Respostas do livro Introdução à análise real Osmundo Alves

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1
Soluc¸o˜es dos Exerc´ıcios
Cap´ıtulo 1
1.1-
a) Suponha que x+ y /∈ Q−R. Enta˜o x+ y ∈ R ou y = r − x. Da´ı, y ∈ Q, pois
r − x ∈ Q, o que contradiz a hipo´tese de que y ∈ Q− R.
b) Suponha que xy /∈ R − Q. Enta˜o xy = r ∈ Q ou y = r
x
. Da´ı, y ∈ Q, pois
r
x
∈ Q o que condradiz a hipo´tese de que y ∈ Q− R.
c) Temos:
y = y · 1 = y · x · 1
x
= xy · 1
x
= 0 · 1
x
= 0⇒ y = 0
d) Temos:
(
√
x−√y)2 ≥ 0, ∀x ≥ 0 e ∀y ≥ 0
Logo:
(
√
x−√y)2 = x− 2√x√y + y = x+ y − 2√x√y ≥ 0
⇒ x+ y ≥ 2√xy ⇒ √xy ≤ x+ y
2
e) Temos:
|a− b| = |a+ (−b)| ≤ |a|+ | − b| = |a|+ | − 1 · b| = |a|+ | − 1||b| = |a|+ |b|
⇒ |a− b| ≤ |a|+ |b|, ∀a, b ∈ R
f) Temos:
|a| = |a− b+ b| ≤ |a− b|+ |b|
|a| − |b| ≤ |a− b| (1)
Por outro lado,
|b| = | − 1||b| = | − b| = | − a+ a− b| = |a− b− a| ≤ |a− b|+ |a|
⇒ −|a− b| ≤ |a| − |b| (2)
Por (1) e (2) segue que:
−|a− b| ≤ |a| − |b| ≤ |a− b|
ou equivalentemente:
||a| − |b|| ≤ |a− b|, ∀a, b ∈ R
2
g) Temos:
|a| = |a+ b− b| ≤ |a+ b|+ |b| ⇒ |a| − |b| ≤ |a+ b|
⇒ |a+ b| ≥ |a| − |b|, ∀a, b ∈ R
h) Basta mostrar que:
|a|
1 + |b| +
|b|
1 + |b| −
|a+ b|
1 + |a+ b| ≥ 0, ∀a, b ∈ R
De fato,
|a|
1 + |b| +
|b|
1 + |b| −
|a+ b|
1 + |a+ b| =
=
|a|(1 + |b|)(1 + |a+ b|) + |b|(1 + |a|)(1 + |a+ b|)− |a+ b|(1 + |a|)(1 + |b|)
(1 + |a|)(1 + |b|)(1 + |a+ b|)
Note que,
|a|(1 + |b|)(1 + |a+ b|) + |b|(1 + |a|)(1 + |a+ b|)− |a+ b|(1 + |a|)(1 + |b|) =
= |a|+ |a||a+ b|+ |a||b|+ |a||b||a+ b|+ |b|+ |b||a+ b|+ |a||b|+ |a||b||a+ b|−
−|a+ b| − |b||a+ b| − |a||a+ b| − |a||b||a+ b|
= |a|+ |b|+ 2|a||b|+ |a||b||a+ b| − |a+ b|
Da´ı,
|a|
1 + |b| +
|b|
1 + |b| −
|a+ b|
1 + |a+ b| =
|a|+ |b|+ 2|a||b|+ |a||b||a+ b| − |a+ b|
(1 + |a|)(1 + |b|)(1 + |a+ b|) ≥
≥ |a|+ |b|+ 2|a||b|+ |a||b||a+ b| − |a| − |b|
(1 + |a|)(1 + |b|)(1 + |a+ b|) =
=
2|a||b|+ |a||b||a+ b|
(1 + |a|)(1 + |b|)(1 + |a+ b|) ≥ 0
⇒ |a|
1 + |b| +
|b|
1 + |b| −
|a+ b|
1 + |a+ b| ≥ 0 ∀a, b ∈ R
1.2-
a) Se a < b enta˜o, max{a, b} = b. Logo:
a < b⇒ a− b < 0⇒ |a− b| = −(a− b) = b− a⇒ |a− b| = b− a+ b− b
⇒ |a− b|+ a+ b = 2b⇒ b = 1
2
{a+ b+ |a− b|}
Se a > b enta˜o, max{a, b} = a. Logo:
a > b⇒ a− b > 0⇒ |a− b| = a− b⇒ |a− b| = a− b+ a− a
⇒ |a− b|+ a+ b = 2a⇒ a = 1
2
{a+ b+ |a− b|}
3
Se a = b enta˜o, max{a, b} = c, com c = a = b. Logo:
a = b⇒ a− b = 0⇒ |a− b| = a− b⇒ |a− b| = a− b+ a− a
⇒ |a− b|+ a+ b = 2a⇒ a = 1
2
{a+ b+ |a− b|} ⇒ c = 1
2
{a+ b+ |a− b|}
Portanto max{a, b} = 1
2
{a+ b+ |a− b|}.
b) Ana´loga.
1.3- i) Se n = 2, pela desigualdade triangular, temos:
|a1 + a2| ≤ |a1|+ |a2|, ∀a1, a2 ∈ R
ii) Agora, suponha que
|a1 + a2 + . . .+ an| ≤ |a1|+ |a2|+ . . .+ |an| (3)
e´ verdadeira para n, e mostremos que a mesma e´ satisfeita para n+ 1. De fato,
|a1+a2+ . . .+an+an+1| = |(a1+a2+ . . .+an)+an+1| ≤ |a1+a2+ . . .+an|+ |an+1|
Pela hipo´tese de induc¸a˜o temos:
|a1 + a2 + . . .+ an + an+1| ≤ |a1|+ |a2|+ . . .+ |an|+ |an+1|
Portanto, (3) e´ va´lida para todo n ∈ N.
1.4- i) Se n = 1 temos:
(1 + x)1 = 1 + x ≥ 1 + 1x
ii) Agora admitamos que
(1 + x)n ≥ 1 + nx (4)
e´ verdadeira para n. Multiplicando ambos os lados de (4) por 1 + x, teremos:
(1 + x)n+1 ≥ (1 + x)(1 + nx) = 1 + nx+ x+ nx2 =
= 1 + (n+ 1)x+ nx2 ≥ 1 + (n+ 1)x, pois nx2 ≥ 0
Portanto, pelo Princ´ıpio de Induc¸a˜o (1 + x)n ≥ 1 + nx, ∀n ∈ N, ∀x ≥ −1.
1.5- i) Para n = 1 temos:
(1 + x)1 = 1 + x ≥ 1 + 1 · x+ 0 · x2 = 1 + 1 · x+ 1(1− 1)
2
x2
4
ii) Agora, suponha que
(1 + x)n ≥ 1 + nx+ n(n− 1)
2
x2 (5)
e´ verdadeira para n e mostremos que a mesma vale para n+ 1. De fato,
(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x)
Pela hipo´tese de induc¸a˜o temos:
(1 + x)n+1 ≥
(
1 + nx+
n(n− 1)
2
x2
)
(1 + x) =
= 1 + x+ nx+ nx2 +
n(n− 1)
2
x2 +
n(n− 1)
2
x3 =
= 1 + (n+ 1)x+
(
n+
n(n− 1)
2
)
x2 +
n(n− 1)
2
x3 =
= 1 + (n+ 1)x+
(
n+ n2
2
)
x2 +
n(n− 1)
2
x3 =
= 1 + (n+ 1)x+
(n+ 1)n
2
x2 +
n(n− 1)
2
x3 =
= 1 + (n+ 1)x+
(n+ 1)(n+ 1− 1)
2
x2 +
n(n− 1)
2
x3 ≥
≥ 1 + (n+ 1)x+ (n+ 1)(n+ 1− 1)
2
x2
Portanto, (5) e´ va´lida para todo n ∈ N.
1.6- De fato, pela propriedade arquimediana de R temos que: dado ε > 0 em R,
existe N ∈ N tal que
Nε > 1⇒ ε > 1
N
⇒ 1
N
< ε
1.7- Suponha que na˜o existisse x ∈ S tal que y > x ≥ m0 para cada y > m0.
Enta˜o ter´ıamos y ≤ x ∀x ∈ S, isto e´, y seria uma cota inferior para S. Mas
y > m0, o que contradiz o fato de m0 ser o ı´nfimo de S. Portanto, para cada
y > m0, existe x ∈ S tal que y > x ≥ m0.
1.8- a) (Existeˆncia) Temos:
b = b · 1 = b · a
a
= a · b
a
⇒ a · b
a
= b
Logo, x =
b
a
satisfaz ax = b, e esta´ provada a existeˆncia.
5
(Unicidade) Suponha que exista y ∈ R tal que ay = b. Enta˜o:
y = 1 · y = a
a
· y = 1
a
· ay = 1
a
· b = b
a
⇒ y = b
a
Logo ax = b possui soluc¸a˜o u´nica em R.
b) Ana´loga.
1.9- i) Se n = 1 temos x− y = x− y.
ii) Adimitamos que
xn − yn = (x− y)(xn−1 + xn−2y + . . .+ xn−jyj−1 + . . .+ xyn−2 + yn−1)
e´ verdade para n e mostremos a igualdade para n+ 1. De fato,
xn+1 − yn+1 = xn · x− yn · y = xnx− xny + xny − yny
= xn(x− y) + (xn − yn)y
Agora, utilizando a hipo´tese de induc¸a˜o, temos
xn+1 − yn+1 = xn(x− y) + (x− y)(xn−1 + xn−2y + . . .+ xyn−2 + yn−1)y
= (x− y)xn + (x− y)(xn−1y + xn−2y2 + . . .+ xyn−1 + yn)
= (x− y)(xn + xn−1y + . . .+ xyn−1 + yn)
= (x− y)(x(n+1)−1 + x(n+1)−2y + . . .+ xy(n+1)−2 + y(n+1)−1)
Assim, vale a igualdade ∀n ∈ N, pelo Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica.
1.10- De fato, temos:(
n
k
)
+
(
n
k + 1
)
=
=
n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)
1.2 . . . k
+
n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)(n− k)
1.2 . . . k(k + 1)
=
n(n− 1) . . . (n− k + 1)(k + 1) + n(n− 1) . . . (n− k + 1)(n− k)
1.2 . . . k(k + 1)
=
=
n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)[k + 1 + n− k]
1.2 . . . k(k + 1)
=
=
(n+ 1)n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)
1.2 . . . k(k + 1)
=
(
n+ 1
k + 1
)
1.11- i) Se n = 1 temos:
(x+ y)1 =
1∑
k=1
(
1
k
)
x1−kyk =
(
1
0
)
x1−0y0 +
(
1
1
)
x1−1y1 = x+ y
6
ii) Suponha que:
(x+ y)m =
m∑
k=0
(
m
k
)
xm−kyk (6)
e provemos (6) para m+ 1. Temos
(x+ y)m+1 = (x+ y)m(x+ y) = (x+ y)
m∑
k=0
(
m
k
)
xm−kyk
=
m∑
k=0
(
m
k
)
xm−k+1 +
m∑
k=0
(
m
k
)
xm−kyk+1
=
(
m
0
)
xm+1 +
(
m
1
)
xmy + . . .+
(
m
k − 1
)
xm−k+2yk−1 +
+
(
m
k
)
xm−k+1yk + . . .+
(
m
m
)
xym +
(
m
0
)
xmy +
+
(
m
1
)
xm−1y2 + . . .+
(
m
k − 1
)
xm−1+kyk +
+
(
m
k
)
xm−kyk+1 + . . .+
(
m
m
)
ym+1
=
(
m
0
)
xm+1 +
[(
m
0
)
+
(
m
1
)]
xmy + . . .+
+
[(
m
k − 1
)
+
(
m
k
)]
xm−k+1yk + . . .+
+
[(
m
m− 1
)
+
(
m
m
)]
xym +
(
m
m
)
ym+1
=
m+1∑
k=0
(
m+ 1
k
)
xm+1−kyk
onde foi usada a relac¸a˜o:(
m
k − 1
)
+
(
m
k
)
=
(
m+ 1
k
)
Portanto, pelo Princ´ıpio de Induc¸a˜o Finita, (6) vale para todo n ∈ N.
1.12- Sejam x1, x2, . . ., xn e y1, y2, . . ., yn nu´meros reais e considere, f : R −→ R
tal que:
f(t) =
n∑
i=1
(xi + tyi)
2, t ∈ R
Enta˜o:
f(t) =
n∑
i=1
(xi + tyi)
2 =
n∑
i=1
x2i + 2t
n∑
i=1
xiyi + t
2
n∑
i=1
y2i ≥ 0
7
Fazendo A =
n∑
i=1
y2i , B =
n∑
i=1
xiyi e C =
n∑
i=1
x2i temos:
f(t) = At2 + 2Bt+ C ≥ 0, ∀t ∈ R
Logo:
∆ = (2B)2 − 4AC ≤ 0⇒ 4B2 − 4AC ≤ 0⇒ 4(B2 − AC) ≤⇒ B2 − AC ≤ 0
⇒ B2 ≤ AC
e substituindo os valores de A, B e C concluimos que:(
n∑
i=1
xiyi
)2
≤
(
n∑
i=1
x2i
)(
n∑
i=1
y2i
)
1.13- (Existeˆncia) Consideremos o conjunto:
A = {x ∈ Q; x2 > a, x > 0}
e mostremos que b = infA satisfaz b2 = a. Basta mostrarmos que b2 < a e b2 > a
na˜o sa˜o verdadeiras.
Suponha que b2 < a. Como(
b+
1n
)2
= b2 +
2b
n
+
1
n2
≤ b2 + 2b+ 1
n
e b2 +
2b+ 1
n
< a se n >
2b+ 1
a− b2 , teremos(
b+
1
n
)2
< a se n >
2b+ 1
a− b2
Isto mostra que b+
1
n
e´ uma cota inferior de A, o que e´ uma contradic¸a˜o.
Suponha enta˜o, que b2 > a. Como(
b− 1
n
)2
= b2 − 2b
n
+
1
n2
≥ b2 − 2b
n
e b2 − 2b
n
> a se n >
2b
b2 − a enta˜o temos:(
b− 1
n
)2
> a se n >
2b
b2 − a
8
Desde que, b− 1
n
< b enta˜o existe r ∈ Q tal que,
b− 1
n
< r < b⇒ a <
(
b− 1
n
)2
< r2
Logo, existe r ∈ A tal que r < b, que e´ uma contradic¸a˜o.
