√xy + y > 0
e, portanto,
x+ y
2
> √xy.
133
Exerc´ıcio 3.54:
A desigualdade entre a me´dia aritme´tica e a me´dia geome´trica, vista no exerc´ıcio anterior, vale para n nu´meros
reais positivos x1, x2, ..., xn. Sejam G = n
√
x1x2 . . . xn e A =
x1+x2+···+xn
n . Para provar a desigualdade no caso
geral, considere a operac¸a˜o que consiste em substituir o menor dos nu´meros dados, digamos xi e o maior deles,
digamos xj , respectivamente por x
′
i =
xixj
G e x
′
j = G. Isto na˜o altera a me´dia geome´trica e, quanto a` aritme´tica,
ela na˜o aumenta, pois, como e´ fa´cil ver, x′i + x
′
j 6 xi + xj . Prove que, repetida a operac¸a˜o no ma´ximo n vezes,
obtemos n nu´meros todos iguais a` G e, portanto, sua me´dia aritme´tica e´ G. Como em cada operac¸a˜o a me´dia
aritme´tica na˜o aumentou, conclua que G 6 A, ou seja, n√x1x2 . . . xn 6 x1+x2+···+xnn .
Provaremos, por induc¸a˜o em k = 0, 1, . . . , n, que se exatamente n − k termos da sequeˆncia x1,...,xn sa˜o iguais
a` G, enta˜o G 6 A.
Para k = 0, temos que
A =
x1 + x2 + · · ·+ xn
n
=
nG
n
= G,
como quer´ıamos.
Suponhamos que exatamente n − k termos da sequeˆncia x1,...,xn sa˜o iguais a` G, para k > 0. Sejam xi e xj ,
respectivamente, elementos de maior e menor valor da sequeˆncia em questa˜o. Desta forma temos que
xi < G < xj .
De fato, temos que
xni 6 x1x2 . . . xn 6 xnj ,
e, consequentemente,
xi 6 G 6 xj .
Assim, como k > 0, devemos ter que xi < G 6 xj ou xi 6 G < xj . Se tive´ssemos xi < G = xj , enta˜o
Gn = x1x2 . . . xn 6 (xj)n−1xi < Gn.
Absurdo. Da mesma forma, na˜o podemos ter xi = G < xj . Portanto, devemos ter, de fato xi < G < xj . Adiante,
consideremos a sequeˆncia dada por
x′p =
 xp , p 6= i, jxixjG , p = i
G , p = j.
Temos que
x′i + x
′
j =
xixj
G
+G <
xiG
G
+ xj = xi + xj .
Assim,
x′1 + x
′
2 + · · ·+ x′n
n
<
x1 + x2 + · · ·+ xn
n
.
Tambe´m temos que
G′ := n
√
x′1x
′
2 . . . x
′
n =
n
√
x1x2 . . . xn = G.
Conclu´ımos da´ı que a sequeˆncia x′1, x
′
2, ... ,x
′
n possui no ma´ximo k − 1 elementos diferentes de G′ = G. Pela
hipo´tese de induc¸a˜o, temos que
G = G′ = n
√
x′1x
′
2 . . . x
′
n 6
x′1 + x
′
2 + · · ·+ x′n
n
<
x1 + x2 + · · ·+ xn
n
= A.
E o resultado segue por induc¸a˜o.
134
Exerc´ıcio 3.55:
Seja K um corpo ordenado e completo. Indique com 0′ e 1′ o zero e a unidade de K. Para cada n ∈ N, sejam
n′ = 1′ + ...+ 1′ (n vezes) e (−n)′ = −n′. Definamos uma func¸a˜o f : R→ K pondo f(pq ) = p
′
q′ para todo
p
q ∈ Q e
para x irracional, seja f(x) = sup{p′q′ ∈ K; pq < x}. Prove que f e´ um homomorfismo sobrejetivo e conclua que f e´
uma bijec¸a˜o, ou seja, um isomorfismo de R sobre K.
A soluc¸a˜o sera´ dada em 11 passos:
(I) f(m+ n) = f(m) + f(n) para todos n,m ∈ Z:
Provaremos a igualdade por induc¸a˜o em n ∈ N que f(m+ n) = f(m) + f(n) e f(m− n) = f(m) + f(−n), para
todo m ∈ Z.
Temos que f e´ definido em Z indutivamente por f(m+ 1) = f(m) + f(1) e f(−m− 1) = −f(m)− f(1), para
m ∈ N. Da´ı segue o resultado para n = 1.
Adiante, temos que
f(m+ (n+ 1)) = f((m+ 1) + n) = f(m+ 1) + f(n) = f(m) + f(n) + f(1) = f(m) + f(n+ 1).
E de forma ana´loga mostra-se que f(m− (n+ 1)) = f(m) + f(−(n+ 1)). E o resultado segue pelo PIF.
(II) f(mn) = f(m)f(n) para todos n,m ∈ Z:
Demonstrac¸a˜o ana´loga a` anterior.
(III) f(m) < f(n) ⇐⇒ m < n, para todos n,m ∈ Z:
Observemos que pela definic¸a˜o indutiva de f em N (i.e. f(n + 1) := f(n) + 1) e pelo fato de f(1) := 1′ > 0′,
temos que n ∈ Z com n > 0 implica f(n) > 0′. E por f(−n) = −f(n) temos que se n ∈ Z com n < 0 enta˜o
f(n) < 0′. Ou seja, n > 0 em Z se e somente se f(n) > 0′.
Assim, temos que
f(m) < f(n) ⇐⇒ f(m)− f(n) < 0′
⇐⇒ f(m− n) < 0′
⇐⇒ m− n < 0′
⇐⇒ m < n.
(IV) f(s+ t) = f(s) + f(t) para todos s, t ∈ Q:
Sejam s = pq e t =
m
n com p,m ∈ Z e q, n ∈ N . Enta˜o, temos que
f(s+ t) = f(np+qmqn )
= f(np+qm)f(qn)
= f(n)f(p)+f(q)f(m)f(q)f(n)
= f(p)f(q) +
f(m)
f(n)
= f(s) + f(t).
(V) f(st) = f(s)f(t) para todos s, t ∈ Q:
Ana´loga a` anterior.
(VI) f(s) < f(t) ⇐⇒ s < t, para todos s, t ∈ Q:
Sejam s = pq e t =
m
n com p,m ∈ Z e q, n ∈ N . Enta˜o, temos que
f(s) < f(t) ⇐⇒ f(n)f(p) < f(q)f(m)
⇐⇒ f(np) < f(qm)
⇐⇒ np < qm
⇐⇒ s < t.
135
(VII) f(x) = sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q} para todo x ∈ R:
Pela definic¸a˜o de f nos irracionais, basta provar a igualdade para x ∈ Q. De fato, por (IV) temos que
f(x) > sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q}. E por outro lado, f(x) ∈ sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q}. E sa´ı segue o resultado.
(VIII) f e´ um homomorfismo:
De fato, temos, para quaisquer x, y ∈ R, que
f(x) + f(y) = sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q}+ sup{f(r); r 6 y, r ∈ Q}
= sup{f(r1) + f(r2); r1 6 x, r2 6 y e r1, r2 ∈ Q} (pelo exerc´ıcio 3.37)
= sup{f(r); r 6 x+ y, r ∈ Q} (por (IV))
= f(x+ y).
Analogamente, prova-se que f(xy) = f(x)f(y) utilizando-se do exerc´ıcio 3.39 e do item (V).
(IX) f(x) < f(y) ⇐⇒ x < y, para todos x, y ∈ R:
Temos, por (VII), que
f(x) < f(y) ⇐⇒ ∃r ∈ Q, f(x) < f(r) 6 f(y)
⇐⇒ ∃r ∈ Q, x < r 6 y
⇐⇒ x < y.
(X) y = f(sup{r ∈ Q; f(r) 6 y}):
Seja x = sup{r ∈ Q; f(r) 6 y}. Observemos que x ∈ R pelo fato de K ser completo e ordenado (logo,
arquimediano). Enta˜o, pela escolha de x,
f(x) = sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q} 6 y.
Por outro lado, se f(x) < y, haveria, novamente pela arquimedianeidade de K, r ∈ Q, tal que f(x) < f(r) < f(y).Contradizendo a escolha de x.
(XI) f e´ bijetiva:
O item (IX) implica que f e´ injetiva e o item (X) implica que f e´ sobrejetiva.
136
Exerc´ıcio 3.56:
Seja f : R → R um isomorfismo de R em si mesmo. Prove que f = identidade. Conclua que se K e L sa˜o corpos
ordenados completos, existe um u´nico isomorfismo de K sobre L.
Seja f : R→ R um isomorfismo de corpos. Provaremos que f e´ igual a identidade IR : R→ R.
Pelo exerc´ıcio 3.4, temos que f(0) = 0 e f(1) = 1.
Por induc¸a˜o em n ∈ N, segue que
f(n) = n = −f(−n).
E, assim, para q ∈ Z+ temos que
1 = f
(
q
q
)
= f(q)f
(
1
q
)
= qf
(
1
q
)
.
De onde conclu´ımos que f
(
1
q
)
= 1q . Portanto, para p ∈ Z, temos que
f
(
p
q
)
= f(p)f
(
1
q
)
=
p
q
.
Ou seja, f(r) = r para todo r ∈ Q.
Agora, observemos que se x > 0, enta˜o f(x) > 0. De fato, temos que
f(x) = f(
√
x
√
x) = f(
√
x)2 > 0.
Seja x ∈ R. Provaremos que f(x) = x mostrando que para quaisquer r, s ∈ Q tais que
s < x < r
tem-se que
s < f(x) < r.
De fato, temos que
0 < x− s
e
0 < r − x
implicam que
0 < f(x− s) = f(x)− f(s) = f(x)− s
e
0 < f(r − x) = f(r)− f(x) = r − f(x)
pela observac¸a˜o do para´grafo anterior. Portanto, temos que
s < f(x) < r
e conclu´ımos que
f(x) = x
para qualquer x ∈ R.
Provaremos agora que se K e L sa˜o corpos ordenados completos, existe um u´nico isomorfismo entre K e L.
Pelo exerc´ıcio 3.55, temos que existem isomorfismos fK : R → K e fL : R → L. Desta forma, existe um
isomorfismo ϕ = fL ◦ f−1K : K → L.
Suponhamos que ψ : K → L seja um isomorfismo de corpos. Provaremos que ψ = ϕ. De fato, como
f−1L ◦ ψ−1 ◦ ϕ ◦ fK : R→ R
e´ um isomorfismo, pelo que foi provado acima, temos que
f−1K ◦ ψ−1 ◦ ϕ ◦ fK = IR.
Consequentemente,
ψ−1 ◦ ϕ = IK
e
ψ = ϕ.
137
Exerc´ıcio 3.57:
Verifique que f : R→ (−1, 1), definida por f(x) = x√
1+x2
, e´ uma bijec¸a˜o de R no intervalo (−1, 1).
Seja g : (−1, 1)→ R definida por
g(x) =
x√
1− x2 .
Provaremos que g = f−1.
Seja x ∈ (−1, 1). Enta˜o,
f ◦ g(x) = f
(
x√
1−x2
)
=
(
x√
1−x2
)
(
1+
(
x√
1−x2
)2) 12
=
(
x√
1−x2
)
(
1+ x
2
1−x2
) 1
2
=
(
x√
1−x2
)
(√
1−x2+x2√
1−x2
)
=
(
x√
1−x2
)
(
1√
1−x2
)
= x.
Seja x ∈ R. Enta˜o,
g ◦ f(x) = g
(
x√
1+x2
)
=
(
x√
1+x2
)
(
1−
(
x√
1+x2
)2) 12
=
(
x√
1+x2
)
(
1+x2−x2
1+x2
) 1
2
=
(
x√
1+x2
)
(
1√
1+x2
)
= x.
Portanto, g = f−1.
138
Exerc´ıcio 3.58:
Um conjunto G de nu´meros reais chama-se grupo aditivo quando 0 ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x − y ∈ G. Enta˜o,
x ∈ G ⇒ −x ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x + y ∈ G. Seja enta˜o G ⊂ R um grupo aditivo de nu´meros reais. Indiquemos
com G+ o conjunto dos nu´meros reais pertencentes a` G. Excetuando o caso trivial G = {0}, G+ e´ na˜o-vazio.
Suponhamos pois G 6= {0}. Prove que:
(i) Se infG+ = 0, enta˜o G e´ denso em R;
(ii) Se infG+ = a > 0, enta˜o a ∈ G+ e G = {0,±a,±2a, ...};
(iii) Conclua que, se α ∈ R e´ irracional, os nu´meros reais da forma m + nα com m, n ∈ Z constituem um
subconjunto denso em R.
(i)
Provaremos que dado um intervalo arbitra´rio (a, b) em R, existe g ∈ G e m ∈ Z tais que mg ∈ (a.b). Como
mg ∈ G (prova-se por induc¸a˜o em m), conclu´ımos da´ı que G intercepta todo intervalo aberto em R. Logo, G e´
denso em R.
Como infG+ = 0, temos que existe g ∈ G+ tal que
0 < g < b− a.
Assim, tomando-se m = min{n ∈ Z; a < ng}, teremos que
a < mg = (m− 1)g + g 6 a+ g < a+ (b− a) = b.
Logo, mg ∈ (a, b).
(ii)
Primeiramente, provaremos que a ∈ G. De fato, se a = infG+ /∈ G ter´ıamos que existiriam h e g ∈ G+ tais que
a < h < g < 2a.
Da´ı
0 < g − h < a
e, como g − h ∈ G, temos que
a = infG+ 6 g − h < a.
Uma contradic¸a˜o. Logo, a ∈ G.
Agora, provaremos que todo g ∈ G e´ da forma na para algum n ∈ Z. Seja n = max{n ∈ Z;na 6 g} e r = g−na.
Pela escolha de n, temos que
0 6 r < a.
Assim, como r = g − na ∈ G devemos ter que r = 0 pois, caso contra´rio, ter´ıamos que
a = infG+ 6 r < a.
Portanto, g = na.
(iii)
Seja
G := {m+ nα;m,n ∈ Z}.
Temos que G e´ um grupo aditivo. Como G 6= {0}, nos basta provar que a = infG+ = 0.
Suponhamos o contra´rio. Enta˜o a > 0 e, pelo item (ii), temos que
G = {0,±a,±2a, ...}.
Assim, como α ∈ G, temos que
a = kα ∈ R\Q.
Da´ı, temos que
G = {0,±a,±2a, ...} ⊂ R\Q.
Mas, por outro lado,
G := {m+ nα;m,n ∈ Z} ⊃ Z.
Uma contradic¸a˜o.
139
Exerc´ıcio 3.59:
Sejam f, g : R2 → R e φ, ψ : R3 → R as func¸o˜es definidas por f(x, y) = 3x − y, g(x, y) = (x − 1)2 + (y + 1)2 − 9,
ϕ(x, y, z) = 3z e ψ(x, y, z) = x2 + y2 − z. Interpretando (x, y) como as coordenadas cartesianas de um ponto
no plano R2 e (x, y, z) como as coordenadas de um ponto no espac¸o R3, descreva geometricamente os conjuntos
f−1(0), g−1(0), ϕ−1(0) e ψ−1(0).
• f−1(0) = {(x, y) ∈ R2; y = 3x}: uma reta;
• g−1(0) = {(x, y) ∈ R2; (x− 1)2 + (y + 1)2 = 32}: uma circunfereˆncia de raio 3 e centrada no ponto (1,−1);
• ϕ−1(0) = {(x, y, z) ∈ R3; z = 0}: um plano;
• ψ−1(0) = {(x, y, z) ∈ R3; z = x2 + y2}: dois cones.
140
Exerc´ıcio 3.60:
Seja a um nu´mero real positivo. Dado um nu´mero racional p/q (onde p ∈ Z e q ∈ N), defina a poteˆncia de base a
e expoente racional p/q como ap/q = q
√
ap. Prove:
(1) Para quaisquer r, s ∈ Q tem-se ar.as = ar+s e (ar)s = ars;
(2) Para todo r ∈ Q+, a func¸a˜o f : (0,+∞)→ (0,+∞), dada por f(x) = xr, e´ uma bijec¸a˜o crescente;
(3) A func¸a˜o g : Q→ R definida por g(r) = ar (onde a e´ um nu´mero real positivo fixado) e´ crescente se a > 1, e
decrescente se 0 < a < 1.
(1)
Sejam r = p/q e s = p′/q′, onde p e p′ ∈ Z e q e q′ ∈ N. Temos que
aras = a
p
q a
p′
q′
= a
pq′
qq′ a
p′q
q′q
=
qq′√
apq′
qq′√
ap′q
=
qq′√
apq′ap′q
=
qq′√
apq′+p′q
= a
pq′+p′q
qq′
= a
p
q +
p′
q′
= ar+s
e
(ar)s = (a
p
q )
p′
q′
= q
′
√
( q
√
ap)p′
=
qq′√
app′
= a
pp′
qq′
= ars.
(2)
A func¸a˜o f tem inversa g : (0,+∞)→ (0,+∞) dada por g(x) = x 1r . De fato, dado x ∈ (0,+∞), temos que
f ◦ g(x) = f(x 1r )
= (x
1
r )r
= x1
= x.
e
g ◦ f(x) = g(xr)
= (xr)
1
r
= x1
= x.
Portanto, f e´ uma bijec¸a˜o.
Dados x < y em (0,+∞), temos que
xp < yp
e, consequentemente,
f(x) = xr
= q
√
xp
< q
√
yp
= yr
= f(y).
Portanto, f e´ crescente.
141
(3)
Dados r = p/q e s = p′/q′, onde p e p′ ∈ Z e q e q′ ∈ N, com r < s. Enta˜o, r = pq′qq′ < p
′q
qq′ = s e,
consequentemente,
pq′ < p′q.
Caso a > 1, temos que
pq′ < p′q ⇒ apq′ < ap′q
⇒ qq′
√
apq′ <
qq′√
ap′q
⇒ g(pq′qq′ ) < g(p
′q
qq′ )
⇒ g(r) < g(s).
Conclu´ımos da´ı que, g e´ crescente caso a > 1.
Caso 0 < a < 1, temos que
pq′ < p′q ⇒ apq′ > ap′q
⇒ qq′
√
apq′ >
qq′√
ap′q
⇒ g(pq′qq′ ) > g(p
′q
qq′ )
⇒ g(r) > g(s).
Conclu´ımos da´ı que, g e´ decrescente caso 0 < a < 1.
142
Cap´ıtulo 4
Sequeˆncias e Se´ries de Nu´meros Reais
143
Exerc´ıcio 4.1:
Se limxn = a, enta˜o lim |xn| = |a|. Deˆ um contra-exemplo mostrando que a rec´ıproca e´ falsa, salvo quando a = 0.
Como limxn = a, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
||xn| − |a|| ≤ |xn − a| < ε,
para todo n ≥ n0. Logo, temos que
lim |xn| = |a|.
Temos que lim |xn| = |a| na˜o implica que limxn = a. Basta tomar xn = 1, para todo n ∈ N e a = −1.
144
Exerc´ıcio 4.2:
Seja limxn = 0. Para cada n, ponha yn = min{|x1|, |x2|, ..., |xn|}. Prove que yn −→ 0.
Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que se n ≥ n0, enta˜o |xn| < ε. Como |yn| = yn = min{|x1|, ..., |xn|} ≤ |xn|, temos
que para n ≥ n0, |yn| ≤ |xn| < ε. Logo,
lim yn = 0.
145
Exerc´ıcio 4.3:
Se limx2n = a e limx2n−1 = a, prove que limxn = a.
Dado ε > 0, existem np, ni ∈ N tais que
n ≥ np ⇒ |x2n − a| < ε
e
n ≥ ni ⇒ |x2n−1 − a| < ε.
Tomemos n0= max{2np, 2ni − 1}. Assim, para n ≥ n0, temos
• Se n = 2k, enta˜o
2k = n ≥ n0 ≥ 2np.
Logo, k ≥ np e consequentemente
|xn − a| = |x2k − a| < ε.
• Se n = 2k − 1, enta˜o
2k − 1 = n ≥ n0 ≥ 2ni − 1.
Logo, k ≥ ni e consequentemente
|xn − a| = |x2k−1 − a| < ε.
Em ambos os casos, se n ≥ n0, temos |xn − a| < ε. Logo, limxn = a.
146
Exerc´ıcio 4.4:
Se N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk e lim
n∈N1
xn = lim
n∈N2
xn = ... = lim
n∈Nk
xn = a, enta˜o lim
n∈N
xn = a.
Dado ε > 0, existem n1, n2, ..., nk ∈ N1,N2, ...,Nk tais que se n ∈ Ni com n ≥ ni, enta˜o |xn − a| < ε. Tomando
n0 = max{n1, n2, ..., nk}, temos que se n ≥ n0, enta˜o n ≥ ni, para todo i = 1, .., k. Desta forma, |xn − a| < ε.
Portanto,
limxn = a.
147
Exerc´ıcio 4.5:
Deˆ exemplo de uma sequeˆncia (xn) e uma decomposic¸a˜o N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk ∪ ... de N como reunia˜o de
uma infinidade de conjuntos infinitos tais que, para todo k, a sequeˆncia (xn)n∈Nk tenha limite a, mas na˜o se tem
limxn = a.
Seja k ∈ N. Definimos
Nk = {2k−1.n ∈ N;n ∈ N, n e´ ı´mpar}.
Temos dessa definic¸a˜o que N =
∞⋃
k=1
Nk. Assim, podemos definir
x : N →
n 7→ x(n) =
{
1, se n = 2k−1 para algum k
1/n, se n = 2k−1m para algum m > 1.
.
Provemos que limxn = 0. Dado ε > 0, existe p0 ∈ N tal que
1
3p0
< ε2k−1.
Assim, se n = 2k−1m ∈ Nk, com n ≥ n0 = 2k−13p0 , enta˜o
xn =
1
2k−1m
≤ 1
2k−13p0
< ε.
Logo, lim
n∈Nk
= 0. Por outro lado, limx2k−1 = 1. Portanto, lim
n∈N
xn na˜o existe.
148
Exerc´ıcio 4.6:
Se limxn = a e lim(xn − yn) = 0, enta˜o lim yn e´ igual a a.
Dado ε > 0, existem n1, n2 ∈ N tais que
n ≥ n1 ⇒ |xn − a| < ε/2
e
n ≥ n2 ⇒ |xn − yn| < ε/2.
Tomando n0 = max{n1, n2}, teremos que se n ≥ n0, enta˜o
|yn − a| ≤ |xn − yn|+ |xn − a| < ε.
Logo, lim yn = a.
149
Exerc´ıcio 4.7:
Seja a 6= 0. Se lim yn
a
= 1, enta˜o lim yn e´ igual a a.
Sejam ε > 0 e a 6= 0. Neste caso ε/|a| > 0. Assim, existe n0 ∈ N tal que∣∣∣yn
a
− 1
∣∣∣ < ε|a| ,
ou seja,
|yn − a| < ε.
Logo, lim yn = a.
150
Exerc´ıcio 4.8:
Seja b 6= 0. Se limxn = a e lim xn
yn
= b, enta˜o lim yn =
a
b
.
Pelo ı´tem 3 do Teorema 6, temos que
lim
yn
xn
=
1
b
.
Pelo ı´tem 2 do mesmo teorema,
lim yn = limxn.
yn
xn
= limxn. lim
yn
xn
= a.
1
b
=
a
b
.
151
Exerc´ıcio 4.9:
Seja b 6= 0. Se limxn = a e lim xn
yn
= b, enta˜o lim yn =
a
b
.
Pelo ı´tem 3 do Teorema 6, temos que
lim
yn
xn
=
1
b
.
Pelo ı´tem 2 do mesmo teorema,
lim yn = limxn.
yn
xn
= limxn. lim
yn
xn
= a.
1
b
=
a
b
.
152
Exerc´ıcio 4.10:
Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, enta˜o lim n√xn = 1.
Temos que
lim n
√
a = lim n
√
n = 1.
Assim,
lim
n
√
nk = lim
(
n
√
n
)k
=
(
lim n
√
n
)k
= 1k = 1.
Logo, limxn = 1.
153
Exerc´ıcio 4.10:
Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, enta˜o lim n√xn = 1.
Temos que
lim n
√
a = lim n
√
n = 1.
Assim,
lim
n
√
nk = lim
(
n
√
n
)k
=
(
lim n
√
n
)k
= 1k = 1.
Logo, limxn = 1.
154
Exerc´ıcio 4.11:
Use a desigualdade entre as me´dia aritme´tica e geome´trica dos n+ 1 nu´meros 1−1/n, 1−1/n, ..., 1−1/n, 1 e prove
que a sequeˆncia (1− 1/n)n e´ crescente. Conclua que (1− 1/n)n ≥ 1/4 para todo n > 1.
Pela desigualdade envolvendo a me´dia aritme´tica e a me´dia geome´trica, temos que
n+1
√(
1− 1
n
)n
.1 ≤
n
(
1
1
n
)
+ 1
n+ 1
n+1
√(
1− 1
n
)n
≤ n
n+ 1
= 1− 1
n+ 1(
1− 1
n
)n
≤
(
1− 1
n+ 1
)n+1
.
Logo, a sequeˆncia (xn)n∈N dada por
xn =
(
1− 1
n
)n
e´ crescente. Da´ı, para n ≥ 2, temos
1
4
=
(
1− 1
2
)2
≤
(
1− 1
n
)n
.
155
Exerc´ıcio 4.11a:
Sejam xn = (1 + 1/n)
n e yn = (1− 1n+1 )n+1. Mostre que limxnyn = 1 e deduza da´ı que lim(1− 1/n)n = e−1.
Segue, pelas definic¸o˜es de xn e yn, que
xnyn =
(
1 +
1
n
)n(
1− 1
n+ 1
)n+1
=
(
n
n+ 1
)n(
n
n+ 1
)n(
1− 1
n+ 1
)
= 1− 1
n+ 1
.
Logo,
limxnyn = lim 1− 1
n+ 1
= 1.
Como limxn = e, temos que
lim
(
1− 1
n
)n
= lim yn1
= lim yn = e
−1.
156
Exerc´ıcio 4.12:
Fazendo yn = x
1/k e b = a1/k na identidade yk−bk = (y−b)
k−1∑
i=0
yibk−i−1, obtenha x−a = (x1/k−a1/k)
k−1∑
i=0
xi/ka1−(i+1)/k
e use isto para provar que se limxn = a > 0, enta˜o lim n
√
xn = n
√
a. Conclua da´ı, que lim(xn)
r = ar para todo
racional r.
Fazendo y = x1/k e b = a1/k na identidade
yk − bk = (y − b)
k−1∑
i=0
yibk−i−1,
obtemos
x− a = (x1/k − a1/k)
k−1∑
i=0
xi/ka
1−
i+ 1
k .
como limxn = a > 0, existe c > 0 em e um nc ∈ N tal que para todo n ≥ nc, teremos
0 < c < xn.
Logo, para n ≥ nc temos que
xn − a = (x1/kn − a1/k)
k−1∑
i=0
xi/kn a
1−
i+ 1
k
> (x1/kn − a1/k).S,
onde
S =
k−1∑
i=0
ci/ka
1−
i+ 1
k > 0.
dado ε > 0, existe n1 ∈ N tal que para todo n ≥ n1, temos
εS > |xn − a|.
Da´ı, fazendo n0 = max{n1, n2}, temos que para todo n ≥ n0
εS > |xn − a| > |x1/kn − a1/k|.S.
Logo,
ε > |x1/kn − a1/k|
para n ≥ n0. Concluimos da´ı que
lim n
√
xn =
n
√
a.
Sendo r =
p
q
, temos que
limxp/qn = lim(
q
√
p)
= (lim q
√
xn)
p
= ( q
√
a)p = ap/q = ar.
157
Exerc´ıcio 4.14:
Propriedade 51. Seja a, b ≥ 0 e enta˜o lim n√an + bn = max{a, b}.
Demonstrac¸a˜o. Seja c = max{a, b} enta˜o vale Vale an ≤ cn, bn ≤ cn e da´ı an + bn ≤ 2cn da mesma maneira
cn ≤ an + bn, pois c e´ a ou b, logo
cn ≤ an + bn ≤ 2cn
c ≤ n√an + bn ≤ n
√
2 c
tomando limites, temos pelo teorema do sandu´ıche
lim
n
√
an + bn = c.
Propriedade 52. Sejam (ak ≥ 0)m1 e c = max{ak, k ∈ Im} enta˜o
lim
n→∞
n
√√√√ m∑
k=1
ank = c.
Demonstrac¸a˜o. Vale ank ≤ cn, tomando a soma, tem-se
∑m
k=1 a
n
k ≤ m.cn, tem-se tambe´m cn ≤
∑m
k=1 a
n
k enta˜o vale
cn ≤
m∑
k=1
ank ≤ m.cn
tomando a raiz
c ≤ n
√√√√ m∑
k=1
ank ≤ n
√
m.c
e novamente por teorema do sandu´ıche tem-se
lim n
√√√√ m∑
k=1
ank = c.
158
Exerc´ıcio 4.15:
Definic¸a˜o 10 (Termo destacado). Dizemos que xn e´ um termo destacado quando xn ≥ xp para todo p > n. Isto e´
quando xn e´ maior ou igual a todos seus sucessores.
Propriedade 53. Toda sequeˆncia possui subsequeˆncia mono´tona .
Demonstrac¸a˜o. Seja A ⊂ N o conjunto dos ı´ndices s da sequeˆncia (xn), tais que xs e´ destacado, existem dois casos
a serem analisados
• Se A e´ infinito, enta˜o podemos tomar uma subsequeˆncia (xn1 , xn2 , · · · ) de termos destacados formada pelos
elementos com ı´ndices em A que e´ na˜o-crescente com n1 < n2 < n3 < · · · e com xn1 ≥ xn2 ≥ · · · .
• Se A e´ finito, tomamos um n1 maior que todos elementos de A da´ı xn1 na˜o e´ destacado, existindo xn2 ≥ xn1
com n2 > n1, por sua vez xn2 na˜o e´ destacado logo existe n3 > n2 tal que xn3 ≥ xn2 , assim constru´ımos uma
subsequeˆncia na˜o-decrescente .
159
Exerc´ıcio 4.18:
Generalizamos o exerc´ıcio em dois resultados.
Propriedade 54. Sejam (an) e (bn) sequeˆncias limitada tais que an + bn = 1 ∀n ∈ N , (zn) e (tn) com o mesmo
limite a, enta˜o lim an.zn + bn.tn = a.
Demonstrac¸a˜o. Escrevemos
an.zn + bn.tn = an.zn − a.an + a. an︸︷︷︸
=1−bn
+bn.tn = an(zn − a) + a(1− bn) + bn.tn =
= an(zn − a) + a− a.bn + bn.tn = an(zn − a) + a+ bn(tn − a)
da´ı
lim an(zn − a) + a+ bn(tn − a) = a = lim an.zn + bn.tn
pois an e bn sa˜o limitadas e zn − a, tn − a tendem a zero.
Propriedade 55. Se limn→∞ zk(n) = a ∀ k e cada (xk(n)) e´ limitada com
∑p
k=1 xk(n) = vn → b enta˜o
limn→∞
∑p
k=1 xk(n)zk(n) = a.b.
Demonstrac¸a˜o. Vale x1(n) = vn −
∑p
k=2 xk(n).
p∑
k=1
xk(n)zk(n) = x1(n)z1(n) +
p∑
k=2
xk(n)zk(n) =
= z1(n)vn −
p∑
k=2
xk(n)z1(n) +
p∑
k=2
xk(n)zk(n) =
= z1(n)vn︸︷︷ ︸
→a.b
+
p∑
k=2
xk(n) (zk(n)− z1(n))︸ ︷︷ ︸
→0
→ a.b.
160
Exerc´ıcio 4.19:
Definic¸a˜o 11 (Sequeˆncia de variac¸a˜o limitada). Uma sequeˆncia (xn) tem variac¸a˜o limitada quando a sequeˆncia
(vn) com
vn =
n∑
k=1
|∆xk| e´ limitada.
Propriedade 56. Se (xn) tem variac¸a˜o limitada enta˜o (vn) converge.
Demonstrac¸a˜o. (vn) e´ limitada e na˜o-decrescente, pois ∆vn = |∆xn+1| ≥ 0, logo e´ convergente.
Propriedade 57. Se (xn) tem variac¸a˜o limitada enta˜o existe limxn.
Demonstrac¸a˜o. A se´rie
∑∞
k=1 |∆xk| converge portanto
∑∞
k=1 ∆xk converge absolutamente e vale
xn − x1 =
n−1∑
k=1
∆xk ⇒ xn =
n−1∑
k=1
∆xk + x1
logo xn e´ convergente.
Exemplo 13. Se |∆xn+1| ≤ c|∆xn| ∀ n ∈ N com 0 ≤ c < 1 enta˜o (xn) possui variac¸a˜o limitada. Definimos
g(k) = |∆xk| logo a desigualdade pode ser escrita como g(k + 1) ≤ cg(k), Qg(k) ≤ c aplicamos
∏n−1
k=1 de ambos
lados, da´ı
g(n) = |∆xn| ≤ cn−1g(1)
somando em ambos lados temos
n∑
k=1
|∆xk| ≤
n∑
k=1
ck−1g(1)
como o segundo termo converge por ser se´rie geome´trica segue que (xn) e´ de variac¸a˜o limitada, logo converge.
Propriedade 58. (xn) tem variac¸a˜o limitada ⇔ xn = yn − zn onde (yn) e (zn) sa˜o sequeˆncias na˜o-decrescentes
limitadas.
Demonstrac¸a˜o. ⇐).
Seja xn = yn − zn onde (yn) e (zn) sa˜o sequeˆncias na˜o-decrescentes limitadas, enta˜o xn tem variac¸a˜o limitada.
vn =
n∑
k=1
|∆xk| =
n∑
k=1
|∆yk −∆zk| ≤
n∑
k=1
|∆yk|+
n∑
k=1
|∆zk| ≤ |
n∑
k=1
∆yk|+ |
n∑
k=1
∆zk|
= |yn+1 − y1|+ |zn+1 − z1| < M
pois (yn) e (zn) sa˜o limitadas, logo (vn) e´ limitada, isto e´, (xn) tem variac¸a˜o limitada.
⇒). Dada (xn) com variac¸a˜o limitada. (xn) tem variac¸a˜o limitada ⇔ (xn + c) tem variac¸a˜o limitada, pois ∆
aplicado as duas sequeˆncias tem o mesmo valor. Escrevemos
xn − x1 =
n−1∑
k=1
∆xk
Para cada n definimos Pn o conjunto dos k da soma
∑n−1
k=1 ∆xk tais que ∆xk ≥ 0 e Nn o conjunto dos k da mesma
soma tais que ∆xk < 0, com isso temos uma partic¸a˜o do conjunto dos ı´ndices e vale
xn − x1 =
n−1∑
k=1
∆xk =
∑
k∈Pn
∆xk︸ ︷︷ ︸
yn
−
∑
k∈Nn
(−∆xk)︸ ︷︷ ︸
zn
161
(yn) e´ na˜o decrescente, pois yn+1 = yn caso na˜o seja adicionado ı´ndice a Pn+1 em relac¸a˜o a Pn e yn+1 ≥ yn caso
seja adicionado um ı´ndice a Pn+1, pois adicionamos um termo da forma ∆xk ≥ 0 o mesmo para (zn).
(yn) e´ limitada pois
∑
k∈Pn
∆xk ≤
n−1∑
k=1
|∆xk| =
∑
k∈Pn
|∆xk|+
∑
k∈Nn
|∆xk| =
∑
k∈Pn
∆xk +
∑
k∈Nn
(−∆xk) < M
da mesma maneira (zn) e´ limitada.
Exemplo 14. Existem sequeˆncias convergentes que na˜o possuem variac¸a˜o limitada, como por exemplo xn =∑n−1
k=1
(−1)k
k , que e´ convergente pore´m ∆xn =
(−1)n
n ⇒ |∆xn| = 1n e
∑n−1
k=1
1
k na˜o e´ limitada.
162
Exerc´ıcio 4.20:
Exemplo 15. Seja (xn) definida como x1 = 1, xn+1 = 1 +
1
xn
, enta˜o vale que
|∆xn+1| ≤ 1
2
|∆xn|.
• Primeiro vale que xn ≥ 1 para todo n pois vale para n = 1, supondo validade para n, enta˜o vale para n+ 1,
pois xn+1 = 1 +
1
xn
.
• Vale que |xn+1xn| ≥ 2 para todo n, pois, substituindo xn+1 = 1 + 1xn isso implica que xn+1xn ≥ xn + 1 ≥ 2.
• De |xn+1xn| ≥ 2 segue que | 1xn+1xn | ≤ 12 , multiplicando por |xn+1 − xn| em ambos lados segue que
|xn − xn+1
xn+1xn
| ≤ |xn+1 − xn|
2
| 1
xn+1
− 1
xn
| = | (1 + 1
xn+1
)︸ ︷︷ ︸
xn+2
− (1 + 1
xn
)︸ ︷︷ ︸
xn+1
| ≤ |xn+1 − xn|
2
portanto |∆xn+1| ≤ 12 |∆xn| portanto a sequeˆncia e´ convergente. Calculamos seu limite limxn = a
a = 1 +
1
a
⇔ a2 − a− 1 = 0
cujas ra´ızes sa˜o 1±
√
5
2 , ficamos com a raiz positiva pois a sequeˆncia e´ de termos positivos, logo
limxn =
1 +
√
5
2
.
163
Exerc´ıcio 4.21:
Exemplo 16. Estudar a convergeˆncia da sequeˆncia xn+1 = 1 +
√
xn com x1 = 1.
A sequeˆncia e´ crescente , pois x2 = 2 > x1, supondo xn+1 > xn temos
√
xn+1 >
√
xn ⇒ 1 +√xn+1 > 1 +√xn ⇒ xn+2 > xn+1.
A sequeˆncia e´ limitada superiormente, por 3, por exemplo, pois x1 < 3, supondo xn < 3 < 4 tem-se
√
xn < 2⇒ 1 +√xn < 3⇒ xn+1 < 3.
Agora calculamos o limite da sequeˆncia
a = 1 +
√
a⇒ (a− 1)2 = a⇒ a2 − 3a+ 1 = 0
cujas ra´ızes sa˜o 3±
√
5
2 , na˜o podendo ser
3−√5
2 que e´ menor que 1 logo o limite e´
3+
√
5
2 .