(Unicidade) Sejam x1 e x2 soluc¸o˜es reais positivas de x
2 = a. Enta˜o
x21 = a e x
2
2 = a⇒ x21 = x22 ⇒ x21 − x22 = 0⇒ (x1 + x2)(x1 − x2) = 0
Como x1 + x2 > 0 enta˜o:
x1 − x2 = 0⇒ x1 = x2
Exerc´ıcio Complementar 1- Sejam a, b nu´meros irracionais tais que a2 − b2
seja um racional na˜o nulo. Enta˜o a+ b e a− b sa˜o nu´meros irracionais.
Soluc¸a˜o: Temos, a2 − b2 = (a+ b)(a− b). Se pelo menos um dos fatores (a+ b)
ou (a− b) fosse racional, ter´ıamos que a+ b e a− b seriam racionais, pois:
a+ b =
a2 − b2
a− b
e
a− b = a
2 − b2
a+ b
Logo,
a =
a+ b+ a− b
2
e
b =
a+ b− (a− b)
2
seriam racionais, o que contradiz nossa hipo´tese.
1.14-
c) Suponha que 2 +
√
3 seja um nu´mero racional. Enta˜o existem a, b ∈ Z, com
mdc{a, b} = 1, tais que 2 +√3 = a
b
. Logo:
2 +
√
3 =
a
b
⇔ 2b+ b
√
3 = a⇒ b
√
3 = a− 2b⇒
√
3 =
a− 2b
b
Como a− 2b ∈ Z e b ∈ Z, fac¸a m = a− 2b e n = b e teremos:
√
3 =
m
n
, m, n ∈ Z
9
que e´ uma contradic¸a˜o, uma vez que
√
3 e´ irracional.
d) Segue do exerc´ıcio complementar 1.
1.15- Suponhamos que m = inf S. Enta˜o m e´ uma cota superior para S, e
portanto satisfaz a). Agora, se existisse ε0 > 0 tal que x ≥ m+ ε0, ∀x ∈ S, enta˜o
m+ ε0 que e´ estritamente maior que m, seria cota inferior de S, o que contradiz
a maximalidade de m. Portanto ∀ε > 0, ∃x ∈ S tal que x < m+ ε.
Reciprocamente, suponha que m satisfaz a) e b) e seja p uma outra cota inferior
de S. Se fosse m < p tomar´ıamos ε = p −m > 0 e por b) existiria x ∈ S com
x < m+ p−m. Isto e´, x < p, o que contradiz o fato de p ser cota inferior de S.
Portanto m ≥ p, donde segue que inf S = m.
1.16- Seja m uma cota inferior para S. Enta˜o:
m ≤ x, ∀x ∈ S
Portanto
−m ≥ −x, ∀x ∈ S
Logo, o conjunto −S e´ limitado superiormente. Pelo Teorema 1.2, −S possui
supremo, e seja M = sup(−S). Enta˜o:
i) −x ≤M , ∀x ∈ S
ii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que M − ε < −x0
o que implica em
iii) −M ≤ x, ∀x ∈ S
iv) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que −M + ε > x0
ou seja, −M = inf S e portanto:
inf S = −M = − sup(−S)
1.17-
a) Temos que:
d(x, y) = |x− y| ≥ 0⇒ d(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ R
Temos ainda:
d(x, y) = 0⇔ |x− y| = 0⇔ x− y = 0⇔ x = y
b) Temos:
d(x, y) = |x− y| = | − (y − x)| = | − 1||y − x| = d(y, x), ∀x, y ∈ R
10
c) Temos:
d(x, y) = |x−y| = |x−z+z−y| ≤ |x−z|+|z−y| = d(x, y)+d(y, z), ∀x, y, z ∈ R
1.18- Temos que,
1
n
> 0, ∀n ∈ N, ou seja, 0 e´ cota inferior para A. Vamos
mostrar que nenhum c > 0 e´ cota inferior para A. De fato, se c > 0 fosse cota
inferior para A, enta˜o ter´ıamos:
1
n
> c, ∀n ∈ N
Mas, pelo Exerc´ıcio 1.6, dado c > 0, ∃n0 tal que 1
n0
< c, o que contradiz o fato
de c ser cota inferior para A. Logo inf A = 0.
1.19- Seja p ∈ N primo e suponha que √p /∈ R−Q. Enta˜o:
√
p =
a
b
, a, b ∈ Z, b 6= 0 e mdc(a, b) = 1
Logo,
p =
a2
b2
⇒ a2 = pb2 ⇒ p | a2 ⇒ p | a · a⇒ p | a ou p | a⇒ a = kp, k ∈ Z
Da´ı,
(kp)2 = pb2 ⇒ k2p2 = pb2 ⇒ b2 = pk2 ⇒ p | b2 ⇒ p | b⇒ b = k′p
ou seja, a = kp e b = k′p o que contradiz o fato de a e b serem irredut´ıveis. Logo√
p ∈ R−Q.
1.20- Sejam p, q ∈ N primos tal que p 6= q. Suponha que √pq /∈ R−Q. Enta˜o:
√
pq =
a
b
, a, b ∈ Z, b 6= 0 e mdc(a, b) = 1
Logo,
pq =
a2
b2
⇒ b2pq = a2 ⇒ pq | a2 ⇒ pq | a⇒ a = k(pq), k ∈ Z
Da´ı,
b2pq = (k(pq)2) = k2p2q2 ⇒ b2 = k2pq ⇒ pq | b⇒ b = k′(pq), k′ ∈ Z
Mas isto contradiz o fato de a e b serem irredut´ıveis. Portanto:
√
pq ∈ R−Q.
11
1.21- No Exerc´ıcio 1.8, vimos que nenhum a > 0 satisfaz
a <
1
n
, ∀n ∈ N
Como neste caso temos a ≥ 0, enta˜o: a = 0, pois se A =
{
1
n
; n ∈ N
}
, inf A = 0.
1.22-
a) Temos que, existe x0 ∈ S ⇒ axo ∈ aS ⇒ aS 6= ∅. Ale´m disso,
a+ x0 ∈ a+ S ⇒ a+ S 6= ∅. Se y ∈ aS enta˜o:
y = ax x ∈ S ⇒ |y| = |ax| = |a||x| ≤ |a| · k k ∈ R
onde |x| ≤ k ∀x ∈ S uma vez que S e´ limitado. Agora,
y ∈ a+ S ⇒ y = a+ x⇒ |y| = |a+ x| ≤ |a|+ |x| ≤ |a|+ k, ∀y ∈ a+ S
donde segue que a+ S e´ limitada.
b) Se a = 0 as igualdades sa˜o imediatas. Sejam enta˜o a > 0 e α = supS. Temos:
i) x ≤ α, ∀x ∈ S
ii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que α− ε
a
< x0
Multiplicando cada desigualdade acima por a, obtemos:
iii) ax ≤ aα, ∀x ∈ S
iv) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que aα− ε < ax0
Logo, sup(aS) = aα = a supS.
Agora seja, β = inf S. Enta˜o:
v) β ≤ x, ∀x ∈ S
vi) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que x0 < β + ε
a
Multiplicando cada desigualdade acima por a, obtemos:
vii) aβ ≤ ax, ∀x ∈ S
viii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que ax0 < aβ + ε
Logo, inf(aS) = aβ = a inf S.
c) Ja´ vimos que: sup(−S) = − inf S. Sendo a < 0 enta˜o: a = −k, onde k > 0.
Logo
sup(aS) = sup(−kS) = − inf(kS) = −k inf S = a inf S
12
Agora, note que, se S = −S, enta˜o:
sup(−S) = − inf S ⇒ supS = − inf(−S)
⇒ − supS = inf(−S)
Da´ı, sendo a < 0 temos: a = −`, onde ` > 0. Logo:
inf(aS) = inf(−`S) = − sup(`S) = −` supS = a supS
d) Seja α = supS. Enta˜o, temos:
i) x ≤ α, ∀x ∈ S
ii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que α− ε < x0
e somando a as duas desigualdades acima, obtemos:
iii) a+ x ≤ a+ α, ∀x ∈ S
iv) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que a+ α− ε < a+ x0
Logo, sup(a+ S) = a+ α = a+ supS.
Agora seja β = inf S. Enta˜o:
v) β ≤ x, ∀x ∈ S
vi) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que x0 < β + ε
e somando a as duas desigualdades acima, obtemos:
vii) a+ β ≤ a+ x, ∀x ∈ S
vii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que a+ x0 < a+ β + ε
Logo, inf(a+ S) = a+ β = a+ inf S.
1.23- Por definic¸a˜o temos que, se A e B sa˜o limitados superiormente enta˜o:
x ≤ supA, ∀x ∈ A e y ≤ supB, ∀y ∈ B.
Considerando o conjunto A+ B = {x+ y; x ∈ A e x ∈ B} e somando as duas
desigualdades acima obtemos:
x+ y ≤ supA+ supB, ∀x+ y ∈ A+B
isto e´, supA+supB e´ uma cota superior de A+B, e portanto, A+B e´ limitado
superiormente. Agora para mostrar que esta cota superior e´ o supremo, tomemos
ε > 0. Logo, pela definic¸a˜o sabemos que existe x ∈ A e y ∈ B tal que:
x > supA− ε
2
e y > supB − ε
2
13
Somando estas duas desigualdades conclu´ımos:
x+ y > supA+ supB − ε
isto e´, ∀ε > 0 existe z = x + y ∈ F tal que a u´ltima desigualdade ocorre, e
portanto: sup(A+B) = supA+ supB.
1.24- Seja f : A −→ B sobrejetiva. Enta˜o existe x ∈ A tal que f(x) = y, ∀y ∈ B,
donde segue que f−1(B) ⊂ A e´ na˜o vazio. Logo, para cada y ∈ B, escolha x ∈ A
tal que f(x) = y e ponhamos g(y) = x, o que define uma func¸a˜o
g : B −→ A
tal que f(g(y)) = y. Note que IB : B −→ B e´ dada por IB(y) = y. Portanto:
(f ◦ g)(y) = y ⇒ f ◦ g = IB
1.25- Seja f : A −→ B injetiva. Enta˜o:
f(x1) = f(x2)⇒ x1 = x2, x1, x2 ∈ A, y1 = f(x1) e y2 = f(x2)
o que e´ equivalente a dizer que ∀y ∈ f(A) existe um u´nico x ∈ A tal que f(x) = y.
Escrevamos x = h(y), o que define a func¸a˜o,
h : f(A) −→ A
tal que h(f(x)) = x, ∀x ∈ A. Completemos a definic¸a˜o de h, pondo h(y) = x0
(x0 fixo em A) para y ∈ B − f(A). Obtemos assim h : B −→ A tal que
(h ◦ f)(x) = x⇒ h ◦ f = IA.
1.26- Considere f : A −→ B, g : B −→ C bijec¸o˜es e seja g ◦ f : A −→ C tal que
(g ◦ f)(x) = g(f(x)). Mostremos que g ◦ f e´ injetiva. De fato, dados x1, x2 ∈ A
temos:
(g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2)⇒ g(f(x1)) = g(f(x2))⇒ f(x1) = f(x2)→ x1 = x2
Agora, mostremos que g ◦ f e´ sobrejetiva. De fato, como g e´ bijetiva, e portanto
sobrejetiva, ∃y ∈ B tal que g(y) = w, ∀w ∈ C. Mas do fato de f ser bijetiva,
e portanto, sobrejetiva,∃x ∈ A tal que f(x) = y, ∀y ∈ B. Segue enta˜o que:
g(y) = g(f(x)) = w, ou seja: existe x ∈ A tal que (g ◦ f)(x) = w, ∀w ∈ C. Logo
g ◦ f e´ sobrejetiva.
Portanto g ◦ f e´ bijetiva, como quer´ıamos.
1.27- Suponhamos que a > b⇒ a− b > 0. Logo, existe n0 ∈ N tal que
1
no
< a− b
14
o que contradiz o fato de
1
n
> a− b ∀n ∈ N. Logo: a ≤ b.
1.28- i) Para n = 2 temos:
22−1 = 2 ≤ 2! = 2 · 1 (7)
ii) Agora suponha que
2n−1 ≤ n!
e´ verdadeira para n e mostremos que a mesma vale para n+ 1. De fato,
2(n+1)−1 = 2n = 2n−1 · 2
Por hipo´tese de induc¸a˜o, 2n−1 · 2 ≤ n! · 2, donde segue que:
2(n+1)−1 ≤ n! · 2
Agora, e´ fa´cil ver que 2 ≤ n+ 1, ∀n ∈ N. Logo:
2(n+1)−1 ≤ n! · 2 ≤ n!(n+ 1) = (n+ 1)!
Portanto (7) e´ va´lida para todo n ∈ N.
1.29- Primeiro mostremos, por absurdo, que o Princ´ıpio da Boa Ordenac¸a˜o
implica o Primeiro Princ´ıpio de Induc¸a˜o. Para isto considere N o conjunto dos
nu´meros naturais e suponha que uma certa afirmativa A(n), n ∈ N e´ falsa.
Queremos demonstrar que N e´ vazio. Vamos supor, enta˜o, que exista algum
elemento em N. Pelo Princ´ıpio da Boa Ordenac¸a˜o, existe um menor elemento,
n0 ∈ N. Por hipo´tese, n0 6= 1, e enta˜o n0 > 1. Como n0 e´ o menor elemento de
N, segue-se que n0− 1 na˜o esta´ em N; em outras palavras, a afirmativa A(n0− 1)
e´ verdadeira. Mas, pelo Primeiro Princ´ıpio de Induc¸a˜o, conclu´ımos que A(n0) e´
tambe´m verdadeira, pois
n0 = (n0 − 1) + 1
Mas isso e´ uma contradic¸a˜o, como quer´ıamos.