164
Exerc´ıcio 4.22:
Propriedade 59. (xn) na˜o possui subsequeˆncia convergente ⇔ lim |xn| =∞.
Demonstrac¸a˜o. ⇒).
Se (xn) na˜o possui subsequeˆncia convergente enta˜o lim |xn| =∞.
Se na˜o fosse lim |xn| =∞, existiria A > 0 tal que ∀ n0, existe n1 > n0 tal que |xn1 | < A, aplicando o resultado
com n1 no lugar de n0, existe n2 > n1 tal que |xn2 | < A e assim constru´ımos uma subsequeˆncia (xn1 , xn2 , · · · )
limitada , que possui uma subsequeˆncia convergente , o que e´ absurdo.
⇐).
Suponha por absurdo que lim |xn| = ∞ e (xn) possui subsequeˆncia convergente, convergindo para a. Por
definic¸a˜o de limite infinito, sabemos que existe n0 tal que n > n0 implica |xn| > |a|+ 10, por (xn) ter subsequeˆncia
que converge para a, existe n1 tal que n > n1 e n ı´ndice da subsequeˆncia, implica |xn − a| < 10⇒ |xn| < |a|+ 10,
podemos tomar ı´ndice da subsequeˆncia tal que n > n1 e n > n2, logo valeria |xn| < |a|+ 10 e |xn| > |a|+ 10 o que
e´ absurdo, portanto (xn) na˜o pode possuir subsequeˆncia convergente.
165
Exerc´ıcio 4.25:
Propriedade 60 (Teste da raza˜o para sequeˆncias.). Se xn > 0 ∀n ∈ N e xn+1xn ≤ c < 1 para n suficientemente
grande enta˜o limxn = 0.
Demonstrac¸a˜o. Existe n0 tal que para k > n0 vale 0 <
xk+1
xk
≤ c < 1, aplicamos o produto´rio ∏nk=n0+1 em ambos
, de onde segue
0 <
n∏
k=n0+1
xk+1
xk
≤
n∏
k=n0+1
c
0 < xn+1 < x(n0+1)c
n−n0
como lim cn = 0, tem-se pelo teorema do sandu´ıche que limxn = 0.
Corola´rio 9. Dada uma sequeˆncia de termos na˜o nulos (xn), enta˜o (|xn|) e´ uma sequeˆncia de termos positivos,
se ela satisfaz a propriedade anterior enta˜o lim |xn| = 0 o que implica limxn = 0.
Propriedade 61. Seja (xn) sequeˆncia de termos positivos, se
xn+1
xn
≥ c > 1 para n suficientemente grande enta˜o
limxn =∞.
Demonstrac¸a˜o. Existe n0 ∈ N tal que k > n0 implica xk+1xk ≥ c, onde c > 1. Aplicando o produto´rio na desigualdade
tem-se
n∏
k=n0+1
xk+1
xk
> cn−n0
xn+1 >
xn0+1
cn0
cn
como lim cn =∞ segue que limxn =∞.
Corola´rio 10. Na propriedade anterior podemos trocar xn por |xn| onde xn na˜o se anula, pois (|xn|) e´ uma
sequeˆncia de positivos.
Corola´rio 11. Se lim xn+1xn = a < 1 enta˜o para n suficientemente grande vale
xn+1
xn
≤ c < 1, logo tambe´m vale
limxn = 0.
Corola´rio 12. Se lim xn+1xn = c > 1 a propriedade tambe´m se verifica pois existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica
xn+1
xn
> a > 1 para algum a.
Propriedade 62.
lim
n!
nn
= 0.
Demonstrac¸a˜o. Definimos xn =
n!
nn e vale xn > 0, aplicamos a regra da raza˜o
xn+1
xn
=
(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
nn
n!
=
(
n
n+ 1
)n
=
1
(1 + 1n )
n
o limite e´ lim xn+1xn =
1
e < 1.
nn cresce mais ra´pido que n!
Propriedade 63. Para todo a > 0 real temos lim a
n
n! = 0.
Demonstrac¸a˜o. Pelo teste da raza˜o, definimos xn =
an
n! temos xn > 0 segue
xn+1
xn
= a
n+1n!
(n+1).n!an =
a
n+1 e temos
lim xn+1xn = 0, logo limxn = 0.
A propriedade nos diz que n! cresce mais ra´pido que an.
166
Corola´rio 13. lim n!an = ∞, pois lim a
n
n! = 0, isso significa que ∀A > 0 ∃ n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ n!an > A, em
especial para A = 1, tem-se n! > an para n suficientemente grande.
Propriedade 64. Se a > 1 e p natural fixo vale
lim
np
an
= 0.
Demonstrac¸a˜o. Definimos xn =
np
an , vale xn > 0 da´ı podemos aplicar o teste da raza˜o
xn+1
xn
=
(n+ 1)p
an+1
an
np
=
(
n+ 1
n
)p
1
a
⇒ limxn+1xn = 1
a︸︷︷︸
0<
< 1
da´ı o limite e´ zero.
Corola´rio 14. Se a > 1, p ∈ N enta˜o lim annp =∞ pois lim n
p
an= 0.
Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais ra´pido que np para n grande.
167
Exerc´ıcio 4.31:
Exemplo 17. Mostrar que
lim
n∑
k=1
kp
np+1
=
1
p+ 1
.
Iremos calcular o limite das diferenc¸as do inverso da sequeˆncia
lim
(n+ 1)p+1 − np+1
(n+ 1)p
= lim
[
p−1∑
k=0
(
p+1
k
)
nk] + (p+ 1)np
(n+ 1)p
= lim
p−1∑
k=0
(
p+1
k
)
nk
(n+ 1)p︸ ︷︷ ︸
→0
+ lim
(p+ 1)np
(n+ 1)p︸ ︷︷ ︸
→p+1
= p+ 1
da´ı
lim
n∑
k=1
kp
np+1
=
1
p+ 1
.
168
Exerc´ıcio 4.33:
Questa˜o digitada errada
Propriedade 65. Se limxn =∞ , com xn > 0 enta˜o lim(
∏n
k=1 x
1
n
k ) =∞
Demonstrac¸a˜o. Se limxn =∞ enta˜o lim 1xn = 0 da´ı lim (
n∏
k=1
1
xk
1
n
)︸ ︷︷ ︸
=yn
= 0 que implica
lim
1
yn
=∞ = lim(
n∏
k=1
x
1
n
k ).
Exemplo 18. Provar que lim n
√
(2n)!
n! = ∞. Tomamos xn = (2n)!n! da´ı temos xn+1xn =
(2n+2)(2n+1)(2n)!
(n+1)n!
n!
(2n)! =
(2n+2)(2n+1)
(n+1) = 2(2n+ 1)→∞ logo lim n
√
(2n)!
n! =∞.
Exemplo 19. Mostrar que lim n
√
(2n)!
n!nn =
4
e .
Tomamos xn =
(2n)!
n!nn , da´ı
xn+1
xn
= 2(2n+1)n+1
1
(1+ 1n )
n → 4e .
169
Exerc´ıcio 4.35:
Propriedade 66. Sejam
∞∑
n=u
an e
∞∑
n=s
bn se´ries de termos positivos. Se
∞∑
n=s
bn = ∞ e existe n0 ∈ N tal que
an+1
an
≥ bn+1bn para todo n > n0 enta˜o
∞∑
n=u
an =∞.
Demonstrac¸a˜o. an+1an ≥
bn+1
bn
, Qak ≥ Qbk tomando o produto´rio com k variando de k = n0 + 1 ate´ n − 1 na
desigualdade em ambos lados segue
n−1∏
k=n0+1
Qak =
an
an0+1
≥
n−1∏
k=n0+1
Qbk =
bn
bn0+1
, an ≥ an0+1
bn0+1
bn
pois temos termos positivos, tomando a se´rie temos
∞∑
n=n0+1
an ≥ an0
bn0
∞∑
n=n0+1
bn =∞
logo a se´rie tende ao infinito por comparac¸a˜o.
170
Exerc´ıcio 4.36:
Propriedade 67. 1. Sejam duas se´ries
∑
ak e
∑
bk de termos positivos, se existe lim
ak
bk
= a 6= 0 enta˜o ∑ ak
converge ⇔ ∑ bk converge .
2. Se lim akbk = 0 enta˜o a convergeˆncia de
∑
bk implica convergeˆncia de
∑
ak.
Demonstrac¸a˜o. 1. Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0 < t1 < a− ε < ak
bk
< a+ ε < t2
como bk > 0 tem-se
t1bk < ak < t2bk
aplicamos a soma
∑n
k=n0+1
, da´ı
t1
n∑
k=n0+1
bk <
n∑
k=n0+1
ak < t2
n∑
k=n0+1
bk
usando essa desigualdade temos por comparac¸a˜o que se
∑
bk converge enta˜o
∑
ak converge e se
∑
ak converge
enta˜o
∑
bk converge.
2. De maneira similar ao item anterior.
Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0 ≤ ak
bk
< ε < t2
como bk > 0 tem-se
0 ≤ ak < t2bk
aplicamos a soma
∑n
k=n0+1
, da´ı
0 ≤
n∑
k=n0+1
ak < t2
n∑
k=n0+1
bk
usando essa desigualdade temos por comparac¸a˜o que se
∑
bk converge enta˜o
∑
ak converge.
Exemplo 20. Pode valer que
∑
ak converge, valendo lim
ak
bk
= 0 e
∑
bk na˜o converge, tome por exemplo ak =
1
k2 ,
bk =
1
k ,
∑
bk na˜o converge, lim
ak
bk
= lim kk2 = lim
1
k = 0 e
∑
ak converge, logo a rec´ıproca do item 2 da propriedade
anterior na˜o vale.
171
Exerc´ıcio 4.40:
Prove que para todo a ∈ R, a se´rie
a2 +
a2
1 + a2
+
a2
(1 + a2)2
+ ...
e´ convergente e calcule a soma.
Se a = 0, a se´rie tende a` 0 trivialmente.
Suponhamos que a 6= 0. Enta˜o, segue que
1
1 + a2
< 1.
Assim, pelo exemplo 7 deste cap´ıtulo, temos que
∞∑
i=0
1
(1 + a2)i
=
∞∑
i=0
(
1
1 + a2
)i
=
1
1− 11+a2
=
1 + a2
a2
.
Logo,
∞∑
i=0
a2
(1 + a2)i
= a2
( ∞∑
i=0
1
(1 + a2)i
)
= 1 + a2.
172
Exerc´ıcio 4.41:
Para todo p ∈ N fixado, a se´rie ∑
n
1
n(n+ 1)...(n+ p)
converge.
Para todos n e p ∈ Z+, temos que
1
n(n+ 1)...(n+ p)
<
1
np+1
.
Como p+ 1 > 1, temos, pelo exemplo 29, que ∑
n
1
np+1
e´ convergente. Logo, conclu´ımos de
0 <
i∑
n=1
1
n(n+ 1)...(n+ p)
<
i∑
n=1
1
np+1
que a se´rie ∑
n
1
n(n+ 1)...(n+ p)
e´ limitada (e monotona). Portanto,
∑
n
1
n(n+1)...(n+p) converge.
173
Exerc´ıcio 4.42:
Se
∑
an converge e an > 0 enta˜o
∑
(an)
2 e
∑
1
1+an
convergem.
Como
∑
an e´ convergente, temos que limn→∞ an = 0. Assim, como tambe´m temos que an > 0 para todo
n ∈ Z+, existe n0 ∈ Z+ tal que
0 < an < 1,
para todo n > n0. Logo, para n > n0, temos que
0 < a2n < an.
Assim,
i∑
n=n0
a2n 6
i∑
n=n0
an,
para todo i ∈ Z+, e, como existe
∑∞
n=n0
an, temos que existe
∑∞
n=n0
a2n. Logo, existe
∞∑
n=1
a2n =
n0−1∑
n=1
a2n +
∞∑
n=n0
a2n.
Como an > 0, para todo n ∈ Z+, temos que
an
1 + an
< an,
para todo n ∈ Z+. Assim,
i∑
n=1
an
1 + an
<
i∑
n=1
an,
para todo i ∈ Z+, e, como
∑∞
n=1 an existe, temos que existe
∑∞
n=1
an
1+an
.
174
Exerc´ıcio 4.43:
Se Σ(an)
2 converge enta˜o Σann converge.
Sejam
Z<+ := {n ∈ Z+; |an| < 1/n}
e
Z>+ := {n ∈ Z+; |an| > 1/n}.
Enta˜o, Z+ = Z<+ ∪ Z>+. Ale´m disso, para cada n ∈ Z+, temos que
|an|
n
<
1
n2
+ a2n.
De fato, se n ∈ Z<+, temos que
|an| < 1
n
implicando que
|an|
n
<
1
n2
6 1
n2
+ a2n.
Se n ∈ Z>+ enta˜o temos que
1
n
6 |an|
e, consequentemente,
|an|
n
6 a2n <
1
n2
+ a2n.
Assim, temos que
i∑
n=1
|an|
n
<
i∑
n=1
1
n2
+
i∑
n=1
a2n,
para todo i ∈ Z+. Pelo exemplo 29 e pela hipto´tese, temos que
∑∞
n=1
1
n2 e
∑∞
n=1 a
2
n existem. Assim, pela
desigualdadade acima, devemos ter que
∑∞
n=1
|an|
n existe.
Como ∞∑
n=1
∣∣∣an
n
∣∣∣ = ∞∑
n=1
|an|
n
existe, temos que
∑∞
n=1
an
n tambe´m deve existir.
175
Exerc´ıcio 4.44:
Se (an) e´ decrescente e Σan converge enta˜o limnan = 0.
Primeiramente observemos que como (an) e´ decrescente e existe
∑
ak, enta˜o an > 0 para todo n ∈ Z+. De
fato, se an0 < 0 para algum n0 ∈ Z+, ter´ıamos que
n0+i∑
k=n0
ak 6
n0+i∑
k=n0
an0 = (i+ 1)an0 < 0
e, consequentemente, ∣∣∣∣∣
n0+i∑
k=n0
ak
∣∣∣∣∣ > (i+ 1)|an0 |,
para todo i ∈ Z+. Contradizendo o fato de
∑
ak existir.
Assim, temos que (Σnk=1ak)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia crescente de Cauchy. Em especial,∣∣∣∣∣
n+p∑
k=1
ak −
n∑
k=1
ak
∣∣∣∣∣ =
n+p∑
k=n+1
ak,
para todos n e p ∈ Z+.
Seja ε > 0 arbitra´rio. Como (Σnk=1ak)n∈Z+ e´ de Cauchy, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo n > n0 vale
ε
2
>
∣∣∣∣∣
n∑
k=1
ak −
n0∑
k=1
ak
∣∣∣∣∣ =
n∑
k=n0+1
ak > (n− n0)an.
Por outro lado, como
∑
an e´ convergente, devemos ter que limn→∞ an = 0 e, por conta disso, existe n1 ∈ Z+ tal
que para todo n > n1 temos que
ε
2n0
> an
e, consequentemente,
ε
2
> n0an.
Assim, para n > n2 = max{n0, n1}, temos que
ε =
ε
2
+
ε
2
> (n− n0)an + n0an = nan = |nan|.
Portanto, concluimos que limn→∞ nan = 0.
176
Exerc´ıcio 4.45:
Se (an) e´ decrescente e Σan = +∞, enta˜o,
lim
n→∞
a1 + a3 + · · ·+ a2n−1
a2 + a4 + · · ·+ a2n = 1.
Como (an) e´ decrescente, temos que
a2n−1 > a2n,
para todo n ∈ Z+. Assim, para todo n ∈ Z+, temos que
a1 + a3 + · · ·+ a2n−1 > a2 + a4 + · · ·+ a2n
e, consequentemente,
1 6 a1 + a3 + · · ·+ a2n−1
a2 + a4 + · · ·+ a2n =: qn.
Provaremos agora que para todo c > 1 existe n0 tal que qn < c para todo n > n0. Da´ı conclui-se que
limn→∞ qn = 1. Como quer´ıamos demonstrar.
Suponhamos, por contradic¸a˜o, que exista c > 1 e uma subsequeˆncia (qnk) de (qn) tais que
qnk > c
para todo k ∈ Z+.
Enta˜o temos, para todo k ∈ Z+, que
a1 + a3 + · · ·+ a2nk−1 > c(a2 + a4 + · · ·+ a2nk)
> c(a3 + a5 + · · ·+ a2nk+1)
e, consequentemente,
a1 > a1 − ca2nk+1
> (c− 1)(a3 + a5 + · · ·+ a2nk−1).
E chegamos a um absurdo. De fato, como Σan =∞, existe k ∈ Z+ tal que
2a1
c− 1 + a1 < a1 + a2 + a3 + ·+ a2nk+1
e, consequentemente,2a1
c−1 + a1 < a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5) + · · ·+ a2nk + a2nk+1
6 a1 + 2a3 + 2a5 + · · ·+ 2a2nk+1
6 a1 + 2(a3 + a5 + · · ·+ a2nk+1).
De onde temos que existe k ∈ Z+ tal que
a1 < (c− 1)(a3 + a5 + · · ·+ a2nk+1).
177
Exerc´ıcio 4.46:
Seja (an) uma sequeˆncia na˜o crescente, com lim an = 0. A se´rie
∑
an converge se e somente se
∑
2na2n converge.
Como a sequeˆncia (an) e´ na˜o cresente, devemos ter que an > 0, para todo n ∈ Z+, caso
∑
an ou
∑
2nan sejam
convergentes. De fato, se ak0 < 0, temos que
lim
k→∞
k∑
n=1
an =
k0−1∑
n=1
an + lim
k→∞
k∑
n=k0
an 6
k0−1∑
n=1
an + lim
n→∞
k∑
n=k0
ak0 = −∞
e, analogamente,
lim
k→∞
k∑
n=1
2na2n = −∞.
Em especial, temos, do fato de (an) ser uma sequeˆncia de termos na˜o negativos, que
∑
an e
∑
2nan sa˜o
sequeˆncias crescentes. Mostraremos, adiante, que se
∑
an e´ uma sequeˆncia limitada (i.e. convergente) enta˜o∑
2nan tambe´m e´ limitada e vice-versa.
Suponhamos que
∑
an seja convergente. Como (an) e´ na˜o crescente, temos que
2na2n = 2
2n−1∑
k=2n−1
a2n 6 2
2n−1∑
k=2n−1
ak,
para todo n ∈ Z+. Assim, para todo p ∈ Z+, temos que
p∑
n=1
2na2n 6
p∑
n=1
2
2n−1∑
k=2n−1
ak 6 2
2p−1∑
k=1
ak 6 lim
p→∞ 2
2p−1∑
k=1
ak <∞.
Assim, temos que
∑
2na2n e´ uma sequeˆncia crescente e limitada. Portanto,
∑
2na2n e´ convergente.
Suponhamos que
∑
2na2n seja convergente. Como (an) e´ na˜o decrescente, temos, para todo k ∈ Z+, que
2k+1−1∑
n=2k
an 6
2k+1−1∑
n=2k
a2k = 2
ka2k .
Assim, dado p ∈ Z+, temos, para q ∈ Z+ tal que p 6 2q, que
p∑
n=1
an 6 a1 +
2q∑
n=1
an = a1 +
q∑
k=1
2k+1−1∑
n=2k
an 6 a1 +
q∑
k=1
2kak 6 a1 + lim
q→∞
q∑
k=1
2kak <∞.
Logo,
∑
an e´ uma sequeˆncia crescente e limitada. Portanto,
∑
an e´ convergente.
178
Exerc´ıcio 4.47:
Prove que o conjunto de valores de adereˆncia da sequeˆncia xn = cos(n) e´ o intervalo fechado [0, 1].
Seja x ∈ [0, 1]. Como cos : R → [0, 1] e´ sobrejetivo1, existe θ ∈ R tal que cos θ = x. Encontraremos uma
sequeˆncia crescente (nk)k∈Z+ em Z+ tal que
x = cos θ = lim
k∈Z+
cosnk = lim
k∈Z+
xnk .
Assim, como x e´ arbitra´rio, poderemos concluir que o conjunto de valores de adereˆncia da sequeˆncia (xn) e´ o
intervalo [0, 1].
Seja
G := {n+m2pi; n e m ∈ Z}.
Pelo Exerc´ıcio 3.58, temos que G e´ denso em R.
Para todo k ∈ Z+, temos que existe θk ∈ G tal que
θ − 1/k < θk < θ.
Desta forma, temos que
lim
k→∞
θk = θ.
Como 2pi e´ irracional, a sequeˆncia (θk)k∈Z+ define unicamente sequeˆncias (n˜k)k∈Z+ e (mk)k∈Z+ em Z pela
igualdade
θk = n˜k +mk2pi,
para todo kZ+. Por fim, definimos a sequeˆncia (nk)k∈Z+ por
nk = |n˜k|,
para todo kZ+. Assim, como limk→∞ θk = θ, temos que
limk→∞ cos(nk) = limk→∞ cos(nk) = limk→∞ cos(n˜k)
= limk→∞ cos(θk −mk2pi) = limk→∞ cos(θk)
= cos(θ).
O conjunto {nk; k ∈ Z+} e´ infinito. Caso contra´rio, o conjunto {cos(nk); k ∈ Z+} e´ finito e, assim, existiria
k ∈ Z+ tal que
cos θk = cos θ.
Consequentemente, θk = θ+m2pi, para alguns k e m ∈ Z. Pore´m, como θ− 1/k < θk < θ, temos uma contradic¸a˜o.
Logo, (nk)k∈Z+ e´ uma sequeˆncia ilimitada em Z+. Assim, (nk)k∈Z+ admite uma subsequeˆncia crescente. Em outros
termos, uma subsequeˆncia que tambe´m e´ subsequeˆncia de (n)n∈Z+ . Denotaremos tal subsequeˆncia tambe´m por
(nk)k∈Z+ .
Portanto, temos que a subsequeˆncia (xnk) e´ tal que
lim
k→∞
xnk = lim
k→∞
cos(nk) = cos(θ) = x.
1Isso pode ser verficado utilizando a continuidade da func¸a˜o cos e o teorema do valor intemedia´rio. Mas, como o Elon assume que
podemos usar os nossos conhecimentos pre´vios sobre as func¸o˜es trigonome´tricas... Vamos tomar a afirmac¸a˜o como fato.
179
Exerc´ıcio 4.48:
Sejam a e b nu´meros reais positivos. Defina indutivamente as sequeˆncias (xn) e (yn) pondo x1 =
√
ab, y1 = (a+b)/2,
xn+1 =
√
xnyn e yn+1 = (xn + yn)/2. Prove que xn e yn convergem para o mesmo limite, chamado de a me´dia
aritme´tico-geome´trica entre a e b.
Pelo Princ´ıpio da Definic¸a˜o Indutiva, podemos as sequeˆncias (xn)n∈Z>0 e (yn)n∈Z>0 em R+ por
x0 := a, y0 := b, xn+1 :=
√
xnyn e yn+1 :=
xn + yn
2
.
Se a = b temos que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0. De fato, se tomamos como hipo´tese de induc¸a˜o que
xn = yn = a
enta˜o
xn+1 =
√
xnyn =
√
a2 = a
e
yn+1 =
xn + yn
2
=
2a
2
= a.
Assim, como x0 = a = b = y0, temos, pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Finita, que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0.
Desta forma,
lim
n→+∞xn = a = limn→+∞ yn.
Portanto, nos resta mostrar o resultado para o caso em que a < b. Suponhamos, ate´ o fim desta demonstrac¸a˜o,
que
b− a > 0.
Primeiramente, provaremos as desigualdades
xn < xn+1 < yn+1 < yn, (4.1)
para todo n ∈ Z>0, por induc¸a˜o em n. Suponhamos que, para algum n fixo, D := yn − xn > 0. Enta˜o,
x2n < xnyn = x
2
n+1,
x2n+1 = xnyn
= xn(xn +D)
< x2n + xnD +
D2
4
=
(
xn +
D
2
)2
=
(
xn+yn
2
)2
= y2n+1
e
yn+1 =
xn + yn
2
= yn − D
2
= yn.
Logo, se xn < yn, temos (4.1). Como x0 = a < b = y0, temos, pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Finita, que (4.1) vale
para todo n ∈ Z>0.
Das desigualdades (4.1) segue que as sequeˆncias (xn) e (yn) sa˜o mono´tonas e limitadas. Logo, existem
limn→+∞ xn e limn→+∞ yn.
Provaremos, agora, que
lim
n→+∞(yn − xn) = 0.
Usando (4.1), temos que
(yn − xn)2 = (yn + xn)2 − 4xnyn
= 4y2n+1 − 4x2n+1
= 4(y2n+1 − x2n+1)
= 4
(
(yn+1 − xn+1)2 + 2yn+1xn+1 − 2x2n+1
)
= 4(yn+1 − xn+1)2 + 8xn+1(yn+1 − xn+1)
> 4(yn+1 − xn+1)2.
180
e, consequentemente,
yn − xn
2
> yn+1 − xn+1.
Em particular,
b− a
2
=
y0 − x0
2
> y1 − x1.
Supondo que
b− a
2n
> yn − xn,
como hipo´tese de induc¸a˜o, temos que
b− a
2n+1
>
yn − xn
2
> yn+1 − xn+1.
Assim, pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Finita, temos que
b− a
2n
> yn − xn = |yn − xn|,
para todo n ∈ Z+. Assim, pelo Teorema do Confronto (Teorema 8 do Cap´ıtulo 4), temos que
lim
n→+∞ |yn − xn| = 0.
Logo, pelo exerc´ıcio 4.1, temos que
lim
n→+∞ yn − limn→+∞xn = limn→+∞(yn − xn) = 0.
E o resultado segue.
181
Exerc´ıcio 4.49:
Sejam a1 > a2 > · · · > 0 e sn = a1 − a2 + · · · + (−1)n−1an. Prove que a sequeˆncia (sn) e´ limitada e que
lim supsn − lim infsn = lim an.
Valem as desigualdades
s2k 6 s2(k+1) 6 s2(k+1)+1 6 s2k+1, (4.2)
para todos k ∈ Z+. De fato, para todo k ∈ Z+, temos que
s2k = a1 − a2 + · · ·+ a2k−1 − a2k
6 a1 − a2 + · · ·+ a2k−1 − a2k + a2k+1 − a2(k+1)
= s2(k+1),
s2(k+1) = a1 − a2 + · · ·+ a2k+1 − a2(k+1)
6 a1 − a2 + · · ·+ a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1
= s2(k+1)+1,
e
s2(k+1)+1 = a1 − a2 + · · ·+ a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1
6 a1 − a2 + · · ·+ a2k+1
= s2k+1.
Segue, das desigualdades (4.2), que a sequeˆncia (s2k)k∈Z+ e´ na˜o decrescente e limitada e que a sequeˆncia
(s2k+1)k∈Z+ e´ na˜o crescente e limitada. Em especial, temos que
lim
k→+∞
s2k = sup
k∈Z+
s2k e lim
k→+∞
s2k+1 = inf
k∈Z+
s2k+1.
Tambe´m valem as desigualdades
s2k 6 sn 6 s2k+1, (4.3)
para todo k ∈ Z+ e n > 2k + 1 em Z+. De fato, se n > 2k + 1, temos que n = 2p ou 2p + 1 para algum p > k.
Assim, como (s2k)k∈Z+ e´ na˜o decrescente, (s2k+1)k∈Z+ e´ na˜o crescente e por (4.2), temos que
s2k 6 s2p 6 s2p+1 6 s2k+1.
Logo, obtemos (4.3). Em especial, concluimos que (sn)n∈Z+ e´ limitada.
Como as sequeˆncias (s2k)k∈Z+ e (s2k+1)k∈Z+ sa˜o mono´tonas e limitadas, temos que existem limk→∞ s2k e
limk→∞ s2k+1. Provaremos que
lim infsn = lim
k→∞
s2k e lim supsn = lim
k→∞
s2k+1.
Como a sequeˆncia (an)n∈Z+ e´ monotona e limitada, temos que esta e´ convergente. Da´ı, segue das igualdades acima,
que
lim supsn − lim infsn = limk→+∞ s2k+1 − limk→+∞ s2k
= limk→+∞(s2k+1 − s2k)
= limk→+∞ a2k+1
= limn→+∞ an.
Suponhamos que A seja um valor de adereˆncia de (sn)n∈Z+ . Enta˜o, devemoster que
s2k 6 A 6 s2k+1,
para todo k ∈ Z+. De fato, se s2k+1 < A, para algum k ∈ Z+, temos que
sn 6 s2k+1 < A
para todo n > 2k + 1 em Z+, por (4.3). Isto e´,
|A− sn| > |A− s2k+1|,
182
para um k ∈ Z+ fixo e todo n > 2k+ 1 em Z+. E isso contradiz o fato de A ser um valor de adereˆncia de (sn)n∈Z+ .
Analogamente, prova-se que e´ imposs´ıvel se ter A < s2k, para algum k ∈ Z+. Portanto, devemos ter que
lim
k→∞
s2k = sup
k∈Z+
s2k 6 A 6 inf
k∈Z+
s2k+1 = lim
k→+∞
s2k+1.
Em particular, os valores de adereˆncia lim inf sn e lim sup sn satisfazem
lim
k→∞
s2k 6 lim inf sn 6 lim sup sn 6 lim
k→+∞
s2k+1.
Logo, como lim inf sn e lim sup sn sa˜o, respectivamente, o menor e o maior valor de adereˆncia de (sn)n∈Z+ , temos
que
lim
k→∞
s2k = lim inf sn e lim
k→+∞
s2k+1 = lim sup sn.
183
Cap´ıtulo 5
Topologia da Reta
184
Exerc´ıcio 5.01:
Um conjunto A ⊂ 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 suficientemente grande”.
(⇒) Seja (xn)n∈N uma sequeˆncia que tende a` a ∈ (b, c) ⊂ A. Existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 implica que, para
ε = min{a− b, c− a},
|xn − a| < ε,
ou seja,
xn ∈ (a− ε, a+ ε) ⊂ (a, b) ⊂ A.
(⇐) Se a ∈ A e a ∈ (b, c) ⊂ A, para n suficientemente grande a ∈ (a− 1
n
, a+
1
n
) ⊂ (b, c) ⊂ A. Temos enta˜o que
a ∈ intA se e somente se (a− 1
n
, a+
1
n
) ⊂ A para algum n ∈ N.
Por hipo´tese, existem n− e n+ ∈ N tais que
a− 1
n
∈ A,∀n ≥ n−
e
a+
1
n
∈ A,∀n ≥ n+.
Assim, tomando-se n0 = max{n−, n+}, temos que
(a− 1
n0
, a+
1
n0
) ⊂ A.
Logo, a ∈ intA.
185
Exerc´ıcio 5.02:
Tem-se que limxn = a se, e somente se, para todo aberto A contendo o ponto a, existe n0 ∈ N tal que n > n0
implica xn ∈ A.
(⇒) Repetir a ideia do exerc´ıcio anterior.
(⇐) Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0, temos que
xn ∈ (a− ε, a+ ε),
ou seja,
|xn − a| < ε.
segue da´ı que limxn = a.
186
Exerc´ıcio 5.03:
Seja B ⊂ aberto. Enta˜o, para todo x ∈, o conjunto x + B = {x + y; y ∈ B} e´ aberto. Analogamente, se x 6= 0,
enta˜o o conjunto x.B = {x.y; y ∈ B} e´ aberto.
Seja B ⊂ aberto. Dado y ∈ x+ B, temos que y = x+ b para algum b ∈ B. Como B e´ aberto, existe ε > 0 tal
que (b− ε, b+ ε) ⊂ B. Desta forma, temos
(x+ b− ε, x+ b+ ε) = (y − ε, y + ε) ⊂ x+ b.
De fato, seja z ∈ (y − ε, y + ε) = (x+ b− ε, x+ b+ ε). Enta˜o
x+ b− ε < z < x+ b+ ε
b− ε < z − x < b+ ε.
Logo, z − x ∈ B e consequentemente z ∈ x+B, como quer´ıamos.
De maneira ana´loga, temos que se x 6= 0, enta˜o x.B e´ aberto. Seja y ∈ x.B. Enta˜o y = x.b para algum b ∈ B.
Como B e´ aberto, existe ε > 0 tal que (b− ε, b+ ε) ⊂ B. Desta forma, temos que para δ = ε.|x| > 0, temos
(y − δ, y + δ) ⊂ x.B.
187
Exerc´ıcio 5.04:
Sejam A e 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.
Como A + B = ∪a∈A(a + B) e A.B = ∪a∈A(a.B) e cada a + B e a.B sa˜o abertos (pelo exerc´ıcio anterior),
temos que A+B e A.B sa˜o unio˜es de abertos. Logo, tambe´m sa˜o abertos.
188
Exerc´ıcio 5.05:
Para quaisquer X,Y ⊂, 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.
•
int(X ∩ Y ) ⊂ int(X) ∩ int(Y ).
Dado w ∈ int(X ∩ Y ), existem a, b ∈ tais que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Da´ı, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X e
w ∈ (a, b) ⊂ Y. Assim, w ∈ int(X) ∩ int(Y ).
•
int(X ∩ Y ) ⊃ int(X) ∩ int(Y ).
Dado w ∈ int(X) ∩ int(Y ), existem ax, ay, bx, by ∈ tais que w ∈ (ax, bx) ⊂ X e w ∈ (ay, by) ⊂ Y. Enta˜o
tomando a = max{ax, ay}eb = min{bx, by}, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Assim, w ∈ int(X ∩ Y ).
•
int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ).
Dado w ∈ int(X) ∪ int(Y ), existem ax, ay, bx, by ∈ tais que w ∈ (ax, bx) ⊂ X e w ∈ (ay, by) ⊂ Y. Enta˜o,
w ∈ (ax, bx) ⊂ X ∪ Y. Donde w ∈ int(X ∪ Y ).
• Sejam X = [−1, 0) e Y = [0, 1]. Enta˜o,
int(X) = (−1, 0)
int(Y ) = (0, 1)
int(X) ∪
∫
(Y ) = (−1, 1) \ {0}
int(X ∪ Y ) = (−1, 1).
189
Exerc´ıcio 5.06:
Se A ⊂ e´ aberto e a ∈ A enta˜o A\{a} e´ aberto.
Seja x ∈ A \ {a}. Existe ε > 0 tal que x ∈ (x − ε, x + ε) ⊂ A. Tomando ε˜ = min{|x − a|, ε} teremos que
x ∈ (x− ε˜, x+ ε˜) ⊂ A \ {a}. Logo, x ∈ int(A \ {a}). Segue da´ı que A \ {a} e´ aberto.
190
Exerc´ıcio 5.07:
Considere as func¸o˜es f, g, h :→, dadas por f(x) = ax + b (a 6= 0), g(x) = x2 e h(x) = x3. Mostre que, para cada
A ⊂, f−1(A), g−1(A) e h−1(A) sa˜o abertos.
Dado um intervalo (c1, c2) ⊂ . Temos que
f−1((c1, c2)) =

(
c1 − b
a
,
c2 − b
a
), a > 0
(
c2 − b
a
,
c1 − b
a
), a < 0
g−1((c1, c2)) =
 (−
√
c2,−√c1) ∪ (√c1,√c2), 0 ≤ c1 ≤ c2
(−√c2,√c2), c1 < 0 < c2
∅, c1 < c2 ≤ 0
h−1((c1, c2)) = ( 3
√
c1, 3
√
c2).
Assim, para cada A ⊂ aberto, temos que A = ∪Iλ, Iλ intervalo aberto, e
f−1(A)] ∪ f−1(Iλ), g−1(A)] ∪ g−1(Iλ) e h−1(A)] ∪ h−1(Iλ).
E como f−1(Iλ), g−1(Iλ) e h−1(Iλ) sa˜o abertos, temos que f−1(A), g−1(A) e h−1(A) tambe´m o sa˜o.
191
Exerc´ıcio 5.08:
No exerc´ıcio anterior, mostre que, para cada A ⊂ aberto, f(A) e h(A) sa˜o abertos. Deˆ exemplo de A aberto tal
que g(A) na˜o seja aberto.
Seja A aberto em e a ∈ A. Enta˜o, existem c1, c2 ∈ tais que a ∈ (c1, c2) ⊂ A. Da´ı,
f((c1, c2)) =
{
(ac1 + b, ac2 + b), a > 0
(ac2 + b, ac1 + b), a < 0
h((c1, c2)) = (c
3
1, c
3
2),
com f(a) ∈ f((c1, c2)) e h(a) ∈ h((c1, c2)). Segue da´ı que dado um b = f(a) ∈ f(A) qualquer, b ∈ intf(A). E o
mesmo vale para h. Logo, f(A) e h(A) sa˜o abertos.
Exemplo: g((−1, 1)) = [0, 1) na˜o e´ aberto.
192
Exerc´ıcio 5.09:
Toda colec¸a˜o de abertos na˜o-vazios, dois a dois disjuntos e´ enumera´vel.
Seja {Aλ}λ∈Λ uma colec¸a˜o de abertos disjuntos. Para cada λ ∈ Λ escolhemos rλ ∈ Aλ ∩Q. Como Aλ ∩Aµ = ∅,
para λ 6= µ, a func¸a˜o
Λ −→ Q
λ 7→ rλ
e´ injetiva. Segue da´ı que Λ e´ finito ou enumera´vel.
193
Exerc´ıcio 5.10:
O conjunto dos valores de adereˆncia de uma sequeˆncia e´ um conjunto fechado.
Seja A o conjunto dos valores de adereˆncia da sequeˆncia (xn)n∈N e a ∈ um ponto de adereˆncia de A. Existe uma
sequeˆncia (ak) em A que tende a` a. E, para cada ak ∈ (ak), existe uma subsequeˆncia (x(k,n)) de (xn) que tende a`
ak.
Definimos uma sequeˆncia (x(0,n)) de (xn). Para cada n ∈ N, existe k0 ∈ N tal que
|a− ak0 | <
1
2n
e n0 ∈ N tal que
|ak0 − x(k0,n0)| <
1
2n
.
Assim, tomando-se x(0, n) = x(k0,n0) teremos que
|a− x(0,n)| < 1
n
.
Segue da´ı que a = limx(0,n) e, consequeˆntemente, a ∈ A. Portanto, A e´ fechado.
194
Exerc´ıcio 5.11:
Se X ⊂ F e F e´ fechado enta˜o X¯ ⊂ F.
Para cada x ∈ X¯, existe uma sequeˆncia em X que tende a` x. Logo, x ∈ F¯ = F ja´ que (xn) e´ uma sequeˆncia em
F. Segue da´ı que X¯ ⊂ F.
195
Exerc´ıcio 5.12:
Se limxn = a e X = {x1, x2, ..., xn, ...} enta˜o X¯ = X ∪ {a}.
Segue diretamente da definic¸a˜o que X¯ ⊃ X ∪ {a}. Seja b ∈ X¯ e (yn) uma sequeˆncia em X que tende a` b.
Consideremos o conjunto {n ∈ N;xn ∈ {y1, y2, ..., yk, ...}} = I. Se I e´ finito , enta˜o b = xn para algum n ∈ I. Caso
I seja infinito, a subsequeˆncia yki = nn tal que n = min{n ∈ N;xn ∈ {yki+1, ..., yk}} de (yk) e´ uma sequeˆncia de
(xn). E como limxn = a, temos que b = lim yki = a. Segue da´ı que X¯ ⊂ ∪{a}.
196
Exerc´ıcio 5.13:
O nu´mero 14 pertence ao conjunto de Cantor.
O conjunto K de Cantor e´ dado por
K = ∩∞n=0Kn,
com Kn+1 sendo obtido de Kn retirando-se de cada intervalo de Kn um subintervalo de comprimento
1
3n+1
de seu
centro.
Temos que
2
32
e´ o ı´nfimo de um intervalo de K2. Supondo que
p∑
n=1
2
32n
e´ o ı´nfimo de um intervalo de K2p,
temos que
p∑
n=1
2
32n
+
2
32(p+1)
e´ o ı´nfimo de um intervalo em K2(p+1). Segue da´ı que cada somato´rio reduzido da
se´rie
∑ 232n
pertence a` K.
E como
∞∑
n=1
= 2
(
1
1− 19
− 1
)
= 2
(
9
8
− 1
)
=
1
4
,
temos pela compacidade de K que
1
4
∈ K.
197
Exerc´ıcio 5.14:
Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪G seja um intervalo fechado (limitado ou na˜o). Enta˜o F = ∅
ou G = ∅.
Sejam F e G conjuntos fechados tais que F ∪G seja um intervalo fechado.
Suponhamos que existam x ∈ F e y ∈ G. Suponhamos, sem perda de generalidade, que x < y. Assim,
[x, y] ⊂ F ∪G.
Seja m = inf G ∩ [x, y]. Como G ∩ [x, y] e´ fechado, m ∈ G ∩ [x, y] e, consequeˆntemente, m ∈ G. Por outro lado,
F ⊃ [x,m) e, consequeˆntemente, F = F¯ ⊃ [x,m) = [x,m]. Segue da´ı que m ∈ G ∩ F.
Portanto, se tive´ssemos F ∩G = ∅, dever´ıamos ter tambe´m que F = ∅ ou G = ∅.
198
Exerc´ıcio 5.15:
Se E ⊂ enumera´vel. Consiga uma sequeˆncia cujo conjunto dos valores de adereˆncia e´ E¯. Use este fato para mostrar
que todo conjunto fechado F ⊂ e´ o conjunto dos valores de adereˆncia de alguma sequeˆncia.
Seja E = {ak}k∈N. Definimos Nk = {2k−1.m ∈ N;m e´ ı´mpar } e, para cada n ∈ N, xn = ak onde n ∈ Nk.
Assim, ak = lim
n∈Nk
xn e, consequentemente, o conjunto dos valores de adereˆncia da sequeˆncia (xn), A, conte´m
E. Dado a ∈ E¯, existe uma sequeˆncia (aki)i∈N em E tendendo a` a. Por sua vez, a subsequeˆncia (x2ki−1)i∈N e´ igual
a sequeˆncia (aki)i∈N. Logo, a ∈ A. Conclu´ımos que A ⊃ E¯. Por outro lado, A ⊂ E¯ ja´ que a sequeˆncia (xn) ( e
consequentemente todas as suas subsequeˆncias) pertence a` E. Portanto, A = E¯.
Dado um conjunto fechadoX ⊂, pelo Teorema 6, existe um conjunto enumera´vel E denso emX. Por conseguinte,
existe uma sequeˆncia (xn) cujo conjunto dos valores de adereˆncia e´ E¯ = X (pois X e´ fechado).
199
Exerc´ıcio 5.16:
Com a notac¸a˜o do Exerc´ıcio 4, se α e´ irracional, os conjuntos FZ e G = αZ sa˜o fechados pore´m F + G na˜o e´
fechados. Tambe´m H = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} e´ fechados mas F.H na˜o e´ fechado.
Os conjuntos F e G sa˜o, respectivamente, complementares dos conjuntos abertos⋃
n∈Z
(n, n+ 1) e
⋃
n∈Z
(αn, α(n+ 1)).
Logo, F e G sa˜o fechados.
Temos que F +G = Z+ αZ e´ um grupo aditivo em R. Assim,
(i) inf([G+ F ] ∩ (0,∞)) = a > 0.
Neste caso, pelo exerc´ıcio 3.58, ter´ıamos que F + G = {0,±a,±2a, ...} = aZ. Da´ı, F + G = aZ 3 ak = α ∈
Z+αZ = F +G e, consequentemente, a =
1
k
∈ Q. Por outro lado, F +G = aZ 3 ap = α ∈ Z+αZ = F +G,
para algum p ∈ Z, e consequentemente, α = ap ∈ Q. Contradic¸a˜o.
Portanto, inf([F +G] ∩ (0,∞)) = 0.
(ii) inf([F +G] ∩ (0,∞)) = 0.
Novamente pelo exerc´ıcio 3.58, temos que F+G e´ denso em R. Por outro lado,
1
2
/∈ Z+αZ, pois α e´ irracional.
Logo, F +G + F +G = R. Ou seja, F +G na˜o e´ fechado.
O conjunto H e´ fechado, pois e´ o complementar do conjunto (1,∞) ∪ ( ⋃
n∈N
( 1n ,
1
n+1 )). Por outro lado, F.H =
Q + Q = R. Ou seja, F.H na˜o e´ um fechado.
200
Exerc´ıcio 5.17:
Seja K o conjunto de Cantor. Mostre que {|x− y|;x ∈ K, y ∈ K} = [0, 1].
Na˜o e´ dif´ıcil provar que toda extremidade de subintervalo em cada passo da construc¸a˜o do conjunto de Cantor
e´ do tipo
p∑
n=0
an
3n
∈ [0, 1]
com an = 0 ou 2, 0 ≤ n < p, ap = 0, 1 ou 2.
Dado
p∑
n=0
cn
3n
∈ [0, 1], (5.1)
com cn = 0, 1 ou 2, definiremos a, b ∈ R tais que a, b ∈ K e c = b− a. Sejam
a =
p∑
n=0
an
3n
e b =
p+1∑
n=0
bn
3n
:
• c0 = 0 ou 1
a0 = c0 e b0 = 0.
• c1
c1
3
+
s1
32
=
a1
3
− b1
3
− b2
9
(5.2)
c1 = 0
a1 = b1 = b2 = 0, s1 = 0
c1 = 1
a1 = 2, b1 = 0, b2, s1 = 1
c1 = 2
a1 = 2, b1 = 0, b2 = 0, s1 = 0
• cn, 1 ≤ n < p
cn
3n
+
sn
3n+1
=
an
3n
− bn+1
3n+1
+
sn−1
3n
(5.3)
cn = 0
sn−1 = 0
an = 0, bn+1 = 0, sn = 0
sn−1 = 1
an = 0, bn+1 = 2, sn = 1
cn = 1
sn−1 = 0
an = 2, bn+1 = 2, sn = 1
sn−1 = 1
an = 0, bn+1 = 0, sn = 0
cn = 2
sn−1 = 0
an = 2, bn+1 = 0, sn = 0
sn−1 = 1
an = 2, bn+1 = 2, sn = 1
201
• cp
cp
3p
=
ap
3p
− bp+1
3p+1
+
sp−1
3p
(5.4)
cp = 0
sp−1 = 0
ap = 0, bp+1 = 0
sp−1 = 1
ap = 1, bp+1 = 2
cp = 1
sp−1 = 0
ap = 1, bp+1 = 0
sp−1 = 1
ap = 0, bp+1 = 0
cp = 2
sp−1 = 0
ap = 2, bp+1 = 0
sp−1 = 1
ap = 1, bp+1 = 0
Assim, somando-se as equac¸o˜es (5.2), (5.3) e (5.4) obtemos que c = b− a e a, b ∈ K.
O conjunto D = {|x − y|;x, y ∈ K} conte´m todos os elementos do tipo (5.1). E como o conjunto de todos os
elementos do tipo (5.1) e´ denso em [0, 1] teremos o resultado assim que provarmos que D e´ fechado.
Seja Kn =
2n⋃
i=1
[ai, bi] o conjunto resultante da n−e´sima etapa da construc¸a˜o do conjunto de Cantor. O conjunto
Dn = {|x− y|;x, y ∈ Kn} e´ dado por
Dn =
⋃
1≤i,j≤2n
Dnij , onde Dnij = {|x− y|;x ∈ [ai, bi], y ∈ [aj , bj ]},
e´ fechado, pois cada Dnij e´ fechado. Assim, D =
∞⋂
n=1
Dn tambe´m e´ fechado.
202
Exerc´ıcio 5.18:
Dado qualquer nu´mero real a > 0, existe x1, x2, ..., xn no conjunto de Cantor tais que x1 + x2 + ...+ xn = a.
Dado a > 0 em R podemos escrever a na forma
k +
∞∑
n=1
an
3n
com k ∈ N e an = 0, 1 ou 2. Se provarmos que
∞∑
n=1
an
3n
pode ser escrito como soma de dois elementos α, β ∈ K,
temos o resultado definindo x2 = x2+k = 1, x1 = α e x2 = β.
E´ pos´ıvel demonstrar que
K = {
∑ cn
3n
; cn = 0 ou 2}.
Assim, definiremos αn e βn tais que
α =
∑ αn
3n
e β =
∑ βn
3n
.
Definimos
• a1 tal que
a1
3
=
α1
3
+
β1
3
+
s1
3
(5.5)
a1 = 0
α1 = β1 = 0, s1 = 0
a1 = 1
α1 = β1 = 0, s1 = 1
a1 = 2
α1 = 2, β1 = 0, s1 = 0
• an, n > 1, tal que
an
3n
+
sn−1
3n−1
=
αn
3n
+
βn
3n
+
sn
3n
(5.6)
an = 0 sn−1 = 0 αn = βn = 0, sn = 0 sn−1 = 1 αn = 2, βn = 0, sn = 1
an = 1 sn−1 = 0 αn = βn = 0, sn = 1 sn−1 = 1 αn = 2, βn = 2, sn = 0
an = 2 sn−1 = 0 αn = 2, βn = 0, sn = 0 sn−1 = 1 αn = 2, βn = 2, sn = 1
Somando as equac¸o˜es (5.5) e (5.6), temos para todo k ∈ N que(
k∑
n=1
an
3n
)
=
(
k∑
n=1
αn
3n
)
+
(
k∑
n=1
βn
3n
)
+
sk
3k
.
Assim,
∞∑
n=1
an
3n
=
∞∑
n=1
αn
3n
+
3n∑
βn
βn
3n
e, consequentemente, a− k = α+ β.
203
Exerc´ıcio 5.19:
Seja K o conjunto de Cantor. Dado ε > 0 arbitra´rio, existem um intervalos abertos J1 = (a1, b1), ..., Jn = (an, bn)
tais que que K ⊂ J1 ∪ J2 ∪ ... ∪ Jn e
n∑
i=1
(ai − bi) < ε.
Seja Kp o conjunto resultante do p-e´simo passo da contrac¸a˜o do conjunto K de Cantor. Sabemos que
Kp =
⋃˙2p
i=1
[ci, ci +
1
3p
].
Assim, tomando-se ai = ci − 13p e bi = 23p temos que
J =
2p⋃
i=1
(ai, bi) ⊃ Kp ⊃ K
e
2p∑
i=1
(bi − ai) = 2p 1
3p−1
= 3(
2
3
)p.
Assim, dado ε > 0, basta tomar p ∈ N tal que
3(
2
3
)p < ε
e teremos J que satisfaz as condic¸o˜es do enunciado.
204
Exerc´ıcio 5.20:
Para X, Y ⊂ R qualquer, tem-se X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . Deˆ um exemplo no qual a inclusa˜o na˜o se
reduz a uma igualdade.
• X ∪ Y ⊃ X ∪ Y .
Seja a ∈ X ∪ Y . Enta˜o, existe uma sequeˆncia (xn) em X ou (yn) em Y que tende a` a. Em ambos os casos
existe uma sequeˆncia em X ∪ Y que tende a` a.
• X ∪ Y ⊂ X ∪ Y .
Seja a ∈ X ∪ Y . Enta˜o, existe uma sequeˆncia (zn) em X ∪ Y que tende a` a. E, assim, esta sequeˆncia possui
uma subsequeˆncia em X (no caso em que possui infinitos termos em X) ou uma subsequeˆncia em Y (no caso
em que possui infinitos termos em Y ). No primeiro caso a ∈ X e no segundo caso a ∈ Y . Em todo caso,
a ∈ X ∪ Y .
• X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .
Seja a ∈ X ∩ Y . Enta˜o, existe uma sequeˆncia (zn) em X ∩ Y que tende a` a. Assim, (zn) e´ uma sequeˆncia em
X que tende a` a, e, consequentemente, a ∈ X. Analogamente, a ∈ Y . Portanto, a ∈ X ∩ Y .
•
[−1, 0) ∩ (0, 1] = ∅ = ∅.
[−1, 0) ∩ (0, 1] = [−1, 0] ∩ [0, 1] = {0}.
205
Exerc´ıcio 5.21:
Um conjunto A ⊂ R e´ aberto se, e somente se, A ∩X ⊂ A ∩X para todo X ⊂ R.
(⇒)Seja A um conjunto aberto. Dado X ⊂ R e a ∈ A∩X. Enta˜o, existe uma sequeˆncia (xn) em X que tende
a` a. Assim, como A e´ aberto, existe n0 ∈ N tal que para todo n ≥ n0, xn ∈ A. Da´ı, existe uma sequeˆncia em A
que tende a` a. Ou seja, a ∈ A. Logo, a ∈ A ∩X ⊂ A ∩X.
(⇐) Seja A ⊂ R tal que A ∩X ⊂ A ∩X para todo X ⊂ R.
Dado a ∈ A, suponhamos que para todo n ∈ N, existe xn ∈ (a − 1n , a + 1n ) − A. Seja X = {xn}n∈N. Enta˜o,
{a} = A∩X ⊂ A ∩X = ∅ = ∅. Contradic¸a˜o. Logo, existe n ∈ N tal que (a− 1n , a+ 1n ) ⊂ A. E, assim, a ∈ int(A).
206
Exerc´ıcio 5.22:
Sejam F1 ⊃ F2 ⊃ ... ⊃ Fn ⊃ ... na˜o vazio se os Fn sa˜o apenas fechados ou apenas limitados.
• Fn apenas fechado
Fn = [n,∞)⇒
⋂
n∈N
Fn = ∅.
• Fn apenas limitado
Fn =
(
0,
1
n
]
⇒
⋂
n∈N
Fn = ∅.
207
Exerc´ıcio 5.23:
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”.
(⇒) Seja X um intervalo na˜o-vazio com α = inf X e β = supX.
Dados a e b ∈ X, a < b, e x ∈ R tal que a < x < b. Assim,
X ⊃ (α, β) ⊃ (a, b) ∈ X.
(⇐) Seja X um conjunto que satisfaz a condic¸a˜o
“a, b ∈ X, a < x < b⇒ x ∈ X ”.
Sejam α = inf X e β = supX. Temos enta˜o que X ⊃ (α, β). De fato, dado x ∈ (α, β), existem a e b ∈ X tais
que
α ≤ a < x < b ≤ β.
Assim, pela propriedade, x ∈ X. Por outro lado, X − {α, β} ⊂ (α, β) pela definic¸a˜o de α e β. Portanto,
X = [α, β] ou X = [α, β) ou X = (α, β] ou X = (α, β).
208
Exerc´ıcio 5.24:
Mostre que a intersec¸a˜o de uma sequeˆncia decrescente I1 ⊃ I2 ⊃ ... ⊃ In ⊃ ... de intervalos e´ um intervalo ou o
conjunto vazio.
Sejam an = inf In e bn = sup In, enta˜o In ⊃ (an, bn) e [an, bn] ⊃ In. Assim,
[an, bn] ⊃ [an+1, bn+1]
e
(an, bn) ⊃ (an+1, bn+1).
Da´ı,
[sup{an}, inf{bn}] =
⋂
[an, bn]
⊃
⋂
In
⊃
⋂
(an, bn)
= (sup{an}, inf{bn}).
Assim, como −∞ ≤ sup{an} ≤ inf{bn} ≤ ∞,⋂
In = (sup{an}, inf{bn}) ou
= (sup{an}, inf{bn}] ou
= [sup{an}, inf{bn}) ou
= [sup{an}, inf{bn}]
e temos o resultado.
209
Exerc´ıcio 5.25:
Um conjunto e´ denso em R se, e somente se, seu complementar tem interior vazio.
Seja D um conjunto denso em R. Dado x ∈ R−D e ε > 0, temos que (x−ε, x+ε)∩D 6= ∅. Assim, x /∈ int(R−D).
E, como int(R−D) ⊂ R−D, temos que int(R−D) 6= ∅.
210
Exerc´ıcio 5.26:
Se F e´ fechado e A e´ aberto enta˜o F −A e´ fechado.
Como A e´ aberto, Ac e´ fechado. Enta˜o, F ∩ Ac = F − A e´ uma intersec¸a˜o de dois fechados. Logo, F − A e´
fecado.
211
Exerc´ıcio 5.27:
Deˆ exemplo de um aberto A tal que A ⊃ Q mas R−A seja na˜o-enumera´vel.
Seja (xn) uma enumerac¸a˜o de Q. Definimos A =
∞⋃
n=1
In, onde
In = (xn − 1
2n
, xn +
1
2n
).
Temos que A e aberto, pois e´ uma unia˜o de abertos e tambe´m A ⊃ Q.
Provemos que R − A 6= ∅. Consideremos o intervalo compacto [0, 10] e suponhamos que R − A = ∅. Enta˜o,
existem n1, n2, ..., nk ∈ N tais que
k⋃
i=1
Ini ⊃ [0, 10].
Sgue da´ı, enta˜o, que
10 <
k∑
i=1
(sup Ini − inf Ini)
<
k∑
i=1
(sup In − inf In)
=
∞∑
i=1
1
2n−1
= 2.
Absurdo. Assim, R−A 6= ∅.
Se R−A e´ finito ou enumera´el, podemos adicionar todos os elementos de R−A em uma sequeˆncia (yn) ( de termos
repetidosse necessa´rio ) que enumera os elementos de R−A. Da´ı, A˜ = A ∪ (
∞⋃
n=1
I˜n), onde I˜n = (yn − 1
2n
, yn +
1
2n
)
e´ tal que A˜ ⊃ A e A˜ ⊃ R − A. Mas, por argumento ana´logo ao acima, podemos mostrar que R − A˜ 6= ∅. Uma
contradic¸a˜o. Portanto, R−A e´ na˜o enumera´vel.
212
Exerc´ıcio 5.28:
Deˆ exemplo de um conjunto fechado, na˜o-enumera´vel, formado apenas por nu´meros transcendentes.
Seja (xn) uma enumerac¸a˜o do conjunto dos nu´meros alge´bricos (exerc´ıcio 3.44). Seja
A =
∞⋃
i=1
In,
onde In = (xn − 1
2n
, xn +
1
2n
). Temos que A e´ um aberto que conte´m todos os nu´meros naturais. Assim, pelo
mesmo argumento usado no exec´ıcio anterior, F = R−A e´ na˜o enumera´vel. E F e´ um fechado que conte´m somente
nu´meros alge´bricos.
213
Exerc´ıcio 5.29:
Defina a distaˆncia de um ponto a ∈ R a um conjunto na˜o-vazio X ⊂ R como d(a,X) inf{|x− a|;x ∈ X}. Prove:
1) d(a,X) = 0⇔ a ∈ X.
2) Se F ⊂ R e´ fechado, enta˜o para todo a ∈ R existe b ∈ F tal que d(a, F ) = |b− a|.
(1) (⇒) Para cada n ∈ N, existe xn ∈ N tal que |xn − a| < 1
n
. Assim, (xn) e´ uma sequeˆncia em X que tende a`
a. Logo, a ∈ X.
(⇐) Seja (xn) uma sequeˆncia em X que tende a` a. Enta˜o, para todo ε > 0, existe n0 ∈ N tal que |xn0−a| < ε.
Assim,
0 = inf{|xn − a|;xn ∈ (xn)}
≥ inf{|x− a|;x ∈ X} ≥ 0,
ou seja, d(a,X) = 0.
(2) Consideremos o compacto C = F ∩ B[a; 2d(a, F )]. Temos, pela definic¸a˜o de d(a, F ), que C 6= ∅. Seja d =
d(a, F ) e xn ∈ C tal que |xn − a| < d + 1
n
. Como C e´ compacto, existe uma subsequeˆncia (xnk) de (xn)
tal que xnk → b ∈ C. Assim, dado ε > 0, existe n + k ∈ N tal que |xnk − a| < d +
ε
2
e |b − xnk | >
ε
2
.
Consequentemente,
|b− a| ≤ |b− xnk |+ |xnk − a| < d+ ε.
Portanto, |b − a| ≤ d. Mas, como b ∈ C ⊂ F e pela definic¸a˜o de d = d(a, F ), temos que |b − a| ≥ d e,
consequentemente, |b− a| = d.
214
Exerc´ıcio 5.30:
Se X e´ limitado superiormente, seu fecho X tambe´m o e´. Ale´m disso, supX = supX. Enuncie e prove um resultado
ana´logo para inf .
Temos que X e´ limitado somente se X e´ limitado. De fato, se A > 0 em R e´ tal que existe a ∈ X com a > A,
tomando-se ε = |A− a|, existe x ∈ X tal que |x− a| < ε. Consequentemente, x > A.
Como X ⊂ X, temos imediatamente que (pelo exerc´ıcio 3.33) que supX ≥ supX. Assim, para mostrar que
supX ≥ supX, basta provar que para qualquer c ∈ R tal que c < supX, existe x ∈ X tal que c < x. Enta˜o, dado
c tal que c < supX, existe x ∈ X tal que c < x. Assim, tomando algum x ∈ X tal que |x− x| < |x− c|, temos que
x > c. Portanto, supX = supX.
O resultado ana´logo seria inf A = inf A. E a demonstrac¸a˜o desse resultado e´ tambe´m ana´loga.
215
Exerc´ıcio 5.31:
Para todo X ⊂ R limitado superiormente, supX e´ aderente a X. Resultado ana´logo para inf .
Pela definic¸a˜o de supremo, para todo ε > 0 existe x ∈ X tal que supX − ε < x ≤ supX.
Assim, para n ≥ 1 em N, tomando xn ∈ X tal que supX − 1
n
> xn ≤ supX. Temos, assim, que para todo
n ∈ N, |xn − supX| < 1n . Logo, a sequeˆncia (xn) em X tende a` supX e supX ∈ X.
216
Exerc´ıcio 5.32:
Para todo X ⊂ R, X ′ e´ fechado.
Seja a ∈ X ′. Dado ε > 0, existe x ∈ X ′ tal que x ∈ (a−ε, a+ε). E como x ∈ X ′, existem infinitos elementos de X
em (x−δ, x+δ), onde δ = min{|x−(a±ε)|}. Assim, infinitos elementos de X pertencem a` (a−ε, a+ε) ⊃ (x−δ, x+δ).
Isso implica que a ∈ X ′. Conclu´ımos que X ′ ⊃ X ′.
217
Exerc´ıcio 5.33:
Um nu´mero a e´ ponto de acumulac¸a˜o de X se, e somente se, e´ ponto de acumulac¸a˜o de X.
(⇒) Seja a um ponto de acumulac¸a˜o de X. Enta˜o, para todo ε > 0 existem infinitos elementos de X em
(a− ε, a+ ε). E como X ⊂ X, existem infinitos elementos de X em (a− ε, a+ ε), ou seja, a e´ ponto de acumulac¸a˜o
de X.
(⇐) Seja a um ponto de acumulac¸a˜o de X. Dado ε > 0, existe x ∈ X tal que x ∈ (a−ε, a+ε)−{a}. Tomando-se
δ = min{|x− a|, |x− (a± ε)|}, temos que existe x ∈ X tal que |x− x| < δ.
Assim, x ∈ (x− δ, x+ δ) ⊂ (a− ε, a+ ε)− {a}. Segue da´ı que a e´ ponto de acumulac¸a˜o de X.
218
Exerc´ıcio 5.34:
(X ∪ Y )′ = X ′ ∪ Y ′.
• (X ∪ Y )′ ⊂ X ′ ∪ Y ′.
Seja a ∈ (X ∪ Y ) e (an) uma sequeˆncia em X ∪ Y − {a} que tende a` a. Enta˜o, existem infinitos termos de
(an) em Y. Assim, existe uma subsequeˆncia de (an) em X − {a} ou em Y − {a}. E como esta subsequeˆncia
tende a` a, temos que a ∈ X ′ ∪ Y ′.
• (X ∪ Y )′ ⊃ X ′ ∪ Y ′.
Seja a ∈ X ′ ∪ Y ′. Enta˜o existe uma sequeˆncia (an) em X −{a} ou em Y −{a} que tende a` a. Em todo caso,
existe uma subsequeˆncia em X ∪ Y − {a} que tende a` a, ou seja, a ∈ (X ∪ Y )′.
219
Exerc´ıcio 5.35:
Todo ponto deum conjunto aberto A e´ ponto de acumulac¸a˜o de A.
Seja a ∈ A. Enta˜o existe δ > 0 tal que (a− δ, a+ δ) ⊂ A.
Assim, dado ε, para δ1 = min{δ, ε} temos que
(a− ε, a+ ε) ⊃ (a− δ1, a+ δ1) ⊂ A.
Logo, (a− ε, a+ ε) conte´m infinitos elementos de A ja´ que (a− δ1, a+ δ1) tem infinitos elementos. Portanto, a e´
ponto de acumulac¸a˜o.
220
Exerc´ıcio 5.36:
Sejam F fechado e x ∈ F. Enta˜o x e´ um ponto isolado de F se, somente se, F − {x} e´ ainda fechado.
(⇒) Se F = {x}, temos diretamente que F − {x} = ∅ e´ fechado. Suponhamos que F − {x} 6= ∅. Seja (an) uma
sequeˆncia em F − {x} com lim an = a. Como F e´ fechado e (an) e´ uma sequeˆncia em F, enta˜o a ∈ F. Temos que
a 6= x, pois para algum ε > 0, (x − ε, x + ε) ∩ F = {x}. Portanto, a ∈ F − {x}. Conclu´ımo da´ı que F − {x} e´
fechado.
(⇐) Suponhamos que x na˜o seja um ponto isolado de F. Enta˜o, para todo n ∈ N, existe xn ∈ ((xn − 1
n
, x +
1
n
) ∩ F )− {x}. Assim, a sequeˆncia (xn) em F − {x} tende a` x. O que implica que F − {a} na˜o e´ fechado.
221
Exerc´ıcio 5.37:
Seja X ⊂ R tal que X ′ ∩X = ∅. Mostre que existe, para cada x ∈ X, um intervalo aberto Ix, de centro em x, tal
que x 6= y ⇒ Ix ∩ Iy = ∅.
Para cada x ∈ X definimos
δx = inf{|x− x˜|; x˜ ∈ X − {x}}.
Temos que δx = 0 somente se x ∈ X ′. Enta˜o, δx > 0 para cada x ∈ X ja´ que X ′ ∩X = ∅.
Definimos para cada x ∈ X,
Ix = (x− δx
2
, x+
δx
2
).
Assim, para x 6= y em X, temos que se z ∈ Ix ∩ Iy
|x− y| ≤ |x− z|+ |z − y|
≤ δx
2
+
δx
2
≤ |x− y|
2
+
|x− y|
2
= |x− y|.
Portanto, Ix ∩ Iy = ∅. E o resultado segue.
222
Exerc´ıcio 5.38:
Seja F ⊂ R fechado, infinito enumera´vel. Mostre que F possui uma infinidade de pontos isolados.
Pelo corola´rio 1 do Teorema 9, temos que F possui algum ponto isolado. Suponhamos que x1, x2, ..., xn sa˜o
pontos isolados de F. Por induc¸a˜o no resultado do exerc´ıcio 3.36, temos que F − {x1, x2, ..., xn} e´ fechado. Ale´m
disso, F −{x1, x2, ..., xn} e´ um conjunto sem pontos isolados e infinito enumera´vel, contradizendo o Corola´rio 1 do
Teorema 9.
223
Exerc´ıcio 5.39:
Mostre que todo nu´mero real x e´ limite de uma sequeˆncia de nu´meros transcendentes dois a dois distintos.
Sejam A o conjunto dos nu´meros alge´bricos em Q (complementar do conjunto dos trancendentes) e x ∈ R.
Dado ε > 0, temos que (x−ε, x+ε)−(A∪{x}) e´ infinito. De fato, pelo exerc´ıcio 3.44, A e´ enumera´vel enquanto
(x− ε, x+ ε) e´ na˜o enumera´vel. Logo, (x− ε, x+ ε)− (A ∪ {x}) e´ infinito.
Seja ε1 = 1. Podemos escolher
x1 ∈ (x− ε1, x+ ε1)− (A ∪ {x}).
E, indutivamente, escolher
xn ∈ (x− εn, x+ εn)− (A ∪ {x}),
onde εn = |x− xn|. Assim (xn) e´ uma sequeˆncia de termos trancendentes, dois a dois distintos e que tende a` x.
224
Exerc´ıcio 5.40:
Mostre que se X ⊂ R na˜o e´ enumera´vel, enta˜o X ∩X ′ 6= ∅.
Se X ∩X ′ = ∅, enta˜o todo ponto de X e´ isolado. Mas, pelo Corola´rio 2 do Teorema 8, temos que isso implica
que X e´ enumera´vel.
225
Exerc´ıcio 5.41:
Se A e A ∪ {a} sa˜o abertos enta˜o a e´ ponto de acumulac¸a˜o de A a` direita e a` esquerda.
Como A ∪ {a} e´ aberto, existe ε > 0 tal que (a− ε, a+ ε) ⊂ A ∪ {a}.
Assim,
[a, a+ ε) ⊂ A ∪ {a}
e, consequentemente,
(a, a+ ε) ⊂ A ∪ {a}.
Da´ı segue que A conte´m infinitos pontos de [a, a+ ε). Logo, a e´ ponto de acumulac¸a˜o a direita de A.
Analogamente, mostra-se que a e´ ponto de acumulac¸a˜o a` esquerda de A.
226
Exerc´ıcio 5.42:
Deˆ explicitamente o significado de cada uma das seguintes afirmac¸o˜es. Em suas explicac¸o˜es, voceˆ esta´ proibido de
usar qualquer das palavras grifadas abaixo:
1) a ∈ X na˜o e´ ponto interior de X;
2) a ∈ R na˜o e´ aderente a X;
3) X ⊂ R na˜o e´ um conjunto aberto;
4) O conjunto Y ⊂ R na˜o e´ fechado;
5) a ∈ R na˜o e´ ponto de acumulac¸a˜o do conjunto X ⊂ R;
6) X ′ = ∅;
7) X ⊂ Y mas X na˜o e´ denso em Y ;
8) int(X) = ∅;
9) X ∩X ′ = ∅;
10) X na˜o e´ compacto.
(1) Na˜o existe ε ∈ R+ tal que
a ∈ (a− ε, a+ ε) ⊂ X.
(2) Existe ε ∈ R+ tal que
(a− ε,A+ ε) ⊂ R−X.
(3) Existe x ∈ X tal que para todo ε ∈ R+
(x− ε, x+ ε) * X.
(4) Existe x ∈ R−X tal que para todo ε ∈ R+
(x− ε, x+ ε) ∩X 6= ∅.
(5) Existe ε ∈ R+ tal que
(a− ε, a+ ε) ∩X ⊂ {a}.
(6) Para todo a ∈ R, tal que para todo ε ∈ R+
(a− ε, a+ ε) ∩X 6= ∅ enta˜o a ∈ X.
(7) Existe y ∈ Y e ε ∈ R+ tais que
(y − ε, y + ε) ∩X = ∅
mas X ⊂ Y.
(8) Para todo x ∈ X e ε ∈ R+, existe a ∈ R e δ ∈ R+ tais que
(x− ε, x+ ε) ⊃ (a− δ, a+ δ) ⊂ R−X.
(9) Para todo x ∈ X, existe ε ∈ R+ tal que
(x− ε, x+ ε) ∩X = {x}.
(10) Existe uma sequeˆncia (xn) em R e (εn) em R+ tais que
X ⊂
⋃
n∈N
(xn − εn, x+ εn),
mas para nenhum N˜ ⊂ N finito temos que
X ⊂
⋃
n∈N˜
(xn − εn, x+ εn).
227
Exerc´ıcio 5.43:
Se todo ponto de acumulac¸a˜o de X e´ unilateral, X e´ enumera´vel.
Seja D o conjunto dos elementos de X que sa˜o pontos de acumulac¸a˜o a` direita de X.
Dado n ∈ Z seja
{aλ}λ∈Λ = [n, n+ 1] ∩D.
Para cada λ ∈ Λ, existe Iλ = (aλ−ελ, aλ), ελ > 0, tal que Iλ∩X = ∅. Observemos que para quaisquer λ1 e λ2 ∈ λ,
λ1 6= λ2, teremos que Iλ1 ∩ Iλ2 = ∅. Se Λ e´ na˜o enumera´vel, existe ε > 0 tal que para cada n ∈ N existe λn tal que
ελn > ε. Assim, ∞∑
n=1
ελn =∞
e como os I ′λs sa˜o disjuntos e esta˜o contidos em um intervalo de comprimento 1, obtemos uma contradic¸a˜o. Logo,
Λ e´ finito ou enumera´vel. E como
D =
⋃
n∈Z
[n, n+ 1] ∩D,
temos que D e´ enumera´vel.
De forma ana´loga, mostra-se que o conjunto E dos pontos de acumulac¸a˜o a` esquerda de X e´ finito ou enumera´vel.
E como X −X ′ e´ finito ou enumera´vel pelo Corola´rio 2 do Teorema 8, temos que
X = (X −X ′) ∪ E ∪D
e´ finito ou enumera´vel.
228
Exerc´ıcio 5.44:
SejaX ⊂ R um conjunto arbitra´rio. Toda cobertura deX por meio de abertos possui uma subcobertura enumera´vel.
(Teorema de Lindelo¨f).
Seja {Aλ}λ∈Λ uma cobertura aberta de X. Tomemos E = {xn}n∈N um subconjuntto denso em X. Para cada
n ∈ N fixemos
Rn = {ε ∈ R+; (xn − ε, xn + ε) ⊂ Aλ, λ ∈ Λ}.
Sabemos que Rn 6= ∅. Logo, existe supRn = 2εn.
Ale´m disso, existe ε ∈ Rn tal que εn < ε. Ou seja, existe ε ∈ R+ tal que
(x− ε, x+ ε) ⊂ Aλ
para algum λ ∈ Λ. Existe, tambe´m n ∈ N tal que
xn ∈ (x− ε/4, x+ ε/4).
Para qualquer
yn ∈ (xn − 3ε/4, xn + 3ε/4)
temos que
y ∈ (x− ε, x+ ε).
Da´ı, 3ε/4 ∈ Rn. E, assim,
εn ≥ 3ε
8
>
ε
4
.
Logo,
x ∈ (xn − εn, xn + εn) ⊂ Aλn .
Conclu´ımos da´ı que {Aλn}n∈N ⊂ {Aλ}λ∈Λ e´ uma cobertura de X.
229
Exerc´ıcio 5.45:
Com a notac¸a˜o do Exerc´ıcio 4, prove:
a) Se A e´ compacto e B e´ fechado enta˜o A+B e´ fechado;
b) se A e B sa˜o compactos, enta˜o A+B e A.B sa˜o compactos;
c) se A e´ fechado e B e´ compacto, A.B pode na˜o ser fechado.
(a) Seja x ∈ A+B e (cn = an + bn)n∈N uma sequeˆncia em A+B tendendo a` x. A sequeˆncia (an)n∈N em A possui
uma subsequeˆncia (ank)k∈N tendendo a algum a ∈ A. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0,
|an + bn − x| < ε/2.
E tambe´m, existe k0 ∈ N tal que, para todo k ≥ k0,
|ank − a| < ε/2.
Assim, para
k1 = max{k0,min{k ∈ N;nk ≥ n0}}
e todo k ≥ k1, temos que
|bnk − (x− a)| = |(ank + bnk − x)− (a− ank)|
≤ |ank + bnk − x|+ |a− ank |
< ε/2 + ε/2 = ε.
Logo, lim
n→∞ bnk = x− a. Segue da´ı que x− a ∈ B e, consequentemente, x ∈ A+B. Conclu´ımos da´ı que A+B
e´ fechado.
(b) A+B e´ fecado pelo item (a). E, tambe´m, temos que
sup(A+B) = supA+ supB <∞
e
inf(A+B) = inf A+ inf B > −∞.
Seja x ∈ A.B e (cn = an.bn)n∈N uma sequeˆncia em A.B tendendo a` x. A sequeˆncia (an)n∈N em A possui uma
subsequ?ncia (an)n∈N1 tendendo a` algum a ∈ A. Por sua vez a sequeˆncia (bn)n∈N1 possui uma subsequeˆncia
(bn)n∈N2 tendendo a algum b ∈ B. Assim,
x = lim
n∈N2
anbn
= lim
n∈N2
an lim
n∈N2
bn
= a.b ∈ A.B
Segue da´ı que A.B e´ fechado. E, como
sup(A.B) = supA. supB <∞
e
inf(A.B) = inf A. inf B > −∞,
temos que A.B e´ limitado.Portanto, A.B e´ compacto.