Reciprocamente, mostremos, tambe´m por absurdo, que o Primeiro Princ´ıpio de
Induc¸a˜o implica o Princ´ıpio da Boa Ordenac¸a˜o. Para isto, suponha que A e´ um
subconjunto na˜o vazio de N e que A na˜o possui um menor elemento e mostremos
que isto leva-nos a uma contradic¸a˜o. De fato, defina M ⊆ N por
M = {x ∈ N; x < a ∀a ∈ A}
Pelo princ´ıpio da tricotomia M ∩ A = ∅. Agora 1 /∈ A; caso contra´rio 1
seguramente seria o menor elemento de A. Consequ¨entemente 1 < a para todo
a ∈ A, e assim 1 ∈ M . Seja agora p ∈ M ; enta˜o p < a para todo a ∈ A. Se
p+1 ∈ A enta˜o p+1, que e´ o primeiro nu´mero natural maior que p, seria o menor
15
elemento de A, em contradic¸a˜o com nossa suposic¸a˜o de que A na˜o possui menor
elemento. Assim p+1 /∈ A, e assim p+1 < a para todo a ∈ A. Enta˜o p+1 ∈M
e por induc¸a˜o M = N. Mas M ∩ A = ∅, e assim A = ∅, que e´ uma contradic¸a˜o.
Enta˜o A deve ter um menor elemento.
Portanto o Primeiro Princ´ıpio de Induc¸a˜o e o Princ´ıpio da Boa Ordenac¸a˜o sa˜o
equivalentes em N.
1.30- Se B e´ finito na˜o ha´ o que demonstrar. Agora se B na˜o for finito, considere
f : A −→ B sobrejetiva. Pelo exerc´ıcio 1.24, existe g : B −→ A tal que f ◦g = IB.
Em particular vimos que g e´ injetiva. Como A e´ enumera´vel, usando a proposic¸a˜o
1.6, segue que B tambe´m e´ enumera´vel.
1.31- Por definic¸a˜o temos que, se A e B sa˜o limitados inferiormente enta˜o:
x ≥ inf A, ∀x ∈ A e y ≥ inf B, ∀y ∈ B.
Considerando o conjunto A+ B = {x+ y; x ∈ A e x ∈ B} e somando as duas
desigualdades acima obtemos:
x+ y ≥ inf A+ inf B, ∀x+ y ∈ A+B
isto e´, inf A + inf B e´ uma cota inferior de A + B, e portanto, A + B e´ limitado
inferiormente. Agora para mostrar que esta cota inferior e´ o ı´nfimo, tomemos
ε > 0. Logo, pela definic¸a˜o sabemos que existe x ∈ A e y ∈ B tal que:
x < inf A− ε
2
e y < supB − ε
2
Somando estas duas desigualdades conclu´ımos:
x+ y < inf A+ inf B − ε
isto e´, ∀ε > 0 existe z = x + y ∈ F tal que a u´ltima desigualdade ocorre, e
portanto: inf(A+B) = inf A+ inf B.
1.32- Como D = C − A ⊂ C, segue pelo corola´rio da proposic¸a˜o 1.6 que
D = C − A e´ conta´vel. Pelo Exerc´ıcio 1.38, A conte´m um subconjunto infinito
conta´vel E. Desde que E ∪D e´ conta´vel (proposic¸a˜o 1.7) e infinito, temos que,
existem as bijec¸o˜es
f : E ∪D −→ N e g : N −→ D
Como g ◦ f e´ uma bijec¸a˜o de E ∪D em D, segue que E ∪D ' D. Enta˜o
A ∪ C = A ∪ (C − A) = A ∪D = (A− E) ∪ (E ∪D) ' (A− E) ∪ E = A
16
isto e´, A ∪ C ' A.
Agora, como C e´ enumera´vel, segue que B∩C e´ conta´vel. Mas B e´ na˜o enumera´vel
e B−C = B− (B∩C). Como B na˜o e´ conta´vel, e´ infinito. Em particular B−C
e´ infinito. Enta˜o
B − C ' (B − C) ∪ (B ∩ C) = B ⇒ B − C ' B
1.33-
a) Sejam a, b ∈ R e
f : (0, 1) −→ (a, b)
x 7−→ f(x) = a+ (b− a)x
Temos que f e´ injetiva, pois
f(x1) = f(x2)⇒ a+ (b− a)x1 = a+ (b− a)x2 ⇒ x1 = x2
quaisquer que sejam x1, x2 ∈ (0, 1)x.
Agora, por definic¸a˜o, o conjunto A = {y = a+(b−a)x; 0 < x < 1} e´ o segmento
de reta cujas extremidades sa˜o a e b. Mas, A = (a, b) = Im(f), ou seja, f e´
sobrejetiva, donde segue que f e´ bijetiva. Portanto (0, 1) ' (a, b), donde conclui-
se que todos os intervalos abertos limitados de R sa˜o equipotentes.
b) Seja a ∈ R e f : (0, 1) −→ (a,∞) definida por f(x)−a = 1
x
−1. E´ fa´cil ver que
f e´ injetiva e que Im(f) = (a,∞), ou seja, que f e´ sobrejetiva. Segue enta˜o que
f e´ bijetiva, e portanto (0, 1) ' (a,∞). Claramente (−∞, a) ' (−a,∞) (basta
considerar g(x) = −x). Temos ainda (−1, 1) ' (−∞,∞). Basta considerarmos
h : (−1, 1) −→ (−∞,∞) definida por f(x) = x
1 + |x| , que claramente e´ uma
bijec¸a˜o. Segue portanto, que todos os intervalos abertos de R sa˜o equipotentes.
c) Por a) segue imediatamente que (a, b) ' (a, b], (a, b] ' [a, b), etc.
1.34- Primeiro mostremos que
X −
⋂
A∈C
A =
⋃
A∈C
(X − A)
De fato, seja x ∈ X −
⋂
A∈C
A. Enta˜o x ∈ X mas x /∈
⋂
A∈C
A, ou seja, x ∈ X mas
x /∈ A qualquer que seja A ∈ C. Da´ı, segue que x ∈ X − A qualquer que seja
A ∈ C, donde conclui-se que
x ∈
⋃
A∈C
(X − A)⇒ X −
⋂
A∈C
A ⊂
⋃
A∈C
(X − A)
17
Agora seja x ∈
⋃
A∈C
(X −A). Enta˜o x ∈ X −A para algum A ∈ C, ou seja, x ∈ X
mas x /∈ A para algum A ∈ C. Logo x ∈ X mas x /∈
⋂
A∈C
A, donde segue que
x ∈ X −
⋂
A∈C
A⇒
⋃
A∈C
(X − A) ⊂ X −
⋂
A∈C
A
Portanto,
X −
⋂
A∈C
A =
⋃
A∈C
(X − A)
Mostremos agora que
X −
⋃
A∈C
A =
⋂
A∈C
(X − A)
De fato, seja x ∈ X −
⋃
A∈C
A. Enta˜o x ∈ X mas x /∈
⋃
A∈C
A, ou seja, x ∈ X mas
x /∈ A, qualquer que seja A ∈ C. Logo x ∈ (X − A) qualquer que seja A ∈ C,
donde segue que
x ∈
⋂
A∈C
(X − A)⇒ X −
⋃
A∈C
A ⊂
⋂
A∈C
(X − A)
Agora seja x ∈
⋂
A∈C
(X − A). Enta˜o x ∈ X − A qualquer que seja A ∈ C, ou seja,
x ∈ X mas x /∈ A qualquer que seja A ∈ C. Logo, x ∈ X mas x /∈
⋃
A∈C
A, donde
segue que
x ∈ X −
⋃
A∈C
A⇒
⋂
A∈C
(X − A) ⊂ X −
⋃
A∈C
A
Portanto,
X −
⋃
A∈C
A =
⋂
A∈C
(X − A)
1.35- Temos que A−B, B − A e A ∩B sa˜o dois a dois disjuntos e
A = (A−B) ∪ (A ∩B), B = (B − A) ∪ (A ∩B),
A ∪B = (A−B) ∪ (B − A) ∪ (A ∩B).
Enta˜o, #A = #(A − B) + #(A ∩ B), #B = #(B − A) + #(A ∩ B) e
#(A ∪B) = #(A−B) + #(B − A) + #(A ∩B). Logo
#A+#B = #(A−B)+#(A∩B)+#(B−A)+#(A∩B) = #(A∪B)+#(A∩B)
1.36-
18
a) Temos: y ∈ f(
⋃
A∈C
A)⇔ ∃x ∈
⋃
A∈C
A tal que y = f(x)⇔ y ∈ f(A) para algum
A ∈ C ⇔ y ∈
⋃
A∈C
f(A). Portanto, f(
⋃
A∈C
A) =
⋃
A∈C
f(A).
b) Temos: y ∈ f(
⋂
A∈C
A) ⇔ ∃x ∈
⋂
A∈C
A tal que y = f(x) ⇒ y ∈ f(A) para todo
A ∈ C ⇔ y ∈
⋂
A∈C
f(A). Portanto, f(
⋂
A∈C
A) ⊂
⋂
A∈C
f(A).
c) Ana´loga a b).
d) Ana´loga a b).
e) Se f e´ injetiva, y = f(x) para no ma´ximo um x ∈ X. Enta˜o y ∈ f(A) para
todo A ∈ C. Da´ı temos que ∃x ∈
⋂
A∈C
A tal que y = f(x).
f) Suponha que f na˜o fosse injetiva. Enta˜o existiriam x, x′ ∈ X distintos talque
f(x) = f(x′) = y. Tome A = {x}, e B = {x′}. Da´ı f(A ∩ B) = f(∅) = ∅, onde
f(A) ∩ f(B) = y, que e´ um absurdo. Portanto f e´ injetiva.
1.37-
a) Temos: x ∈ f−1
(⋃
B∈C
B
)
⇔ f(x) ∈
⋃
B∈C
B ⇔ f(x) ∈ B, para algum
B ∈ C ⇔ x ∈ f−1(B), para algum B ∈ C ⇔ x ∈
⋃
B∈C
f−1(B). Logo
f−1
(⋃
B∈C
B
)
=
⋃
B∈C
f−1(B)
b) Temos: x ∈ f−1
(⋂
B∈C
B
)
⇔ f(x) ∈
⋂
B∈C
B ⇔ f(x) ∈ B, para cada
B ∈ C ⇔ x ∈ f−1(B) para cada B ∈ C ⇔ x ∈
⋂
B∈Cf−1(B). Logo
f−1
(⋂
B∈C
B
)
=
⋂
B∈C
f−1(B)
c) Temos: x ∈ f−1(C −D)⇔ f(x) ∈ C −D ⇔ f(x) ∈ C, mas f(x) /∈ D ⇔ x ∈
f−1(C), mas x /∈ f−1(D)⇔ x ∈ f−1(C)− f−1(D). Logo
f−1(C −D) = f−1(C)− f−1(D)
d) Temos: x ∈ A⇒ f(x) ∈ f(A)⇔ x ∈ f−1(f(A)). Logo
f−1(f(A)) ⊃ A
19
e) Se f e´ injetiva, enta˜o f(x) ∈ f(A)⇒ x ∈ A. Assim f−1(f(A)) = A.
Reciprocamente, se f na˜o e´ injetiva, existem x, x′ ∈ A distintos, tais que
f(x) = f(x′) = y. Tome A = {x}. Enta˜o f−1(f(A)) = f−1({y}) ⊃ {x, x′},
de modo que f−1(f(A))− A 6= ∅, que e´ um absurdo. Logo f e´ injetiva.
f) Temos: y ∈ f(f−1(B)) ⇔ ∃x ∈ f−1(B) tal que y = f(x) ⇔ ∃x tal que
f(x) ∈ B e y = f(x)⇒ y ∈ B. Logo
f(f−1(B)) ⊂ B
g) Se f e´ sobrejetiva, enta˜o y ∈ B ⇒ ∃x tal que y = f(x). Assim, f(f−1(B)) = B.
Reciprocamente, suponha que f na˜o e´ sobrejetiva, ou seja, Y − f(X) 6= ∅. Tome
B = Y − f(X). Enta˜o f(f−1(B)) = f(∅) = ∅, que e´ um absurdo. Logo f e´
sobrejetiva.
1.38- Seja A um conjunto infinito e considere a1 ∈ A. Enta˜o A − {a1} e´ na˜o
vazio. Seja a2 ∈ A−{a1}. Enta˜o, A−{a1, a2} e´ na˜o vazio. Prosseguido com este
procedimento, na n-e´sima etapa teremos que o conjunto,
A− {a1, a2, . . . , an−1}
e´ na˜o vazio, pois A e´ infinito. Prosseguindo indefinidamente, segue que o conjunto
{a1, a2, . . . , }, e´ um subconjunto infinito e conta´vel de A.
1.39- Seja A um conjunto infinito e seja S = {a1, a2, . . .} um subconjunto infinito
conta´vel de A. Considere a func¸a˜o f : A −→ A− {a1} definida por:
f(x) =
{
an+1, se x = an (n = 1, 2, . . .)
x, se x ∈ A− S
E´ fa´cil ver que f e´ bijetiva, donde segue que A ' A− {a1}.
1.40- Se C e´ uma colec¸a˜o infinita de conjuntos enumera´veis, enta˜o ela e´ da forma
{A1, A2, . . .}. Logo, An ∼ [n − 1, n); seja fn uma bijec¸a˜o de An em [n − 1, n);
Enta˜o f :
∞⋃
n=1
An −→ [0,∞) dada por
f(x) = fn(x) se x ∈ An
e´ uma bijec¸a˜o. Argumento semelhante quando C e´ finito.
20
1.41- Se A e B sa˜o finitos, nada temos a demonstrar. Considere enta˜o, A e B
enumera´veis, e seja x ∈ A. Enta˜o:
{x} ×B ' B
Como B e´ enumera´vel enta˜o, {x}×B tambe´m e´ enumera´vel. Portanto segue pela
Proposic¸a˜o 1.7 que,
A×B =
⋃
x∈A
({x} ×B)
e´ enumera´vel.
1.42- i) Para n = 2, A1 × A2 e´ conta´vel, pois A1 e A2 sa˜o conta´veis.
ii) Agora, suponha que para n, o conjunto
A1 × A2 × . . .× An
e´ conta´vel, e mostremos que A1×A2×. . .×An×An+1 tambe´m e´ conta´vel. De fato,
sejam A1, A2, . . ., An, An+1, conjuntos conta´veis. Fazendo B = A1×A2× . . .×An
temos:
A1 × A2 × . . .× An × An+1 = B × An+1
Mas, por hipo´tese de induc¸a˜o, B = A1 ×A2 × . . .×An e´ conta´vel e como An+1 e´
conta´vel, segue que B × An+1 e´ conta´vel, e portanto:
A1 × A2 × . . .× An × An+1
e´ conta´vel.