(c) Tome B = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} e A = Z. Temos que A.B na˜o e´ fechado. (Vide exerc´ıcio 5.16)
230
Exerc´ıcio 5.46:
Obtenha coberturas abertas de Q e de [0,∞) que na˜o admitam subcoberturas finitas.
Temos que {(−n, n)}n∈N e´ uma cobertura aberta tanto de Q quanto de [0,+∞) que na˜o admite subcobertura
finita.
231
Exerc´ıcio 5.47:
Considere as func¸o˜es f, g, h do Exerc´ıcio 7. Mostre que paraK e L compactos arbitra´rios, f(K), g(K), h(K), f−1(L), g−1(L)
e h−1(L) sa˜o compactos.
Seja (xn) uma sequeˆncia em f
−1(L) tendendo a` x ∈ R. Temos que
lim f(xn) = lim(axn + b)
= a limxn + b
= ax+ b = f(x)
Como f(xn) e´ uma sequeˆncia convergente no fechado L, temos que f(x) ∈ L e, consequentemente, x ∈ f−1(L).
Segue da´ı que f−1(L). Segue da´ı que f−1(L) e´ fechado.
Seja (yn = f(xn))n∈N uma sequeˆncia em f(K). Como K e´ compacto, existe uma subsequeˆncia (xnk) de (xn)
que converge a` algum x ∈ K. Assim,
y = lim f(xn) = lim f(xnk) = f(x).
Ou seja, y ∈ f(K). Conclu´ımos da´ı que f(K) e´ fechado.
Analogamente, prova-se que g−1(L), g(K), h−1 e h−1(K) sa˜o fechados.
Por fim, temos que
f(K) = aK + b
g(K) ⊂ K.K
e
K.K.K.
E como os conjuntos aK + b, K2 e K3 sa˜o limitados(ver exerc´ıcio 5.45(b)), temos que f(K), g(K) e h(K) sa˜o
compactos. E, tambe´m,
f(f−1(L)) ⊂ L,
g(g−1(L)) ⊂ L
e
h(h−1(L)) ⊂ L.
Assim, pelas definic¸o˜es de f, g e h temos que se f−1(L), g−1 ou h−1(L) fosse limitado, ter´ıamos que f(f−1(L)),
g(g−1(L)) ou h(h−1(L)) seria limitado contradizendo o fato de L ser limitado.
232
Exerc´ıcio 5.48:
As seguintes afirmac¸o˜es a respeito de um conjunto X ⊂ R sa˜o equivalentes:
(1) X e´ limitado;
(2) Todo subconjunto infinito de X possui ponto de acumulac¸a˜o (que pode na˜o pertencer a X);
(3) Toda sequeˆncia de pontos de X possui uma subsequeˆncia convergente.
(1) ⇒ (2) Como X e´ limitado, temos que X e´ compacto. Enta˜o, todo conjunto infinito em X ⊂ X possui um
ponto de acumulac¸a˜o por ser subconjunto de um compacto.
(2)⇒ (3) Seja (xn)n∈N uma sequeˆncia em X. Se o conjunto P = {xn}n∈N for finito, enta˜o para algum p ∈ P e
infinitos n ∈ N, temos que xn = p. Logo, existe uma subsequeˆncia de xn tendendo a` p. Se P for infinito, enta˜o pela
hipo´tese, P possui um ponto de acumulac¸a˜o x. Logo, e´ poss´ıvel encontrar uma subsequeˆncia de (xn) tendendo a` x.
(3) ⇒ (1) Se X na˜o fosse limitado, seria poss´ıvel encontrar uma sequeˆncia crescente e ilimitada em X. Tal
sequeˆncia na˜o teria subsequeˆncia convergente. O que contradiz a hipo´tese.
233
Exerc´ıcio 5.49:
Seja X ⊂ R um conjunto compacto cujos pontos, com excec¸a˜o de a = inf X e b = supX, sa˜o pontos de acumulac¸a˜o
a` direita e a` esquerda. Enta˜o X = [a, b] ou X = {a, b}.
Como X e´ compacto, temos que a = inf X e b = supX ∈ X. Suponhamos que X 6= {a, b}. Enta˜o, existe c ∈ X
tal que a < c < b. Seja x ∈ (a, b). Se c ≤ x temos que s = sup([a, x] ∩X) e´ tal que a < c ≤ s ≤ x. Assim, se s 6= x
temos que s ∈ X − {a, b} e [s, x) ∩ X = {s}. Ou seja, s na˜o seria um ponto de acumulac¸a˜o a` direita. Absurdo.
Logo, c = s ∈ X. Do mesmo modo, se x ≤ c teremos que x ∈ X. Conclu´ımos que X = [a, b].
234
Exerc´ıcio 5.50:
Se (Kλ)λ∈L e´ uma famı´lia qualquer de compactos, enta˜o
⋂
Kλ e´ compacto. Se K1, ...,Kn sa˜o compactos enta˜o
K1 ∪K2 ∪ ... ∪Kn e´ compacto. Se K e´ compacto e F e´ fechado, enta˜o K ∩ F e´ compacto.
• Kλ, λ ∈ Λ, compactos ⇒
⋂
λ∈ΛKλ e´ compacto.
Como cada Kλ e´ fechado, temos que ∩Kλ e´ fechado. Ale´m disso, temos que, dado algum λ0 ∈ Λ qualquer
inf(∩Aλ) ≥ inf Aλ0 > −∞
e
sup(∩Aλ) ≤ inf Aλ0 <∞.
Da´ı, ∩Aλ e´ limitado. Portanto, ∩Aλ e´ compacto.
• Ki, i = 1, 2, ..., n, compacto ⇒
⋃n
i=1Ki e´ compacto.
Como cada Ki e´ fechado, temos que
⋃n
i=1Ki e´ fechado. Ale´m disso,
sup(
n⋃
i=1
Ki) = sup{supKi}ni=1 <∞
e
inf(
n⋃
i=1
Ki) = inf{inf Ki}ni=1 > −∞.
Da´ı,
⋃n
i=1Ki e´ limitado. Portanto,
⋃n
i=1Ki e´ compacto.
• K e´ compacto e F e´ fechado ⇒ K ∩ F e´ compacto.
Como K e F sa˜o fechados, K ∩ F e´ fechado. Ale´m disso,
sup(K ∩ F ) ≤ supK <∞
e
inf(K ∩ F ) ≥ inf K > −∞.
Da´ı, K ∩ F e´ limitado. Portanto, K ∩ F e´ compacto.
235
Exerc´ıcio 5.51:
Seja X ⊂ R. Uma func¸a˜o f : X → R diz-se na˜o-decrescente no ponto a ∈ X quando existe δ > 0 tal que
a− δ < x ≤ a ≤ y < a+ δ ⇒ f(x) ≤ f(a) ≤ f(y). (Bem entendido: x, y ∈ X.) Mostre que se f e´ na˜o-decrescente
em [a, b] (isto e´, x, y ∈ [a, b], x ≤ y ⇒ f(x) ≤ f(y)).
Sejam x, y ∈ [a, b] com x ≤ y. Provaremos que f(x) ≤ f(y). Para cada α ∈ [x, y] existe δx ∈ R+ tal que
α− δα < z ≤ α ≤ w < α+ δα implica f(z) ≤ f(α) ≤ f(z)(para z, w ∈ [a, b]).
Temos enta˜o que [x, y] ⊂ ⋃α∈[x,y](α − δα, α + δα). Asssim, existem α1, α2, ..., αn ∈ [x, y] tais que [x, y] ⊂⋃n
i=1(αi − δα1 , αi + δα1). Podemos mostrar, por induc¸a˜o em n, que podemos decompor [x, y] como
[x, β1 − δβ1) ⊂ (β1 − δβ1 , β1 + δβ1),
[βi−1 − δβi−1) ⊂ (βi − δβi , βi + δβi), i = 1, 2, ..., p− 1,
e
[βp−1 − δβp−1 , y] ⊂ (βp − δβp , βp + δβp)
para {βi}pi=1 ⊂ {αi}ni=1 e βi < βi+1, i = 1, 2, ..., p− 1. Da´ı escolhemos γi ∈ R, i = 1, 2, ..., p− 1, tais que
βi+1 − δi+1 < γi < βi + δβi e βi < γi < βi+1.
Assim,
f(x) ≤ f(γ1) ≤ f(γ2) ≤ ... ≤ f(γp−1) ≤ f(y).
236
Exerc´ıcio 5.52:
Seja [a, b] ⊂ ∪Aλ onde cada Aλ e´ aberto. Mostre que e´ poss´ıvel decompor [a, b] em um nu´mero finito de intervalos
justapostos de modo que cada um deles esteja contido em algum Aλ.
Pelo Teorema 2, cada Aλ pode ser decomposto como
⋃
j∈NA(λ,j),Nλ ⊂ N, onde os A′(λ,j)s sa˜o intervalos abertos
disjuntos.
Existe uma subcobertura {Bi}ni=1 ⊂ {A(λ.j)} de [a, b]. Provaremos que e´ poss´ıvel decompor [a, b] como
[a, x1) ⊂ C1, [) ⊂ Ci, i = 2, ..., p, e [xp, b) ⊂ Cp+1 (5.7)
para {Ci}p+1i=1 ⊂ {Bi}ni=1.
Se n = 1, temos o resultado diretamente. Suponhamos que o resultado seja va´lido para n ≤ k e que estejamos
no caso em que n = k + 1. Como a ∈ Bi, para algum i = 1, 2, ...n, tomemos C1 = Bi e assim
[supC1] ⊂
⋃
({Bj}nj=1 − {Bi}).
Pela hipo´tese indutiva, existem y1, y2, ..., yp e C˜1, C˜2, ..., C˜p que decompo˜e [supC1, b] como em (5.7). Assim,
tomando-se
x1 = supC1
xi = yi, i = 2, ..., p+ 1
Ci = C˜i−1, i = 2, ..., p+ 2
temos o que quer´ıamos.
Enta˜o, como cada intervalo da decomposic¸a˜o de [a, b] esta´ contido em algum Ci e este por sua vez contido em
algum Aλ, temos o nosso resultado.
237
Exerc´ıcio 5.53:
No exerc´ıcio anterior, mostre que os intervalos nos quais se decompoˆs [a, b] podem ser tomados com o mesmo
comprimento.
No exerc´ıcio anterior obtivemos
C1 = [a, x1)
Ci = [xi−1, xi), i = 2, ..., n,
e
Cn+1 = [xn, b]
tais que {Ci}ni=1 e´ uma partic¸a˜o de [a, b] sendo que Ci ⊂ Aλ1 .
Temos que xi ∈ Aλi+1. Assim, para cada i = 1, ..., n, existe εi > 0 tal que
(xi − εi, xi + εi) ⊂ Aλi+1.
Tomemos q ∈ Z+ tal que
b− a
q
< min{εi}ni=1.
Consideremos, agora, os intervalos
Ii = [a+
i− 1
q
(b− a), a+ i
q
(b− a)), i = 1, ..., q.
Assim, temos que, para cada p = 1, ..., q,
(i) a ou xi ≤ a+ p− 1
q
(b− a) < a+ p
q
(b− a) < xi+1 ou b
Ip ⊂ Ci+1 ⊂ Aλi+1
(ii) a+
p− 1
q
(b− a) < xi < a+ p
q
(b− a)
Ip ⊂ (xi − εi, xi + εi) ⊂ Aλi+1.
Concluimos da´ı que, para p = 1, ..., q, Ip ⊂ Aλ, para algum λ. E temos o nosso resultado.
238
Exerc´ıcio 5.54:
(Teorema de Baire) Se F1, F2, ..., Fn, ... sa˜o fechados com interior vazio enta˜o S = F1∪F2∪ ...∪Fn∪ ... tem interior
vazio. (E´ poss´ıvel mostrar que, dado arbitrariamente um intervalo aberto I, existe algum x ∈ I ∩ (R− S). Imite a
demonstrac¸a˜o do Teorema 6, Cap´ıtulo III, onde se tem pontos em vez dos fechados Fn.)
Seja I um intervalo aberto. Como F tem interior vazio, devemos ter x1 ∈ I − F1. E como F1 e´ fechado e I
aberto, existe ε1 > 0 tal que (x1 − ε, x1 + ε) ⊂ I ∩ (R − F ). Adiante, J1 = [x1 − ε/2, x1 + ε/2] ⊂ I ∩ (R − F1).
DefinimosI1 = (x− 1− ε/2, x1 + ε/2).
Da mesma forma podemos obter J2 compacto contido em I1 ∩ (R− F2) e que desta forma J2 ⊂ J1.
Por induc¸a˜o, podemos tomar intervalos compactos Jn ⊂ Jn−1, n ∈ N ∩ [2,∞), tais que Fn ∩ Jn = ∅.
Logo, existe, pelo Teorema 12 do Cap´ıtulo V, x ∈ ⋂j∈N Jn. E como Jn ∩ Fn = ∅, x ∈ Fn e, consequentemente
x /∈ S.
Asim, I * S. E como I e´ arbitra´rio, segue da´ı que S tem interior vazio.
239
Exerc´ıcio 5.55:
O conjunto R−Q dos nu´meros irracionais na˜o pode ser expresso como reunia˜o enumera´vel de fechados. Analoga-
mente, Q na˜o e´ intersecc¸a˜o de uma famı´lia enumera´vel de abertos.
Suponhamos, por absurdo, que existam conjuntos fechados Fn, n ∈ Z+, em R tais que R−Q = ∪n∈Z+Fn.
Como cada Fn esta´ contido em R−Q e R−Q possui interior vazio, conclu´ımos que Fn tem interior vazio, para
cada n ∈ Z+.
Seja (qn)n∈Z+ uma enumerac¸a˜o do conjunto Q. Como o conjunto {qn}, para todo n ∈ Z+, e´ fechado e tem
interior vazio, temos que R e´ uma unia˜o enumera´vel de conjuntos fechados com interior vazio pois
R = (R−Q) ∪Q = (∪n∈Z+Fn) ∪ (∪n∈Z+{qn}).
Assim, pelo Teorema de Baire, R e´ um conjunto de interior vazio (em R). Uma contradic¸a˜o. Portanto, na˜o podem
existir fechados Fn, n ∈ Z+, em R tais que R−Q = ∪n∈Z+Fn.
Suponhamos, por absurdo, que existam abertos An, n ∈ Z+, em R tais que Q = ∩n∈Z+An.
Consideremos os fechados Fn := R−An, para todo n ∈ Z+. Desta forma, ter´ıamos que
R−Q = R− ∪n∈Z+An = ∪n∈Z+(R−An) = ∪n∈Z+Fn.
Ou seja, desta forma R − Q seria uma unia˜o enumera´vel de conjuntos fechados. Uma contradic¸a˜o. Portanto, na˜o
podem existir abertos An, n ∈ Z+, em R tais que Q = ∩n∈Z+An.
240
Exerc´ıcio 5.56:
Se [a, b] ⊂ ∪ni=1[ai, bi], enta˜o b− a 6
∑n
i=1(bi − ai). Tambe´m [a, b] ⊂ ∪∞n=1[an, bn] implica b− a 6
∑∞
n=1(bn − an).
Finalmente, resultados ana´logos valem para (a, b) em vez de [a, b].
(I) [a, b] ⊂
n⋃
i=1
[ai, bi]⇒ b− a 6
n∑
i=1
(bi − ai)
Para todo k ∈ Z+ e i = 1, . . . , n, temos que
[ai, bi] ⊂
(
ai − 1
2k
, bi +
1
2k
)
.
Logo,
[a, b] ⊂
n⋃
i=1
[ai, bi] ⊂
n⋃
i=1
(
ai − 1
2k
, bi +
1
2k
)
.
Assim, pela Proposic¸a˜o 1 deste cap´ıtulo, segue que
b− a <
n∑
i=1
((
bi +
1
2k
)
−
(
ai − 1
2k
))
e, consequentemente,
b− a <
n∑
i=1
(
bi − ai + 1
k
)
=
n∑
i=1
(bi − ai) + n
k
.
Portanto,
b− a 6 lim
k→∞
(
n∑
i=1
(bi − ai) + n
k
)
=
n∑
i=1
(bi − ai).
(II) [a, b] ⊂
∞⋃
i=1
[ai, bi]⇒ b− a 6
∞∑
i=1
(bi − ai)
Para todo k e i ∈ Z+, temos que
[ai, bi] ⊂
(
ai − 1
2i+1k
, bi +
1
2i+1k
)
.
Logo,
[a, b] ⊂
∞⋃
i=1
[ai, bi] ⊂
∞⋃
i=1
(
ai − 1
2i+1k
, bi +
1
2i+1k
)
.
Assim, pela Proposic¸a˜o 2 deste cap´ıtulo, segue que
b− a <
∞∑
i=1
((
bi +
1
2i+1k
)
−
(
ai − 1
2i+1k
))
e, consequentemente,
b− a <
∞∑
i=1
(
bi − ai + 1
2ik
)
=
∞∑
i=1
(bi − ai) + 1
k
∞∑
i=1
1
2i
=
∞∑
i=1
(bi − ai) + 1
k
.
Portanto,
b− a 6 lim
k→∞
( ∞∑
i=1
(bi − ai) + 1
k
)
=
∞∑
i=1
(bi − ai).
241
(III) (a, b) ⊂
n⋃
i=1
[ai, bi]⇒ b− a 6
n∑
i=1
(bi − ai)
Temos que
[a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪
n⋃
i=1
[ai, bi].
Assim, pelo item (I), temos que
b− a 6 (a− a) + (b− b) +
n∑
i=1
(bi − ai) =
n∑
i=1
(bi − ai).
(IV) (a, b) ⊂
∞⋃
i=1
[ai, bi]⇒ b− a 6
n∑
i=1
(bi − ai)
Temos que
[a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪
∞⋃
i=1
[ai, bi].
Assim, pelo item (I), temos que
b− a 6 (a− a) + (b− b) +
∞∑
i=1
(bi − ai) =
∞∑
i=1
(bi − ai).
242
Exerc´ıcio 5.57:
Seja X ⊂ R. Uma func¸a˜o f : X → R chama-se localmente limitada quando para cada x ∈ X existe um intervalo
aberto Ix, contendo x, tal que f |Ix∩X e´ limitada. Mostre que se X e´ compacto, toda func¸a˜o f : X → R localmente
limitada e´ limitada.
Sejam X um subconjunto compacto de R, f : X → R uma func¸a˜o localmente limitada, para cada x ∈ X, Ix
um intervalo contendo x e Ax > 0 tais que
|f(y)| < Ax,
para cada y ∈ X ∩ Ix.
Como x ∈ Ix, para todo x ∈ X, temos que
X =
⋃
x∈X
Ix.
Sendo X um conjunto compacto, existem x1,. . . ,xn em X tais que
X = Ix1 ∪ · · · ∪ Ixn .
Para A ∈ R definido por
A := max{Ax1 , . . . , Axn}
temos, para y ∈ Ixi , que
|f(y)| < Axi 6 A.
Ou seja,
|f(y)| < A
para todo y ∈ X = ∪ni=1Ixi . Portanto, f e´ limitada.
243
Exerc´ıcio 5.58:
Dado X ⊂ R na˜o-compacto, defina uma func¸a˜o f : X → R que seja localmente limitada mas na˜o seja limitada.
Sendo X na˜o-compacto, basta provarmos que existe uma func¸a˜o f : X → R que seja localmente mas na˜o seja
limitada nos casos:
• X na˜o e´ limitado;
Seja f : X → R dada por
f(x) = x,
para todo x ∈ X. Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo
Ix = (x− 1, x+ 1)
e´ tal que f |X∩Ix e´ limitada pois
x− 1 6 f(y) 6 x+ 1,
para todo y ∈ Ix ∩X.
Por outro lado, f ainda na˜o e´ limitada ja´ que se existe A > 0 tal que
|f(x)| < A,
para todo x ∈ X, ter´ıamos que
|x| < A,
para todo x ∈ X, contradizendo o fato de X ser ilimitado.
• X na˜o e´ fechado;
Como X na˜o e´ fechado, existe a ∈ X ′ −X. Definimos f : X → R por
f(x) =
1
a− x,
para todo x ∈ X.
Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo
Ix =
(
x− |x− a|
2
, x+
|x− a|
2
)
e´ tal que f |X∩Ix e´ limitada. De fato, para y ∈ Ix, temos que
|y − a| = |(x− a) + (y − x)|
> |x− a| − |y − x|
> |x− a| − |x−a|2
> |x−a|2
e, consequentemente,
|f(y)| = 1|y − a| 6
2
|x− a| .
E f na˜o e´ limitada ja´ que, dado A > 0 existe x ∈ X tal que
|f(x)| > A.
De fato, como a ∈ X ′ −X, existe x ∈ X tal que
|x− a| < 1
A
e, desta forma,
|f(x)| = 1|x− a| > A.
244
Exerc´ıcio 5.59:
Sejam C compacto, A aberto e C ⊂ A. Mostre que existe ε > 0 tal que x ∈ C, |y − x| < ε⇒ y ∈ A.
Como A e´ aberto e A ⊃ C, temos que, para todo x ∈ C, existe εx > 0 tal que
(x− 2εx, x+ 2εx) ⊂ A.
A famı´lia
{(x− εx, x+ εx) : x ∈ C}
e´ uma cobertura aberta para o conjunto C. Como C e´ compacto, existem x1,. . . ,xn ∈ C tais que
C ⊂
n⋃
i=1
(xi − εxi , xi + εxi)
Tomemos
ε := min{εx1 , . . . , εxn} > 0.
Supondo que x ∈ C e |x− y| < ε temos que y ∈ A. De fato, como x ∈ C, temos que
x ∈ (xk − εxk , xk + εxk),
para k = 1,. . . ,n− 1 ou n. Assim,
|xk − y| 6 |xk − x|+ |x− y| < εxk + ε 6 2εxk
e, consequentemente,
y ∈ (xk − 2εxk , xk + 2εxk) ⊂ A.
245
Exerc´ıcio 5.60:
Dada uma sequeˆncia (xn), seja Xn = {xn, xn+1, . . . } para todo n ∈ Z+. Mostre que ∩∞n=1Xn e´ o conjunto dos
valores de adereˆncia de (xn).
Seja A o conjunto dos valores de adereˆncia de (xn).
Provaremos separadamente que A ⊂ ∩∞n=1Xn e que ∩∞n=1Xn ⊂ A.
Seja a ∈ A. Enta˜o, existe uma subsequeˆncia (xnk)k∈Z+ de (xn) tal que limk→∞ xnk = a. Dado n ∈ Z+, temos
que existe k0 ∈ Z+ tal que
n 6 nk0 < nk0+p,
para todo p ∈ Z+. Assim, (xnk0+p)p∈Z+ e´ uma sequeˆncia em Xn tal que
lim
p→∞xk0+p = limk→∞
xk = a.
Desta forma, a ∈ Xn, para n ∈ Z+ arbitra´rio. Ou seja, a ∈ ∩∞n=1Xn.
Seja a ∈ ∩∞n=1Xn. Provaremos que existe uma subsequeˆncia (xnk)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que limk→∞ xnk = a.
Ou seja, que a ∈ A. Comecemos observando que para todo m e k ∈ Z+ existe nk ∈ Z+ tal que
nk > m e |xnk − a| <
1
k
. (5.8)
De fato, como a ∈ Xm+1 e Xm+1 = {xn : n > m + 1}, temos que existe xnk ∈ Xm+1 tal que |xnk − a| < 1k e,
desta forma, nk satisfaz (5.8). Assim, pelo princ´ıpio da definic¸a˜o recursiva, fica bem definida a sequeˆcia de ı´ndices
(nk)k∈Z+ tal que
n1 := 1
e
nk := min
{
n ∈ Z+ : n > nk−1, |xn − a| < 1
k
}
,
para k > 1 em Z+. Logo, a subsequeˆncia (xnk)k∈Z+ e´ tal que
|xnk − a| 6
1
k
,
para todo k ∈ Z+, e, consequentemente,
lim
k→+∞
xnk = a.
246
Exerc´ıcio 5.61:
Uma famı´lia de conjuntos (Kλ)λ∈L chama-se uma cadeia quando, para quaisquer λ e µ ∈ L tem-se Kλ ⊂ Kµ ou
Kµ ⊂ Kλ. Prove que se (Kλ)λ∈Le´ uma cadeia na˜o vazia de compactos na˜o-vazios enta˜o a intersec¸a˜o K = ∩λ∈LKλ
e´ na˜o vazia (e compacta).
Primeiramente, mostraremos que, dada um conjunto finito L′ contido em L, o conjunto⋂
λ∈L′
Kλ
na˜o e´ vazio. Procederemos por induc¸a˜o no nu´mero de elementos de L′. Para L′ = {µ}, temos a afirmac¸a˜o
trivialmente ja´ que ⋂
λ∈L′
Kλ = Kµ 6= ∅.
Suponhamos, como hipo´teses de induc¸a˜o, que, para cada conjunto finito L′′ de cardinalidade menor ou igual que
n ∈ Z+, seja verdade que ⋂
λ∈L′′
Kλ 6= ∅.
Sejam L′ um subconjunto de L com cardinalidade n+ 1 e λ0 ∈ L′. Definimos s conjuntos
L′− := {λ ∈ L′\{λ0} : Kλ ⊂ Kλ0}
e
L′+ := {λ ∈ L′\{λ0} : Kλ0 ⊂ Kλ}.
Temos que
Kλ0 ∩
(⋂
λ∈L′+ Kλ
)
=
⋂
λ∈L′+(Kλ ∩Kλ0) =
⋂
λ∈L′+ Kλ0
= Kλ0
e, como L′− tem cardinalidade menor ou igual que n,
Kλ0 ∩
(⋂
λ∈L′− Kλ
)
=
⋂
λ∈L′−(Kλ ∩Kλ0)
=
⋂
λ∈L′− Kλ
6= ∅.
Assim, ⋂
λ∈L′ Kλ =
(
Kλ0 ∩
(⋂
λ∈L′+ Kλ
))
∩
(⋂
λ∈L′− Kλ
)
= Kλ0 ∩
(⋂
λ∈L′− Kλ
)
6= ∅.
Portanto, provamos a afirmac¸a˜o do in´ıcio do para´grafo.
Fixemos λ0 ∈ L.
Suponhamos, por absurdo, que
∅ =
⋂
λ∈L
Kµ = Kλ0 ∩
(⋂
λ∈L
Kλ
)
.
Desta forma ter´ıamos que
Kλ0 ⊂
⋃
λ∈L
(R\Kλ),
ou seja, {R\Kλ}λ∈L seria uma cobertura de Kλ0 por conjuntos abertos em R. Como Kλ0 e´ compacto, existiria um
subconjunto finito L′ de L tal que
Kλ0 ⊂
⋃
λ∈L′
(R\Kλ).
Pore´m, isso implicaria que ⋂
λ∈L′∪{λ0}
Kλ = Kλ0 ∩
( ⋂
λ∈L′
Kλ
)
= ∅.
Contradizendo, ja´ que L′ ∪ {λ0} e´ finito, o que foi provado no primeiro para´grafo desta demonstrac¸a˜o.
247
Exerc´ıcio 5.62:
Se X ⊂ R e´ na˜o-enumera´vel, enta˜o X ′ tambe´m o e´.
Todos os pontos de X\X ′ sa˜o isolados. De fato, dado x ∈ X\X ′, temos que x na˜o e´ um ponto de acumulac¸a˜o
de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x− ε, x+ ε) = {x}.
Como todos os pontos de X\X ′ sa˜o isolados, temos, pelo corola´rio 2 do Teorema 8, que este conjunto e´
enumera´vel.
O conjunto X ∩X ′ na˜o e´ enumera´vel. De fato, como X = (X\X ′) ∪ (X ∩X ′), X na˜o e´ enumera´vel e X\X ′ e´
enumera´vel, devemos ter que X ∩X ′ e´ na˜o enumera´vel.
Por fim, como X ′ conte´m o conjunto na˜o enumera´vel X ∩X ′, devemos ter que X ′ e´ na˜o enumera´vel.
248
Exerc´ıcio 5.63:
Para todo X ⊂ R, X −X ′ e´ enumera´vel.
Todos os pontos de X−X ′ sa˜o isolados. De fato, dado x ∈ X−X ′, temos que x na˜o e´ um ponto de acumulac¸a˜o
de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x− ε, x+ ε) = {x}.
Como todos os pontos de X − X ′ sa˜o isolados, temos, pelo corola´rio 2 do Teorema 8, que este conjunto e´
enumera´vel.
Por fim, como X = X ∪X ′, temos que X −X ′ = X −X ′. Logo, X −X ′ e´ enumera´vel.
249
Exerc´ıcio 5.64:
Um nu´mero real a chama-se ponto de condensac¸a˜o de um conjunto X ⊂ R quando todo intervalo aberto de centro
a conte´m uma infinidade na˜o-enumera´vel de pontos de X. Seja F0 o conjunto dos pontos de condensac¸a˜o de um
conjunto F ⊂ R. Prove que F0 e´ um conjunto perfeito (isto e´, fechado, sem pontos isolados) e que F − F0 e´
enumera´vel. Conclua da´ı o Teorema de Bendixon: todo fechado da reta e´ reunia˜o de um conjunto perfeito com um
conjunto enumera´vel.
(I) F0 e´ fechado:
Mostraremos que todo a ∈ F0 e´ um ponto de condensac¸a˜o de F . Isto e´, que, para um ε > 0 arbitra´rio,
(a− ε, a+ ε) ∩ F na˜o e´ enumera´vel.
De fato, sendo a um elemento do feixo de F0, devemos ter que existe x ∈ (a− ε, a+ ε)∩ F0. Assim, para ε˜ > 0
tal que
(a− ε, a+ ε) ⊃ (x− ε˜, x+ ε˜),
temos que
(a− ε, a+ ε) ∩ F ⊃ (x− ε˜, x+ ε˜) ∩ F.
Como x e´ um ponto de condensac¸a˜o de F , (x − ε˜, x + ε˜) ∩ F na˜o e´ enumera´vel. Logo, (a − ε, a + ε) ∩ F tambe´m
na˜o e´ enumera´vel.
(II) Se I e´ um intervalo finito tal que F0 ∩ I = ∅ enta˜o F ∩ I e´ finito ou infinito enumera´vel
Suponhamos que F ∩ I infinito e na˜o e´ enumera´vel. Provaremos que F0 ∩ I 6= ∅.
Definiremos uma sequeˆncia de intervalos compactos ([an, bn])n∈Z+ contidos em I tais que, para todo n ∈ Z+,
[an, bn] ∩ F e´ infinito e na˜o e´ enumera´vel, (5.9)
[an, bn] ⊃ [an+1, bn+1] (5.10)
e
bn − an = b− a
2n−1
. (5.11)
Verificaremos que a sequeˆncia ([an, bn])n∈Z+ fica bem definida por
[a1, b1] := I
e
[an, bn] :=

[
an−1,
bn−1−an−1
2
]
, se
[
an−1,
bn−1−an−1
2
]
∩ F
e´ infinito e na˜o e´ enumera´vel;[
bn−1−an−1
2 , bn−1
]
, caso contra´rio,
(5.12)
para n > 1, e possui as propriedades (5.9), (5.10) e (5.11). O intervalo [a1, b1] = I, satisfaz (5.9) e (5.11) pelas
hipo´teses sobre I. Suponhamos que os intervalos [a1, b1], . . . , [an−2, bn−2] e [an−1, bn−1] estejam bem definidos por
(5.12) e satisfazem as condic¸o˜es (5.9), (5.10) e (5.11). Como [an−1, bn−1] ∩ F e´ infinito e na˜o e´ enumera´vel, temos
que [an−1, (bn−1 − an−1)/2] ou [(bn−1 − an−1)/2, bn−1] sa˜o infinitos e na˜o sa˜o enumera´veis. Desta forma, (5.12)
define [an, bn] de forma que (5.9) e (5.10) sa˜o prontamente satisfeitos. Tambe´m temos que [an, bn] satisfaz (5.11)
pois
bn − an = bn−1 − an−1
2
=
b− a
2n−1
.
Assim, temos, pelo Principio da Definic¸a˜o Indutiva, que existe uma sequeˆncia de intervalos compactos ([an, bn])n∈Z+
contidos em I que satisfaz (5.9), (5.10) e (5.11).
Pelo Teorema 12 do Cap´ıtulo 5, a propriedade (5.10) da sequeˆncia de compactos ([an, bn])n∈Z+ implica que
existe x0 ∈ ∩∞n=1[an, bn]. Mostraremos que x0 ∈ F0.
Seja ε > 0. Para algum n ∈ Z+, temos que
ε >
b− a
2n−1
.
250
Como x0 ∈ [an, bn], segue que
(x0 − ε, x0 + ε) ⊃ [an, bn].
Logo, (x0 − ε, x0 + ε) ∩ F e´ infinito e na˜o enumera´vel ja´ que
(x0 − ε, x0 + ε) ∩ F ⊃ [an, bn] ∩ F
e [an, bn] ∩ F e´ infinito e na˜o e´ enumera´vel por (5.9). Com isso, devemos ter que x0 ∈ F0.
Portanto, x0 ∈ I ∩ F0 = [a1, b1] ∩ F0.
(III) F0 na˜o possui pontos isolados
Suponhamos que exista x0 em F0 e ε > 0 tais que (x0−2ε, x0+2ε)∩F0 = {x0}. Provaremos que (x0−ε, x0+ε)∩F
e´ finito ou infinito enumera´vel.
Para todo n ∈ Z+, a inclusa˜o(
x0 − ε, x0 − ε
n+ 1
)
=
[
x0 − ε, x0 − ε
n+ 1
]
⊂ (x0 − 2ε, x0)
implica que (
x0 − ε, x0 − ε
n+ 1
)
∩ F0 = ∅.
Assim, pelo item (II), temos que (
x0 − ε, x0 − ε
n+ 1
)
∩ F
e´ finito ou infinito enumera´vel.
Analogamente, (
x0 +
ε
n+ 1
, x0 + ε
)
∩ F
e´ finito ou infinito enumera´vel, para todo n ∈ Z+.
Segue que
(x0 − ε, x0 + ε) ∩ F =
=
(
(x0 − ε, x0) ∩ F
) ∪ ({x0} ∩ F ) ∪ ((x0, x0 + ε) ∩ F )
=
(
∪n∈Z+
(
x0 − ε, x0 − εn+1
)
∩ F
)
∪ ({x0} ∩ F )
∪
(
∪n∈Z+
(
x0 +
ε
n+1 , x0 + ε
)
∩ F
)
e´ finito ou infinito enumera´vel ja´ que
∪n∈Z+
((
x0 − ε, x0 − ε
n+ 1
)
∩ F
)
e
∪n∈Z+
((
x0 +
ε
n+ 1
, x0 + ε
)
∩ F
)
sa˜o unio˜es enumera´veis de conjuntos finitos ou infinitos enumera´veis.
(IV) F − F0 e´ enumera´vel
Para cada x ∈ F − F0, o conjunto
{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x− ε, x+ ε) ∩ F e´ finito ou infinito enumera´vel}
na˜o e´ vazio e e´ limitado. Logo, podemos definir, para cada x ∈ F − F0,
εx := sup{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x− ε, x+ ε) ∩ F e´ finito ou infinito enumera´vel}.
Desta forma,
(x− εx, x+ εx) ∩ F
251
e´ finito ou infinito enumera´vel.
Seja E um subconjunto denso e finito ou infinito enumera´vel de F−F0 (cuja existeˆncia e´ garantida pelo Teorema
6 do Cap´ıtulo 5). Provaremos que
F − F0 ⊂ ∪e∈E(e− εe, e+ εe) ∩ F.
E, deste fato, concluiremos que F − F0 e´ finito ou infinito enumera´vel ja´ que cada (e− εe, e+ εe)∩ F , para e ∈ E,
e´ finito ou infinito enumera´vel e E e´ finito ou infinito enumera´vel.
Seja x ∈ F − F0. Como E e´ denso em F − F0, existe e ∈ (x− εx/2, x+ εx/2). Desta forma
(e− εx/2, e+ εx/2) ∩ F ⊂ (x− εx, x+ εx) ∩ F
e´ finito ou infinito enumera´vel. Logo, pela definic¸a˜o de εe, temos que εe > εx/2. Assim,
x ∈ (e− εx/2, e+ εx/2) ⊂ (e− εe, e+ εe).
Portanto, concluimos que F − F0 ⊂ ∪e∈E(e− εe, e+ εe) ∩ F .
(V) Teorema da Bendixon:Todo fechado de R e´ uma unia˜o de um conjunto perfeito e um conjunto enumera´vel.
Seja F um conjunto fechado. Denotemos por F0 o conjunto dos seus pontos de condensac¸a˜o.
Todo ponto de condensac¸a˜o de F e´ um ponto de acumulac¸a˜o de F . De fato, para todo x ∈ F0, temos que
(x− ε, x+ ε)∩F e´ infinito e enumera´vel, para todo ε > 0. Logo, para todo x ∈ F0, temos que (x− varepsilon, x+
ε) ∩ (F − {x}) 6= ∅, para todo ε > 0. Assim, todo ponto de F0 e´ um ponto de acumulac¸a˜o de F . Isto e´, F0 ⊂ F ′.
Como
F0 ⊂ F ′ ⊂ F,
Temos que F = F0 ∪ (F −F0). Assim, pelos intens (I), (III) e (IV), temos que F e´ a unia˜o do conjunto perfeito F0
e o conjunto finito ou infinito enumera´vel F − F0.
252
Cap´ıtulo 6
Limites de Func¸o˜es
253
Exerc´ıcio 6.01:
Na definic¸a˜o do lim
x→a f(x), retire a exigeˆncia de ser x 6= a. Mostre que esta nova definic¸a˜o coincide com a anterior
no caso a /∈ X mas, para a ∈ X, o novo limite existe se, e somente se, o antigo existe e e´ igual a f(a).
Seja L = lim
x→a f(x) pela definic¸a˜o antiga.
• a /∈ X
Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ, x ∈ X, implica |f(x) − L| < ε. Enta˜o, como a ∈ X, se
|x− a| < δ, x ∈ X, enta˜o |f(x)− L| < ε. Portanto, ainda temos L = lim
x→a f(x).
• a ∈ X e f(a) 6= L.
Tomando ε = |L− f(a)| > 0 temos que para todo δ > 0 existe x ∈ X tal que |x− a| < δ e |f(x)− L| ≥ ε ( a
saber x = a). Portanto, lim f(x) na˜o mais existe.
• a ∈ X e f(a) = L
Temos que dado ε > 0 existe δ > 0 tal que 0 < |x− a| < δ, x ∈ X, implica |f(x)− L| < ε. Mas, ale´m disso,
|f(a) − L| = 0 < ε. Assim, para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ temos que |f(x) − L| < ε. Portanto, ainda
temos lim f(x) = L.
Por fim, se lim
x→a f(x) = L pela definic¸a˜o nova, enta˜o f e L satisfazem tambe´m as condic¸o˜es da definic¸a˜o antiga.
Logo, lim
x→a f(x) = L tambe´m pela definic¸a˜o antiga.
254
Exerc´ıcio 6.02:
Considere o seguinte erro tipogra´fico na definic¸a˜o de limite:
∀ε > 0∃δ > 0;x ∈ X, |x− a| < ε⇒ |f(x)− L| < δ.
Mostre que f cumpre esta condic¸a˜o se, e somente se, e´ limitada em qualquer intervalo limitado de centro a. No
caso afirmativo, L pode ser qualquer nu´mero real.
(⇒) Seja I um intervalo de comprimento ε e centrado em a. Enta˜o,
(a− ε, a+ ε) ⊃ I
e, pela hipo´tese, existe δ > 0 tal que
|f(x)| − |L| ≤ |f(x)− L| < δ,
para todo x ∈ (a− ε, a+ ε). Logo, para todo x ∈ I temos que
|f(x)| < δ + |L|
e, consequentemente, f e´ limitada em I.
(⇐) Seja ε > 0. Existe A ∈ R tal que para todo x ∈ (a − ε, a + ε) temos que |f(x)| < A. Da´ı temos que para
todo x ∈ R tal que |x− a| < ε temos
|f(x)− L| ≤ |f(x)|+ |L| < A+ |L|.
Assim, tomando δ = A+ |L| teremos a condic¸a˜o que quer´ıamos. E como ε e´ arbitra´rio a afirmac¸a˜o esta´ provada.
255
Exerc´ıcio 6.03:
Seja X = Y ∪Z, com a ∈ Y ′ ∩Z ′. Dada f : X → R, tomemos g = f |Y e h = f |Z. Se lim
x→a g(x) = L e limx→ah(x) = L
enta˜o lim
x→a f(x) = L.
Seja ε > 0 dado. Enta˜o existem δ1 e δ2 positivos tais que se
x ∈ (a− δ1, a+ δ1) ∩ Y
ou
x ∈ (a− δ2, a+ δ2) ∩ Z
implicam
|f(x)− L| < ε.
Fixemos δ = min{δ1, δ2}.
Seja
x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩X.
Temos que x ∈ Y ou x ∈ Z. No primeiro caso
x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ Y ⊂ (a− δ1, a+ δ1) ∩ Y.
Isso implica que
|f(x)− L| < ε.
Analogamente, no segundo caso, tambe´m temos que
|f(x)− L| < ε.
Conclu´ımos, assim, que em todo caso
|x− a| < δ, x ∈ X ⇒ |f(x)− L| < ε.
Como ε e´ arbitra´rio, enta˜o temos o resultado.
256
Exerc´ıcio 6.04:
Seja f : R\ → R definida por f(x) = 1
1 + e1/x
. Enta˜o lim
x→0+
f(x) = 0 e lim
x→0−
f(x) = 1.
Seja f : R \ {0} → R \ {0} dada por f1(x) = 1
x
. Temos enta˜o que
lim
x→0+
f1(x) = +∞ e lim
x→0−
f1(x) = −∞.
Seja f2 : R→ R \ {0} dada por f2(y) = 1 + ey. Enta˜o,
lim
y→+∞ f2(y) = +∞ e limy→−∞ f2(y) = 1.
Por fim, seja f3 : R\ → R dada por f3(z) = 1
z
. Enta˜o
lim
z→+∞ f3(z) = 0 e limz→1
f3(z) = 1.
Pelo Teorema 9, temos que
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
(f3 ◦ f2 ◦ f1)(x) = 0
e
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
(f3 ◦ f2 ◦ f1)(x) = 1.
257
Exerc´ıcio 6.05:
Seja f(x) = x + 10 sinx para todo x ∈ R. Enta˜o lim
x→+∞ f(x) = +∞ e limx→−∞ f(x) = −∞. Prove o mesmo para a
func¸a˜o g(x) = x+
x
2
sinx.
Da relac¸a˜o
−1 ≤ sinx ≤ 1,
para todo x ∈ R, segue a relac¸a˜o
x
2
= x− x
2
≤ g(x) ≤ x+ x
2
=
3x
2
,
para todo x ∈ R.
Seja A ∈ R arbitra´rio. Tomemos B = 2A e C = 2
3
A. Se x ∈ R e x > B = 2A, temos que
g(x) ≥ x
2
> A.
E como B so´ depende de A, segue que
lim
x→+∞ g(x) = +∞.
Se x ∈ R e x < C = 2
3
A, temos que
g(x) ≤ 3
2
x < A.
E como C so´ depende de A, segue que
lim
x→−∞ g(x) = −∞.
258
Exerc´ıcio 6.06:
Seja f : X → R mono´tona, com f(X) ⊂ [a, b]. Se f(X) e´ denso no intervalo [a, b] enta˜o, para cada c ∈ X ′+ ∩X ′−,
tem-se lim
x→c−
f(x) = lim
x→c+
f(x). Se c ∈ X enta˜o este limite e´ igual a f(c).
Como c ∈ X ′+ ∩X ′− e f : X → R e´ mono´tona, pelo Teorema 12, existem os limites
L = lim
x→c+
f(x) e M = lim
x→c−
f(x).
Ale´m disso, como f(X) ⊂ [a, b] e [a, b] e´ compacto temos que L = lim
n→∞ f(xn)( para alguma sequeˆncia em (c, b]) e
M = lim
n→∞ f(yn)( para alguma sequeˆncia em [a, c)) esta˜o em [a, b].
Suponhamos que f e´ na˜o-decrescente. Os casos em que f e´ crescente, decrescente ou na˜o-crescente sa˜o demon-
strados de forma ana´loga.
Seja x ∈ X. Se x < c enta˜o
f(x) ≤M = sup{f(y); y ∈ X e y < c}.
Tambe´m, f(x) ≤ f(y) para todo y > c e, consequentemente,
f(x) ≤ L = inf{f(y); y ∈ X e y > c}.
Assim, f(x) /∈ (min{L,M},max{L,M}). Se x > c, obtemos de forma ana´loga que f(x) /∈ (min{L,M},max{L,M}).
Se x = c, enta˜o
M ≤ f(x) ≤ L
pois f(y) ≤ f(x) para todo y < c = x e f(x) = f(y) para todo y > c = x ja´ que f e´ na˜o-decrescente.
Se c /∈ X, enta˜o
∅ = (min{L,M},max{L,M}) ∩ f(X),
o que implica que L = M pois caso contra´rio haveria um aberto em [a, b] sem nenhum ponto de f(X).
Se c ∈ X, devemos ter
M = f(c) = L
pois caso contra´rio haveria um aberto
(M,f(c)) ou (f(c), L)
na˜o vazio em [a, b] sem nenhum elemento de f(X) pelo que foi dito acima. Neste caso, pelo Teorema 11, temos
que lim
x→c f(x) = f(c).
259
Exerc´ıcio 6.07:
Demonstre o Teorema 2.
Suponhamos que lim
x→a f(x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que se x ∈ X e 0 < |x−a| < δ, enta˜o |f(x)−L| < ε.
Da´ı segue que se y ∈ Y ⊂ X e 0 < |y − a| < δ, enta˜o |g(y)− L| = |f(x)− L| < ε. Como ε e´ arbitra´rio, temos que
lim
x→a g(x) = L.
Suponhamos que Y = I ∩X, com I aberto contendo a. Enta˜o, existe δ0 > 0 tal que (a − δ0, a + δ0) ⊂ I. Seja
ε > 0 arbitra´rio. Existe δ1 > 0 tal que y ∈ Y e 0 < |y − a| < δ1 temos que |g(y) − L| < ε. Enta˜o, tomando-se
δ = min{δ0, δ1}, temos que se x ∈ X e 0 < |x− a| < δ enta˜o
x ∈ (X \ {a}) ∩ (a− δ, a+ δ) ⊂ Y.
Assim, |f(x)− L| = |g(x)− L| < ε. Conclu´ımos que lim
x→a f(x) = L.
260
Exerc´ıcio 6.08:
Sejam f : X → R mono´tona e a ∈ X ′+. Se existir uma sequeˆncia de pontos xn ∈ X com xn > a, limxn = a e
lim f(xn) = L, enta˜o lim
x→a+
f(x) = L.
Consideremos o caso em que f e´ na˜o-decrescente e (xn)n∈N e´ tal que xn > a para todo n ∈ N, limxn = a e
lim f(xn) = L.
Dado x ∈ X tal que x > a, devemos ter
L < f(x).
De fato, se existisse x ∈ X ∩ (a,+∞) tal que f(x) < L existiria uma subsequeˆncia de (f(xn)) que na˜o tende a L.
Por exemplo, seja (xnk) dada por{
xn0 ∈ (a, x) ∩ {xn}n∈Nxnk ∈ (a, xnk−1) ∩ {xn}n>nk−1 .
Enta˜o,
f(xnk) ≤ ... ≤ f(xn0) ≤ f(x) < L.
Logo, L na˜o e´ limite da sequeˆncia (f(xnk)). Assim, dado ε > 0, tomemos n0 ∈ N tal que |f(xn0) − L| < ε e
δ = xxn0 − a. Da´ı, se 0 < x− a < δ teremos que a < x < xn0 e, pelo que foi dito acima, L < f(x) ≤ f(xn0). Logo,
|f(x)− L| ≤ |f(xn0)− L| < ε.
Portanto, lim
x→a+
f(x) = L.
Os casos em que f e´ crescente, na˜o-crescente e decrescente sa˜o ana´logos.
261
Exerc´ıcio 6.09:
Se f : X→ R e´ mono´tona enta˜o o conjunto dos pontos a ∈ X ′ para os quais na˜o se tem lim
x→a−
f(x) = lim
x→a+
f(x) e´
enumera´vel.
Seja D o conjunto dos a ∈ X ′− ∩X ′+ tais que
lim
x→a+
f(x) 6= lim
x→a−
f(x).
Tais limites existem pelo Teorema 12. Suponhamos que f seja na˜o-crescente. Pela demonstrac¸a˜o do Teorema 12,
para cada a ∈ D, temos que
lim
x→a−
= sup{f(x);x ∈ X,x < a} (6.1)
e
lim
x→a+
= inf{f(x);x ∈ X,x > a}. (6.2)
Para cada a ∈ D, seja
Ia = ( lim
x→a−
f(x), lim
x→a+
f(x)).
Dados a, b ∈ D tais que a < b temos que existe x ∈ (a, b) ∩X. Assim, por (6.1) e (6.2) temos que
lim
x→a+
f(x) ≤ f(x) ≤ lim
x→b−
f(x).
Da´ı, segue que Ia ∩ Ib = ∅.
Do para´grafo anterior conclu´ımos que se a e b ∈ D e a 6= b enta˜o Ia∩ Ib = ∅. Assim, qualquer func¸a˜o h : D → Q
tal que h(a) ∈ Ia ∩ Q (tais func¸o˜es existem grac¸as ao axioma da escolha) e´ injetiva. Conclu´ımos da´ı que D e´
enumera´vel.
Os casos em que f e´ crescente, na˜o-crescente e decrescente sa˜o ana´logos.
262
Exerc´ıcio 6.10:
Enuncie e demonstre para func¸o˜es o ana´logo do Teorema 14 do Cap´ıtulo IV.
(1) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′. Se g e´ limitada inferiormente e lim
x→a f(x) = +∞, enta˜o limx→a f(x) + g(x) = +∞.
De fato, seja c ∈ R um limitante inferior de g. Seja dado A ∈ R arbitra´rio. Existe δ > 0 tal que se x ∈
(a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), enta˜o f(x) > A− c.
Assim, se x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a})
f(x) + g(x) > (A− c) = (c) = A.
Segue da´ı que lim
x→a f(x) + g(x) = +∞.
(2) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′. Se existe um limitante inferior c > 0 de g e lim
x→a f(x) = +∞, enta˜o limx→a f(x).g(x) =
+∞.
De fato, seja A ∈ R arbitra´rio. existe δ > 0 tal que se x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), enta˜o f(x) > Ac .
Assim, se x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), enta˜o
f(x).g(x) > (
A
c
).(c) = A.
Segue da´ı que lim
x→a f(x).g(x) = +∞.
(3) Sejam f : X → R tal que f(x) > 0 para todo X e a ∈ X ′. Temos neste caso que
lim
x→a f(x) = 0⇔ limx→a
1
f(x)
= +∞.
De fato,
(⇒) Seja A ∈ R∩ (0,+∞) arbitra´rio. Existe δ > 0 tal que se x ∈ (a− δ, a+ δ)∩ (X \{a}), enta˜o 0 < f(x) < 1A .
Assim, dado x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), enta˜o
A <
1
f(x)
.
Segue da´ı que lim
x→a f(x) = +∞.
(⇐) Seja ε > 0 arbitra´rio. Existe δ > 0 tal que x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}) implica 1
f(x)
>
1
ε
. Assim, para
todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), temos que 0 < f(x) < ε. Segue da´ı que lim
x→a f(x) = 0.
(4) Sejam f, g : X → R, tais que f e g s ao func¸o˜es positivas e a ∈ X ′.
(a) Se existe c > 0 tal que f(x) > c para todo x ∈ X e lim
x→a g(x) = 0, enta˜o limx→a
f(x)
g(x)
= +∞.
(b) Se f e´ limitada e lim
x→a g(x) = +∞, enta˜o limx→a
f(x)
g(x)
= 0.
De fato,
(a) Temos que lim
1
g(x)
= +∞ pelo item (3). Da´ı o resultado segue aplicando-se o item (2) a`s func¸o˜es f e 1
g
.
263
(b) Seja k > 0 tal que 0 < f(x) < k. Enta˜o,
1
f(x)
>
1
k
para todo x ∈ X.
Como lim
x→a = +∞, temos que limx→a
1
g(x)
= 0. Assim,
lim
x→a
g(x)
f(x)
= lim
x→a
1
f(x)
1
g(x)
= +∞,
pelo item (a).
Portanto, temos pelo item (3) que
lim
x→a
f(x)
g(x)
= lim
x→a
1
g(x)
f(x)
= 0.
264
Exerc´ıcio 6.11:
Dado a > 1, defina f : Q→ R pondo, para cada p
q
∈ Q, f
(
p
q
)
= ap/q. Prove que lim
x→0
f(x) = 1. conclua que para
cada b ∈ R existe lim
x→b
f(x), sendo este limite igual a f(b) se b ∈ Q. Chame este limite de ab. Prove que ab.ab′ = ab+b′
e que b < b′ ⇒ ab < ab′ .
Como a > 1, temos pelas propriedades ba´sicas da multiplicac¸a˜o que f e´ crescente.
Seja n0 ∈ N tal que se n0 > a. Enta˜o, para todo n > n0
n
√
n > n
√
a > 1.
Logo, como limn→ +∞ n√n = 1, temos que lim
n→+∞ f(1/n) = 1. Segue do exerc´ıcio 8 que limx→0+
f(x) = 1. Tambe´m
temos que
lim
n→+∞ f(−1/n) = limn→+∞
1
f(1/n)
=
1
lim
n→+∞ f(1/n)
=
1
1
= 1.
E, novamente pelo resultado do exerc´ıcio 8, temos que lim
x→0−
f(x) = 1. Conclu´ımos, enta˜o, que lim
x→0
f(x) = 1.
Seja b ∈ R.
1. b ∈ Q.
lim
n→+∞ f(b+ 1/n) = limn→+∞ f(b)f(1/n) = f(b)
lim
n→+∞ f(b− 1/n) = limn→+∞ f(b)f(−1/n) = f(b).
E do exerc´ıcio 6.8 temos que lim
x→b
f(x) = f(b).
2. b ∈ R \Q.
Sejam xn =
m
n
tal que m = max{u ∈ Z; u
n
< b} e yn = m
n
tal que m = min{u ∈ Z; u
n
> b}. Segue que se
xn =
m
n
enta˜o yn =
m+ 1
n
(pois b /∈ Q). As sequeˆncias (xn) e (yn) s ao, respectivamente, n ao-decrescente e
n ao-crescente. Isso implica que as sequeˆncias (f(xn)) e (f(yn)) tambe´m o sa˜o. Da´ı segue que lim
n→∞ f(xn) e
lim
n→∞ f(yn) existem pois f(xn) < f(yn) para todo n ∈ N, isto e´, tais sequeˆncias sa˜o limitadas. Por fim, temos
que
1 = lim f
(
1
n
)
= lim
f(yn)
f(xn)
=
lim f(yn)
lim f(xn)
.
Da´ı, pelo exerc´ıcio 6.8, temos que
lim
x→b−
f(x) = lim
n→∞ f(xn) = limn→∞ f(yn) = limx→b+
f(x).
Portanto, o limite lim
x→b
f(x) existe e denotamos tal limite por ab.
Passaremos agora a verificac¸a˜o das duas propriedades.
• ab.ab′ = ab+b′
Sejam (xn) e (yn) sequeˆncias que tendem a` b e b
′, respectivamente. Enta˜o (xn + yn) tende a` b+ b′ e
ab.ab
′
= lim
x→b
f(x). lim
x→b′
f(x)
= lim
n→∞ f(xn). limn→∞ f(yn)
= lim
n→∞ f(xn).f(yn)
= lim
n→∞ f(xn + yn)
= lim
x→b+b′
f(x) = ab+b
′
.
265
• b < b′ ⇒ ab < ab′ .
Sejam r1, r2 ∈ Q ∩ (b, b′) tais que r1 < r2. Enta˜o, como f e´ crescente
ab = inf{f(r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}
e
ab
′
= sup{f(r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}.
Assim,
ab ≤ f(r1) < f(r2) ≤ ab′
e o resultado segue.
266
Exerc´ıcio 6.12:
Dado a > 1, defina g : R → R, pondo g(x) = ax(veja o exerc´ıcio anterior). Prove que lim
x→+∞ g(x) = +∞ e
lim
x→−∞ g(x) = 0.
Seja a = 1 + ε. Dado A > 0 arbitra´rio, tomemos n0 ∈ N tal que n0ε > A. Assim, dado x > n0 temos, pela
desigualdade de Bernoulli, que
A < 1 + n0ε ≤ (1 + ε)n0 = g(n0) < g(x).
Segue da´ı que lim
x→+∞ g(x) = +∞.
Dado, novamente, A > 0, tomemos n0 ∈ N tal que n0ε > 1
A
. Enta˜o, dado x < −n0 temos que
A >
1
n0ε+ 1
≥ 1
(1 + ε)n0
= g(−n0) > g(x) > 0.
Da´ı segue que lim
x→−∞ g(x) = 0.
267
Exerc´ıcio 6.13:
Seja p : R → R, um polinoˆmio real. Se o coeficiente do termo de grau mais elevado de p e´ positivo enta˜o
lim
x→+∞ p(x) = +∞ e limx→−∞ p(x) e´ igual a +∞ ou −∞, conforme o grau de p seja par ou ı´mpar.
Seja p(x) = anx
n + an−1xn−1 + ... + a1x + a0. Provaremos por induc¸a˜o em n que lim
n→∞ p(x) = +∞. O caso
n = 1 e´ trivial. Suponhamos que o resultado seja verdadeiro para o polinoˆmio de grau n− 1. Seja p(x) o polinoˆmio
tomado inicialmente. Temos que
p(x) = x(anx
n−1 + ...+ a1) + a0.
Pela hipo´tese de induc¸a˜o, temos que lim
n→+∞ anx
n−1 + ...+a1 = +∞, o que nos garante que lim
n→+∞ p(x) = +∞ pelos
resultados do exerc´ıcio 6.10.
Suponhamos agora n = 2k− 1. Provaremos por induc¸a˜o sobre k que lim
x→−∞ p(x) = −∞. Para k = 1, o resultado
e´ trivial. Temos que
p(x) = x2[(a2k−1x2(k−1)−1 + ...+ a2) +
a1
x
] + a0.
Assim, sabendo que lim
x→−∞
a1
x = 0 e supondo que limx→−∞(a2k−1x
2(k−1)−1 + ...+ a2) = −∞, temos novamente pelos
resultados do exerc´ıcio 6.10 que lim
x→−∞ p(x) = −∞.
Suponhamos agora que n = 2k. Enta˜o
p(x) = x(a2kx
2k−1 + ...+ a1) + a0.
E, pelo resultado do para´grafo anterior, temos que
lim
x→−∞(a2kx
2k−1 + ...+ a1) = −∞.
Assim, pelos resultados do exerc´ıcio 6.10 temos que lim
x→−∞ p(x) = +∞.
268
Exerc´ıcio 6.14:
Determine o conjunto dos valores de adereˆncia da func¸a˜o f : R \ {0} → R, f(x) = sin(1/x)
1 + e1/x
, no ponto x = 0.
Temos que
0 ≤ e1/x e − 1 ≤ sin(1/x) ≤ 1
para todo x ∈ R \ {0}. Enta˜o,
−1 ≤ sin(1/x)
1 + e1/x
≤ 1.
Logo, o conjunto A dos pontos de adereˆncia de f no ponto 0 e´ tal que A ⊂ [−1, 1].
Seja λ ∈ [−1, 1]. Tomemos θ = arcsinλ.Enta˜o, definindo xn = 1
θ − 2pin temos que limn→+∞xn = 0 e lim e
1/n = 0,
pois lim
n→+∞
1
xn
= −∞. Assim,
f(xn) =
sin(θ − 2pin)
1 + eθ−2pin
=
λ
1 + eθ+2pin
→ λ
quando n→ +∞. Logo, λ ∈ Λ. E segue que A ⊃ [−1, 1]. Conclu´ımos que A = [−1, 1].
269
Exerc´ıcio 6.15:
Se limx→a f(x) = L enta˜o limx→a |f(x)| = |L|. Se limx→a |f(x)| = |L| enta˜o o conjunto dos valores de adereˆncia
de f no ponto a e´ {L}, {−L} e {−L,L}.
Consideremos a func¸a˜o f : X → R e a ∈ X.
Suponhamos que limx→a f(x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
|f(x)− L| < ε,
para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ). Desta forma, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
||f(x)| − |L|| 6 |f(x)− L| < ε,
para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ). Logo, limx→a |f(x)| = |L|.
Suponhamos que limx→a |f(x)| = |L|. Provaremos que o conjunto A dos pontos de adereˆncia de f e´ {−L,L},
{L} ou {−L}. O faremos mostrando que {L,−L} ⊃ A 6= ∅.
Seja L′ ∈ A. Enta˜o, existe uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em X tal que limn→∞ f(xn) = L′. Segue que
|L′| = | lim
n→∞ f(xn)| = limn→∞ |f(xn)| = |L|
ja´ que limx→a |f(x)| = |L|. Logo, L′ ∈ {L,−L}. Concluimos da´ı que {L,−L} ⊃ A.
Pelo Teorema 13 do Cap´ıtulo VI, temos que L′ e´ um ponto de adereˆncia da func¸a˜o g : X → R no ponto a se e
somente se para todos ε e δ > 0 vale
(L′ − ε, L′ + ε) ∩ g((X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ)) 6= ∅.
Suponhamos, por absurdo, que L e −L na˜o sa˜o valores de adereˆncia de f no ponto a. Segue que existem ε+,
ε−, δ+ e δ− > 0 tais que
(L− ε+, L+ ε+) ∩ f
(
(X\{a}) ∩ (a− δ+, a+ δ+)
)
= ∅
e
(L− ε−, L+ ε−) ∩ f
(
(X\{a}) ∩ (a− δ−, a+ δ−)
)
= ∅.
Como limx→a |f(x)| = |L|, existe
f(x) ∈ (L− ε, L+ ε) ∩ |f |((X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ)),
com x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ). Desta forma, ter´ıamos que
|f(x)− L| = ||f(x)| − |L|| < ε 6 ε+,
caso |f(x)| = ±f(x) e |L| = ±L, e
|f(x)− (−L)| = ||f(x)| − |L|| < ε 6 ε−,
caso |f(x)| = ±f(x) e |L| = ∓L. Consequentemente, seguiria que
f(x) ∈ (L− ε+, L+ ε+) ∩ f
(
(X\{a}) ∩ (a− δ+, a+ δ+)
)
,
pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a− δ+, a+ δ+), ou
f(x) ∈ (−L− ε−,−L+ ε−) ∩ f
(
(X\{a}) ∩ (a− δ−, a+ δ−)
)
,
pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a + δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a− δ−, a + δ−). Em todos os casos, chegamos a uma contradic¸a˜o
com as hipo´teses de que L e −L na˜o sa˜o valores de adereˆncia de f no ponto a. Portanto, L ou −L sa˜o valores de
adereˆncia de f .
270
Exerc´ıcio 6.16:
Dados um nu´mero real a e um conjunto compacto na˜o-vazio K, obtenha uma func¸a˜o f : R→ R tal que o conjunto
dos valores de adereˆncia de f no ponto a seja K.
Consideremos o ponto a ∈ R. Provaremos que para todo conjunto F fechado em R existe uma func¸a˜o f : R→ R
tal que o conjunto dos pontos de adereˆncia de f no ponto a e´ igual a F .
Seja E = {en}n∈Z+ um subconjunto enumera´vel de F tal que E = F (veja o Teorema 6 do Cap´ıtulo V).
Para cada nu´mero inteiro positivo n, definimos o conjunto
Cn :=
{
x ∈ R : |x− a| = 3
n
2k
, para algum k ∈ Z+
}
.
Se n e m sa˜o inteiros distintos devemos ter que Cn ∩Cm = ∅. De fato, se x ∈ Cn ∩Cm, existiriam k e k′ ∈ Z+ tais
que
3n
2k
= |x− a| = 3
m
2k′
Como 2 e 3 sa˜o nu´meros inteiros coprimos, temos uma contradic¸a˜o. Logo, Cn ∩ Cm 6= ∅.
Assim, podemos definir uma func¸a˜o f : R→ R por
f(x) =
{
en, se x ∈ Cn,
e1, se x ∈ R\ ∪n∈Z+ Cn.
Para todo δ > 0 e n ∈ Z+ existe k ∈ Z+ tal que 3n/2k < δ e, consequentemente,
en = f
(
a+
3n
2k
)
∈ f((a− δ, a+ δ)\{a}).
Desta forma, temos que f(a− δ, a+ δ) = E. Logo, para todo δ > 0,
f
(
(a− δ, a+ δ)\{a}) = E = F.
Pelo Colora´rio 3 do Teorema 13 do Cap´ıtulo VI, o conjunto dos valores de adereˆncia de f no ponto a e´⋂
δ>0
f
(
(a− δ, a+ δ)\{a}) = ⋂
δ>0
E = E = F.
271
Exerc´ıcio 6.17:
Seja f : R→ R definida por f(x) = x se x e´ irracional, f(pq ) = q se pq e´ uma frac¸a˜o irredut´ıvel com p > 0, f(0) = 0.
Mostre que f e´ ilimitada em qualquer intervalo na˜o-degenerado.
Suponhamos que I seja um intervalo na˜o degenerado com a = inf(I) e b = sup(I).
Mostraremos que, dado A > 0, arbitra´rio existe x ∈ (a, b) ⊂ I tal que f(x) > A.
Sejam n ∈ Z+, tal que
2n > A e
2
b− a,
e
p := inf
{
m ∈ Z; a < m
2n
}
.
Desta forma temos que
p− 1
2n
6 a < p
2n
e
p+ 1
2n
=
p− 1
2n
+
2
2n
< a+ (b− a) = b.
Logo,
a <
p
2n
<
2p+ 1
2n+1
<
p+ 1
2n
< b.
Assim, x = 2p+12n+1 pertence a I e
f(x) = 2n+1 > 2n > A.
272
Exerc´ıcio 6.18:
Sejam X, Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R com f(X) ⊂ Y . Se, para a ∈ X ′ e b ∈ Y ′ tem-se lim
x→af(x) = b, limy→b
g(y) = c
e, ale´m disso, f(x) 6= b para todo x ∈ X\{a}, enta˜o lim
x→ag(f(x)) = c. Mostre que a condic¸a˜o b ∈ Y
′ decorre de ser
f(x) 6= b para x 6= a.
Primeiramente, mostraremos que se f(x) 6= b para x 6= a enta˜o b ∈ Y ′. De fato, se ε > 0, temos que existe,
pois limx→af(x) = b, δ > 0 tal que |f(x)− b| < ε para todo x ∈ (a− δ, a+ δ)∩ (X\{a}). Como a ∈ X ′, segue que
(a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}) 6= ∅. Logo, existe x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}), tal que
f(x) ∈ (b− ε, b+ ε) ∩ (Y \{b}).
Portanto, devemos ter que b ∈ Y ′.
Provaremos, agora, que lim
x→ag ◦ f(x) = c. Seja ε > 0. Como limy→b g(y) = c, existe ν > 0 tal que
|g(y)− c| < ε,
para todo y ∈ Y \{b} que satifaz a desigualdade
|y − b| < ν.
Tambe´m existe δ > 0, pois lim
x→af(x) = b, tal que
|f(x)− b| < ν,
para todo x ∈ X\{a} que satisfaz a desigualdade
|x− a| < δ.
Assim, para todo x ∈ X\{a} tal que
|x− a| < δ,
temos que
|g ◦ f(x)− c| < ε.
Portanto, segue que lim
x→ag ◦ f(x) = c.
273
Exerc´ıcio 6.19:
Para todo nu´mero real x indiquemos, com [x] o maior inteiro 6 x. Mostre que se a e b sa˜o positivos enta˜o
lim
x→0+
x
a
[
b
x
]
=
b
a
e lim
x→0+
b
x
[x
a
]
= 0.
Prove tambe´m que, no primeiro caso o limite a` esquerda seria o mesmo mas no segundo caso o limite e´ +∞ quando
x→ 0 por valores negativos.
• lim
x→0+
x
a
[
b
x
]
= lim
x→0−
x
a
[
b
x
]
=
b
a
Pela definic¸a˜o de [·], temos, para todo x ∈ R, que
b
x
− 1 <
[
b
x
]
6 b
x
.
Assim, segue que
b
a
− x
a
=
x
a
(
b
x
− 1
)
<
x
a
[
b
x
]
6 x
a
b
x
=
b
a
,
para x > 0, e
b
a
=
x
a
b
x
6 x
a
[
b
x
]
<
x
a
(
b
x
− 1
)
=
b
a
− x
a
,
para x < 0. Logo, ∣∣∣∣xa
[
b
x
]
− b
a
∣∣∣∣ < ∣∣∣xa ∣∣∣ ,
para todo x ∈ R\{0}.
Dado ε > 0 e tomando-se δ = εa, para todo x ∈ R\{0} tal que
|x| < δ,
temos que ∣∣∣∣xa
[
b
x
]
− b
a
∣∣∣∣ < ∣∣∣xa ∣∣∣ < εaa = ε.
Portanto,
lim
x→0
x
a
[
b
x
]
=
b
a
e, consequentemente,
lim
x→0+
x
a
[
b
x
]
= lim
x→0−
x
a
[
b
x
]
=
b
a
.
• lim
x→0+
b
x
[x
a
]
= 0 e lim
x→0−
b
x
[x
a
]
= +∞
Consideremos a func¸a˜o f : R\{0} → R dada, no ponto x ∈ R\{0}, por
f(x) =
b
x
[x
a
]
.
Se x ∈ (0, a), temos que 0 < x/a < 1 e, consequentemente, [x/a] = 0. Desta forma, para todo x ∈ (0, a),
f(x) =
b
x
[x
a
]
=
b
x
0 = 0.
Por outro lado, se x ∈ (−a, 0), temos que −1 < x/a < 0 e, consequentemente, [x/a] = −1. Assim, para todo
x ∈ (−a, 0),
f(x) =
b
x
[x
a
]
= − b
x
.
274
Portanto, temos que
lim
x→0+
b
x
[x
a
]
= lim
x→0+
f |(0,a)(x) = lim
x→0+
0 = 0.
e
lim
x→0−
b
x
[x
a
]
= lim
x→0−
f |(−a,0)(x) = lim
x→0+
− b
x
= +∞.
275
Exerc´ıcio 6.20:
Dadas func¸o˜es f e g : X → R, defina h = max{f, g} : X → R pondo
h(x) =
{
f(x), se f(x) > g(x),
g(x), se g(x) > f(x).
Seja a ∈ X ′. Prove que se lim
x→a f(x) = L e limx→a g(x) = M enta˜o limx→ah(x) = N , onde N e´ o maior dos dois nu´meros
L e M .
Suponhamos que L > M . Como lim
x→a f(x) = L e limx→a g(x) = M, tomando-se ε := (L −M)/2 existe δ > 0 tal
que para todo
x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a})
vale
f(x) ∈ (L− ε, L+ ε) =
(
L+M
2
,
3L−M
2
)
e
g(x) ∈ (M − ε,M + ε) =
(
3M − L
2
,
L+M
2
)
.
Assim, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}),
g(x) < f(x)
e, consequentemente,
h(x) = f(x).
Desta forma, temos que h|(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) = f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a}). Portanto, quando L > M ,
lim
x→ah(x) = limx→ah|(a−δ,a+δ)∩(X\{a})(x) = limx→a f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a})(x) = L = N.
De modo ana´logo, mostra-se que se M > L enta˜o lim
x→ah(x) = N .
Por fim, consideremos o caso em que L = M . Seja ε > 0. Como lim
x→a f(x) = L = N e limx→a g(x) = M = N , existe
δ > 0 tal que para todo
x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a})
vale
f(x) ∈ (N − ε,N + ε)
e
g(x) ∈ (N − ε,N + ε).
Assim, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}), tem-se que
h(x) ∈ {f(x), g(x)} ⊂ (L− ε, L+ ε).
Desta forma, concluimos que
lim
x→ah(x) = N.
276
Exerc´ıcio 6.21:
Sejam f e g : X → R func¸o˜es limitadas numa vizinhanc¸a do ponto a ∈ X ′. Mostre que
lim
x→a sup(f + g)(x) 6 limx→a sup f(x) + limx→a sup g(x)
e que
lim
x→a sup
(− f(x)) = − lim
x→a inf f(x).
Enuncie e prove resultados ana´logos para lim inf(f + g) e para o produto de duas func¸o˜es.
Pelos exerc´ıcios 3.38 e 3.40, temos que a soma e o produto de func¸o˜es limitadas sa˜o tambe´m func¸o˜es limitadas.
Isto e´, f + g e f · g : X → R sa˜o func¸o˜es limitadas.
Para func¸o˜es limitadas f e g : X → R e a ∈ X ′, provaremos que
lim
x→a sup(f + g)(x) 6 limx→a sup f(x) + limx→a sup g(x),
lim
x→a inf(f + g)(x) > limx→a inf f(x) + limx→a inf g(x)
e
lim
x→a sup
(− f(x)) = − lim
x→a inf f(x).
Ale´m disso, mostraremos que se f e g forem func¸o˜es na˜o negativas (i.e. f(X) e g(X) ⊂ R+) enta˜o
lim
x→a sup(f · g)(x) 6
(
lim
x→a sup f(x)
)(
lim
x→a sup g(x)
)
e
lim
x→a inf(f · g)(x) >
(
lim
x→a inf f(x)
)(
lim
x→a inf g(x)
)
.
Se f ou g : X → R na˜o forem na˜o negativas, podemos ter que
lim
x→a sup(f · g)(x) >
(
lim
x→a sup f(x)
)(
lim
x→a sup g(x)
)
.
De fato, definindo f e g : R→ R por
g(x) = f(x) =
{
0, se x ∈ Q,
−1, se x /∈ Q,
temos que
lim
x→0
sup(f · g)(x) = 1 > 0 = 0 · 0 = ( lim
x→0
sup f(x)
)(
lim
x→0
sup g(x)
)
.
Se (xn)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia em X enta˜o (f(xn))n∈Z+ e (g(xn))n∈Z+ sa˜o sequeˆncias em f(X) e g(X), respec-
tivamente. Como f(X) e g(X) sa˜o compactos (pois sa˜o fechos de conjuntos limitados, veja exercicio 5.30), existem
subsequeˆncias de (f(xn))n∈Z+ e (g(xn))n∈Z+ que sa˜o convergentes. Em particular, existe
1 uma subsequeˆncia
(xnk)n∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que (f(xnk))k∈Z+ e (g(xnk))k∈Z+ sa˜o convergentes.
• lim
x→a sup(f + g)(x) 6 limx→a sup f(x) + limx→a sup g(x) e limx→a inf(f + g)(x) > limx→a inf f(x) + limx→a inf g(x)
Sejam S ∈ R um valor de adereˆncia da func¸a˜o f + g no ponto a e (xn)n∈Z+ uma sequeˆncia em X tal que
lim
n→+∞xn = a e limn→+∞(f + g)(xn) = S.
Mostraremos que
lim
x→a inf f(x) + limx→a inf g(x) 6 S 6 limx→a sup f(x) + limx→a sup g(x).
1Tome uma subsequeˆncia convergente (f(xmp ))p∈Z+ de (f(xm))m∈Z+ e extraia dela uma subsequeˆncia convergente (g(xmpk ))k∈Z+
de (g(xmp ))p∈Z+ . Assim, (xnk )k∈Z+ , para nk := mpk , e´ como desejado.
277
E, como S ∈ R um valor de adereˆncia arbitra´rio da func¸a˜o f + g no ponto a, concluiremos que
lim
x→a sup(f + g)(x) 6 limx→a sup f(x) + limx→a sup g(x)
e
lim
x→a inf(f + g)(x) > limx→a inf f(x) + limx→a inf g(x).