Portanto, pelo Pr´ıncipio de Induc¸a˜o, segue que A1 × A2 × . . . × An e´ conta´vel,
∀n ∈ N.
1.44- Seja A a colec¸a˜o de todos os intervalos abertos dois a dois disjuntos de R.
Escolha em cada intervalo I ∈ A um nu´mero racional rI . Como os intervalos
sa˜o dois a dois disjuntos enta˜o, a correspondeˆncia I −→ rI e´ injetiva e como Q
e´ conta´vel segue que A e´ conta´vel.
Exerc´ıcio Complementar 2- Dado n ∈ N, prove que na˜o existe x ∈ N tal que
n < x < n+ 1.
Soluc¸a˜o: Suponha que existe x ∈ N tal que n < x < n + 1. Logo, existem
p, q ∈ N tais que
n+ p = x e x+ q = n+ 1
Portanto, n+ p+ q = n+ 1. Pela lei do cancelamento em N temos p+ q = 1 que
e´ uma contradic¸a˜o.
21
Exerc´ıcio Complementar 3- Mostre que se X e Y sa˜o subconjuntos de R
limitados superiormente enta˜o sup(X ∪ Y ) = max{supX, supY }.
Soluc¸a˜o: Seja c ∈ X ∪ Y enta˜o, ou c ∈ X ou c ∈ Y . Ou ainda, ou c ≤ supX ou
c ≤ supY . Portanto,
sup(X ∪ Y ) ≤ max{supX, supY } (8)
Por outro lado,
supX ≤ sup(X ∪ Y )
e
supY ≤ sup(X ∪ Y )
Portanto
max{supX, supY } ≤ sup(X ∪ Y ) (9)
De (8) e (9) segue o resultado.
22
Cap´ıtulo 2
2.1-
a) Temos:
lim
n→∞
3n2 + 4n− 2
2n2 + 1
= lim
n→∞
3 + 4
n
− 2
n2
2 + 1
n2
=
lim
n→∞
(
3 +
4
n
− 2
n2
)
lim
n→∞
(
2 +
1
n2
)
=
lim
n→∞
3 + lim
n→∞
4
n
− lim
n→∞
2
n2
lim
n→∞
2 + lim
n→∞
1
n2
=
3 + 0− 0
2 + 0
=
3
2
b) Temos,
lim
n→∞
(
√
3 + n+
√
n) = lim
n→∞
[
(
√
3 + n+
√
n) ·
√
3 + n−√n√
3 + n−√n
]
= lim
n→∞
n+ 3− n√
3 + n+
√
n
= lim
n→∞
3√
3 + n+
√
n
= 0
c) Temos
lim
n→∞
n
(√
1 +
1
n
− 1
)
= lim
n→∞
n(√1 + 1
n
− 1
)
·
(√
1 + 1
n
+ 1
)
(√
1 + 1
n
+ 1
)
 =
= lim
n→∞
n
 1 + 1n − 1√
1 + 1
n
+ 1
 = lim
n→∞
 1√
1 + 1
n
+ 1
 =
=
lim
n→∞
1√
lim
n→∞
1 + lim
n→∞
1
n
+ lim
n→∞
1
=
1√
1 + 0 + 1
=
1
2
d) Temos
lim
n→∞
(
1
n2
+
2
n2
+ . . .+
n
n2
)
= lim
n→∞
(
1 + 2 + . . .+ n
n2
)
= lim
n→∞
(
n(n+ 1)
2
· 1
n2
)
=
= lim
n→∞
(
n+ 1
2n
)
= lim
n→∞
(
1 + 1
n
2
)
=
=
1
2
lim
n→∞
(
1 +
1
n
)
=
1
2
e) Temos
0 ≤
∣∣∣∣sinnn
∣∣∣∣ = | sinn|n ≤ 1n
23
pois | sinn| < 1, ∀n ∈ N. Logo
lim
n→∞
sinn
n
= 0
2.2- Temos
1
n(n+ 1)
=
1
n
− 1
n+ 1
Logo
an = 1+
1
1 · 2+. . .+
1
n(n+ 1)
= 1− 1
2
+
1
2
− 1
3
+
1
3
− 1
4
+. . .+
1
n
− 1
n+ 1
= 1− 1
n+ 1
e portanto
lim
n→∞
an = lim
n→∞
1
n(n+ 1)
= lim
n→∞
[
1− 1
n+ 1
]
= 1− 0 = 1
2.3- Pela desigualdade de Bernoulli temos:
2n = (1 + 1)n ≥ 1 + n > n⇒ 1
2n
<
1
n
Logo, ∀ε > 0, tome N ∈ N tal que 1
N
< ε e teremos∣∣∣∣ 12n − 0
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 12n
∣∣∣∣ < 1n ≤ 1N < ε ∀n ≥ N
ou seja: lim
1
2n
= 0.
2.4- Sim, pois
|xn| =
∣∣∣∣(−1)n sin(n)3
∣∣∣∣ = |(−1)n| · | sin(n)|3 = | sin(n)|3 ≤ 13 , ∀n ∈ N
ou seja, (xn) e´ limitada, e pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass (xn) possui uma
subsequ¨eˆncia convergente.
2.5- Como M = supS enta˜o:
i) x ≤M , ∀x ∈ S;
ii) ∀ε > 0, ∃x ∈ S tal que M − ε < x.
24
Logo, ∀n ∈ N existe xn ∈ S tal queM− 1
n
< xn ≤M , donde segue pelo Teorema
do Confronto que:
lim
(
M − 1
n
)
≤ limxn ≤ limM ⇒ limxn =M
2.6- Como an −→ a e bn −→ b enta˜o: an + bn −→ a + b e an − bn −→ a − b.
Donde, |an − bn| −→ |an − bn|. Assim,
max{an, bn} = 1
2
{an + bn + |an − bn|} −→ 1
2
{a+ b+ |a− b|} = max{a, b}
2.7- Temos que: −|an| ≤ an ≤ |an|, ∀n ∈ N. Tomando o limite nesta
desigualdade obtemos:
− lim |an| ≤ lim an ≤ lim |an| ⇒ 0 ≤ lim an ≤ 0
e pelo Teorema do Confronto segue que lim an = 0.
2.8- Como (bn) e´ limitada enta˜o existe c > 0 tal que |bn| ≤ c, ∀n ∈ N. Ale´m
disso, desde que, lim an = 0, enta˜o: ∀ε > 0 existe N ∈ N tal que:
|an| < ε
c
, ∀n ≥ N
Logo,
n ≥ N ⇒ |anbn − 0| = |anbn| = |an||bn| ≤ c|an| < ε⇒ lim anbn = 0
2.9- Temos que:
a1 =
√
2
a2 =
√
2a1
a3 =
√
2a2
...
an+1 =
√
2an, ∀n ∈ N
Da´ı, mostremos que an < 2, ∀n ∈ N. Se n = 1 temos:
a1 =
√
2 < 2
25
Admitamos que an < 2 e provemos que an+1 < 2. Temos,
an < 2⇒ 2an < 4⇒
√
2an < 2⇒ an+1 < 2
Logo, pelo princ´ıpio de induc¸a˜o, an < 2, ∀n ∈ N.
Temos tambe´m que (an) e´ extritamente crescente, ou seja, an < an+1, ∀n ∈ N.
De fato, para n = 1 temos:
a1 =
√
2 <
√
2
√
2 = a2
pois 1 <
√
2⇒ 2 < 2√2⇒ √2 <
√
2
√
2.
e mais:
an−1 < an ⇒ 2an−1 < 2an ⇒
√
2an−1 <
√
2an ⇒ an < an+1
e pelo princ´ıpio de induc¸a˜o, segue que an < an+1, ∀n ∈ N.
Logo (an) e´ mono´tona e limitada e portanto convergente. Assim, seja L = lim an
e teremos
lim an+1 = lim
√
2an ⇒ L =
√
2L⇒ L2 = 2L⇒ L2 − 2L = 0⇒ L = 2
2.10- Considerando xn = n
√
a − 1 temos: xn > 0 e 1 + xn =
√
a. Utilizando o
binoˆmio de Newton:
a = (1 + xn)
n = 1 + nx+
n(n− 1)
2
xn + . . .+ x
n
n > nxn
Logo
a > nxn ⇒ nxn < a⇒ 0 < nxn < a⇒ 0 < xn < a
n
Tomandoo limite temos:
lim
n→∞
0 ≤ lim
n→∞
xn ≤ lim
n→∞
a
n
Como lim
n→∞
0 = lim
n→∞
a
n
= 0, enta˜o pelo Teorema do Confronto, lim
n→∞
xn = 0. Logo:
lim
n→∞
n
√
a = lim
n→∞
(1 + xn) = lim
n→∞
1 + lim
n→∞
xn = 1 + 0 = 1
Se a = 1 temos: n
√
a = 1, ∀n ≥ 2.
Agora, se 0 < a < 1, enta˜o,
1
a
> 1. Logo:
n
√
a =
1
1
n
√
a
=
1
n
√
1
n
√
a
=
1
n
√
1
a
26
Assim temos:
lim
n→∞
n
√
a = lim
n→∞
1
n
√
1
a
=
1
1
lim
n→∞
n
√
a
=
1
1
1
= 1
Portanto lim
n→∞
n
√
a = 1 se a > 0.
2.11- Temos: n
√
n > 1 se n ≥ 2. Logo podemos escrever:
n
√
n = 1 + hn, hn > 0
Portanto,
n = (1 + hn)
n = 1 + nhn +
n(n− 1)
2
h2n + . . .+ h
n
n >
n(n− 1)
2
h2n
Logo,
1 >
n− 1
2
h2n ⇒
2
n− 1 >
2
n− 1 ·
n− 1
2
h2n
ou seja,
2
n− 1 > h
2
n ou 0 < h
2
n <
2
n− 1
⇒ 0 < hn <
√
2
n− 1
Tomando o limite obtem-se:
lim
n→∞
0 ≤ lim
n→∞
hn ≤ lim
n→∞
√
2
n− 1
Mas, lim
n→∞
√
2
n− 1 =
√
lim
n→∞
2
n− 1 =
√
0 = 0. Da´ı, pelo Teorema do Confronto
conclui-se que:
lim
n→∞
hn = 0
Portanto:
lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + hn) = 1 + lim
n→∞
hn = 1 + 0 = 1
2.12- Seja c ∈ R tal que a < c < 1. Como lim
n→∞
xn+1
xn
= a < c enta˜o
xn+1
xn
< c,
∀n grande. Logo,
xn+1 =
xn+1
xn
· xn < cxn < xn, ∀n grande
Assim a sequ¨eˆncia (xn) e´ mono´tona e limitada pois,
0 < . . . < xn+1 < . . . < xn < xn−1 < . . . < x2 < x1
27
Portanto (xn) converge. Seja b = lim
n→∞
xn e mostremos que b = 0. Suponha que
b 6= 0. Enta˜o de
lim
n→∞
xn+1
xn
= a < 1
temos
lim
n→∞
xn+1
lim
n→∞
xn
= a < 1
ou seja,
b
b
= a < 1⇒ 1 = a < 1
que e´ um absurdo. Logo b = 0.
2.13- Seja xn =
n!
nn
. Enta˜o:
lim
xn+1
xn
= lim
[
(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
· n
n
n!
]
= lim
[
(n+ 1)n!
(n+ 1)(n+ 1)n
· n
n
n!
]
= lim
[
nn
(n+ 1)n
]
= lim
[
1
(n+1)
n
]n
= lim
1n(
1 + 1
n
)n = lim 1(
1 + 1
n
)n
=
1
e
< 1
Portanto
lim
n!
nn
= 0
2.14- Suponha que lim zn = a. Como (yn) e (xn) sa˜o subsequ¨eˆncias de (zn),
ja´ que z2n−1 = yn e z2n = xn enta˜o, pela proposic¸a˜o 2.7, segue que (xn) e (yn)
convergem e
limxn = lim yn = a
Reciprocamente, suponha que limxn = lim yn = a. Enta˜o, dado ε > 0, existem
N1, N2 ∈ N tais que:
n ≥ N1 ⇒ |xn − a| < ε
e
n ≥ N2 ⇒ |yn − a| < ε
Logo tome N0 = max{2N1, 2N2 − 1}. Enta˜o
i) Se n = 2k temos:
n > N0 ⇒ n > 2N1 ⇒ 2k > 2N1 ⇒ k > N1
⇒ |zn − a| = |z2k − a| = |xk − a| < ε⇒ |zn − a| < ε
28
ii) Se n = 2k − 1 temos:
n > N0 ⇒ 2k − 1 > 2N2 − 1⇒ k > N2
⇒ |zn − a| = |z2k−1 − a| = |yk − a| < ε⇒ |zn − a| < ε
Portanto, em qualquer caso temos: lim zn = a.
2.15- Se ε ≤ xn ≤ n2 enta˜o: n
√
ε ≤ n√xn ≤ n
√
n2. Tomando o limite, temos:
lim n
√
ε ≤ lim n√xn ≤ lim n
√
n2 = lim( n
√
n · n√n)
Como n
√
ε −→ 1, quando n −→∞ e n√n −→ 1 quando n −→∞ temos:
1 ≤ lim n√xn ≤ 1
e pelo Teorema do Confronto, segue que, lim n
√
xn = 1.
2.16- Se limxn = a enta˜o, dado ε > 0, ∃ N ∈ N, tal que
|xn − a| < ε
2
, ∀n ≥ N (∗)
Agora temos:
x1 + . . .+ xn
n
− a = x1 + . . .+ xn − na
n
=
x1 − a
n
+ . . .+
xn − a
n
Para n ≥ N temos:
x1 + . . .+ xn
n
− a = x1 − a
n
+ . . .+
xN−1 − a
n
+
xN − a
n
+ . . .+
xn − a
n
⇒∣∣∣∣x1 + . . .+ xnn − a
∣∣∣∣ ≤ |x1 − a|n + . . .+ |xN−1 − a|n + |xN − a|n + . . .+ |xn − a|n
Desde que N esta´ fixo, podemos escolher n grande tal que
|x1 − a|
n
+ . . .+
|xN−1 − a|
n
<
ε
2
e por (∗) segue que
|xN − a|
n
+ . . .+
|xn − a|
n
< [n− (N − 1)] ·
ε
2
n
=
n−N + 1
n
· ε
2
<
ε
2
Logo ∣∣∣∣x1 + . . .+ xnn − a
∣∣∣∣ < ε, ∀n ≥ N grande
ou seja:
x1 + . . .+ xn
n
−→ a quando n −→∞.