Como (xn)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia em X, segue que existe uma subsequeˆncia (xnk)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que
(f(xnk))k∈Z+ e (g(xnk))k∈Z+ sa˜o convergentes. Segue que limk→+∞ f(xnk) e limk→+∞ g(xnk) sa˜o pontos de
adereˆncia de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk . Logo,
S = lim
k→+∞
(f + g)(xnk)
= lim
k→+∞
f(xnk) + lim
k→+∞
g(xnk)
6 lim
x→a sup f(x) + limx→a sup g(x)
e, analogamente,
S > lim
x→a inf f(x) + limx→a inf g(x).
• lim
x→a sup
(− f(x)) = − lim
x→a inf f(x)
Sejam VA(f ; a) e VA(−f ; a) os conjuntos dos valores de adereˆncia no ponto a das func¸o˜es f e −f .
Dado L ∈ VA(f ; a), existe uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ tal que a = limn→+∞ xn e L = limn→+∞ f(xn). Assim,
−L = − lim
n→+∞ f(xn) = limn→+∞(−f)(xn) ∈ VA(−f ; a).
Portanto, como L ∈ VA(f ; a) e´ arbitra´rio, concluimos que −VA(f ; a) ⊂ VA(−f ; a).
Analogamente, prova-se que −VA(f ; a) ⊃ VA(−f ; a). E, com isso, concluimos que −VA(f ; a) = VA(−f ; a).
Portanto,
lim
x→a sup
(− f(x)) = supVA(−f ; a)
= sup
(− VA(f ; a))
= − inf VA(f ; a)
= − lim
x→a inf f(x).
• lim
x→0
sup(f · g)(x) 6 ( lim
x→0
sup f(x)
)(
lim
x→0
sup g(x)
)
e lim
x→a inf(f · g)(x) >
(
lim
x→a inf f(x)
)(
lim
x→a inf g(x)
)
se f e
g > 0
Sejam P ∈ R um valor de adereˆncia da func¸a˜o f · g no ponto a e (xn)n∈Z+ uma sequeˆncia em X tal que
lim
n→+∞xn = a e limn→+∞(f · g)(xn) = S.
Mostraremos que (
lim
x→a inf f(x)
)(
lim
x→a inf g(x)
)
6 P 6
(
lim
x→a sup f(x)
)(
lim
x→a sup g(x)
)
.
E, como P ∈ R um valor de adereˆncia arbitra´rio da func¸a˜o f · g no ponto a, concluiremos que
lim
x→a sup(f · g)(x) 6
(
lim
x→a sup f(x)
)(
lim
x→a sup g(x)
)
e
lim
x→a inf(f · g)(x) >
(
lim
x→a inf f(x)
)(
lim
x→a inf g(x)
)
.
Como (xn)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia em X, segue que existe uma subsequeˆncia (xnk)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que
(f(xnk))k∈Z+ e (g(xnk))k∈Z+ sa˜o convergentes. Segue que limk→+∞ f(xnk) e limk→+∞ g(xnk) sa˜o pontos de
adereˆncia de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk . Logo,
P = lim
k→+∞
(f · g)(xnk)
=
(
lim
k→+∞
f(xnk)
)(
lim
k→+∞
g(xnk)
)
6
(
lim
x→a sup f(x)
)(
lim
x→a sup g(x)
)
278
e, analogamente,
P >
(
lim
x→a inf f(x)
)(
lim
x→a inf g(x)
)
.
279
Exerc´ıcio 6.22:
Seja f : [0,+∞)→ R uma func¸a˜o limitada em cada intervalo limitado. Se
lim
x→+∞[f(x+ 1)− f(x)] = L
enta˜o
lim
x→+∞
f(x)
x
= L.
Como f e´ limitada em todos os intervalos limitados de [0,+∞), para todo C ∈ Z+ existe MC > 0 tal que
|f(λ)| < MC , para todo λ ∈ [C − 1, C).
Para C ∈ Z+, λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+, temos que∣∣∣ f(λ+k)λ+k − L∣∣∣ 6 ∣∣∣ f(λ+k)λ+k − f(λ+k)k + f(λ)k ∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣
6
∣∣∣ f(λ+k)λ+k − f(λ+k)k ∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ)k ∣∣∣+
+
∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣
6
∣∣∣ λλ+k ∣∣∣ ∣∣∣ f(λ+k)k ∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ)k ∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣
6
∣∣∣ λλ+k ∣∣∣ (∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ)k ∣∣∣+ |L|)+
+
∣∣∣ f(λ)k ∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣
6 Ck
(∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ)k ∣∣∣+ |L|)+
+
∣∣∣ f(λ)k ∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣
6 Ck |L|+ (1 + Ck ) |f(λ)|k + (1 + Ck )
∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣
< 1k
(
C|L|+ (1 + Ck )MC
)
+ (1 + Ck )
∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣
Seja ε > 0. Provaremos que existem C e n0 ∈ Z tal que para todo k > n0 e λ ∈ [C−1, C) valem as desigualdades
1
k
(
C|L|+
(
1 +
C
k
)
M
)
<
ε
2
e
(
1 +
C
k
) ∣∣∣∣f(λ+ k)k − f(λ)k − L
∣∣∣∣ < ε2 .
Assim, dado x > (C − 1) + n0, existem λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+ tais que x = λ+ k, k > n0 e, consequentemente,∣∣∣ f(x)x − L∣∣∣ = ∣∣∣ f(λ+k)λ+k − L∣∣∣
< 1k
(
C|L|+ (1 + Ck )MC
)
+
(
1 + Ck
) ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)k − L∣∣∣
< ε2 +
ε
2
= ε.
Com isso, conclui-se que limx→+∞
f(x)
x = L.
Por hipo´tese, limx→+∞
(
f(x+ 1)− f(x)) = L. Fixemos C ∈ Z+ tal que para todo numero real x > C − 1 vale
a desigualdade
|f(x+ 1)− f(x)− L| < ε
3
.
Assim, para todo λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+, temos que∣∣∣∣f(λ+ k)k − f(λ)k − L
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣
k−1∑
i=0
(
f(λ+ i+ 1)
k
− f(λ+ i)
k
− L
k
)∣∣∣∣∣
6
k−1∑
i=0
|f(λ+ i+ 1)− f(λ+ i)− L|
k
<
k−1∑
i=0
ε/3
k
= ε3 .
280
Como
lim
k→+∞
1
k
= 0
e
lim
k→+∞
(
C|L|+
(
1 +
C
k
)
MC
)
= C|L|+M,
segue que
lim
k→+∞
1k
(
C|L|+
(
1 +
C
k
)
MC
)
= 0.
Ale´m disso,
lim
k→+∞
(
1 +
C
k
)
= 1.
Fixemos n0 ∈ Z+ tal que para todo k > n0 valem as desigualdades∣∣∣∣1k
(
C|L|+
(
1 +
C
k
)
MC
)∣∣∣∣ < ε2
e
1 +
C
k
<
3
2
.
Por fim, para λ ∈ [C − 1, C) e k > n0, temos que∣∣∣∣1k
(
C|L|+
(
1 +
C
k
)
MC
)∣∣∣∣ < ε2
e (
1 +
C
k
) ∣∣∣∣f(λ+ k)k − f(λ)k − L
∣∣∣∣ < 32 ε3 = ε2 .
Como quer´ıamos demonstrar.
281
Exerc´ıcio 6.23:
Seja f : R→ R definida por
f(x) = x+ ax · sen(x).
Mostre que se |a| < 1 enta˜o
lim
x→+∞ f(x) = +∞ e limx→−∞ f(x) = −∞.
Suponhamos que 1− |a| > 0.
Seja A > 0. Provaremos que
x >
A
1− |a| > 0⇒ f(x) > A
e
x < − A
1− |a| < 0⇒ f(x) < −A.
Assim, como A > 0 e´ arbitra´rio, podemos concluir que
lim
x→+∞ f(x) = +∞ e limx→−∞ f(x) = −∞.
Para todo x ∈ R, temos as desigualdades
−|a| = −|a| · 1
6 −|a|| sen(x)|
= −|a · sen(x)|
6 a · sen(x).
Assim, para x > A1−|a| > 0,
f(x) = x+ xa · sen(x)
> x− x|a|
= x(1− |a|)
> A
e, para x < − A1−|a| < 0,
f(x) = x+ xa · sen(x)
6 x− x|a|
= x(1− |a|)
< −A.
282
Exerc´ıcio 6.24:
Seja p : R→ R um polinoˆmio na˜o constante. Dado b ∈ R, suponha que exista uma sequeˆncia (xn), tal que
lim
n→+∞ p(xn) = b ∈ R.
Prove que (xn) e´ limitada e´ o conjunto dos seus pontos de adereˆncia na˜o e´ vazio e esta´ contido em p
−1(b). Em
particular, se existe uma sequeˆncia (xn), tal que lim p(xn) = 0, enta˜o p tem alguma raiz real.
Suponhamos que lim p(xn) = b ∈ R.
Pelo exerc´ıcio 6.13, temos que
lim
x→+∞ p(x) = +∞ ou −∞
e
lim
x→−∞ p(x) = +∞ ou −∞.
Assim, se (xn)n∈Z+ possuisse uma subsequeˆncia (xnk)k∈Z+ tal que
lim
k→+∞
xnk = +∞ ou −∞
ter´ıamos que
lim
k→+∞
p(xnk) = +∞ ou −∞.
Contradizendo o fato de que toda subsequeˆncia de (xn)n∈Z+ converge para b ∈ R. Portanto, a sequeˆncia (xn) e´
limitada.
Como a sequeˆncia (xn) e´ limitada, segue que o seu conjunto de pontos de adereˆncia na˜o e´ vazio.
Sejam (xnk)k∈Z+ uma subsequeˆncia convergente de (xn)n∈Z+ e a = limk→+∞ xnk . Suponhamos que c0, c1, . . . ,
cm ∈ R sa˜o tais que
p(x) = cmx
m + · · ·+ c1x+ c0,
para todo x ∈ R. Assim,
p(a) = cma
m + · · ·+ c1a+ c0
= cm
(
lim
k→+∞
xnk
)m
+ · · ·+ c1
(
lim
k→+∞
xnk
)
+ c0
= lim
k→+∞
(
cmx
m
nk
+ · · ·+ c1xnk + c0
)
= lim
k→+∞
p(xnk)
= b.
Logo, a ∈ p−1(b). Com isso, concluimos que o conjunto dos pontos de adereˆncia de (xn) esta´ contido em p−1(b).
Em especial, se b = 0, o conjunto dos pontos de adereˆncia de (xn) esta´ contido no conjunto de ra´ızes de p.
Logo, neste caso, conclui-se que p possui raizes reais.
283
Cap´ıtulo 7
Func¸o˜es Cont´ınuas
284
Exerc´ıcio 7.38:
A func¸a˜o R f : [0,+∞) → [0,+∞), definida por f(x) = n√x, n > 1, na˜o e´ Lipschitziana num intervalo da forma
[0, a], a > 0, embora seja uniformemente continua nestes intervalos. Por outro lado, f e´ Lipschitziana, com
constante
c :=
1
n
n
√
an−1
,
no intervalo [a,+∞). Concluir que f e´ uniformemente continua em [0,+∞).
Mostraremos, primeiramente, que f : [0, a]→ R na˜o e´ Lipschitziana, para todo a > 0. Faremos isso verificando
que o conjunto
L :=
{ |f(x)− f(y)|
|x− y| : x e y ∈ [0, a]
}
e´ ilimitado superiormente e, consequentemente, na˜o existe c ∈ R tal que
|f(x)− f(y)| 6 c|x− y|,
para todo x e y ∈ [0, a].
Seja A > 0. Para todo z ∈ R tal que
max
{
1
n−1√A,
1
n
√
a
}
< z
temos que
zn−1 > A e
1
zn
∈ [0, a].
Assim,
S :=
{
1
zn
: z > max{1/ n−1
√
A, 1/ n
√
a}
}
⊂ [0, a]
e, para todo x = 1zn ∈ S, |f(x)− f(0)|
|x− 0| =
|f(1/zn)− f(0)|
|1/zn − 0| = z
n−1 > A.
Desta forma, temos que L e´ ilimitado superiormente.
Verificaremos, a seguir, que f : [a,+∞)→ R e´ Lipschitziana com
c :=
1
n
n
√
an−1
como constante de Lipschitz.
Sejam x e y = x+ λ ∈ [a, 0], λ > 0. Pela Desigualdade de Bernulli
1 + n
(
1
nx
)
6
(
1 +
1
nx
)n
,
temos que
n
√
1 +
λ
x
6 1 + λ
nx
.
Assim,
n
√
1 +
λ
x
− 1 6 λ
nx
e, consequentemente,
n
√
x+ λ− n√x 6 λ
n
n
√
xn−1
.
Logo,
|f(x)− f(y)| = |f(x+ λ)− f(x)|
= n
√
x+ λ− n√x
6 λ
n
n√
xn−1
6 λ
n
n√
an−1
6 c|x− y|.
285
Com isso, concluimos que f : [a,+∞)→ R e´ Lipschitziana com c como constante de Lipschitz.
Por fim, provaremos que f : [0,∞)→ R e´ uniformemente cont´ınua.
Seja ε > 0. Para todos x e y ∈ [0,+∞), com y = x+ λ e λ ∈ [0, εn), temos que
|f(x)− f(y)| = |f(x+ λ)− f(x)|
= n
√
x+ λ− n√x
6 ( n√x+ n√λ)− n√x
= n
√
λ
< n
√
εn
= ε.
Logo, se x e y ∈ [0,+∞) e |x− y| < εn temos que |f(x)− f(y)| < ε. Portanto, f e´ uniformemente continua.
286
Exerc´ıcio 7.39:
Sejam
Z∗+ :=
{
n+
1
n
: n ∈ Z+
}
e F := Z+ ∪ Z∗+. Defina a func¸a˜o f : F → R por
f(x) =
{
2, se x ∈ Z+;
x, se x ∈ Z∗+.
Mostre que os conjuntos Z+ e Z∗+ sa˜o fechados, que f |Z+ e f |Z∗+ sa˜o func¸o˜es uniformemente cont´ınuas, mas f : F → R
na˜o e´ uniformemente cont´ınua.
Primeiramente, verifiquemos que z+ e´ fechado. Pela construc¸a˜o de R, temos que
(n− 1, n+ 1) ∩ Z+ = {n},
para todo n ∈ Z+. Desta forma, se (xn)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia convergente (de Cauchy) em Z+ existe n0 ∈ Z+ tal
que para todos p > n0 vale a desigualdade
|xn0 − xp| < 1.
Logo, como
(xn0 − 1, xn0 + 1) ∩ Z+ = {xn0},
devemos ter que xn0 = xp, para todo p > n0. Assim, lim
n→∞xn = xn0 ∈ Z+. Portanto, concluimos que o limite de
toda sequeˆncia convergente de elmentos de Z+ concverge para um elemento de Z+. Desta forma, Z+ e´ fechado.
Pela equivaleˆncia
n < m ⇐⇒ n+ 1
n
< m+
1
m
,
para todos n e m ∈ Z+, obtemos que os intervalos
Cn :=

(
3
2
,
5
2
)
, se n = 1;(
n+
1
n
− 1
2
, n+
1
n
+
1
2
)
, se n 6= 1.
⊂

(
0, 2 +
1
2
)
, se n = 1;(
n− 1 + 1
n− 1 , n+ 1 +
1
n+ 1
)
, se n 6= 1.
sa˜o tais que
Cn ∩ Z∗+ =
{
n+
1
n
}
.
Assim, de modo ana´logo ao caso de Z+, verifica-se que toda sequeˆncia de elementos de Z∗+ converge para um
elemento de Z∗+ e, por isso, Z∗+ e´ fechado.
Como f |Z+ e´ constante e f |Z∗+ e´ a func¸a˜o identidade, temos que estas func¸o˜es sa˜o uniformemente cont´ınuas.
Provaremos, agora, que f na˜o e´ uniformemente cont´ınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ F
tais que |x− y| < δ e |f(x)− f(y)| < 1.
Seja δ > 0. Podemos escolher n ∈ Z+ tal que
1
n
< δ e n > 3.
Assim, para x = n+ 1/n e y = n, temos que
|x− y| = 1
n
e |f(x)− f(y)| = n− 2 + 1
n
> 1.
Portanto, f na˜o e´ uniformemente cont´ınua.
287
Exerc´ıcio 7.40:
Deˆ um exemplo de dois abertos A e B e uma func¸a˜o cont´ınua f : A∪B → R tal que f |A e f |B sejam uniformemente
cont´ınuas, mas f na˜o seja.
Sejam A e B os subconjuntos abertos (−∞, 0) e (0,+∞), respectivamente, em R. Podemos definir uma func¸a˜o
f : A ∪B → R por
f(x) =
{ −1, se x ∈ (−∞, 0) = A;
1, se x ∈ (0,+∞) = B.
As restric¸o˜es f |A e f |B sa˜o constantes e, por isso, sa˜o uniformemente cont´ınuas.
Mostraremos, agora, que f na˜o e´ uniformemente cont´ınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ A∪B
tais que
|x− y| < δ e |f(x)− f(y)| > 1.
Seja δ > 0. Para x = δ/4 e y = −δ/4, temos que
|x− y| = δ
2
< δ e |f(x)− f(y)| = 2 > 1.
Portanto, concluimos que f na˜o e´ uniformemente cont´ınua.
288
Exerc´ıcio 7.41:
Toda func¸a˜o cont´ınua mono´tona limitada f : I → R, definida num intervalo I, e´ uniformemente cont´ınua.
Seja I um intervalo em R.
Suponhamos que f : I → R seja crescente, cont´ınua e limitada.
Seja ε > 0. Provaremos que existe δ > 0 tal que se x e y ∈ I satisfazem |x− y| < δ enta˜o
|f(x)− f(y)| < �. (7.1)
Da´ı, obtemos diretamente que f e´ uniformemente cont´ınua.
Sejam
A := inf f(I) e B := supf(I).
Se B −A < ε a desigualdade (7.1) se verifica automaticamente pois, neste caso
|f(x)− f(y)| 6 B −A < ε,
para todos x e y ∈ I. Desta forma, basta varificarmos o caso em que B −A > ε.
Como
A = inf f(I) < A+
ε
3
6 B − ε
3
< sup f(I) = B
e I e´ um intervalo, temos, pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, que f−1(A+ ε3 ) e f
−1(B − ε3 ) sa˜o conjuntos na˜o
vazios.
Tomemos
c ∈ inf f−1
(
A+
ε
3
)
e d ∈ sup f−1
(
B − ε
3
)
.
Sejam
a := inf I e b := sup I.
Como f−1(A+ ε3 ) e f
−1(B − ε3 ) ⊂ I, devemos ter que a =6 c e d 6 b. Por fim, como f e´ crescente, todo elemento
de f−1
(
A+ ε3
)
e´ menor que qualquer elemento de f−1
(
B − ε3
)
. Logo,
a 6 c < d 6 b.
Seja x ∈ [a, c) ∩ I. Como A = inf f(I), devemos ter que f(x) > A. Por outro lado, como f e´ crescente e x < c,
devemos ter que f(x) 6 f(c) = A+ ε3 . Portanto, f(x) ∈ [A,A+ ε3 ].
De modo ana´logo, prova-se que se x ∈ (d, b] enta˜o f(x) ∈ [B − ε3 , B].
Como c e d ∈ I, temos que [c, d] e´ um intervalo compacto contido em I. Sendo f cont´ınua, devemos ter que
f |[c,d] tambe´m e´ cont´ınua. Assim, como toda func¸a˜o cont´ınua com domı´nio compacto e´ uniformemente cont´ınua,
devemos ter que f[c,d] e´ uniformemente cont´ınua. Logo, existe δ0 > 0 tal que para quaisquer x e y ∈ [c, d], com
|x− y| < δ0, a desigualdade
|f(x)− f(y)| < �
2
e´ va´lida.
Por fim, tomemos
δ := min{δ0, d− c}.
Se x e y ∈ I, com x < y, sa˜o tais que |x− y| < δ, pela escolha de δ 6 d− c, devemos ter um dos casos:
• x e y ∈ [a, c) ∩ I;
• x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d];
• x e y ∈ [c, d];
• x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I;
• x e y ∈ (d, b] ∩ I.
Verificaremos, em cada um destes casos, que a desigualdade (7.1) e´ va´lida:
289
• Se x e y ∈ [a, c) ∩ I temos que f(x) e f(y) ∈ [A,A+ ε3 ]. Logo, a desigualdade (7.1) e´ va´lida;
• Se x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d] temos que f(x) e f(c) ∈ [A,A+ ε3 ] e |c− y| < δ 6 δ0. Logo,
|f(x)− f(y)| 6 |f(x)− f(c)|+ |f(c)− f(y)| < ε
3
+
ε
2
< ε;
• Se x e y ∈ [c, d] temo imediatamente que |f(x)− f(y)| < ε2 < ε;
• Se x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I temos que |d− x| < δ 6 δ0 e f(y) e f(d) ∈ [B − ε3 , B]. Logo,
|f(x)− f(y)| 6 |f(x)− f(d)|+ |f(d)− f(y)| < ε
2
+
ε
3
< ε;
• Se x e y ∈ (d, b] ∩ I temos que f(x) e f(y) ∈ [B − ε3 , B]. Logo, a desigualdade (7.1) e´ va´lida.
Suponhamos agora que f : I → R seja decrescente, cont´ınua e limitada. Provaremos que f e´ uniformemente
cont´ınua.
Como f : I → R e´ decrescente, cont´ınua e limitada, temos que −f : I → R e´ crescente, cont´ınua e limitada.
Pelo que foi demonstrado acima, f e´ uniformemente cont´ınua.
Seja ε > 0. Como −f e´ uniformemente cont´ınua, existe δ > 0 tal que, para todos x e y ∈ I com |x− y| < δ, a
desigualdade
|(−f)(x)− (−f)(y)| < ε
e´ va´lida. Logo, para todos x e y ∈ I com |x− y| < δ, a desigualdade
|f(x)− f(y)| = |(−f)(x)− (−f)(y)| < ε
e´ va´lida. Desta forma, concluimos que f e´ uniformemente cont´ınua.
Portanto, toda func¸a˜o f : I → R mono´tona, cont´ınua e limitada e´ uniformemente cont´ınua.
290
Exerc´ıcio 7.42:
Seja f : X → R uma func¸a˜o cont´ınua. Para que f se estenda continuamente a uma func¸a˜o ϕ : X → R e´ necessa´rio
e suficiente que exista lim
x→a f(x) para todo a ∈ X
′.
Suponhamos que haja uma func¸a˜o cont´ınua ϕ : X → R tal que ϕ|X = f . Enta˜o, para todo a ∈ X ′, existe
lim
x→a f(x) pois, pelo Teorema 2 do Cap´ıtulo VI,
lim
x→a f(x) = limx→aϕ|X(x) = limx→aϕ(x).
Suponhamos que, para todo a ∈ X ′, exista lim
x→a f(x).
Seja ϕ : X → R definida pela igualdade
ϕ(a) := lim
x→a f(x),
para todo a ∈ X ′. Assim, pelo fato de f ser cont´ınua,
ϕ(a) = lim
x→a f(x) = f(a),
para todo a ∈ X. Mostraremos que, para todo a ∈ X ′,
lim
y→aϕ(y) = ϕ(a),
e concluiremos da´ı que ϕ e´ uma extensa˜o cont´ınua de f .
Fixemos a ∈ X ′ e ε > 0. Como ϕ(a) := lim
x→a f(x), existe δ > 0 tal que
|ϕ(a)− f(x)| < ε
2
,
para todo x ∈ X tal que |a − x| < δ. Seja y ∈ X ′ tal que |a − y| < δ. Novamente pela definic¸a˜o de ϕ,
ϕ(y) := lim
x→y f(x), existe δ0 > 0 tal que
δ0 < δ − |a− y|
e
|ϕ(y)− f(x)| < ε
2
,
para todo x ∈ X tal que |y − x| < δ0. Assim, como y ∈ X ′, existe
x0 ∈ (y − δ0, y + δ0) ∩X ⊂ (a− δ, a+ δ) ∩X.
Logo,
|ϕ(a)− ϕ(y)| 6 |ϕ(a)− f(x0)|+ |f(x0)− ϕ(y)| < ε
2
+
ε
2
= ε.
Desta forma, concluimos que
|ϕ(a)− ϕ(y)| < ε,
para todo y ∈ X ′ tal que |a− y| < δ.
Portanto, para todo a ∈ X ′,
lim
y→aϕ(y) = ϕ(a).
291
Exerc´ıcio 7.43:
Seja f : [a, b]→ R cont´ınua. Dado ε > 0, existem
a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b
tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n,
x, y ∈ [ai−1, ai]⇒ |f(x)− f(y)| < ε.
Seja ε > 0. Mostraremos que existem
a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b
tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n,
x, y ∈ [ai−1, ai]⇒ |f(x)− f(y)| < ε.
Como o intervalo [a, b] e´ compacto e f : [a, b]→ R e´ cont´ınua, temos que f : [a, b]→ R e´ uniformemente cont´ınua.
Assim, podemos escolher um δ > 0 tal que
|f(x)− f(y)| < ε,
para todos x e y ∈ [a, b] tais que |x− y| < δ.
A famı´lia de intervalos abertos {(
p− δ
2
, p+
δ
2
)}
p∈[a,b]
e´ uma cobertura aberta para o intervalo compacto [a, b]. Pelo exerc´ıcio 5.52, existe uma partic¸a˜o
a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b
do intervalo [a, b] tal que para cada subintervalo [ak, ak+1] existe pk ∈ [a, b] tal que
[ak, ak+1] ⊂
(
pk − δ
2
, pk +
δ
2
)
.
Por fim, utilizando-se uma partic¸a˜o de [a, b] como acima, dados x e y ∈ [ak, bk] ⊂
(
pk − δ2 , pk + δ2
)
, e´ va´lida a
desigualdade
|x− y| < δ
e, por isso e pela escolha de δ, temos que
|f(x)− f(y)| < ε.
Logo, temos uma partic¸a˜o de [a, b] com a propriedade desejada.
292
Exerc´ıcio 7.44:
Uma func¸a˜o cont´ınua ϕ : [a, b]→ R chama-se poligonal quando existe uma partic¸a˜o
a = a0 < a1 < · · · < an = b
tais que ϕ|[ai−1,ai] e´ um polinoˆmio de grau 6 1, para cada i = 1, . . . , n. Prove que, se f : [a, b] → R e´ cont´ınua,
enta˜o, dado ε > 0, existe uma func¸a˜o poligonal ϕ : [a, b]→ R, tal que |f(x)− ϕ(x)| < ε para todo x ∈ [a, b].
Seja ε > 0.
Pelo exerc´ıcio 7.43, existe uma partic¸a˜o
a = a0 < a1 < · · · < an = b
tal que
|f(x)− f(y)| < ε
2
,
para x e y ∈ [ak, ak+1].
Podemos definir uma func¸a˜o poligonal ϕ : [a, b]→ R pela equac¸a˜o
ϕ(x) :=
(
f(ak+1)− f(ak)
)( x− ak
ak+1 − ak
)
+ f(ak),
para cada x ∈ [ak, ak+1]. Por esta definic¸a˜o e pela escolha da partic¸a˜o de [a, b], temos que
|ϕ(x)− f(ak)| = |f(ak+1)− f(ak)|
∣∣∣∣ x− akak+1 − ak
∣∣∣∣ 6 |f(ak+1)− f(ak)| < ε2 ,
para cada x ∈ [ak, ak+1].
Por fim, dado x ∈ [a, b],
|f(x)− ϕ(x)| 6 |f(x)− f(ak)|+ |ϕ(x)− f(ak)| < ε
2
+
ε
2
= ε,
onde x ∈ [ak, ak+1]. Portanto, ϕ e´ uma func¸a˜o poligonal que satisfaz a condic¸a˜o do enunciado.
293
Exerc´ıcio 7.45:
Dado ξ : [a, b]→ R, se existem a = a0 < a1 < · · · < an = b tais que ξ|(ai−1,ai) e´ constante para cada i = 1, 2, . . . ,n,
ξ e´ chamada de func¸a˜o escada. Mostre que se f : [a, b]→ R e´ cont´ınua, enta˜o, para cada ε > 0, existe uma func¸a˜o
escada ξ : [a, b]→ R, tal que |f(x)− ξ(x)| < ε qualquer que seja x ∈ [a, b].
Seja ε > 0.
Como f e´ cont´ınua, existe, pelo exerc´ıcio 7.43, uma partic¸a˜o
a = a0 < a1 < · · · < an = b
de [a, b] tal que a desigualdade
|f(x)− f(y)| < ε,
e´ va´lida sempre que existe k = 1, . . . , n, tal que x e y ∈ [ak, ak+1].
Podemos definir uma func¸a˜o escada ξ : [a, b]→ R pela igualdade
ξ(x) =
{
f(ak), x ∈ [ak, ak+1),
f(an), x = an.
Logo, se x ∈ [ak, ak+1) enta˜o
|f(x)− ξ(x)| = |f(x)− f(ak)| < ε
pela escolha da partic¸a˜o de [a, b]. Portanto, como |f(an)− ξ(an)| = 0, segue que a desigualdade
|f(x)− ξ(x)| < ε
e´ va´lida para todo x ∈ [a, b].
294
Exerc´ıcio 7.46:
Dada uma func¸a˜o f : X → R, suponha que para cada ε > 0 se possa obter uma func¸a˜o cont´ınua g : X → R, tal que
|f(x)− g(x)| < ε qualquer que seja x ∈ X. Enta˜of e´ cont´ınua.
Concluiremos que f e´ cont´ınua mostrando que f e´ cont´ınua em um ponto arbitra´rio a ∈ X.
Seja ε > 0.
Pela hipo´tese sobre f , existe uma func¸a˜o cont´ınua g : X → R tal que
|f(x)− g(x)| < ε
3
,
para todo x ∈ X.
Como g e´ cont´ınua, existe δ > 0 tal que
|g(x)− g(a)| < ε
3
,
para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ.
Assim,
|f(x)− f(a)| 6 |f(x)− g(x)|+ |g(x)− g(a)|+ |g(a)− f(a)|
< ε3 +
ε
3 +
ε
3
= ε.
para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ. Desta forma, concluimos que f e´ cont´ınua em a.
295
Exerc´ıcio 7.47:
Seja X ⊂ R. Uma func¸a˜o f : X → R diz-se semicont´ınua superiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0
dado, pode-se obter δ > 0, tal que se
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(x) < f(a) + ε.
Diz-se que f e´ semicint´ınua superiormente quando ela o e´ em todos os pontos de X.
(a) Defina func¸a˜o semicont´ınua inferiormente e mostre que f e´ cont´ınua num ponto se, e somente se, e´ semi-
cont´ınua superior e inferiormente naquele ponto.
(b) Prove que um subconjunto A ⊂ R e´ aberto se, e somente se, sua func¸a˜o caracter´ıstica ξA : R → R (definida
por ξA(x) = 1 se x ∈ A e ξA(x) = 0 se x /∈ A) e´ semicont´ınua inferiormente.
(c) Enuncie e prove um resultado ana´logo ao anterior para conjuntos fechados.
(d) Mostre, mais geralmente, que para todo subconjunto X ⊂ R, sua func¸a˜o caracter´ıstica ξX : R → R e´ de-
scont´ınua precisamente nos pontos da fronteira de X. Dado a ∈ frX, mostre que ξX e´ semicont´ınua superior-
mente no ponto a se a ∈ X e inferiormente se a /∈ X. Conclua que a func¸a˜o f : R→ R, definida por f(x) = 1
para x ∈ Q e f(x) = 0 para x irracional, e´ semicont´ınua superiormente nos nu´meros racionais e inferiormente
nos nu´meros irracionais.
(e) Seja f : R→ R definida por f(x) = sen(1/x) se x 6= 0 e f(0) = c. Mostre que f e´ semicont´ınua superiormente
no ponto 0 se, e somente se, c > 1. (E inferiormente se, e somente se, c 6 −1.) Tomando −1 < c < 1, mostre
que f na˜o e´ semicont´ınua inferiormente ou superiormente no ponto 0.
(f) As func¸o˜es f e g : R → R, onde f(0) = g(0) = 0 e, para x 6= 0, f(x) = x sen(1/x), g(x) = 1/|x|, sa˜o
semicont´ınuas inferiormente, mas seu produto f · g na˜o e´ uma func¸a˜o semicont´ınua no ponto 0.
(g) Para que f : X → R seja semicont´ınua superiormente no ponto a ∈ X ∩ X ′ e´ necessa´rio e suficiente que
limx→a sup f(x) 6 f(a) (Errata: e´ necessa´rio mas na˜o suficinte se f for ilimitada. Contra exemplo: a = 0
e f : R → R definida por f(x) = 1/x, em x 6= 0, e f(0) = 0). Equivalentemente: para toda sequeˆncia de
pontos xn ∈ X com limn→∞ xn = a, que seja limn→∞ sup f(xn) 6 f(a). Vale o resultado ana´logo para
semicontinuidade inferior.
(h) A soma de duas func¸o˜es semicont´ınuas superiormente num ponto ainda goza da mesma propriedade. Use
o item (e) com c = 1 e c = −1 para dar exemplo de duas func¸o˜es semicont´ınuas (uma superiormente e
outra inferiormente) cuja soma na˜o e´ semicont´ınua. Mostre que se f e´ semicont´ınua superiormente, −f e´
inferiormente.
(i) Sejam f e g : X → R semicont´ınuas superiormente num ponto. Se f(x) > 0 e g(x) > 0 para todo x ∈ X,
enta˜o o produto f · g e´ uma func¸a˜o semicont´ınua superiormente no mesmo ponto.
(j) Quando X ⊂ R e´ compacto, toda func¸a˜o semicont´ınua superiormente f : X → R e´ limitada superiormente e
atinge seu valor ma´ximo num ponto de X. Enuncie e prove um fato ana´logo para semicontinuidade inferior.
(a)
Uma func¸a˜o f : X → R diz-se semicont´ınua inferiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0 dado,
pode-se obter δ > 0, tal que se
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x).
Diz-se que f e´ semicint´ınua inferiormente quando ela o e´ em todos os pontos de X.
Suponhamos que f : X → R seja uma func¸a˜o semicont´ınua inferiormente e superiormente. Provaremos que f e´
cont´ınua em um ponto arbitra´rio a ∈ X e concluiremos da´ı que f e´ cont´ınua.
Seja ε > 0. Como f e´ semicont´ınua inferiormente e superiormente em a, existem δ− e δ+ > 0 tais que
x ∈ X e |x− a| < δ− ⇒ f(a)− ε < f(x)
296
e
x ∈ X e |x− a| < δ+ ⇒ f(x) < f(a) + ε.
Assim, para δ := min{δ−, δ+},
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x) < f(a) + ε.
Logo, podemos concluir que f e´ cont´ınua em a ∈ X.
Suponhamos, por outro lado, que f e´ cont´ınua. Provaremos que f e´ semicont´ınua inferiormente e superiormente
em um ponto arbitra´rio a ∈ X e concluiremos da´ı que f e´ semicont´ınua inferiormente e superiormente.
Seja ε > 0. Como f e´ cont´ınua em a, existe δ > 0 tal que
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x) < f(a) + ε.
Assim,
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x)
e
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(x) < f(a) + ε.
Logo, podemos concluir que f e´ semicont´ınua inferiormente e superiormente em a ∈ X.
(b)
Suponhamos que A ⊂ R e´ aberto. Provaremos que ξA : R → R e´ semicont´ınua inferiormente em um ponto
p ∈ R arbitra´rio. E conluiremos da´ı que ξA e´ semicont´ınua inferiormente.
Seja ε > 0.
Se p ∈ A enta˜o existe δ > 0 tal que
(p− δ, p+ δ) ⊂ A.
Assim, neste caso, se x ∈ R e |x− p| < δ enta˜o
ξA(p)− ε = 1− ε < 1 = ξA(x).
Logo, se p ∈ A enta˜o ξA e´ semicont´ınua inferiormente em p.
Se p ∈ R\A enta˜o, para todo x ∈ R, temos que
ξA(p)− ε = 0− ε < 0 6 ξA(x).
Logo, se p ∈ R\A enta˜o ξA e´ semicont´ınua inferiormente em p.
Portanto, ξA e´ semicont´ınua inferiormente em p ∈ R.
Suponhamos, por outro lado, que ξA seja semicont´ınua inferiormente. Provaremos que, para um ponto arbitra´rio
a ∈ A, existe δ > 0 tal que (a− δ, a+ δ) ⊂ A. Desta forma concluiremos que A e´ aberto.
Como ξA e´ semicont´ınua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ),
vale
1
2
= ξA(a)− ε < ξA(x).
Desta forma, ξA(x) 6= 0, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ). Logo, (a− δ, a+ δ) ⊂ A.
(c)
Provaremos que F ⊂ R e´ fechado se, e somente se, sua func¸a˜o caracter´ıstica ξF : R → R e´ semicont´ınua
superiormente.
Suponhamos que F ⊂ R seja fechado. Provaremos que ξF e´ semicont´ınua superiormente em um ponto arbitra´rio
p ∈ R e concluiremos da´ı que ξF e´ semicont´ınua superiormente.
Seja ε > 0.
Se p ∈ F , para todo x ∈ R, temos que
ξF (x) 6 1 < ξF (p) + ε.
Logo, se p ∈ F enta˜o ξF e´ semicont´ınua superiormente em p.
297
Se p ∈ R\F enta˜o existe δ > 0 tal que
(p− δ, p+ δ) ⊂ R\F.
Assim, neste caso, se x ∈ R e |x− p| < δ enta˜o
ξF (x) = 0 < 0 + ε = ξA(p) + ε.
Logo, se p ∈ R\F enta˜o ξF e´ semicont´ınua inferiormente em p.
Portanto, ξF e´ semicont´ınua superiormente em p ∈ R.
Suponhamos, por outro lado, que ξF seja semicont´ınua superiormente. Provaremos que, para um ponto ar-
bitra´rio p ∈ R\F , existe δ > 0 tal que (p− δ, p+ δ) ⊂ R\F . Desta forma, concluiremos que F e´ fechado.
Como ξF e´ semicont´ınua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (p− δ, p+ δ),
vale
ξF (x) < ξF (p) + ε = 0 +
1
2
=
1
2
.
Desta forma, ξF (x) 6= 1, para todo x ∈ (p− δ, p+ δ). Logo, (p− δ, p+ δ) ⊂ R\F .
(d)
Seja X ⊂ R.