29
A rec´ıproca na˜o e´ verdadeira. Considere, por exemplo, a sequ¨eˆncia xn = (−1)n.
Temos:
a1 =
x1
1
= −1
a2 =
x1 + x2
2
=
−1 + 1
2
= 0
a3 =
x1 + x2 + x3
3
= −1
3
a4 =
x1 + x2 + x3 + x4
4
= 0
a5 =
x1 + x2 + x3 + x4 + x5
5
= −1
5
...
Assim, pelo exerc´ıcio 2.14, a2n = 0 −→ 0 e a2n−1 = − 1
2n− 1 −→ 0. Portanto,
an −→ 0, mas, (an) na˜o converge.
2.17- Seja a = lim xn. Enta˜o, ∀ε > 0, ∃N ∈ N tal que:
n ≥ N ⇒ |xn − a| < ε
Se 1 ≤ n < N , considere k ∈ N tal que n+ kp > N , e portanto, |xn+kp − a| < ε.
Mas, xn+kp = xn+(k−1)p+p = xn+(k−1)p = xn+(k−2)p+p = xn+(k−2)p = . . . = xn+2p =
xn+p = xn. Logo,
|xn − a| = |xn+kp − a| < ε, se 1 ≤ n < N
Assim, |xn − a| < ε|, ∀n ∈ N e ∀ε > 0, ou seja
0 ≤ |xn − a| < ε ∀ε > 0⇒ xn − a = 0, ∀n ∈ N⇒ xn = a, ∀n ∈ N
2.18- Seja (xn) mono´tona e (xin) uma subsequ¨eˆncia convergente de (xn) e
portanto limitada. Suponha que xn ≤ xn+1, ∀n ∈ N e mostremos que (xn) e´
limitada. De fato, se (xn) na˜o e´ limitada, enta˜o ∀M > 0, existe n0 ∈ N tal que
xn0 > M . Mas, como in0 ≥ n0 enta˜o, xin0 ≥ xn0 > M , ou seja, xin0 > M , donde
segue que (xin) na˜o e´ limitada, o que e´ um absurdo.
Suponha agora que xn ≥ xn+1, ∀n ∈ N, e mostremos que (xn) ainda e´ limitada,
ou seja, ∃M > 0 tal que −M ≤ xn ≤M , ∀n ∈ N. De fato, se (xn) na˜o e´ limitada,
enta˜o ∀M > 0, existe n0 ∈ N tal que −xn0 > M . Mas,
in0 ≥ n0 ⇒ xin0 ≤ xn0 ⇒ −xin0 ≥ −xn0 > M ⇒ −xin0 > M
30
Da´ı, temos que (xin) na˜o e´ limitada, o que contradiz o fato de (xin) ser
convergente.
Portanto, em qualquer caso, concluimos que (xn) e´ limitada, e como (xn) e´
mono´tona, segue que ela tambe´m e´ convergente, como quer´ıamos.
2.19- Temos
xn+1 =
√
xnyn ≤ xn + yn
2
= yn+1 ⇒ xn+1 ≤ yn+1
Logo:
xn+1 =
√
xnyn ≥ √xnxn = xn ⇒ xn ≤ xn+1, ∀n ∈ N
e
yn+1 =
xn + yn
2
≤ yn + yn
2
= yn ⇒ yn ≥ yn+1, ∀n ∈ N
ou seja, (xn) e´ na˜o decrescente e (yn) e´ na˜o crescente. Agora mostremos que (xn)
e (yn) sa˜o limitadas, isto e´,
a ≤ x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn ≤ xn+1 ≤ . . . yn+1 ≤ yn ≤ . . . ≤ y2 ≤ y1 ≤ b
De fato, suponha a < b. Enta˜o:
b− a > 0⇒ a(b− a) > 0⇒ ab− a2 > 0⇒ a2 < ab⇒ a <
√
ab = x1
Por outro lado, como a < b enta˜o
a+ b
2
≤ b ⇒ y1 ≤ b. Logo (xn) e (yn)
convergem. Da´ı, sejam
x = lim xn e y = lim yn
Tomando o limite em yn+1 =
xn + yn
2
temos:
lim yn+1 = lim
xn + yn
2
⇒ y = x+ y
2
⇒ 2y = x+ y ⇒ x = y
ou seja, (xn) e (yn) convergem para o mesmo limite.
2.20- Fixemos N ∈ N e sejam p, n ∈ N. Enta˜o,
|xn+p − xn| = |xn+p − xn+p−1 + xn+p−1 − xn+p−2 + . . .+ xn+1 − xn| ≤
≤ |xn+p − xn+p−1|+ |xn+p−1 − xn+p−2|+ . . .+ |xn+1 − xn| <
< rn+p−1 + rn+p−2 + . . .+ rn+2 + rn+1 + rn =
= rn(rp−1 + rp−2 + . . .+ r2 + r + 1), ∀p ∈ N
Mas, se 0 < r < 1 enta˜o (rn) converge e lim rn = 0. Assim
lim[rn(rp−1 + rp−2 + . . .+ r2 + r+1)] = (rp−1 + rp−2 + . . .+ r2 + r+1) lim rn = 0
31
Logo, dado ε > 0, ∃N ∈ N tal que
n ≥ N ⇒ rn(rp−1 + rp−2 + . . .+ r2 + r + 1) < ε
Da´ı, conclu´ımos que, dado ε > 0, ∃N ∈ N tal que
n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| < ε, ∀p ∈ N
e portanto (xn) e´ de Cauchy.
2.21- Seja a = max{a, b}. Enta˜o b < a. Logo:
a = (an)
1
n < (an + bn)
1
n < (an + an)
1
n = (2an)
1
n = 2
1
na
Tomando o limite temos:
lim a ≤ lim(an + bn) 1n ≤ lim 2 1na
Mas, lim 2
1
n = lim n
√
2 = 1, pois 2 > 0. Logo lim 2
1
na = a e pelo Teorema do
Confronto segue que lim(an + bn)
1
n = a = max{a, b}.
Se max{a, b} = b, o processo e´ ana´logo.
2.22- Basta mostrar que (xn) na˜o e´ uma sequ¨eˆncia de Cauchy. Para isto, suponha
que (xn) seja de Cauchy. Enta˜o, dado ε > 0, ∃N ∈ N tal que
n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| < ε, ∀p ∈ N
Pela definic¸a˜o de (xn), temos tambe´m
|xn+p − xn| =
∣∣∣∣1 + 12 + . . .+ 1n + 1n+ 1 + . . .+ 1n+ p − 1− 12 − . . .− 1n
∣∣∣∣
=
1
n+ 1
+
1
n+ 2
+ . . .+
1
n+ p
Se p = n temos
|x2n−xn| = 1
n+ 1
+
1
n+ 2
+ . . .+
1
2n
>
1
2n
+1
2n
+ . . .+
1
2n
= n· 1
2n
=
1
2
, ∀n ∈ N
Logo, se ε =
1
2
temos
|x2n − xn| > ε ∀n ∈ N
que e´ um absurdo. Portanto, (xn) na˜o e´ uma sequ¨eˆncia de Cauchy, donde segue
que (xn) e´ divergente.
32
2.23- Mostremos que (xn) e´ extritamente crescente. De fato, para n = 1 temos:
a1 = 1 <
√
2 =
√
1 + 1 =
√
1 + a1 = a2
Suponha agora, que an−1 < an mostremos que esta desigualdade e´ satisfeita para
n+ 1. De fato,
an−1 < an ⇒ 1 + an−1 < 1 + an ⇒
√
1 + an−1 <
√
1 + an ⇒ an < an+1
Logo, pelo princ´ıpio de induc¸a˜o, an−1 < an, ∀n ∈ N.
Afirmamos ainda, que xn < 2, ∀n ∈ N. De fato, para n = 2 temos:
a2 =
√
2 < 2
Suponha enta˜o, que an < 2 e mostremos que esta desigualdade e´ satisfeita para
n+ 1. De fato,
an < 2 < 3⇒ 1 + an < 4⇒
√
1 + an < 2⇒ an+1 < 2
Logo, pelo princ´ıpio de induc¸a˜o, an < 2, ∀n ∈ N.
Das duas afirmativas feitas acima, obtem-se
a1 < a2 < a3 < . . . < an < an+1 < . . . < 2
ou seja, (xn) e´ mono´tona e limitada, e portanto converge. Seja L = lim
n→∞
xn.
Enta˜o de an =
√
1 + an−1, temos:
lim
n→∞
an = lim
n→∞
√
1 + an−1 ⇒ L =
√
1 + L⇒ L2 − L− 1 = 0⇒ L = 1 +
√
5
2
2.24- Seja m = inf{an; n ∈ N}. Enta˜o, como (an) e´ na˜o crescente, temos:
m ≤ an ≤ an−1 ≤ . . . ≤ a3 ≤ a2 ≤ a1
ou seja, (an) e´ mono´tona e limitada. Logo converge. Agora, pela definic¸a˜o de
ı´nfimo, temos:
i) m ≤ an, ∀n ∈ N;
ii) ∀ε > 0, ∃an tal que an < ε+m.
Logo, para todo n ∈ N, existe an tal que:
m ≤ an ≤ 1
n
+m
Como lim
n→∞
m = m e lim
n→∞
(
1
n
+m
)
= m, segue pelo Teorema do Confronto, que
lim
n→∞
an = m.
33
2.26- Seja (xnk) uma subsequ¨eˆncia de uma sequ¨eˆncia de Cauchy (xn), tal que
lim
k→∞
xnk = a. Enta˜o, dado ε > 0, ∃k0 ∈ N tal que
|xnk − a| <
ε
2
, ∀k ≥ k0
Como (xn) e´ de Cauchy, existe m1 tal que
|xn − xm| < ε
2
, ∀m,n ≥ m1
Tomemos N = max{k0,m1} e fixemos um k ≥ N natural com nk ≥ N , isto e´,
fixemos um termo xnk de (xnk) com nk ≥ N . Enta˜o, para n ≥ N temos:
|xn − a| ≤ |xn − xnk |+ |xnk − a| <
ε
2
+
ε
2
= ε
Portanto, lim xn = a.
2.29- Seja xn = 1 + 1 +
1
2!
+
1
3!
+ . . .+
1
n!
e seja p ∈ N. Enta˜o
|xn+p − xn| =
∣∣∣∣ 1(n+ 1)! + . . .+ 1(n+ p)!
∣∣∣∣ ≤
≤ 1
(n+ 1)!
+ . . .+
1
(n+ p)!
≤
≤ 1
2n
+ . . .+
1
2n+p−1
, ∀p ∈ N
Mas, lim
n→∞
1
2n
= 0 ⇒ lim
n→∞
1
2n
(
1 +
1
2
+ . . .+
1
2p−1
)
= 0. Logo, dado ε > 0,
∃N ∈ N tal que
1
2n
+ . . .+
1
2n+p−1
< ε, ∀n ≥ N
Da´ı,
n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| < ε, ∀p ∈ N
donde segue que, (xn) e´ de Cauchy e portanto convergente.
2.30- Basta mostrar que (xn) e´ de Cauchy. Para isto, temos:
|xn+p − xn| = |xn+p − xn+p−1 + xn+p−1 − xn+p−2 + . . .+ xn+1 − xn| ≤
≤ |xn+p − xn+p−1|+ |xn+p−1 − xn+p−2|+ . . .+ |xn+1 − xn| ≤
≤ |xn+p − xn+p−1|+ |xn+p−1 − xn+p−2|+ . . .+ |xn+1 − xn|+
+|xn+1 − xn|+ |xn − xn−1|+ . . .+ |x3 − x2|+ |x2 − x1| ≤
≤ cn+p−1 + cn+p−2 + . . .+ cn + cn−1 + . . .+ c2 + c1 =
=
n+p−1∑
k=1
ck = (sn+p−1), ∀p ∈ N
34
Mas, como (sn+p−1) e´ convergente enta˜o ela e´ limitada. Logo, ∃M > 0 tal que
n+p−1∑
k=1
ck ≤M , ∀n, p ∈ N. Agora, pela propriedade arquimediana, ∃N ∈ N tal que
Nr > M , ∀r > 0. Da´ı, dado ε > 0, tome r = ε
N
e teremos:
n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| ≤
n+p−1∑
k=1
ck ≤M < Nr = N · ε
N
= ε, ∀p ∈ N
Logo (xn) e´ de Cauchy e portanto convergente.
2.31- Como (xn) e´ converge, (xn) e´ de Cauchy. Logo dado ε > 0, ∃N ∈ N tal
que
m,n ≥ N ⇒ |xm − xn| < ε
Da´ı, tome m = n+ p, qualquer que seja p ∈ N, e teremos:
n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| < ε
donde segue que lim
n→∞
(xn+p − xn) = 0.
2.32- Afirmamos que (xn) = (1, 1, 1, . . .). De fato, para n = 2 temos:
x2 = 2− 1
x1
= 2− 1 = 1
Agora suponha que
xn = 2− 1
xn−1
= 1
e´ verdadeira, e mostremos que ela vale para n+ 1. De fato,
xn+1 = 2− 1
xn
= 2− 1 = 1
Portanto, pelo Princ´ıpio de Induc¸a˜o, xn = 1, ∀n ∈ N.
Agora, (xn) e´ mono´tona e limitada, pois
1 = |1| = |xn| ≤ 1, ∀n ∈ N
e
1 ≤ 1 ≤ 1 ≤ 1 . . .
Portanto (xn) converge, e e´ evidente que lim xn = 1.