Para concluirmos que ξX : R→ R e´ descont´ınuo exatamente nos pontos de fronteira de X, verificaremos que ξX
e´ cont´ınua em int(X) e int(R\X), semicont´ınua superiormente, mas na˜o inferiormente, em fr(X)∩X e semicont´ınua
inferiormente, mas na˜o superiormente, em fr(X) ∩ (R\X).
Seja a ∈ int(X). Como int(X) e´ aberto, existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ int(X). Assim, para todo x ∈ R
tal que |x− a| < δ, temos que x ∈ int(X) e, consequentemente,
|ξX(x)− ξX(a)| = |1− 1| = 0.
Logo, ξX e´ cont´ınua em a ∈ int(X) pois, para todo ε > 0,
|ξX(x)− ξX(a)| = 0 < ε
sempre que |x− a| < δ.
De modo ana´logo, verifica-se que ξX : R→ R e´ cont´ınua em int(R\X).
Seja a ∈ (frX) ∩X. Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ), a desigualdade
ξX(x) 6 1 < 1 + ε = ξX(a) + ε.
Logo, ξX e´ semicont´ınua superiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a−δ, a+δ)∩(R\X).
Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que
ξX(a)− ε = 1/2 >0 = ξX(x),
para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (R\X). Logo, ξX na˜o e´ semicont´ınua inferiormente.
Seja a ∈ (frX) ∩ (R\X). Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ), a desigualdade
ξX(a)− ε = 0− ε < 0 6 ξX(x).
Logo, ξX e´ semicont´ınua inferiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a − δ, a + δ) ∩X.
Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que
ξX(x) = 1 > 1/2 = 0 + 1/2 = ξX(a) + ε.
para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩X. Logo, ξX na˜o e´ semicont´ınua superiormente.
Por fim, f = ξQ e´ semicont´ınua superiormente em
Q = R ∩Q = (frQ) ∩Q
e semicont´ınua inferiormente em
R\Q = R ∩ (R\Q) = (frQ) ∩ (R\Q)
pelo que foi provado anteriormente.
298
(e)
Seja f : R→ R dada por
f(x) =
{
sen 1x , se x 6= 0
c, se x = 0.
Como f e´ uma composic¸a˜o de func¸o˜es cont´ınuas no aberto R\{0}, temos que f e´ cont´ınua em R\{0}.
Desta forma, podemos concluir que f e´ semicont´ınua superiormente (inferiormente) se, e somente se, c > 1
(c 6 −1) mostrando que f e´ f e´ semicont´ınua superiormente (inferiormente) em 0 se, e somente se, c > 1 (c 6 −1).
Assim, podemos tambe´m concluir que f na˜o e´ semicont´ınua superiormente ou inferiormente se −1 < c < 1.
Suponhamos que f seja semicont´ınua superiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitra´rio, que 1− ε < c e
concluiremos da´ı que 1 6 c. Existe δ > 0 tal que
f(x) < f(0) + ε = c+ ε,
para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que
1
pi
2 + 2npi
∈ (−δ, δ)
e, consequentemente,
1 = sen
(pi
2
+ 2npi
)
= f
(
1
pi
2 + 2npi
)
< c+ ε.
Consideremos, por outro lado, o caso em que 1 6 c. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que
f(x) = sen
(
1
x
)
6 1 < 1 + ε = c+ ε = f(0) + ε.
Logo, para todo x ∈ R, temos que
f(x) < f(0) + ε.
Portanto, f e´ semicont´ınua superiormente em 0.
Suponhamos que f seja semicont´ınua inferiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitra´rio, que c < −1 + ε
e concluiremos da´ı que c 6 −1. Existe δ > 0 tal que
c− ε = f(0)− ε < f(x),
para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que
1
3pi
2 + 2npi
∈ (−δ, δ)
e, consequentemente,
c− ε < f
(
1
3pi
2 + 2npi
)
= sen
(
3pi
2
+ 2npi
)
= −1.
Consideremos, por outro lado, o caso em que c 6 −1. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que
f(0)− ε = c− ε 6 −1− ε < −1 6 sen
(
1
x
)
= f(x).
Logo, para todo x ∈ R, temos que
f(0)− ε < f(x).
Portanto, f e´ semicont´ınua inferiormente em 0.
(f)
Sejam f e g : R→ R definidas por
f(x) =
{
0, se x = 0,
x sen
(
1
x
)
, se x 6= 0,
299
e
g(x) =
{
0, se x = 0,
1
|x| , se x 6= 0,
Como f e g sa˜o produtos, composic¸o˜es e quocientes de func¸o˜es cont´ınuas em R\{0}, temos que f e g sa˜o
cont´ınuas em R\{0}. Logo, f e g sa˜o semicont´ınuas inferiormente em R\{0}. Desta forma, provando que f e g sa˜o
semicont´ınuas inferiormente em 0 podemos, pelo item (a), concluir que f e g sa˜o semicont´ınuas inferiormente.
Seja ε > 0. Tomando δ := ε, temos, para todo x ∈ (−δ, δ)\{0}, que∣∣∣∣x sen( 1x
)∣∣∣∣ = |x| ∣∣∣∣sen( 1x
)∣∣∣∣ 6 |x| < δ = ε
e
−ε < 0 < 1|x| .
Assim,
f(0)− ε = −ε < x sen
(
1
x
)
= f(x)
e
g(0)− ε = −ε < 1|x| = g(x),
para todo x ∈ R tal que 0 < |x| < δ. Logo, podemos concluir que f e g sa˜o semicont´ınuas inferiormente em 0.
Provaremos, agora, que f · g na˜o e´ semicont´ınua em 0. Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que
x :=
1
(2n+ 1)pi
< δ.
Assim, x ∈ (−δ, δ)\{0} e
f · g(x) = x|x| sen
(
1
x
)
= sen
(
(2n+ 1)pi
)
= −1.
Logo, podemos concluir que para todo δ > 0 existe x ∈ R\{0} tal que |x| < δ e
f · g(x) = −1 = 0− 1 = f · g(0)− 1.
Portanto, f · g na˜o e´ semicont´ınua em 0.
(g)
Seja f : X → R uma func¸a˜o e a ∈ X ∩X ′.
Suponhamos que f seja semicont´ınua superiormente em a. Provaremos que limx→a sup f(x) 6 f(a).
Sejam c ∈ R um valor de adereˆncia de f em a e (xn)n∈Z+ uma sequeˆncia em X\{a} tal que limn→∞ xn = a e
limn→∞ f(xn) = c. Provaremos, para ε > 0 arbitra´rio, que
c < f(a) + ε.
Com isso, poderemos concluir que c 6 f(a). Existe δ > 0 tal que
f(x) < f(a) +
ε
2
sempre que x ∈ X e´ tal que |x− a| < δ. Tambe´m existe n0 ∈ Z+ tal que
|xn0 − a| < δ e |f(xn0)− c| <
ε
2
.
Assim,
c− ε
2
< f(xn0) < f(a) +
ε
2
e, consequentemente,
c < f(a) + ε.
300
Concluimos que f(a) e´ maior ou igual que qualquer valor de adereˆncia de f em a. Portanto, limx→a sup f(x) 6
f(a).
Consideremos, agora, que limx→a sup f(x) 6 f(a). Para provarmos que provaremos que f e´ semicont´ınua
superiormente em a precisamos de mais hipo´teses. Por exemplo, se f : R→ R e´ dada por
f(x) =
{
0, se x = 0,
1
x , se x 6= 0.
enta˜o
lim
x→0
sup f(x) = −∞ < f(0).
Desta forma, iremos assumir tambe´m que f e´ limitada em uma vizinhanc¸a de a.
Seja ε > 0. Suponhamos, por absurdo, que na˜o exista δ > 0 tal que
f(x) < f(a) + ε
sempre que x ∈ X e´ tal que |x− a| < δ. Enta˜o, para cada n ∈ Z+, exite xn ∈ X\{a} tal que
|xn − a| < 1
n
e
f(a) + ε 6 f(xn).
Assim, temos uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em X\{a} tal que limn→∞ xn = a. Como f e´ limitada em uma vizinhanc¸a
de a, existe uma subsequeˆncia (f(xnk))k∈Z+ de (f(xn))n∈Z+ que converge para um ponto c ∈ R. Logo,
f(a) + ε 6 lim
k→∞
f(xnk) = c
ja´ que
f(a) + ε 6 f(xnk),
para todo k ∈ Z+. Por outro lado, como c e´ um ponto de acumulac¸a˜o de f em a,
c 6 lim
x→a sup f(x) 6 f(a).
Uma contradic¸a˜o.
Portanto, f e´ semicont´ınua superiormente no ponto a.
De modo ana´logo, admitindo que f e´ limitada em uma vizinhanc¸a de a, prova-se que f e´ semicont´ınua inferi-
ormente em a se, e somente se,
f(a) 6 lim
x→a inf f(x).
(h)
Suponhamos que f e g : X → R sejam duas func¸o˜es semicont´ınuas superiormente em um ponto a ∈ X.
Mostraremos que f + g e´ semicont´ınua superiormente em a.
Seja ε > 0. Existem δf e δg > 0 tais que
f(x) < f(a) +
ε
2
,
sempre que x ∈ X e´ tal que |x− a| < δf , e
g(x) < g(a) +
ε
2
,
sempre que x ∈ X e´ tal que |x − a| < δg. Denotemos min{δf , δg} por δ. Assim, para x ∈ X tal que |x − a| < δ,
temos que
(f + g)(x) = f(x) + g(x) <
(
f(a) +
ε
2
)
+
(
g(a) +
ε
2
)
= (f + g)(a) + ε.
Logo, podemos concluir que f + g e´ semicont´ınua superiormente em a.
Sejam f e g : R→ R dadas por
f(x) =
{
sen 1x , se x 6= 0,−1, se x = 0,
301
e
g(x) =
{
sen 1x , se x 6= 0,
1, se x = 0.
Pelo item (e), f e´ semicont´ınua inferiormente e g e´ semicont´ınua superiormente. Provaremos que f + g na˜o e´
semicont´ınua superiormente nem inferiormente em 0.
Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que ∣∣∣∣ 12pin+ pi2
∣∣∣∣ < δ.
Assim, para
x :=
1
2pin+ pi2
temos que
|x| < δ
e
(f + g)(x) = f(x) + g(x)
= sen 1x + sen
1
x
= 2
> 0 + 1
= f(0) + g(0) + 1.
Desta forma, como δ > 0 e´ arbitra´rio, conclu´ımos que f + g na˜o e´ semicont´ınua superiormente em 0.
De forma ana´loga, podemos mostrar que f + g na˜o e´ semicont´ınua inferiormente em 0.
Suponhamos que f : X → R sejam semicont´ınua superiormente. Provaremos que −f e´ semicont´ınua inferior-
mente em um ponto arbitra´rio a ∈ X. E concluiremos da´ı que −f e´ semicont´ınua inferiormente.
Seja ε > 0. Existe δ > 0 tal que
f(x) < f(a) + ε,
para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ. Assim,
−f(a)− ε < −f(x),
para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ. Portanto, como ε > 0 e´ arbitra´rio, −f e´ semicont´ınua inferiormente em a.
(i)
Suponhamos que f e g : X → R sejam duas func¸o˜es semicont´ınuas superiormente em um ponto a ∈ X e que
f(x) e g(x) > 0, para todo x ∈ X. Mostraremos que f · g e´ semicont´ınua superiormente em a.
Seja ε > 0. Como f(a) + g(a) > 0, podemos escolher λ ∈ R tal que
0 < λ < min
{
1,
1
f(a) + g(a) + 1
}
.
Desta forma,
(f(a) + g(a))λ+ λ2 =
(
(f(a) + g(a)) + λ
)
λ
<
(
(f(a) + g(a)) + 1)
λ
< ε.
Seja δ > 0 tal que
f(x) < f(a) + λ
e
g(x) < g(a) + λ,
para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Logo,
(f · g)(x) = f(x) · g(x)
=
(
f(a) + λ
)(
g(a) + λ
)
= (f · g)(a) + (f(a) + g(a))λ+ λ2
= (f · g)(a) + ε,
302
para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Portanto, f · g e´ semicont´ınua superiormente em a.
(j)
Suponhamos que f : X → R seja uma func¸a˜o semicont´ınua superiormente em um conjunto compacto X ⊂ R.
Para cada a ∈ X, existe δ(a) > 0 tal que
f(x) < f(a) + 1,
para todo x ∈ X tal que |x| < δ(a).
Como
X ⊂ ∪a∈X
(
a− δ(a), a+ δ(a))
e X e´ compacto, existem a1, . . . , an ∈ X tais que
X ⊂ ∪nk=1
(
ak − δ(ak), ak + δ(ak)
)
.
Seja
M := max{f(ak) + 1: k = 1, . . . , n}.
Provaremos que M e´ uma cota superior para f(X) e concluiremos da´ı que f e´ limitada superiormente.
Seja x ∈ X. Para algum k ∈ {1, . . . , n}, x ∈ (ak − δ(ak), ak + δ(ak)) ja´ que X ⊂ ∪nk=1(ak − δ(ak), ak + δ(ak)).
Logo, pela escolha de δ(ak), temos que
f(x) < f(ak) + ε 6M.
Portanto, M e´ uma cota superior para f(X).
Seja (xn)n∈Z+ uma sequeˆncia em X tal que
lim
n→+∞ f(xn) = sup f(X).
Como X e´ compacto, existe uma subsequeˆncia convergente (xnk)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que a = limk→+∞ xnk ∈ X.
Assim, pelo item (g),
sup f(X) = limn→+∞ f(xn)
= limn→+∞ f(xnk)
6 limx→a sup f(x)
6 f(a).
Logo, f(a) = sup f(X) e, portanto, f assume seu valor ma´ximo em um ponto de X.
De modo ana´logo, podemos provar que se f : X → R for uma func¸a˜o semicont´ınua inferiormente em um conjunto
compacto X ⊂ R enta˜o f e´ limitada inferiormente e assume seu valor mı´nimo em um ponto de X.
303
Cap´ıtulo 8
Derivadas
304
Exerc´ıcio 8.46:
Dadas f e g anal´ıticas no intervalo aberto I, seja X ⊂ I um conjunto que possui um ponto de acumulac¸a˜o a ∈ I.
Se f(x) = g(x), para todo x ∈ I. Em particular, se f(x) = 0, para todo x ∈ X, enta˜o f(x) = 0, para todo x ∈ I.
Sejam f e g : I → R func¸o˜es anal´ıticas definidas no intervalo aberto I e X ⊂ I. Suponhamos que X e´ tal que
f |X = g|X e exista a ∈ X ′ ∩ I.
Pelo exerc´ıcio 8.45, basta provarmos que f (n)(a) = g(n)(a), n ∈ Z+, para concluirmos que f = g. Assim,
mostrando, por induc¸a˜o em n ∈ Z+, que a func¸a˜o ϕ := f − g e´ tal que
0 = ϕ(n)(a) = f (n)(a)− g(n)(a),
para todo n ∈ Z+, teremos o resultado do enunciado.
Seja (xk)k∈Z+ uma sequeˆncia em X tal que limk→+∞ xk = a e xk 6= a, para todo k ∈ Z+. Denotemos por
(hk)k∈Z+ definida por hk = xk − a. Segue que
lim
k→+∞
hk = 0.
Para n = 0, temos que
ϕ(0)(a) = f(a)− g(a)
= limx→a f(x)− limx→a g(x)
= limk→+∞ f(xk)− limk→+∞ g(xk)
= limk→+∞
(
f(xk)− g(xk)
)
= limk→+∞ 0
= 0.
Suponhamos que ϕ(m)(a) = 0 para todo 0 6 m < n. Pela Fo´rmula da Taylor com Resto de Lagrange (Teorema
8.10), temos que existe θk ∈ (0, 1) tal que
0 = ϕ(xk) = ϕ(a+ hk) =
n−1∑
i=0
ϕ(i)(a)
i!
hik +
ϕ(n)(a+ θkhk)
n!
hnk =
ϕ(n)(a+ θkhk)
n!
hnk .
Logo,
lim
k→+∞
θkhk = 0
e, como hk = a− xk 6= 0,
ϕ(n)(a+ θkhk) = 0.
Desta forma,
ϕ(n)(a) = lim
x→aϕ
(n)(x) = lim
k→+∞
ϕ(n)(a+ θkhk) = 0.
Portanto, pelo princ´ıpio da induc¸a˜o finita, ϕ(n)(a) = 0, para todo n ∈ Z+.
Em particular, provamos que se f : I → R e´ uma func¸a˜o anal´ıtica definida no intervalo aberto I, X ⊂ I, f |X = 0
e a ∈ X ∩ I enta˜o f = 0 pois 0 e´ anal´ıtica em I.
305
Exerc´ıcio 8.47:
Seja I = (a − δ, a + δ). Dada f : I → R, de classe C∞, suponha que existam constantes a0, a1, . . . , an, . . . tais
que, para todo x ∈ I, se tenha
f(x) =
∞∑
n=0
an(x− a)n.
Prove que
∑
an(x− a)n e´ a se´rie de Taylor de f em torno de a, isto e´, que
an =
f (n)(a)
n!
,
para todo n = 0, 1, 2, . . . .
Seja
f(x) = f(a) + f ′(a) · (x− a) + f
′′(a)
2!
· (x− a)2 + · · ·+ f
(n)(a)
n!
· (x− a)n + r(x− a),
para x ∈ I, a n-e´sima expansa˜o de Taylor de f em torno de a.
Provaremos, por induc¸a˜o em n ∈ Z>0, que
an =
f (n)(a)
n!
.
Para n = 0, temos da igualdade
f(x) =
∞∑
n=0
an(x− a)n
que
f(a) =
∞∑
k=0
ak(a− a)k =
∞∑
k=0
ak(0)
k = a0.
Suponhamos, como hipo´tese de induc¸a˜o, que
ak =
f (k)(a)
k!
,
para todo k ∈ Z>0 ∩ [0, n). Assim,
f(a) + · · ·+ f(n−1)(a)(n−1)! (x− a)n−1 + f
(n)(a)
n! (x− a)n + r(x− a)
= f(x)
= a0 + · · ·+ an−1(x− a)n−1 + an(x− a)n +
∑∞
k=n+1 ak(x− a)k
= f(a) + · · ·+ f(n−1)(a)(n−1)! (x− a)n−1 + an(x− a)n +
∑∞
k=n+1 ak(x− a)k
e, consequentemente,
f (n)(a)
n!
(x− a)n + r(x− a) = an(x− a)n +
∞∑
k=n+1
ak(x− a)k.
Logo, para x ∈ I\{a},
f (n)(a)
n!
− an = (x− a)−n
∞∑
k=n+1
ak(x− a)k − r(x− a)
(x− a)n .
Por fim,
f(n)(a)
n! − an = limx→a
(
(x− a)−n∑∞k=n+1 ak(x− a)k − r(x−a)(x−a)n)
= limx→a
(
(x− a)−n∑∞k=n+1 ak(x− a)k)− limx→a ( r(x−a)(x−a)n)
= 0 + 0
= 0.
Portanto, o resultado segue pelo PIF.
306
Exerc´ıcio 8.48:
Seja f(x) = x
5
1+x6 . Calcule as derivadas de ordem 2001 e 2003 da func¸a˜o f : R→ R no ponto 0.
Para y ∈ (−1, 1) temos, pelo Exemplo 24 do Cap´ıtulo IV, temos que
1
1− y =
∞∑
k=0
yk.
Assim, para todo x ∈ (−1, 1), temos que
f(x) = x
5
1+x6
= x5 11−(−x6)
= x5
∑∞
k=0(−x6)k
= x5
∑∞
k=0(−1)kx6k
=
∑∞
k=0(−1)kx6k+5
=
∑∞
n=0 anx
n,
onde
an :=
{
(−1)k, se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0,
0, caso contra´rio.
Pelo exerc´ıcio 8.47, temos que
f (n)(0) = ann! :=
{
(−1)kn!, se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0,
0, caso contra´rio.
Assim,
f (2001)(0) = f (333·6+3)(0) = 0
e
f (2003)(0) = f (333·6+5)(0) = (−1)3332003! = −2003!.
307
Exerc´ıcio 8.49:
Seja f : I → R definida num intervalo. Prove que f e´ convexa se, e somente se, para quaisquer a e b em I e
0 6 t 6 1, vale
f((1− t)a+ tb) 6 (1− t)f(a) + tf(b).
Suponhamos que f : I → R seja convexa. Mostraremos que
f((1− t)a+ tb) 6 (1− t)f(a) + tf(b), (8.1)
para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Para a = b, temos que
f((1− t)a+ tb) = f((1− t)a+ ta) = f(a) = (1− t)f(a) + tf(a) = (1− t)f(a) + tf(b).
Adiante, mostraremos para o caso em que a < b. Deste caso segue o caso em que b < a. De fato, para a′ = b,
b′ = a e t′ = 1− t,
f((1− t)a+ tb) = f((1− t′)a′ + t′b′) 6 (1− t′)f(a′) + t′f(b′) = (1− t)f(a) + tf(b).
Portanto, se f e´ convexa, enta˜o a desigualdade (8.1) e´ va´lida para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1].
Sejam a e b ∈ I, com a < b, e t ∈ [0, 1]. Desta forma x := (1− t)a+ tb e´ tal que
x− a = t(b− a) > 0
e
b− x = (1− t)(b− a) > 0.
Ou seja, x ∈ [a, b] ⊂ I. Ale´m disso, segue da definic¸a˜o de x que
t =
x− a
b− a
e
1− t = b− x
b− a .
Como f e´ convexa, temos que
f(x)− f(a)
x− a 6
f(b)− f(a)
b− a
e, consequentemente,
f(x) 6
(
b− x
b− a
)
f(a) +
(
x− a
b− a
)
f(b).
Logo,
f((1− t)a+ tb) = f(x)
6
(
b−x
b−a
)
f(a) +
(
x−a
b−a
)
f(b)
= (1− t)f(a) + tf(b).
Consideremos, agora, que f satisfaz a desigualdade (8.1), para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Mostraremos que f
e´ convexa.
Sejam a e b ∈ I, com a < b, e x ∈ [a, b]. Definindo
t :=
x− a
b− a
temos que
x = (1− t)a+ tb
e, da desigualdade a 6 x 6 b, que t ∈ [0, 1]. Da´ı,
f(x) = f((1− t)a+ tb)
6 (1− t)f(a) + tf(b)
=
(
b−x
b−a
)
f(a) +
(
x−a
b−a
)
f(b)
e, consequentemente,
f(x)− f(a)
x− a 6
f(b)− f(a)
b− a .
Com isso, concluimos que f e´ convexa.
308
Exerc´ıcio 8.50:
Verifique que f : R→ R, dada por f(x) = ex, e´ convexa e conclua que, para 0 6 t 6 1 e x e y ∈ R quaisquer vale
e(1−t)x+ty 6 (1− t)ex + tey.
Deduza da´ı a desigualdade
aαbβ 6 αa+ βb,
para α, β, a, b na˜o-negativos, com α+ β = 1.
Seja exp: R → R a aplicac¸a˜o exponencial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Cap´ıtulo 8, que
exp e´ uma func¸a˜o convexa. Assim, pelo Excerc´ıcio 8.50,
e(1−t)x+ty = exp
(
(1− t)x+ ty) 6 (1− t) exp(x) + t exp(y) = (1− t)ex + tey,
para todos x e y ∈ R e t ∈ [0, 1].
Dados a, b, α e β ∈ R+, com α+ β = 1, provaremos que vale adesigualdade
aαbβ 6 αa+ βb.
Sejam x := ln(a) e y := ln(b) ∈ R e t = β ∈ [0, 1]. Temos, pela desigualdade provada acima, que
aαbβ = eα ln(a)eβ ln(b)
= e(1−t)xety
= e(1−t)x+ty
6 (1− t)ex + tey
= αeln(a) + βeln(b)
= αa+ βb.
309
Exerc´ıcio 8.51:
Seja F : I → R convexa no intervalo I. Se a1, . . . , an pertencem ao intervalo I, t1, . . . , tn pentencem a [0, 1] e∑n
i=1 ti = 1, prove que
f
(
n∑
i=1
tiai
)
6
n∑
i=1
tif(ai).
Primeiramente, verifiquemos que se a1, . . . , ak pertencem ao intervalo I, t1, . . . , tk pentencentem a [0, 1] e∑k
i=1 ti = 1 enta˜o
∑n
i=1 tiai ∈ I. Sejam
a := min{a1, . . . , an} ∈ I
e
b := max{a1, . . . , an} ∈ I.
Segue que
a =
(
n∑
i=1
ti
)
a =
n∑
i=1
tia 6
n∑
i=1
tiai
e
n∑
i=1
tiai >
n∑
i=1
tib =
(
n∑
i=1
ti
)
b = b.
Logo,
n∑
i=1
tiai ∈ [a, b] ⊂ I.
Provaremos o resultado por induc¸a˜o em n.
No caso n = 2, temos que
t1 = 1− t2
e, pelo Exerc´ıcio 8.49, temos que
f(t1a1 + t2a2) = f((1− t2)a1 + t2a2)
= (1− t2)f(a1) + t2f(a2)
= t1f(a1) + t2f(a2).
Suponhamos, como hipo´tese de induc¸a˜o, que o caso n = k − 1 seja verdadeiro.
Sejam a1, . . . , ak pertencentes ao intervalo I, t1, . . . , tk pentencentes a [0, 1] e
∑k
i=1 ti = 1.
Se tk = 1 segue que t1 = · · · = tk−1 = 0 e, consequentemente,
f
(
k∑
i=1
tiai
)
= f(ak) =
k∑
i=1
tif(ai).
Consideremos agora o caso em que tk 6= 1. Desta forma,
t′i :=
ti
1− tk
sa˜o tais que
k−1∑
i=1
t′i =
k−1∑
i=1
ti
1− tk =
∑k−1
i=1 ti
1− tk = 1
e
t′i ∈ [0, 1].
Seja
a :=
k−1∑
i=1
t′iai ∈ I.
310
Assim, pela hipo´tese de induc¸a˜o,
f
(
k∑
i=1
tiai
)
= f
(
(1− tk)
k−1∑
i=1
ti
1− tk ai + tkak
)
= f
(
(1− tk)a+ tkak
)
6 (1− tk)f(a) + tkf(ak)
= (1− tk)f
(∑k−1
i=1 t
′
iai
)
+ tkf(ak)
6 (1− tk)
∑k−1
i=1 t
′
if(ai) + tkf(ak)
=
∑k−1
i=1 tif(ai) + tkf(ak)
=
∑k
i=1 tif(ai).
Portanto, o resultado segue pelo PIF.
311
Exerc´ıcio 8.52:
Sejam x1, x2, . . . , xn e t1, . . . , tn nu´meros na˜o-negativos, com t1 + · · ·+ tn = 1. Prove que
xt11 · xt22 · · · · · xtnn 6 t1x1 + t2x2 + · · ·+ tnxn.
Conclua, em particular a desigualdade entre as me´dias aritme´tica e geome´trica.
Denotemos por exp: R→ R a aplicac¸a˜o exponecial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Cap´ıtulo
8, que exp e´ uma func¸a˜o convexa.
Sejam x1, . . . , xn, t1, . . . , tn ∈ R>0 tais que t1 + · · ·+ tn = 1. Se algum xi e´ nulo, temos imediatamente que
xt11 · · · xtnn = 0 6 t1x1 + . . . tnxn.
Se x1, . . . , xn ∈ (0,+∞) enta˜o
xt11 · xt22 · · · · · xtnn = et1 ln x1 · et2 ln x2 · · · · · etn ln xn
= et1 ln x1+t2 ln x2+···+tn ln xn
= exp(t1 lnx1 + t2 lnx2 + · · ·+ tn lnxn).
Assim, como exp e´ convexa, temos, pelo Exerc´ıcio 8.51, que
xt11 · xt22 · · · · · xtnn = exp(t1 lnx1 + t2 lnx2 + · · ·+ tn lnxn)
= t1 exp(lnx1) + t2 exp(lnx2) + · · ·+ tn exp(lnxn)
= t1x1 + t2x2 + · · ·+ tnxn.
Sejam x1, . . . xn nu´meros reais na˜o negativos,
G := n
√
x1 · x2 · · · · · xn
sua me´dia geome´trica e
A :=
x1 + · · ·+ xn
n
sua me´dia aritma´tica. Pelo que foi demonstrado acima, temos que
G = x
1
n
1 · x
1
n
2 · · · · · x
1
n
n
6 x1n +
x2
n + · · ·+ xnn
= A.
312
Exerc´ıcio 8.53:
Seja ϕ : [a, b]→ R duas vezes deriva´vel, com ϕ(a) = ϕ(b) = 0 e ϕ′′(x) < 0 para todo x ∈ [a, b]. Prove que ϕ(x) > 0,
para todo x ∈ (a, b). Conclua que, se f : I → R e´ duas vezes deriva´vel e f ′′(x) > 0, para todo x ∈ I, enta˜o f e´
estritamente convexa no intervalo I.
Seja ϕ : [a, b]→ R, a < b, duas vezes deriva´vel, com ϕ(a) = ϕ(b) = 0 e ϕ′′(x) < 0 para todo x ∈ [a, b].
Como ϕ′′(x) < 0 para todo x ∈ [a, b], temos que ϕ′ e´ estritamente decrescente (Corola´rio 6 do Teorema 7 do
Cap´ıtulo VIII). Ale´m disso, como ϕ(a) = 0 = ϕ(b), pelo Toerema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que ϕ′(c) = 0.
Desta forma, como ϕ′ e´ estritamente decrescente em [a, b] e ϕ′(c) = 0, ϕ′ > 0 em [a, c) e ϕ′ < 0 em (c, b]. Com isso,
concluimos que ϕ e´ estritamente crescente em [a, c] e estritamente decrescente em [c, b] (novamente pelo Corola´rio
6 do Teorema 7 do Cap´ıtulo VIII).
Sendo ϕ(a) = 0 e ϕ estritamente crescente em [a, c] segue que ϕ > 0 em (a, c]. Em particular, temos que
ϕ(c) > ϕ(a) = 0. Por outro lado, como ϕ(c) > 0 = ϕ(b) e ϕ e´ estritamente decrescente em [c, b), ϕ > 0 em [c, b].
Portanto, ϕ > 0 em (a, b).
Seja f : I → R e´ duas vezes deriva´vel e f ′′(x) > 0, para todo x ∈ I, enta˜o f e´ estritamente convexa no intervalo
I. Provaremos, para a e b em I, com a < b, arbitra´rios, que
f(x)− f(a)
x− a <
f(b)− f(a)
b− a ,
para todo x ∈ (a, b). Com isso, concluiremos que f e´ estritamente convexa.
Definimos ϕ : [a, b]→ R por
ϕ(x) =
f(b)− f(a)
b− a (x− a) + f(a)− f(x),
para todo x ∈ [a, b]. Desta forma,
ϕ(a) = ϕ(b) = 0,
ϕ′(x) =
f(b)− f(a)
b− a − f
′(x)
e
ϕ′′(x) = −f ′′(x) < 0,
para todo x ∈ I. Logo, pelo que foi provado acima, ϕ > 0 em (a, b).
Assim, para todo x ∈ (a, b),
0 < ϕ(x) =
f(b)− f(a)
b− a (x− a) + f(a)− f(x)
e, consequentemente,
f(x)− f(a)
x− a <
f(b)− f(a)
b− a .
313
Exerc´ıcio 8.54:
Seja f cont´ınua num ponto. Prove que se f e´ deriva´vel nesse ponto enta˜o existe na ma´ximo uma reta que coincide
com o gra´fico de f uma infinidade de vezes em qualquer vizinhanc¸a do ponto.
Seja f : X → R deriva´vel em a ∈ X ′.
Suponhamos que c e d ∈ R sa˜o tais que, para qualquer vizinhanc¸a U de a em X,
f(x) = cx+ d,
para infinitos x ∈ U . Em particular, existe uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em X tal que
lim
n→∞xn = a
e
f(xn) = cxn + d,
para todo n ∈ Z+.
Como f e´ deriva´vel em a, temos que
c = lim
n→∞
(cxn + d)− (ca+ d)
xn − a = limn→∞
f(xn)− f(a)
xn − a = limx→a
f(x)− f(a)
x− a = f
′(a).
Ale´m disso, como f e´ cont´ınua em a,
ca+ d = lim
n→∞(cxn + d) = limn→∞ f(xn) = f(a)
e, consequentemente,
d = f(a)− ca = f(a)− f ′(a)a.
Portanto, concluimos que se f coincide em infinitos pontos, em cada vizinhanc¸a de a, com uma reta
{(x, ca+ d) : x ∈ R}
enta˜o c e d sa˜o determinados unicamente pelos valores de f(a) e f ′(a). Em particular, existe no ma´ximo uma reta
com esta propriedade.
314
Exerc´ıcio 8.55:
Seja f : [a,+∞)→ R duas vezes deriva´vel. Se lim
x→+∞f(x) = f(a) enta˜o existe x ∈ (a,+∞) tal que f
′′(x) = 0.
Usaremos o seguinte resultado: Se g : [c,+∞)→ R e´ uma func¸a˜o deriva´vel que adimite uma sequeˆncia (xn)n∈Z+
em [c,+∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn) = g(c) enta˜o existe x ∈ (c,+∞) tal que g′(x) = 0.
Se g(y) = g(c), para todo y ∈ (c,+∞), qualquer x ∈ (c,+∞) e´ tal que g′(x) = 0. Suponhamos que exista
y ∈ (c,+∞) tal que g(y) 6= g(c). Provaremos que exsite x como desejado para o caso em que
g(y) > g(c).
O caso em que g(y) < g(c) e´ ana´logo. Como limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn) = g(c), deve existir algum
xn ∈ (y,+∞) tal que
g(xn) ∈ (g(c)− 1, g(y)).
Se
g(xn) ∈ (g(c)− 1, g(c)]
temos que
g(xn) 6 g(c) < g(y)
e, pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, existe um z ∈ (y, xn] tal que
g(z) = g(c).
Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (a, z) tal que g′(x) = 0. Se
g(xn) ∈ (g(c), g(y)),
temos, pelo Teorema do Valor Intermadia´rio, que existe z ∈ (c, y) tal que
g(z) = g(xn).
Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (z, xn) tal que g′(x) = 0.
Consideremos, agora, f : [a,+∞)→ R como no enunciado.
Como limx→+∞ f(x) = f(a), deve existir uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em [a,+∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e
limn→+∞ f(xn) = f(a). Logo, existe um ponto b ∈ (a,+∞) tal que f ′(b) = 0.
Provaremos que existe uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em [b,+∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ f ′(xn) =
0 = f ′(b). Assim, conclu´ımos que a func¸a˜o deriva´vel f ′ : [b,+∞) → R admite um ponto x ∈ (b,+∞) tal que
f ′′(x) = 0.
Pelo Teorema do Valor Me´dio, podemos escolher, para cadan ∈ Z+, xn ∈ (a+ n, a+ n+ 1) tal que
f ′(xn) = f(a+ n+ 1)− f(a+ n).
Segue da´ı que limn→+∞ xn = +∞ e
lim
n→+∞ f
′(xn) = lim
n→+∞
(
f(a+ n+ 1)− f(a+ n))
= lim
n→+∞ f(a+ n+ 1)− limn→+∞ f(a+ n)
= f(a)− f(a)
= 0.
315
Cap´ıtulo 9
Integral de Riemann
316
Exerc´ıcio 9.36:
Seja f : R → R cont´ınua tal que f(x + y) = f(x) · f(y). Prove que, para algum a ∈ R+, f(x) = ax ou f(x) = 0
para todo x ∈ R.
Como
f(0) = f(0 + 0) = f(0) · f(0),
devemos ter que f(0) = 0 ou 1. Provaremos que f e´ nula se f(0) = 0 e que f e´ igual a func¸a˜o x → ax,
a := f(1) ∈ R+, se f(0) = 1.
Suponhamos que f(0) = 0. Neste caso, temos que
f(x) = f(x+ 0) = f(x) · f(0) = f(x) · 0 = 0,
para todo x ∈ R. Desta forma, a func¸a˜o f e´ constante igual a zero.
Consideremos, de agora em diante, o caso em que f(0) = 1.
Seja a := f(1). Temos que
a = f(1) = f
(
1
2
+
1
2
)
= f
(
1
2
)
· f
(
1
2
)
> 0.
Ale´m disso,
a · f(−1) = f(1) · f(−1) = f(1− 1) = f(0) = 1
e, consequentemente, f(1) 6= 0. Com isso, conclu´ımos que a ∈ R+.
Provaremos, por induc¸a˜o em n ∈ Z+, que f(nx) =
(
f(x)
)n
, para todo x ∈ R. Para n = 1 a afirmac¸a˜o e´ trivial.
Se f(nx) =
(
f(x)
)n
enta˜o
f
(
(n+ 1)x
)
= f(nx+ x) = f(nx) · f(x) = (f(x))nf(x) = (f(x))n+1.
Logo, pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Finita, f(nx) =
(
f(x)
)n
para todo n ∈ Z+ e x ∈ R.
Com isso, temos, para todo n ∈ Z+ e x ∈ R, que
f(−nx) · (f(x))n = f(−nx) · f(nx) = f(−nx+ nx) = f(0) = 1
e, consequentemente,
f(−nx) = 1(
f(x)
)n = (f(x))−n.
Logo, como
f(0x) = f(0) = 1 =
(
f(x)
)0
,
conclu´ımos que
f(nx) =
(
f(x)
)n
,
para todo n ∈ Z e x ∈ R.
Para m ∈ Z+, (
f
(
1
m
))m
= f
(
m · 1
m
)
= f(1) = a
e, consequentemente,
f
(
1
m
)
= a
1
m .
Portanto, para todo n ∈ Z e m ∈ Z+,
f
( n
m
)
=
(
f
(
1
m
))n
= (a
1
m )n = a
n
m .
A func¸a˜o g : R→ R definida por
g(x) = ax = ex·log a
e´ uma composic¸a˜o de func¸o˜es cont´ınuas. Logo, g e´ cont´ınua.
Desta forma, conclu´ımos que as func¸o˜es f e x → ax coincidem em Q. Portanto, como ambas func¸o˜es sa˜o
cont´ınuas, devemos ter que f = g.
317
Exerc´ıcio 9.37:
Prove que lim
n→∞n
n
√
a− 1 = log a para todo a > 0.
Este exerc´ıcio esta´ errado.