35
2.33- Devemos mostrar que (r2k) e´ decrescente e limitada inferiormente e (r2k−1) e´
crescente e limitada superiormente. Para isto mostremos primeiro que 1 ≤ rn ≤ 2,
∀n ∈ N. Para n = 1, r1 = 1 e 1 ≤ 1 ≤ 2. Suponha agora que 1 ≤ rk ≤ 2. Enta˜o
rk+1 =
rk+1
rk
=
rk + rk−1
rk
= 1 +
rk−1
rk
= 1 +
1
rk
Consequ¨entemente 1 < 1+
1
2
≤ 1+ 1
rk
= rk+1 ≤ 1+ 1
1
= 2, e assim, pelo princ´ıpio
de induc¸a˜o, 1 ≤ rn ≤ 2, ∀n ∈ N. Agora, se n ≥ 3, temos
rn = 1 +
1
rn−1
= 1 +
1
1 + 1
rn−2
= 1 +
rn−2
1 + rn−2
Assim
rn+2 − rn =
(
1 +
rn
1 + rn
)
−
(
1 +
rn−2
1 + rn−2
)
=
rn − rn−2
(1 + rn)(1 + rn−2)
A u´ltima equac¸a˜o implica que rn+2 − rn tem o mesmo sinal que rn − rn−2.
Agora, r3− r1 = 3
2
− 1 > 0, e assim r2k+1− r2k−1 > 0, ∀k ∈ N. Segue que (r2k−1)
e´ crescente. Semelhantemente r4 − r2 = 5
3
− 2 < 0, e assim r2k+2 − r2k < 0,
∀k ∈ N. Enta˜o (r2k) e´ decrescente. Portanto, (r2k−1) e (r2k) convergem. Seja
`1 = lim
k→∞
r2k−1 e `2 = lim
k→∞
r2k. Como foi dito acima, rn = 1 + rn−2/(1 + rn−2),
para n ≥ 3. Enta˜o
`1 = lim
k→∞
r2k−1 = lim
k→∞
(
1 +
r2k−3
1 + r2k−3
)
= 1 +
`1
1 + `1
e
`2 = lim
k→∞
r2k = lim
k→∞
(
1 +
r2k−2
1 + r2k−2
)
= 1 +
`2
1 + `2
Assim, tanto `1 quanto `2 satisfazem a equac¸a˜o `
2 − ` − 1 = 0, cujas soluc¸o˜es
sa˜o ` =
1±√5
2
. Recorde que 1 ≤ rn ≤ 2, ∀n ∈ N, e assim `1, `2 > 0.
Consequ¨entemente, `1 =
1 +
√
5
2
= `2, e portanto
lim
n→∞
rn =
1 +
√
5
2
Exerc´ıcio Complementar 1- Mostre que dado qualquer x0 ∈ R existe uma
sequ¨eˆncia (xn) em Q com xn 6= x0 ∀n ∈ N tal que xn −→ x0.
Soluc¸a˜o: Como Q e´ denso em R enta˜o, para qualquer intervalo (a, b) aberto de
R, temos Q ∩ (a, b) 6= ∅. Portanto, Q ∩
(
x0, x0 +
1
n
)
6= ∅, ∀n ∈ N.
Assim, para cada n, existe (xn) em Q com x0 < xn < x0+
1
n
. Logo, (xn) esta´ em
Q, xn 6= x0 ∀n ∈ N e limxn = x0.
36
Cap´ıtulo 3
3.1- Ja´ foi visto que lim
n→∞
an = 0. Assim, temos:
lim
n→∞
bn = lim
n→∞
[
ln
(
1 +
1
n
)]
= ln 1 = 0
Agora,
s1 =
√
2− 1
s2 =
√
2− 1 +√3−√2
s3 =
√
2− 1 +√3−√2 +√4−√3
...
sn =
√
2− 1 +√3−√2 +√4−√3 + . . .+√n+ 1−√n = √n+ 1− 1
donde segue que, lim
n→∞
= lim
n→∞
(
√
n+ 1− 1) =∞. Agora, como
ln
(
1 +
1
n
)
= ln
(
n+ 1
n
)
= ln(n+ 1)− lnn
temos:
t1 = ln 2
t2 = ln 2 + ln 3− ln 2
t3 = ln 2 + ln 3− ln 2 + ln 4− ln 3
...
tn = ln 2 + ln 3− ln 2 + ln 4− ln 3 + . . .+ ln(n+ 1)− lnn = ln(n+ 1)
donde segue que lim
n→∞
tn = lim
n→∞
(ln(n + 1)) = +∞. Portanto
∞∑
n=1
an e
∞∑
n=1
bn sa˜o
divergentes.
3.2-
a) Seja an =
n5
5n
. Enta˜o:
n
√
|an| = n
√
n5
5n
⇒ lim
n→∞
n
√
|an| = lim
n→∞
n
√
n5
5
=
1
5
lim n
√
n · n · n · n · n = 1
5
·1 = 1
5
< 1
Logo
∞∑
n=1
n5
5n
converge, pelo Testa da Ra´ız.
37
b) Seja an = ( n
√
n− 1)n. Enta˜o:
lim
n→∞
n
√
| n√n− 1| = lim
n→∞
| n√n− 1| = | lim
n→∞
( n
√
n− 1)| = | lim
n→∞
n
√
n− lim
n→∞
1| =
= |1− 1| = 0 < 1
Logo, pelo Teste da ra´ız,
∞∑
n=1
( n
√
n− 1)n converge.
c) Seja an =
( −n
3n+ 1
)n
. Enta˜o:
n
√
|an| = n
√∣∣∣∣ −n3n+ 1
∣∣∣∣n = n
√∣∣∣∣− n3n+ 1
∣∣∣∣n = − n3n+ 1
Da´ı
lim
n→∞
n
√
|an| = lim
n→∞
−n
3n+ 1
= lim
n→∞
−1
3 + 1/n
= −1
3
< 1
Logo
∞∑
n=1
an converge.
3.3-
a) Seja an =
(
2
n
)n
n!. Enta˜o
lim
n→∞
|an+1|
|an| = limn→∞
∣∣∣∣∣
(
2
n+ 1
)n+1
(n+ 1)!
∣∣∣∣∣∣∣∣∣( 2n
)n
n!
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ 2n+ 1
∣∣∣∣n+1 (n+ 1)!∣∣∣∣ 2n
∣∣∣∣n n!
= lim
n→∞
(
2
n+ 1
)n+1(n+ 1)(
2
n
)n = lim
n→∞
2
(
2
n+ 1
)n
(
2
n
)n =
= lim
n→∞
2
(
2
n+ 1
· n
2
)
= lim
n→∞
2
(
n
n+ 1
)n
= 2 lim
n→∞
(
n
n+ 1
)n
Ta´ errado. Depois eu fac¸o!
38
b) Seja an =
(−1)n2n
n!
. Enta˜o:
lim
n→∞
|an+1|
|an| = limn→∞
∣∣∣∣(−1)n+12n+1(n+ 1)!
∣∣∣∣∣∣∣∣(−1)n2nn!
∣∣∣∣ = limn→∞
2n+1
(n+ 1)!
· n!
2n
=
= lim
n→∞
2
n+ 1
= 2 lim
n→∞
1
n+ 1
= 0 < 1
Portanto, pelo Teste da raza˜o, segue que
∞∑
n=1
(−1)n2n
n!
converge.
c) Seja an =
(−1)n
n(n+ 2)
. Enta˜o fazeˆ-la pelo Teste de Leibniz!! Depois eu fac¸o!!
3.4- Temos, |anxn| = |an||xn| ≤ an · 1 = an, ∀n ∈ N, pois |x| ≤ 1 ⇒ |x|n =
|xn| ≤ 1, ∀n ∈ N. Logo, pelo Crite´rio da Comparac¸a˜o,
∞∑
n=1
|anxn| converge, ou
seja,
∞∑
n=1
anx
n converge absolutamente.
Agora temos: |an sin(nx)| = |an|| sin(nx)| ≤ an · 1 = an ∀n ∈ N, pois
| sin(nx)| ≤ 1, ∀n ∈ N. Logo, pelo Crite´rio da Comparac¸a˜o
∞∑
n=1
|an sin(nz)|
converge, ou seja,
∞∑
i=1
anx
n converge absolutamente.
3.5- Como
∞∑
n=1
|an| converge, enta˜o lim
n→∞
|an| = 0. Logo, ∃K > 0 tal que |an| ≤ K,
∀n ∈ N, e portanto:
|an| · |an| ≤ K|an|, ∀n ∈ N
Mas enta˜o:
|an|2 ≤ K|an|
ou ainda,
a2n ≤ K|an|, ∀n ∈ N
Logo pelo Crite´rio da Comparac¸a˜o
∞∑
n=1
a2n converge.
3.6- Temos:
anbn ≤ a
2
n
2
+
b2n
2
, ∀n ∈ N
39
Como
∞∑
n=1
a2n e
∞∑
n=1
b2n convergem, enta˜o
∞∑
n=1
a2n
2
e
∞∑
n=1
b2n
2
convergem, e portanto,
∞∑
n=1
(
a2n
2
+
b2n
2
)
converge. Logo, pelo Crite´rio da Comparac¸a˜o conclu´ımos que
∞∑
n=1
anbn converge.
3.7- Como
∞∑
n=1
a2n e
∞∑
n=1
b2n convergem, segue pelo exerc´ıcio anterior que
∞∑
n=1
anbn
converge. Consequ¨entemente
∞∑
n=1
2anbn converge e portanto:
∞∑
n=1
(a2n+2anbn+b
2
n)
converge, isto e´,
∞∑
n=1
(an + bn)
2 converge.
3.8- Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz temos:(
k∑
n=1
anbn
)2
≤
(
k∑
n=1
a2n
)(
k∑
n=1
b2n
)
Como
∞∑
n=1
a2n e
∞∑
n=1
b2n convergem, enta˜o:
(
k∑
n=1
anbn
)2
≤
( ∞∑
n=1
a2n
)(
k∑
n=1
b2n
)
≤
( ∞∑
n=1
a2n
)( ∞∑
n=1
b2n
)
e como
∞∑
n=1
anbn converge (exerc´ıcio 3.6) conclu´ımos que
( ∞∑
n=1
anbn
)2
≤
( ∞∑
n=1
a2n
)( ∞∑
n=1
b2n
)
3.9- Temos:
an cos(nx) ≤ |an cos(nx)| = |an|| cos(nx)| ≤ |an|
e
bn sin(nx) ≤ |bn sin(nx)| = |bn|| sin(nx)| ≤ |bn|
Como
∞∑
n=1
|an| e
∞∑
n=1
|bn| convergem, segue pelo Crite´rio da Comparac¸a˜o que
∞∑
n=1
an cos(nx) e
∞∑
n=1
bn sin(nx) convergem e portanto,
∞∑
n=1
(an cos(nx)+bn sin(nx))
40
converge.
3.10- Como (an) e´ decrescente temos: n + n ≥ n + 1 ⇒ a2n ≤ an+1, ∀n ∈ N,
donde segue que: a2n ≤ an+2, . . . , a2n ≤ a2n. Logo:
na2n ≤ an+1 + an+2 + . . .+ a2n ≤ an+1 + an+2 + . . . = s− sn
onde s =
∞∑
n=1
an (pois esta se´rie e´ convergente por hipo´tese), sn = a1+a2+. . .+an
e s2n = a1 + a2 + . . .+ an + an+1 + · · ·+ a2n−1 + a2n. Da´ı, lim
n→∞
(s− sn) = 0, isto
e´, lim
n→∞
na2n = 0. Portanto lim
n→∞
(2n)a2n = 0.
Temos tambe´m que n+ n ≥ n+ 1⇒ 2n− 1 ≥ n⇒ a2n−1 ≤ an, ∀n ∈ N, ou seja,
a2n−1 ≤ an+1, . . . , a2n−1 ≤ a2n−1. Logo:
na2n−1 ≤ an + an+1 + . . .+ a2n−1 ≤ an + an+1 + . . . = s = sn−1
Como lim
n→∞
(s−sn−1) = 0 enta˜o lim
n→∞
na2n−1 = 0, e portanto lim
n→∞
(2n−1)a2n−1 = 0
Concluimos assim que lim
n→∞
nan = 0.
3.11- Seja a se´rie
∞∑
n=1
an absolutamente convergente. Enta˜o
∞∑
n=1
|an| converge,
donde segue tambe´m que
∞∑
n=1
an converge. Segue da´ı que,
∞∑
n=1
(an+ |an|) converge,
e como
−|an| ≤ an ⇒ an + |an| ≥ 0, ∀n ∈ N
esta u´ltima se´rie e´ de termos na˜o negativos. Logo como
∞∑
n=1
−|an| converge temos:
∞∑
n=1
an =
∞∑
n=1
(an + |an| − |an|) =
∞∑
n=1
(an + |an|)−
∞∑
n=1
|an|
Reciprocamente, seja an = bn − cn. Enta˜o:
|an| = |bn − cn| ≤ |bn|+ |cn|
Como bn e cn sa˜o positivos, segue que |an| ≤ bn + cn e como
∞∑
n=1
bn e
∞∑
n=1
cn
convergem, enta˜o
∞∑
n=1
(bn + cn) converge. Logo, pelo Crite´rio da Comparac¸a˜o
∞∑
n=1
|an| converge. Consequ¨entemente
∞∑
n=1
an converge absolutamente.
41
3.12- Suponha que
∞∑
n=1
an seja convergente. Enta˜o, a sequ¨eˆncia (sn) de suas
somas parciais e´ convergente e portanto limitada.
Reciprocamente, suponha que (sn) seja limitada. Enta˜o,
sn+1 = sn + an+1
e como an ≥ 0, ∀n ∈ N temos que sn+1 ≥ sn, ∀n ∈ N, isto e´, (sn) e´ mono´tona
crescente. Logo (sn) e´ convergente, e portanto
∞∑
n=1
an converge.
3.13- Seja an =
xn
n2
e
L = lim
n→∞
|an+1|
|an| = limn→∞
|x|n+1
(n+ 1)2
|x|n
n2
= lim
n→∞
[ |x|n+1
(n+ 1)2
· n
2
|x|n
]
=
= lim
n→∞
[
|x| n
2
(n+ 1)2
]
= |x| lim
n→∞
(
n
n+ 1
)2
=
= |x| lim
n→∞
(
1
1 + 1/n
)
lim
n→∞
(
1
1 + 1/n
)
= |x| · 1 = |x|
Pelo teste da raza˜o
∞∑
n=1
xn
n2
converse se |x| < 1, ou equivalentemente, se −1 < x <
1.
Mas, se for x = 1, temos a se´rie,
∞∑
n=1
1
n2
, que converge, e se for x = −1, temos a
se´rie
∞∑
n=1
(−1)n
n2
que converge absolutamente e portanto converge.
Portanto,
∞∑
n=1
xn
n2
converge para −1 ≤ x ≤ 1.
Seja agora an =
xn
nn
. Temos:
L = lim
n→∞
n
√
|an| = lim
n→∞
n
√
|xn|
nn
= lim
n→∞
n
√|x|n
n
√
nn
= lim
n→∞
|x|
n
= |x| lim
n→∞
1
n
= 0
Logo
∞∑
n=1
xn
nn
converge ∀x ∈ R.
42
3.14- Considere a se´rie
∞∑
n=1
(−1)n
n
, que converge pelo Crite´rio de Leibniz e seja
xn = (−1)n que e´ limitada. Temos:
∞∑
n=1
anxn =
∞∑
n=1
(−1)n(−1)n · 1
n
=
∞∑
n=1
1
n
que diverge.
3.15- Usando o exerc´ıcio 3.12 e a desigualdade de Cauchy-Schwarz temos:
0 ≤ sn =
n∑
i=1
1
i
√
ai ≤
( ∞∑
i=1
(
1
i
)2) 12 ( ∞∑
i=1
(
√
ai)
2
) 1
2
=
=
( ∞∑
i=1
1
i2
) 1
2
( ∞∑
i=1
ai
) 1
2
≤ α 12β 12 = c
isto e´,
∞∑
n=1
√
an
n
converge.
Outra resoluc¸a˜o: Temos que an ≥ 0 e
∞∑
n=1
an converge. Logo:
√
an · 1
n
≤ (an)
2
2
+
(
1
n
)2
2
⇒
√
an
n
≤ an
2
+
1
2n2
Como, por hipo´tese,
∞∑
n=1
an converge, enta˜o
∞∑
n=1
an
2
converge⇒
∞∑
n=1
1
2n2
converge.
Consequ¨entemente
∞∑
n=1
(
an
2
+
1
2n2
)
converge, e pelo Crite´rio da Comparac¸a˜o
∞∑
n=1
√
an
n
converge.
3.16- Para cada n ∈ N, temos
an+1 ≤ f(x) ≤ an ∀x ∈ [n, n+ 1]
Portanto,
an+1 ≤
∫ n+1
n
f(x)dx ≤ an ∀n ∈ N
Se n ≥ 2 temos
k−1∑
n=1
an+1 ≤
k−1∑
n=1
∫ n+1
n
f(x)dx ≤
k−1∑
n=1
an
43
e portanto,
sk − a1 ≤
∫ k
1
f(x)dx ≤ sk−1 (10)
Suponhamos que,
∞∑
n=1
ak converge. Enta˜o (sk−1) converge. Logo, (sk−1) e´
limitada, donde por (10) temos que(∫ k
1
f(x)dx
)
e´ tambe´m limitada, e como ela e´ crescente, segue que
(∫ k
1
f(x)dx
)
converge.
Reciprocamente, suponha que
(∫ k
1
f(x)dx
)
converge. Enta˜o ela e´ limitada e
por (10) segue que (sk) e´ limitada e como ela e´ crescente segue que ela converge.
Logo, a se´rie
∞∑
n=1
ak converge.
3.17- Como lim
n→∞
an
bn
= 0, enta˜o para ε = 1, ∃N ∈ N tal que
n ≥ N ⇒
∣∣∣∣anbn − 0
∣∣∣∣ < 1⇒ anbn < 1⇒ 0 ≤ an < bn, ∀n ≥ N
Como
∞∑
n=1
bn converge enta˜o:
∞∑
n=N
bn tambe´m converge, donde segue que
∞∑
n=N
an
converge, o que e´ equivalente a dizer que
∞∑
n=1
an converge.
3.18- Por (b) temos que (bn) converge para um limite, digamos k. Da´ı, seja
bn = k + cn tal que (cn) e´ mono´tona e lim
n→∞
cn = 0. Por (a)
∞∑
n=1
kan converge e a
sequ¨eˆncia (sn), onde sn = a1 + a2 + . . . + an e´ limitada. Logo, pelo Crite´rio de
Dirichlet,
∞∑
n=1ancn converge. Sendo s =
∞∑
n=1
ancn obte´m-se:
s =
∞∑
n=1
an(bn−k) =
∞∑
n=1
(anbn−kan) =
∞∑
n=1
anbn−
∞∑
n=1
kan ⇒
∞∑
n=1
anbn = s+
∞∑
n=1
kan
donde conclui-se que
∞∑
n=1
anbn converge.
44
3.19- Temos:
∞∑
n=2
1
n lnn
=
1
2 ln 2
+
1
3 ln 3
+
1
4 ln 4
+
1
5 ln 5
+ . . .+
1
8 ln 8
+ . . . =
=
1
2 ln 2
+
(
1
3 ln 3
+
1
4 ln 4
)
+
(
1
5 ln 5
+ . . .+
1
8 ln 8
)
+ . . . >
>
1
2 ln 2
+
(
1
4 ln 4
+
1
4 ln 4
)
+
(
1
8 ln 8
+ . . .+
1
8 ln 8
)
+ . . . =
=
1
2 ln 2
+
2
4 ln 4
+
4
8 ln 8
+ . . . =
1
2 ln 2
+
2
8 ln 2
+
4
24 ln 2
+ . . . =
=
1
2 ln 2
+
1
4 ln 2
+
1
6 ln 2
+ . . . =
1
2 ln 2
(
1 +
1
2
+
1
3
+ . . .
)
=
=
1
2 ln 2
∞∑
n=1
1
n
Como
∞∑
n=1
1
n
diverge, enta˜o:
∞∑
n=1
1
n lnn
diverge.
3.20- Temos:
∞∑
n=2
1
n(lnn)r
=
1
2(ln 2)r
+
1
3(ln 3)r
+
1
4(ln 4)r
+ . . .+
1
7(ln 7)r
+ . . . =
=
(
1
2(ln 2)r
+
1
3(ln 3)r
)
+
(
1
4(ln 4)r
+ . . .+
1
7(ln 7)r
)
+ . . . <
<
(
1
2(ln 2)r
+
1
2(ln 2)r
)
+
(
1
4(ln 4)r
+ . . .+
1
4(ln 4)r
)
+ . . . =
=
2
2(ln 2)r
+
4
4(ln 4)r
+
8
8(ln 8)r
+ . . . =
=
1
(ln 2)r
+
1
(ln 4)r
+
1
(ln 8)r
+ . . . =
=
1
(ln 2)r
+
1
2r(ln 2)r
+
1
3r(ln 2)r
+ . . . =
=
1
(ln 2)r
(
1 +
1
2r
+
1
3r
+ . . .
)
=
=
1
(ln 2)r
∞∑
n=1
1
nr
Como
∞∑
n=1
1
nr
converge se r > 1 e diverge se r ≤ 1, enta˜o:
∞∑
n=1
1
n(lnn)r
converge
se r > 1 e diverge se r ≤ 1.
45
3.21- Seja ` = lim
n→∞
an
bn
. Enta˜o, para ε =
`
2
, ∃n ∈ N tal que
n ≥ N ⇒
∣∣∣∣anbn − `
∣∣∣∣ < `2 ⇔ − `2 < anbn − ` < `2 ⇒ `2 < anbn < 3`2
Logo:
`
2
bn < an <
3`
2
bn, ∀n ≥ N
Portanto, pelo Crite´rio da Comparac¸a˜o temos:
∞∑
n=1
an converge⇔
∞∑
n=1
bn converge
ou ∞∑
n=1
an diverge⇔
∞∑
n=1
bn diverge
3.22- Considere as se´ries:
∞∑
n=1
1√
n(n+ 1)
e
∞∑
n=1
1
n
Temos:
lim
n→∞
1√
n(n+ 1)
1
n
= lim
n→∞
1√
n(n+ 1)
· n = lim
n→∞
√
n√
n+ 1
= lim
n→∞
√
n
n+ 1
=
= lim
n→∞
√
1
1 + 1/n
=
√
lim
n→∞
1
1 + 1/n
=
√
1 = 1
Como
∞∑
n=1
1
n
diverge, segue pelo Exerc´ıcio 3.21 que
∞∑
n=1
1√
n(n+ 1)
tambe´m
diverge.
3.23- Como
∞∑
n=1
an converge, seja s =
∞∑
n=1
an. Como (sn), onde sn = a1 + a2 +
. . . + an e´ a sequ¨eˆncias das somas parciais da se´rie
∞∑
n=1
an, temos que sn −→ s,
quando n −→∞. Portanto, segue pelo exerc´ıcio 2.16, que
s1 + s2 + . . .+ sn
n
−→ s
46
como quer´ıamos.
3.24- Suponha que
∞∑
n=1
(an + bn) fosse convergente. Como
∞∑
n=1
an converge temos
que
∞∑
n=1
(−an) tambe´m converge. Logo ter´ıamos que
∞∑
n=1
(an + bn − an) =
∞∑
n=1
bn
seria convergente, que e´ um absurdo.
3.25- Temos:
∞∑
n=1
[
(−1)n+1 + (−1)
n
n+ 1
]
=
∞∑
n=1
(n+ 1)(−1)n+1 + (−1)n
n+ 1
=
=
∞∑
n=1
(−1)n(n− 1 + 1)
n+ 1
=
=
∞∑
n=1
(−1)n n
n+ 1
Como
∞∑
n=1
(−1)n diverge e
∞∑
n=1
(−1)n
n+ 1
converge pelo Crite´rio de Leibniz, segue pelo
exerc´ıcio 3.25 que
∞∑
n=1
(−1)n n
n+ 1
diverge.
3.26- Seja an =
xn
nx
. Enta˜o:
L = lim
n→∞
|an+1|
|an| = limn→∞
|x|n+1
(n+ 1)x
|x|n
nx
= lim
n→∞
|x|n+1
(n+ 1)x
· n
x
|x|n =
= |x| lim
n→∞
(
n
n+ 1
)x
= |x| lim
n→∞
1(
1 +
1
n
)x = |x|
Logo, pelo teste da raza˜o
∞∑
n=1
xn
nx
converge se |x| < 1, ou seja, se −1 < x < 1.
Agora, se x = 1 temos:
∞∑
n=1
xn
nx
=
∞∑
n=1
1
n
47
que diverge, e se x = −1 temos:
∞∑
n=1
xn
nx
=
∞∑
n=1
(−1)n · n
que tambe´m diverge.
Logo,
∞∑
n=1
xn
nx
converge para |x| < 1.
3.27- Basta mostrar que a sequ¨eˆncia das somas pariais e´ limitada. Sejam
sn = a1 + a2 + . . .+ an,
tk = a1 + 2a2 + . . .+ 2
ka2k
Para n < 2k,
sn ≤ a1 + (a2 + a3) + . . .+ (a2k + . . .+ a2k+1−1)
de modo que
sn ≤ tk (11)
Por outro lado, se n > 2k,
sn ≥ a1 + (a2 + a3) + . . .+ (a2k + . . .+ a2k)
≥ 1
2
a1 + a2 + 2a4 + . . .+ 2
k−1a2k =
1
2
tk
de modo que
2sn ≥ tk (12)
Por (11) e (12), as sequ¨eˆncias sa˜o ambas limitadas ou ambas ilimitadas, o que
demonstra o resultado.
3.28- Sejam
An =
n∑
k=0
ak, Bn =
n∑
k=0
bk, Cn =
n∑
k=0
ck, βn = Bn −B
Enta˜o,
Cn = a0b0 + (a0b1 + a1b0) + . . .+ (a0bn + a1bn−1 + . . .+ anb0)
= a0Bn + a1Bn−1 + . . .+ anB0
= a0(B + βn) + a1(B + βn−1) + . . .+ an(B + β0)
= AnB + a0βn + a1βn−1 + . . .+ anβ0
Seja
γn = a0βn + a1βn−1 + . . .+ anβ0
48
Queremos mostrar que Cn → AB. Como AnB → AB, basta mostrar que
lim
n→∞
γn = 0 (13)
Seja
α =
∞∑
n=0
|an|
Dado ε > 0, como
∞∑
n=0
bn = B, βn → 0. Podemos, pois, escolher N tal que
|βn| ≤ ε para n ≥ N . Logo
|γn| ≤ |β0an + . . .+ βNan−N |+ |βN+1an−N−1 + . . .+ βna0|
≤ |β0an + . . .+ βNan−N |+ εα
Mantendo N fixo e fazendo k →∞, obtemos
lim
n→∞
sup |γn| ≤ εα,
visto que ak → 0 quando k →∞. Sendo ε arbitra´rio, (13) esta´ demonstrado.
3.29- Defina:
a+n =
1
2
(|an|+ an) e a−n =
1
2
(|an|+ an)
Enta˜o:
a+n − a−n =
|an|
2
+
an
2
− |an|
2
+
an
2
= an
e
a+n + a
−
n =
|an|
2
+
an
2
+
|an|
2
− an
2
= |an|
donde 0 ≤ a+n ≤ |an| e 0 ≤ a−n ≤ |an|. Como
∞∑
n=1
an e´ absolutamente convergente,
enta˜o segue pelo Crite´rio da Comparac¸a˜o, que
∞∑
n=1
a+n e
∞∑
n=1
a−n sa˜o convergentes.
Logo, para qualquer permutac¸a˜o σ : N −→ N temos:
∞∑
n=1
a+n =
∞∑
n=1
a+σ(n) e
∞∑
n=1
a−n =
∞∑
n=1
a−σ(n)
e portanto,
∞∑
n=1
(a+n − a−n ) =
∞∑
n=1
(a+σ(n) − a−σ )⇒
∞∑
n=1
an =
∞∑
n=1
aσ(n)
49
Exerc´ıcio Complementar 1- A se´rie
∞∑
n=1
(−1)n( n√a − 1), a > 1 e´ convergente
ou divergente? Justifique sua resposta.
Soluc¸a˜o: E´ convergente. De fato, mostremos primeiro que an = n
√
a − 1 e´
decrescente. Com efeito, mostra-se facilmente por induc¸a˜o que n+1
√
a < n
√
a,
∀n ∈ N, donde segue que:
n+1
√
a− 1 < n√a− 1, ∀n ∈ N⇒ an+1 < an, ∀n ∈ N
Logo (an) e´ decrescente, e como a > 1 temos:
n
√
a > 1⇒ n√a− 1 > 0⇒ an > 0
ou seja, (an) e´ uma sequ¨eˆncia de termos positivos. Temos ainda que:
lim
n→∞
an = lim
n→∞
( n
√
a− 1) = lim
n→∞
n
√
a− lim
n→∞
1 = 1− 1 = 0
Portanto, pelo Crite´rio de Leibniz
∞∑
n=1
(−1)n( n√a− 1)
e´ convergente.