A sequeˆncia ( n
√
a− 1)n∈Z+ e´ limitada. Logo,
lim
n→∞n
n
√
a− 1 = +∞ 6= log a.
318
Exerc´ıcio 9.38:
Mostre que
lim
n→+∞
(
nn+1 + (n+ 1)n
nn+1
)n
= ee.
Seja (bn)n∈Z+ a sequeˆncia dada por
bn =
(
1 +
1
n
)n
,
para todo n ∈ Z+. Temos que (
1 +
bn
n
)n
=
(
1 +
1
n
·
(
1 +
1
n
)n)n
=
(
1 +
1
n
· (n+ 1)
n
nn
)n
=
(
nn+1 + (n+ 1)n
nn+1
)n
Portanto, devemos provar que
lim
n→+∞
(
1 +
bn
n
)n
= ee. (9.1)
Para verificarmos a igualdade acima, provaremos treˆs desigualdades que sera˜o utilizadas.
A primeira desigualdade e´(
1 +
a
m
)m
<
(
1 +
a
n
)n
, para todo a ∈ R+ e m < n em Z+. (9.2)
Supondo que a ∈ R+ e m < n em Z+, segue que(
1 +
a
m
)m
=
m∑
k=0
m!
k!(m− k)! ·
ak
mk
= 1 + a+
m∑
k=2
ak
k!
m(m− 1) . . . (m− (k − 1))
mk
= 1 + a+
m∑
k=2
ak
k!
(
1− 1
m
)
·
(
1− 2
m
)
· · · · ·
(
1− k − 1
m
)
< 1 + a+
m∑
k=2
ak
k!
(
1− 1
n
)
·
(
1− 2
n
)
· · · · ·
(
1− k − 1
n
)
< 1 + a+
n∑
k=2
ak
k!
(
1− 1
n
)
·
(
1− 2
n
)
· · · · ·
(
1− k − 1
n
)
= 1 + a+
n∑
k=2
ak
k!
n(n− 1) . . . (n− (k − 1))
nk
=
n∑
k=0
n!
k!(n− k)! ·
ak
nk
=
(
1 +
a
n
)n
.
Com isso, e pelo fato de que
lim
n→∞
(
1 +
a
n
)n
= ea
(veja o Exerc´ıcio 9.34), temos que a sequeˆncia ((
1 +
a
n
)n)
n∈Z+
319
e´ estritamente crescente e convergente com(
1 +
a
n
)n
< ea, para todo n ∈ Z+ (9.3)
A segunda desigualdade e´(
1 +
a
n
)n
<
(
1 +
b
n
)n
, para a < b em R+ e todo n ∈ Z+. (9.4)
Se a < b em R+ enta˜o
1 +
a
n
< 1 +
b
n
,
para qualquer n ∈ Z+. Segue, por induc¸a˜o em k ∈ Z+ que,(
1 +
a
n
)k
<
(
1 +
b
n
)k
.
Em particular, (9.4) e´ va´lida.
A terceira desigualdade e´
ea < eb, para a < b em R+. (9.5)
Pelo Teorema 9.22, a func¸a˜o exponencial possui derivada estritamente positiva. Por isso, a desigualdade (9.5) e´
va´lida.
Voltemos ao limite (9.1).
Seja ε > 0. Verificaremos que existe n0 ∈ Z+ tal que para todo n > n0 vale
ee − ε <
(
1 +
bn
n
)n
< ee.
Da´ı concluiremos que a igualdade (9.1) e´ va´lida.
Como a aplicac¸a˜o exponencial e´ cont´ınua (Teorema 9.22) e limn→+∞ bn = e (Exerc´ıcio 9.34) existe k ∈ Z+ tal
que
ebk ∈
(
ee − ε
2
, ee +
ε
2
)
.
Assim, por (9.5), devemos ter que
ee − ε
2
< ebk < ee. (9.6)
Novamente pelo Exerc´ıcio 9.34, devemos ter que
lim
m→+infty
(
1 +
bk
m
)m
= ebk .
Assim, existe m ∈ Z+ tal que (
1 +
bk
m
)m
∈
(
ebk − ε
2
, ebk +
ε
2
)
.
Logo, pela desigualdade (9.3),
ebk − ε
2
<
(
1 +
bk
m
)m
< ebk . (9.7)
Pelas desigualdades (9.6) e (9.3), devemos ter que
ee − ε <
(
1 +
bk
m
)m
< ee.
Segue da´ı que, para todo
n > no := max{m, k},
320
valem as desigualdades
ee − ε <
(
1 +
bk
m
)m
<
(
1 +
bk
n
)n
(pela desigualdade (9.2))
<
(
1 +
bn
n
)n
(pela desigualdade (9.4))
e (
1 +
bn
n
)n
< ebn (pela desigualdade (9.3))
< ee (pela desigualdade (9.5)).
Ou seja,
ee − ε <
(
1 +
bn
n
)n
< ee,
para todo n > n0.
321
Exerc´ıcio 9.39:
Seja g : [c, d]→ R e´ cont´ınua e f : [a, b]→ [c, d] e´ integra´vel enta˜o g ◦ f : [a, b]→ R e´ integra´vel.
Como g : [c, d]→ R e´ cont´ınua e [c, d] e´ compacto, g e´ limitada (Teorema 14 do Cap´ıtulo VII). Logo, g◦f : [a, b]→
R tambe´m e´ limitada.
O conjunto dos pontos de descontinuidade de g ◦ f esta´ contido no conjunto dos pontos de descontinuidade de
f pois, como g e´ cont´ınua, g ◦ f e´ cont´ınua em cada ponto em que f e´ cont´ınua. Sendo f integra´vel e limitada,
temos, pelo Crite´rio de Lebesgue (Teorema 20 do Cap´ıtulo IX), que o conjunto dos pontos de descontinuidde de
f possui medida nula. Assim, por ser um subconjunto de um conjunto de medida nula, o conjunto dos pontos de
descontinuidade de g ◦ f tem medida nula.
Portanto, pelo Crite´rio de Lebesgue, g ◦ f e´ integra´vel.
322
Exerc´ıcio 9.40:
Se f : [a, b] → [c, d] e´ de classe C1, com f ′(x) 6= 0 para todo x ∈ [a, b], e g : [c, d] → R e´ integra´vel, enta˜o g ◦ f e´
integra´vel.
A func¸a˜o f : [a, b]→ [c, d] e´ injetiva pois se x e y ∈ [a, b] sa˜o tais que x 6= y e f(x) = f(y) enta˜o, pelo Teorema
de Rolle, existiria um z ∈ [a, b] tal que f ′(z) = 0. Logo, esta´ bem definida a func¸a˜o f−1 : f([a, b])→ [a, b].
Sendo f uma func¸a˜o de classe C1, |f ′| e´ uma func¸a˜o cont´ınua. Assim, como [a, b] e´ um conjunto compacto e
|f ′|(x) > 0, para todo x ∈ [a, b], temos, pelo Teorema de Weierstrass (Corola´rio do Teorema 7.14), que
k := min |f ′|([a, b]) > 0.
Mostraremos, agora, que f−1 : f([a, b])→ [a, b] e´ uma func¸a˜o Lipschitziana com constante de Lipschitz
L :=
1
k
Sejam x = f(z) e y = f(w) em f([a, b]), com z e w ∈ [a, b]. Pelo Teorema do Valor Me´dio, existe θ ∈ [a, b] tal que
f ′(θ)(z − w) = f(z)− f(w) = x− y.
Assim,
|f−1(x)− f−1(y)| = |z − w|
=
∣∣∣∣ 1f ′(θ)
∣∣∣∣ |x− y|
6 1
k
|x− y|
= L|x− y|.
Seja Dg o conjunto dos pontos de descontinuidade de g contidos em f([a, b]) e Dg◦f os pontos de descontinuidade
de g ◦ f contidos em [a, b]. Como g ◦ f e´ cont´ınua em todo ponto x ∈ [a, b] para o qual g e´ cont´ınua em f(x) (uma
vez que f e´ cont´ınua), devemos ter que
Dg◦f ⊂ f−1(Dg).Como g : [c, d]→ R e´ integra´vel, devemos ter, pelo Crite´rio de Lebesgue (Teorema 9.20), que o conjunto Dg, dos
pontos de descontinuidade de g, tem medida nula. Sendo f−1 uma func¸a˜o Lipschitziana, a imagem do conjunto Dg
por f−1 deve, pelo Exerc´ıcio 9.25, ter medida nula. Logo, Dg◦f esta´ contido no conjunto de medida nula f−1(Dg)
e, por isso, deve ter medida nula.
Assim, g ◦ f e´ uma func¸a˜o limitada (pois g e´ integra´vel e, portanto, limitada) cujo conjunto dos pontos de
descont´ınuidade Dg◦f tem medida nula. Portanto, pelo Crita´rio de Lebesgue (Teorema 9.20), g ◦ f deve ser
integra´vel.
323
Exerc´ıcio 9.41:
Se X ⊂ R tem conteu´do nulo, o mesmo ocorre com o seu fecho. Em particular, X tem interior vazio. E se X tem
medida nula?
Seja X um conjunto de conteu´do nulo. Mostraremos, para ε > 0 arbitra´rio, que existem intervalos abertos I1,
. . . , In em R tais que X ⊂ ∪nk=1Ik e
∑n
k=1 |Ik| < ε.
Como X tem medida nula, existem intervalos
Jk = (ak, bk),
para k = 1, . . . , n, tais que X ⊂ ∪nk=1Jk e
∑n
k=1 |Jk| < ε/2.
Definimos
Ik :=
(
ak − ε
4n
, bk +
ε
4n
)
,
para k = 1, . . . , n. Com isso, temos que
Jk = [ak, bk] ⊂ Ik,
e
|Ik| =
(
bk +
ε
4n
)
−
(
ak − ε
4n
)
= |Jk|+ ε
2n
,
para k = 1, . . . , n.
Pelo Exerc´ıcio 5.20, temos que
n⋃
k=1
Jk =
n⋃
k=1
Jk.
Assim, como X ⊂ ∪nk=1Jk e Jk = [ak, bk] ⊂ Ik,
X ⊂
n⋃
k=1
Jk =
n⋃
k=1
Jk ⊂
n⋃
k=1
Ik.
Ale´m disso,
n∑
k=1
|Ik| =
n∑
k=1
(
|Jk|+ ε
2n
)
=
n∑
k=1
|Jk|+ ε
2
< ε.
Portanto, X tem conteu´do nulo.
Pelo Exerc´ıcio 5.56, nenhum intervalo aberto tem conteu´do nulo. Em particular, nenhum conjunto que conte´m
um intervalo aberto tem conteu´do nulo. Logo, um conjunto de conteu´do nulo tem interior vazio.
Portanto, como X tem conteu´do nulo, X tem interior vazio.
Por fim, observemos que X ter medida nula na˜o implica que X tenha medida nula. De fato, Q tem medida
nula mas Q = R na˜o.
324
Cap´ıtulo 10
Sequeˆncias e Se´ries de Func¸o˜es
325
Exerc´ıcio 10.44:
A sequeˆncia de func¸o˜es fn(x) = nx
2 possui derivadas equilimitadas no ponto 0 mas na˜o e´ equicont´ınua neste
ponto.
Como f ′n(0) = 0 para todo n ∈ Z+ temos que a sequeˆncia (fn) possui derivadas limitadas em 0.
Por outro lado, para todo δ > 0, existe x ∈ (−δ, δ) e n ∈ Z+ tais que
|fn(0)− fn(x)| > 1.
De fato, dado δ > 0, existe k ∈ Z+ tal que 1/k < δ. Assim, para n = k2 e x = 1/k, temos que
|fn(0)− fn(x)| = |0− 1| = 1.
Portanto, a sequeˆncia na˜o e´ equicont´ınua em 0.
326
Exerc´ıcio 10.45:
Um conjunto de polinoˆmios de grau 6 k, uniformemente limitado em um intervalo compacto, e´ equicont´ınuo neste
intervalo.
Seja E tal conjunto de polinoˆmios definidos no intervalo compacto I.
Podemos considerar, sem perda de generalidade, que I = [0, b] para algum b > 0. De fato, se I = [a, b], podemos
definir
E˜ := {p˜ : [0, b− a]→ R | ∃p ∈ E, p˜(x) = p(x+ a)∀x ∈ [0, b− a]}
e teremos, assim, que E e´ uniformemente limitado se e somente se E˜ e´ uniformemente limitado e que E e´
equicont´ınuo se e somente se E˜ e´ equicont´ıno.
Provaremos, por induc¸a˜o em k, que existe uma constante C > 0 tal que, para todo p ∈ E dado por p(x) =∑k
i=0 aix
i, vale
|ai| < C, i = 0, ..., k. (10.1)
Donde conclui-se que o conjunto das derivadas dos polinoˆmios de E e´ equilimitado e, consequentemente, que E e´
equicont´ınuo.
Para k = 0, temos que (10.1) segue do fato de E ser equilimitado.
Suponhamos que exista C > 0 satifazendo (10.1) para todo k 6 n− 1. E suponhamos que k = n.
Como E e´ equilimitado, segue que o conjunto
E′ := {p− p(0) | p ∈ E}
e´ tambe´m equilimitado. Consideremos
E′′ := {p | ∃p˜ ∈ E′, p˜(x) = p(x)x, ∀x ∈ I}
Adiante, dada uma constante A > 0 tal que
|p(x)| < A,∀p ∈ E′, x ∈ I,
temos que A′ = A/b e´ tal que
|p(x)| < A′,∀p ∈ E′′, x ∈ I.
Ou seja, E′′ e´ equilimitada. Ale´m disso, todos os polinoˆmios em E′′ sa˜o de grau 6 n − 1. Pelo passo indutivo,
existe C ′ > 0 tal que, para todo p ∈ E′′ dado por p(x) = ∑ni=1 aixi−1, vale
|ai| < C ′, i = 1, ..., n.
E, como E e´ equilimitado, existe C ′′ > 0 tal que, para todo p ∈ E, vale
|a0| = |p(0)| < C ′′.
Assim, para C = max{C ′, C ′′} temos (10.1). E o resultado segue pelo PIF.
327
Exerc´ıcio 10.46:
Diz-se que uma sequeˆncia de func¸o˜es fn : X → R converge fracamente para uma func¸a˜o f : X → R quando
limn→∞ fn(x) = f(x) para cada ponto x ∈ X na qual f e´ cont´ınua. Seja D ⊂ R denso. Prove que se uma
sequeˆncia de func¸o˜es mono´tonas fn : R→ R converge simplesmente em D para uma func¸a˜o f : R→ R enta˜o (fn)
converge fracamente para f em R.
Seja x0 ∈ R um ponto de continuidade de f . Provaremos que
lim
n→∞ fn(x0) = f(x0). (10.2)
Para tanto, basta mostrar, para (fnk) e (fnp) sendo as subsequeˆncia na˜o-decrescentes e na˜o-crescentes de (fn), que
lim
k→∞
fnk(x0) = limp→∞ fnp(x0) = f(x0)
Com igual raza˜o, basta provar a afirmac¸a˜o (10.2) para o caso em que todas as fn’s sa˜o decrescentes e para o caso
em que todas as fn’s sa˜o na˜o-crescentes.
Suponhamos que todas as fn’s sa˜o na˜o-decrescentes.
Comec¸aremos provando que f e´ na˜o-decrescente em D. Suponhamos, por absurdo, que existam
x− < x+
em D tais que
f(x−) > f(x+).
Enta˜o, como
lim
n→∞ fn(x
−) = f(x−),
lim
n→∞ fn(x
+) = f(x+)
e
f(x−) >
f(x−) + f(x+)
2
> f(x+),
temos, para n suficientemente grande, que
fn(x
−) >
f(x−) + f(x+)
2
> fn(x
+).
Contradizendo o fato de fn ser na˜o-decrescente. Portanto, f e´ na˜o-decrescente em D.
O pro´ximo passo desta demonstrac¸a˜o e´ provar que se
x−0 < x0 < x
+
0 ,
onde x−0 e x
+
0 ∈ D, enta˜o
f(x−0 ) 6 f(x0) 6 f(x+0 ).
De fato, se
f(x−0 ) > f(x0),
enta˜o, como f e´ cont´ınua em x0 e D e´ denso em R, existe x˜ ∈ D tal que
x−0 < x˜ < x0
e
f(x−0 ) > f(x˜).
Contradizendo o fato de f ser na˜o-decrescente em D. Portanto, devemos ter que
f(x−0 ) 6 f(x0).
E, de forma ana´loga, mostra-se que devemos ter que
f(x0) 6 f(x+0 ).
328
Por fim, provaremos que, dado ε > 0, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo natural n > n0 vale
|f(x0)− fn(x0)| < ε.
Com efeito, existem (pois f e´ cont´ınua em x0) x
−
0 e x
+
0 ∈ D tais que
x−0 < x0 < x
+
0
e
|f(x−0 )− f(x+0 )| < ε/2.
E, como (fn) converge simplesmente para f em D, existe n0 ∈ Z+, tal que, para todo n > n0, vale
|f(x−0 )− fn(x−0 )| < ε/2
e
|f(x+0 )− fn(x+0 )| < ε/2.
Pelo que foi dito nos para´grafos acima, temos que
f(x−0 ) 6 f(x0) 6 f(x+0 )
e
fn(x
−
0 ) 6 fn(x0) 6 fn(x+0 ).
Logo,
f(x−0 )− fn(x+0 ) 6 f(x0)− fn(x0) 6 f(x+0 )− fn(x−0 ).
E, como
|f(x−0 )− fn(x+0 )| 6 |f(x−0 )− f(x+0 )|+ |f(x+0 )− fn(x+0 )| 6 ε/2 + ε/2 = ε
e
|f(x+0 )− fn(x−0 )| 6 |f(x+0 )− f(x−0 )|+ |f(x−0 )− fn(x−0 )| 6 ε/2 + ε/2 = ε,
para todo n > n0, segue que
|f(x0)− fn(x0)| < ε,
para todo n > n0. E temos o resultado.
O caso em que todas as fn’s sa˜o na˜o-crescentes e´ ana´logo.
329
Exerc´ıcio 10.47:
Seja f(x) = x+ x|x| se x 6= 0 e f(0) = 0. Obtenha uma sequeˆncia de func¸o˜es cont´ınuas crescentes fn : R→ R que
convirjam para f em R− {0}, mas (fn(0)) na˜o converge.
Considere
fk(x) =
{
f(x), x < −1/k e 0 < x(
2 + 1k
) (x+1/k
1/k
)
− 1k − 1, −1/k 6 x 6 0
para k par e
fk(x) =
{
f(x), x < −1/k e 0 < x(
2 + 1k
) (
x
1/k
)
− 1, 0 6 x 6 1/k
para k ı´mpar. Temos, enta˜o, que (fk) e´ uma sequeˆncia de func¸o˜es cont´ınuas e crescentes que converge para f em
R− {0}. E, como
fk(0) = (−1)k,
temos que (fk(0)) na˜o e´ convergente.
330
Exerc´ıcio 10.48:
Uma sequeˆncia de func¸o˜es mono´tonas fn : R → R possui uma subsequeˆncia que converge fracamente para uma
func¸a˜o mono´tona f : R→ R, a qual podemos tomar cont´ınua a` direita.
Provaremos o resultado para o caso em que (fn) e´ uma sequeˆncia de func¸o˜es na˜o decrescentes. A demonstrac¸a˜opara o caso em que (fn) e´ uma sequeˆncia de func¸o˜es na˜o-crescentes e´ ana´loga. No caso geral, (fn) possui uma
subsequeˆncia de pelo menos um destes dois tipos. E esta, por sua vez, possuira´ um subsequeˆncia com a propriedade
do enu´nciado.
Seja (fn) uma sequeˆncia simplesmente limitada de func¸o˜es na˜o decrescentes.
Pelo Teorema de Cantor-Tychonov existe uma subsequeˆncia (fnk) de (fn) que converge em Q para uma func¸a˜o
f˜ : Q→ R. Como (fnk), devemos ter que f˜ e´ na˜o-decrescente.
Como f˜ e´ mono´tona, existe limx→x+0 f˜(x). Assim, podemos definir
f : R → R
x0 → limx→x+0 f˜(x).
Provaremos que f e´ cont´ınua a` direita e (fnk) converge fracamente para f .
Seja x0 ∈ R. Provaremos que
f(x0) = lim
x→x+0
f(x).
Seja (xn) uma sequeˆncia em R que converge a` direita para x0. Pela definic¸a˜o de f , para cada n ∈ Z+ existe
yn ∈ Q ∩ (xn,+∞) tal que
|xn − yn| < 1
n
e
|f(xn)− f˜(yn)| < 1
n
.
Assim,
lim
n→∞ yn = limn→∞xn = x0
e, consequentemente,
lim
n→∞ f(xn) = limn→∞ f˜(yn) = limx→x+0
f˜(x) = f(x0).
Como (xn) e´ uma sequeˆncia que converge para x0 a` direita arbitra´ria, segue que
lim
x→x+0
f(x) = f(x0).
Por sua vez, como x0 e´ arbitra´rio, conclu´ımos que f e´ cont´ınua a` direita.
Para todos x0 ∈ R, x−0 e x+0 ∈ Q tais que
x−0 < x0 < x
+
0 ,
temos que
f˜(x−0 ) 6 f(x0) 6 f˜(x+0 ) (10.3)
pois
f(x0) = limx→x+0 f˜(x)
e f˜ e´ na˜o-decrescente.
Seja x0 um ponto de continuidade de f e ε > 0. Provaremos que existe k0 ∈ Z+ tal que para todo k > k0 em
Z+ temos que
|f(x0)− fnk(x0)| < ε.
Como x0 e´ ponto de continuidade de f , existem y
−
0 e y
+
0 ∈ R tais que
y−0 < x0 < y
+
0
e
|f(y+0 )− f(y−0 )| <
ε
2
.
331
Tomando-se x−0 e x
+
0 ∈ Q tais que
y−0 < x
−
0 < x0 < x
+
0 < y
+
0
temos, por (10.3), que
f(y−0 ) 6 f˜(x−0 ) 6 f(x0) 6 f˜(x+0 ) 6 f(y+0 ).
Assim,
|f˜(x+0 )− f˜(x−0 )| <
ε
2
.
Como (fnk) converge simplesmente para f˜ em Q, existe k0 ∈ Z+ tal que, para todo k > k0 vale
|f˜(x−0 )− fnk(x−0 )| <
ε
2
e
|f˜(x+0 )− fnk(x+0 )| <
ε
2
.
Do que foi dito acima, e pelo fato de cada fnk ser na˜o-decrescente, temos que
f˜(x−0 ) 6 f(x0) 6 f˜(x+0 ),
fnk(x
−
0 ) 6 fnk(x0) 6 f(x+0 )
e, consequentemente,
f˜(x−0 )− fnk(x+0 ) 6 f(x0)− fnk(x0) 6 f˜(x+0 )− fnk(x−0 ).
Por fim, como
|f˜(x−0 )− fnk(x+0 )| 6 |f˜(x−0 )− f˜(x+0 )|+ |f˜(x+0 )− fnk(x+0 )| <
ε
2
+
ε
2
= ε
e
|f˜(x+0 )− fnk(x−0 )| 6 |f˜(x+0 )− f˜(x−0 )|+ |f˜(x−0 )− fnk(x−0 )| <
ε
2
+
ε
2
= ε
para todo k > k0 em Z+, temos que
|f(x0)− fnk(x0)| < ε
para todo k > k0 em Z+.
332
Exerc´ıcio 10.49:
Seja (fn) uma sequeˆncia equicont´ınua e simplesmente limitada num compacto X ⊂ R. Se toda subsequeˆncia
uniformemente convergente em X tem o mesmo limite f : X → R, enta˜o fn → f uniformemente.
Suponhamos, por absurdo, que a sequeˆncia (fn) na˜o convirja uniformemente para f . Enta˜o, existe uma sub-
sequeˆncia (fnk) de (fn) e uma sequeˆncia
|f(xnk)− fnk(xnk)| > ε (10.4)
para algum ε > 0 fixo. Pore´m, como X e´ compacto, (fnk) e´ equicont´ınua e simplesmente limitada, temos, pelo
Teorema 10.23, que alguma subsequeˆncia de (fnk) converge uniformemente em X para uma func¸a˜o f˜ . E, como
toda subsequeˆncia uniformemente convergente de (fn) converge para f , devemos ter que f˜ = f . O que contradiz
(10.4).
333
Exerc´ıcio 10.50:
Deˆ exemplo de uma sequeˆncia equicont´ınua de func¸o˜es fn : (0, 1)→ (0, 1) que na˜o possua subsequeˆncia uniforme-
mente convergente em (0, 1).
Seja (fn) a sequeˆncia dada por
fn : (0, 1) → (0, 1)
x ∈ (0, 12pin] → 14 sin ( 1x)+ 12
x ∈ [ 12pin , 1) → 12 .
Esta sequeˆncia converge simplesmente para a func¸a˜o
f : (0, 1) → (0, 1)
x → 12 .
Pore´m nenhuma subsequeˆncia desta sequencia converge uniformemente.
334
Exerc´ıcio 10.51:
Dada uma sequeˆncia de func¸o˜es duas vezes deriva´veis (fn) definidas no intervalo compacto I, suponha que fn → f
simplesmente em I, que (f ′n(a)) e´ limitada para um certo a ∈ I e que (f ′′n ) e´ uniformemente limitada em I. Prove
que f ∈ C1.
Temos que a sequeˆncia (f ′n) e´ equicont´ınua e uniformemente limitada. De fato, como (f
′′
n ) e´ uma sequeˆncia
uniformemente limitada, segue que (fn) e´ equicont´ınua. Adiante, como (f
′′
n ) e´ uniformemente limitada e I e´
compacto, existe, pelo teorema do valor me´dio, C ′ > 0 tal que
|f ′n(x)− f ′n(a)| < C ′,∀n ∈ Z+, x ∈ I.
E, como (f ′n(a)) e´ uma sequeˆncia limitada, existe C > 0 tal que
|f ′n(a)| < C,∀n ∈ Z+.
Enta˜o,
|f ′n(x)| 6 |f ′n(x)− f ′n(a)|+ |f ′n(a)| < C ′ + C,∀n ∈ Z+, x ∈ I.
Ou seja, (f ′n) e´ uniformemente limitada.
Adiante, temos que toda subsequeˆncia uniformemente convergente de (f ′n) converge para f
′. De fato, dada uma
subsequeˆncia uniformemente convergente (f ′nk) temos, pelo Teorema 10.7, que f
′
nk
→ f ′ ja´ que fnk → f .
Como (fn) e´ uma sequeˆncia equincont´ınua, uniformemente limitada tal que todas as suas subsequeˆncias uni-
formemente convergentes convergem para f ′, temos, pelo exerc´ıcio 10.49, que f ′n → f ′ uniformemente em I.
Portanto, f ′ e´ cont´ınua, pois e´ o limite uniforme de uma sequeˆncia de func¸o˜es cont´ınuas.
335
Exerc´ıcio 10.52:
Dada uma sequeˆncia de func¸o˜es k+1 vezes deriva´veis (fn) definidas no intervalo I, suponha que existam a0, ..., ak ∈ I
e c > 0, tais que |fn(a0)| 6 c, |f ′n(a1)| 6 c,...,|f (k)n (ak)| 6 c para todo n ∈ Z+ e que a sequeˆncia (f (k+1)n ) seja
uniformemente limitada em I. Prove que existe uma subsequeˆncia (fni) que converge, juntamente com suas k
primeiras derivadas, uniformemente em cada parte compacta I.
E´ suficiente provar que existe uma subsequeˆncia (fni) que converge, juntamente com suas k primeiras derivadas,
uniformemente em I para o caso em que I e´ um intervalo compacto. Enta˜o, assumiremos sem perda de generalidade,
que I e´ um intervalo compacto.
Temos que a sequeˆncia (f
(k)
n ) e´ equicont´ınua e uniformemente limitada. De fato, como (f
(k+1)
n ) e´ uma sequeˆncia
uniformemente limitada, segue que (f
(k)
n ) e´ equicont´ınua. Adiante, como (f
(k+1)
n ) e´ uniformemente limitada e I e´
compacto, existe, pelo teorema do valor me´dio, C ′ > 0 tal que
|f (k)n (x)− f (k)n (ak)| < C ′,∀n ∈ Z+, x ∈ I.
E, como (f
(k)
n (ak)) e´ uma sequeˆncia limitada, existe C > 0 tal que
|f (k)n (ak)| < C,∀n ∈ Z+.
Enta˜o,
|f (k)n (x)| 6 |f (k)n (x)− f (k)n (ak)|+ |f (k)n (ak)| < C ′ + C,∀n ∈ Z+, x ∈ I.
Ou seja, (f
(k)
n ) e´ uniformemente limitada.
Agora, provaremos o resultado por induc¸a˜o em k.
Consideremos o caso k = 0. Pelo que foi dito acima, temos que (fn) e´ equicont´ınua e uniformemente limitada.
Segue da´ı e do fato de I ser compacto, pelo Teorema 10.23, que (fn) possui uma subsequeˆncia uniformemente
convergente.
Faremos agora o passo indutivo. Como (f
(k)
n ) e´ uniformemente limitada, temos que existe uma subsequeˆncia
(fni) que converge, juntamente com suas k − 1 primeiras derivadas, uniformente. Adiante, temos que (f (k)ni ) e´
equicont´ınua e uniformemente limitada. Isto implica que existe uma subsequeˆncia (f
(k)
nj ) de (f
(k)
ni ) que converge
uniformemente. Portanto, devemos ter que (fnj ) e suas primeiras k derivadas convergem uniformemente.
336
Exerc´ıcio 10.53:
Demonstre o corola´rio de Teorema 22 para intervalos arbitra´rios (abertos ou na˜o) I ⊂ R.
Se int(I) = ∅, os u´nicos compactos em I sa˜o ∅ e I. Assim, o Teorema de Arzela´-Ascoli se aplica imediatamente
e o resultado segue. Adiante assumiremos que existe c ∈ int(I).
Consideremos o intervalo J = [a, b] ⊂ I dado por
a =
{
c, caso inf(I) /∈ I
inf(I), caso contra´rio
e
b =
{
c, caso sup(I) /∈ I
sup(I), caso contra´rio.
Se J = I, temos que I e´ compacto, e, pelo Teorema de Arzela´-Ascoli, temos que existe uma subsequeˆncia de (fn)
que converge uniformemente em I. E, logo, em cadaparte compacta de I. Assumiremos daqui em diante que
J 6= I.
Enta˜o existe uma sequeˆncia de compactos Ki ⊂ I, i ∈ Z+ tais que
K1 = J,
Ki ⊂ Ki+1
e
int(I) = ∪i∈Z+ int(Ki).
Seja K ⊂ I um compacto. Pela escolha de J , temos que K\J ⊂ int(I) e que K\J e´ um compacto. Da´ı segue
que
K\J ⊂ ∪i∈Z+ int(Ki)
e, consequentemente,
K\J ⊂ Ki
para algum i ∈ Z+. Logo,
K ⊂ J ∪Ki = Ki
para algum i ∈ Z+.
Agora, como na demonstrac¸a˜o dada no texto, existe uma subsequeˆncia de (fn) que converge uniformemente em
cada Ki, i ∈ Z+. Portanto, como cada parte compacta de I esta´ contida em algum Ki, temos que esta subsequeˆncia
converge uniformemente em toda parte compacta de K.
337
	Conjuntos e Funções
	Exercício 1.1
	Exercício 1.2
	Exercício 1.3
	Exercício 1.4
	Exercício 1.5
	Exercício 1.6
	Exercício 1.7
	Exercício 1.8
	Exercício 1.9
	Exercício 1.10
	Exercício 1.11
	Exercício 1.12
	Exercício 1.13
	Exercício 1.14
	Exercício 1.15
	Exercício 1.16
	Exercício 1.17
	Exercício 1.18
	Exercício 1.19
	Exercício 1.20
	Exercício 1.21
	Conjuntos Finitos, Enumeráveis e Não-Enumeráveis
	Exercício 2.1
	Exercício 2.2
	Exercício 2.3
	Exercício 2.4
	Exercício 2.5
	Exercício 2.6
	Exercício 2.7
	Exercício 2.8
	Exercício 2.9
	Exercício 2.10
	Exercício 2.11
	Exercício 2.12
	Exercício 2.13
	Exercício 2.14
	Exercício 2.15
	Exercício 2.16
	Exercício 2.17
	Exercício 2.18
	Exercício 2.10
	Exercício 2.20
	Exercício 2.21
	Exercício 2.22
	Exercício 2.23
	Exercício 2.24
	Exercício 2.25
	Exercício 2.26
	Exercício 2.27
	Exercício 2.28
	Exercício 2.29
	Números Reais
	Exercício 3.01
	Exercício 3.02
	Exercício 3.03
	Exercício 3.04
	Exercício 3.05
	Exercício 3.06
	Exercício 3.07
	Exercício 3.08
	Exercício 3.09
	Exercício 3.10
	Exercício 3.11
	Exercício 3.12
	Exercício 3.13
	Exercício 3.14
	Exercício 3.15
	Exercício 3.16
	Exercício 3.17
	Exercício 3.10
	Exercício 3.19
	Exercício 3.20
	Exercício 3.21
	Exercício 3.22
	Exercício 3.23
	Exercício 3.24
	Exercício 3.25
	Exercício 3.26
	Exercício 3.27
	Exercício 3.28
	Exercício 3.29
	Exercício 3.30
	Exercício 3.31
	Exercício 3.32
	Exercício 3.33
	Exercício 3.31
	Exercício 3.32
	Exercício 3.33
	Exercício 3.34
	Exercício 3.35
	Exercício 3.36
	Exercício 3.37
	Exercício 3.38
	Exercício 3.39
	Exercício 3.40
	Exercício 3.41
	Exercício 3.42
	Exercício 3.43
	Exercício 3.44
	Exercício 3.45
	Exercício 3.46
	Exercício 3.47
	Exercício 3.48
	Exercício 3.49
	Exercício 3.50
	Exercício 3.51
	Exercício 3.52
	Exercício 3.53
	Exercício 3.54
	Exercício 3.55
	Exercício 3.56
	Exercício 3.57
	Exercício 3.58
	Exercício 3.59
	Exercício 3.60
	Sequências e Séries de Números Reais
	Exercício 4.1
	Exercício 4.2
	Exercício 4.3
	Exercício 4.4
	Exercício 4.5
	Exercício 4.6
	Exercício 4.7
	Exercício 4.8
	Exercício 4.9
	Exercício 4.10
	Exercício 4.10
	Exercício 4.11
	Exercício 4.11a
	Exercício 4.12
	Exercício 4.14
	Exercício 4.15
	Exercício 4.18
	Exercício 4.19
	Exercício 4.20
	Exercício 4.21
	Exercício 4.22
	Exercício 4.25
	Exercício 4.31
	Exercício 4.33
	Exercício 4.35
	Exercício 4.36
	Exercício 4.40
	Exercício 4.41
	Exercício 4.42
	Exercício 4.43
	Exercício 4.44
	Exercício 4.45
	Exercício 4.46
	Exercício 4.47
	Exercício 4.48
	Exercício 4.49
	Topologia da Reta
	Exercício 5.01
	Exercício 5.02
	Exercício 5.03
	Exercício 5.04
	Exercício 5.05
	Exercício 5.06
	Exercício 5.07
	Exercício 5.08
	Exercício 5.09
	Exercício 5.10
	Exercício 5.11
	Exercício 5.12
	Exercício 5.13
	Exercício 5.14
	Exercício 5.15
	Exercício 5.16
	Exercício 5.17
	Exercício 5.18
	Exercício 5.19
	Exercício 5.20
	Exercício 5.21
	Exercício 5.22
	Exercício 5.23
	Exercício 5.24
	Exercício 5.25
	Exercício 5.26
	Exercício 5.27
	Exercício 5.28
	Exercício 5.29
	Exercício 5.30
	Exercício 5.31
	Exercício 5.32
	Exercício 5.33
	Exercício 5.34
	Exercício 5.35
	Exercício 5.36
	Exercício 5.37
	Exercício 5.38
	Exercício 5.39
	Exercício 5.40
	Exercício 5.41
	Exercício 5.42
	Exercício 5.43
	Exercício 5.44
	Exercício 5.45
	Exercício 5.46
	Exercício 5.47
	Exercício 5.48
	Exercício 5.49
	Exercício 5.50
	Exercício 5.51
	Exercício 5.52
	Exercício 5.53
	Exercício 5.54
	Exercício 5.55
	Exercício 5.56
	Exercício 5.57
	Exercício 5.58
	Exercício 5.59
	Exercício 5.60
	Exercício 5.61
	Exercício 5.62
	Exercício 5.63
	Exercício 5.64
	Limites de Funções
	Exercício 6.01
	Exercício 6.02
	Exercício 6.03
	Exercício 6.04
	Exercício 6.05
	Exercício 6.06
	Exercício 6.07
	Exercício 6.08
	Exercício 6.09
	Exercício 6.10
	Exercício 6.11
	Exercício 6.12
	Exercício 6.13
	Exercício 6.14
	Exercício 6.15
	Exercício 6.16
	Exercício 6.17
	Exercício 6.18
	Exercício 6.19
	Exercício 6.20
	Exercício 6.21
	Exercício 6.22
	Exercício 6.23
	Exercício 6.24
	Funções Contínuas
	Exercício 7.38
	Exercício 7.39
	Exercício 7.40
	Exercício 7.41
	Exercício 7.42
	Exercício 7.43
	Exercício 7.44
	Exercício 7.45
	Exercício 7.46
	Exercício 7.47
	Derivadas
	Exercício 8.46
	Exercício 8.47
	Exercício 8.48
	Exercício 8.49
	Exercício 8.50
	Exercício 8.51
	Exercício 8.52
	Exercício 8.53
	Exercício 8.54
	Exercício 8.55
	Integral de Riemann
	Exercício 9.36
	Exercício 9.37
	Exercício 9.38
	Exercício 9.39
	Exercício 9.40
	Exercício 9.41
	Sequências e Séries de Funções
	Exercício 10.44
	Exercício 10.45
	Exercício 10.46
	Exercício 10.47
	Exercício 10.48
	Exercício 10.49
	Exercício 10.50
	Exercício 10.51
	Exercício 10.52
	Exercício 10.53