50
Cap´ıtulo 4
4.2- Sejam (xn) = (x1, x2, . . .) e (yn) = (y1, y2, . . .) sequ¨eˆncias limitadas tais que
xn ≤ yn, ∀n ∈ N e considere os conjuntos
An = {xn, xn+1, . . .} e Bn = {yn, yn+1, . . .}
que evidentemente sa˜o limitados. Temos:
inf
r≥n
xr ≤ xs ≤ ys, ∀s ≥ n
ou ainda,
inf
r≥n
≤ inf
s≥n
ys
Tomando o limite nesta u´ltima desigualdade, quando n→∞ conclu´ımos que:
lim
n→∞
inf An ≤ lim
n→∞
inf Bn ⇒ lim inf xn ≤ lim inf yn
Do mesmo modo temos:
xs ≤ ys ≤ sup
r≥n
yr, ∀s ≥ n
ou seja,
sup
s≥n
xs ≤ sup
r≥n
yr
Tomando o limite quando n→∞ obtemos:
lim
n→∞
supAn ≤ lim
n→∞
supBn ⇒ lim supxn ≤ lim sup yn
4.3-
a) Seja λ = lim inf xn. Enta˜o ∃ (xnk) tal que limn→∞xnk = λ. Logo xnkc −→ λc,
quando k →∞. Agora se xrsc −→ `, (xrs) sendo uma subsequ¨eˆncia qualquer de
(xn), enta˜o, desde que c > 0,
xrs =
xrsc
c
−→ `
c
Mas,
`
c
≥ λ⇒ ` ≥ cλ. Logo uma subsequ¨eˆncia qualquer de (cxn) na˜o possui um
limite menor que cλ. Portanto,
lim inf(cxn) = cλ = c lim inf xn
Agora seja ξ = lim sup xn. Enta˜o ∃ (xnk) tal que limn→∞xnk = ξ. Logocxnk −→ cξ,
quando k →∞. Se xrsc −→ L, qualquer que seja (xrs), enta˜o, como c > 0 temos:
xrs =
xrsc
c
−→ L
c
51
Mas,
L
c
≤ ξ ⇒ L ≤ ξc. Portanto lim sup(cxn) = cξ = c lim supxn.
Obs: Em ambos os casos, se for c = 0 enta˜o xnk −→ 0 = 0λ ou 0ξ.
b) Seja c < 0. Enta˜o c = −M , onde M > 0. Note que:
inf
r≥n
(−xr) = − sup
r≥n
(xr)⇒ lim inf(−xr) = − lim supxn
Logo:
lim inf(cxn) = lim inf(−Mxn) = − lim sup(Mxn) = −M lim supxn = c lim supxn
e
lim sup(cxn) = lim sup(−Mxn) = − lim inf(Mxn) = −M lim inf xn = c lim inf xn
4.4- Temos:
inf
r≥n
xr + inf
r≥n
yr ≤ xs + ys, ∀s ≥ n⇒ inf xr + inf yr ≤ inf(xs + ys)
Tomando o limite quando n→∞ obtemos:
lim inf xn + lim inf yn ≤ lim inf(xn + yn)
Agora:
xs + ys ≤ sup
r≥n
xr + sup
r≥n
yr, ∀s ≥ n⇒ sup(xs + ys) ≤ sup
r≥n
xr + sup
r≥n
yr
Tomando o limite quando n→∞ conclui-se:
lim sup(xn + yn) ≤ lim supxn + lim sup yn
4.6- Seja X = {x1, x2, . . . , xn} um conjunto finito de R. Podemos admitir que a
enumerac¸a˜o foi feita de modo que x1 < x2 < . . . < xn. Enta˜o
R−X = (−∞, x1) ∪ (x1, x2) ∪ . . . ∪ (xn−1, xn) ∪ (xn,+∞)
donde segue que R−X e´ aberto. Portanto X e´ fechado.
4.18-
a) Seja (Aλ)λ∈L, onde L e´ um conjunto de ı´ndices, uma famı´lia qualquer de
conjuntos fechados de R. Mostremos que
⋂
λ∈L
Aλ e´ um conjunto fechado. Temos
pelo exerc´ıcio 1.34 que
R−
⋂
λ∈L
Aλ =
⋃
λ∈L
(R− Aλ)
52
Como dada Aλ e´ fechado enta˜o cada R − Aλ e´ aberto, e assim,
⋃
λ∈L
(R − Aλ)
tambe´m e´ aberto. Logo R−
⋂
λ∈L
Aλ e´ aberto, donde segue que
⋂
λ∈L
Aλ e´ fechado.
b) Seja Aλ1 , Aλ2 , . . ., Aλn uma colec¸a˜o finita de conjuntos fechados de R.
Mostremos que
n⋃
i=1
Aλi e´ um conjunto fechado de R. Temos pelo exerc´ıcio 1.34
que
R−
n⋃
i=1
Aλi =
n⋂
i=1
(R− Aλi)
Como dada Aλi , i = 1, . . . , n e´ fechado, enta˜o R − Aλi , i = 1, . . . , n e´ aberto, e
assim,
∞⋂
i=1
(R−Aλi) e´ aberto. Logo R−
n⋃
i=1
Aλi e´ aberto, donde segue que
∞⋃
i=1
Aλi
e´ fechado.
4.8- Temos, ∀A ⊂ R, R = int(A) ∪ int(R− A) ∪ ∂A, unia˜o disjunta.
Suponha que A e´ aberto. Enta˜o A = int(A). Logo A ∩ ∂A = int(A) ∩ ∂A = ∅.
Reciprocamente, suponha que A na˜o e´ aberto. Enta˜o ∃x ∈ A, tal que x na˜o
e´ ponto interior de A. Logo, ∀ε > 0, Vε(x) conte´m pontos de R − A, ou seja,
x ∈ ∂A⇒ A ∩ ∂ 6= ∅ o que e´ um absurdo.
4.9- Mostremos que S = S ∪ ∂S. De fato, suponha que x ∈ S, mas x /∈ S (o
caso em que x ∈ S e´ evidente). Como x ∈ S, enta˜o toda vizinhanc¸a de x conte´m
ao menos um ponto de S e como x /∈ S, enta˜o x ∈ R− S. Logo, toda vizinhanc¸a
de x conte´m um ponto de S e um ponto de R− S, a saber, o pro´prio x. Assim,
x ∈ ∂S, donde segue que x ∈ S ∪ ∂S, isto e´, S ⊂ S ∪ ∂S.
Mostremos agora que S∪∂S ⊂ S. De fato, se x ∈ S∪∂S, enta˜o x ∈ S ou x ∈ ∂S.
Se x ∈ S, enta˜o x ∈ S. Se x ∈ ∂S, enta˜o toda vizinhanc¸a de x conte´m pontos de
S e de R− S, e portanto, x ∈ S. Da´i conclu´ımo-se a igualdade.
Consequ¨entemente S e´ fechado ⇔ S = S ⇔ S = S ∪ ∂S ⇔ ∂S ⊂ S.
4.10- Temos que X ⊂ X ∪ Y e Y ⊂ X ∪ Y , donde segue que X ⊂ X ∪ Y e
Y ⊂ X ∪ Y . Logo X ∪ Y ⊂ X ∪ Y .
Reciprocamente, se a ∈ X ∪ Y , enta˜o a = lim zn, com zn ∈ X ∪Y . Para infinitos
valores de n, zn esta´ em X (donde a ∈ X) ou zn esta´ em Y (donde a ∈ Y ). Logo
a ∈ X ∪ Y , e portanto X ∪ Y ⊂ X ∪ Y , donde segue a igualdade.
Ale´m disso, X∩Y ⊂ X e X∩Y ⊂ Y , donde segue que X ∩ Y ⊂ X e X ∩ Y ⊂ Y .
Logo X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .
Considere agora X = [0, 1) e Y = (1, 2]. Enta˜o X ∩ Y = ∅. Logo, ∅ = X ∩ Y ⊂
X ∩ Y = [0, 1] ∩ [1, 2] = {1}.
53
4.11- Se x na˜o e´ ponto de acumulac¸a˜o de S, enta˜o existe um intervalo aberto I
contendo x, tal que I ∩ S ⊂ {x}. Nenhum elemento de I e´ ponto de acumulac¸a˜o
de S. Logo R− S ′ e´ aberto e portanto S ′ e´ fechado.
4.12- As incluso˜es [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] significam que
a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an ≤ . . . ≤ bn ≤ . . . ≤ b2 ≤ b1
Assim o comjunto A = {an; n ∈ N} e´ limitado superiormente. Seja x0 = supA.
Enta˜o an ≤ x0, ∀n ∈ N e como cada bn e´ cota superior para A temos que x0 ≤ bn,
∀n ∈ N. Portanto x0 ∈ [an, bn], ∀n ∈ N, ou seja,
⋂
n∈N
Fn 6= ∅. Seja agora y0 outro
nu´mero real tal que an ≤ y0 ≤ bn, ∀n ∈ N. Enta˜o temos:
an ≤ x0 ≤ bn, ∀n ∈ N
an ≤ y0 ≤ bn, ∀n ∈ N
ou ainda
an ≤ x0 ≤ bn, ∀n ∈ N
−bn ≤ −y0 ≤ −an, ∀n ∈ N
donde segue que:
−(bn − an) ≤ x0 − y0 ≤ bn − an, ∀n ∈ N
o que e´ equivalente a
|x0 − y0| ≤ bn − an, ∀n ∈ N
Logo, se bn − an −→ 0, temos que x0 = y0, como quer´ıamos.
4.13-
a) Suponha que
⋂
n∈N
In 6= ∅. Enta˜o existe x ∈ R tal que x ∈
⋂
n∈N
In. Logo,
x ∈ In =
(
0,
1
n
)
, ∀n ∈ N, isto e´: 0 < x < 1
n
, ∀n ∈ N, o que e´ imposs´ıvel. Logo⋂
n∈N
In = ∅.
b) Suponha que
⋂
n∈N
Jn 6= ∅. Enta˜o existe x ∈ R tal que x ∈
⋂
n∈N
Jn. Logo
x ∈ Jn = (n,+∞), ∀n ∈ N, isto e´: n ≤ x, ∀n ∈ N. Mas enta˜o x e´ cota superior
de N, ou seja, N seria limitado superiormente o que e´ um absurdo.
54
4.14- Se C e´ denso em D enta˜o:
C ⊂ D ⊂ C
e se D e´ denso em E enta˜o:
D ⊂ E ⊂ D
Logo:
C ⊂ D ⊂ E ⊂ D ⊂ C = C ⇒ C ⊂ E ⊂ C
e porntanto C e´ denso em E.
4.15- Suponha que S ′ 6= ∅. Enta˜o S possui algum ponto de acumulac¸a˜o. Seja
a ∈ R um ponto de acumulac¸a˜o de S. Pelo exerc´ıcio 4.16, toda vizinhanc¸a de a
conte´m infinitos pontos de S. Mas enta˜o S na˜o e´ finito, o que e´ um absurdo.
4.16- Suponha que x0 e´ ponto de acumulac¸a˜o de S. Enta˜o ∀n ∈ N, podemos
encontrar um ponto xn ∈ S, xn 6= x0 na vizinhanc¸a
(
x0 − 1
n
, x0 +
1
n
)
. Logo,
limxn = x0, o que mostra que x0 e´ limite de uma sequ¨eˆncia de pontos xn ∈
S − {x0}. Da´ı, dado ε > 0, ∃N ∈ N tal que
|xn − x0| < ε, ∀n ≥ N ⇔ xn ∈ (x0 − ε, x0 + ε), ∀n ≥ N
ou seja, toda vizinhanc¸a de x0 conte´m um infinidade de pontos de S.
Reciprocamente, suponha que toda vizinhanc¸a de x0 conte´m uma infinidade de
pontos de S. Enta˜o toda vizinhanc¸a de x0 conte´m algum ponto de S diferente de
x0, donde segue que x0 ∈ S ′.
4.17- Sejam A1 e A2 conjuntos abertos. Se x ∈ A1 ∩A2, enta˜o x ∈ A1 e x ∈ A2.
Como A1 e A2 sa˜o abertos, existem ε1 e ε2 positivos tais que (x−ε1, x+ε2) ⊂ A1
e (x − ε2, x + ε2) ⊂ A2. Seja ε = min{ε1, ε2}. Enta˜o (x − ε, x + ε) ⊂ A1 e
(x− ε, x+ ε) ⊂ A2, ou seja, (x− ε, x+ ε) ⊂ A1 ∩A2, donde segue que x e´ ponto
interior de A1 ∩ A2, e portanto, A1 ∩ A2 e´ aberto.
Considere agora A1, A2, . . ., An, uma colec¸a˜o finita de conjuntos abertos. Temos
que A1 ∩ A2 e´ aberto. Logo, (A1 ∩ A2) ∩ A3 tambe´m e´ aberto e prosseguindo de
tal forma concluimos indutivamente que A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An e´ aberto.
Agora seja (Aλ)λ∈L uma famı´lia qualquer de conjuntos abertos. Se x ∈ A =⋃
λ∈L
Aλ, enta˜o x ∈ Aλ para algum λ ∈ L. Como Aλ e´ aberto, existe ε > 0 tal
que (x− ε, x + ε) ⊂ Aλ ⊂ A. Logo todo ponto x ∈ A e´ interior, e portanto, A e´
aberto.
55
4.7- Seja {K1, K2, . . . , Kn} uma colec¸a˜o finita de subconjuntos compactos de R.
Mostremos que
∞⋃
i=1
Ki e´ compacto. Para isto msotremos primeiro que
∞⋃
i=1
Ki e´
limitado. De fato, como cada Ki, i = 1, 2, . . . , n e´ limitado, enta˜o existem αi e βi
tais que, Ki ⊂ [αi, βi]. Sejam
α = min{α1, α2, . . . , αn} e β = max{β1, β2, . . . , βn}
Enta˜o, Ki ⊂ [αi, βi] ⊂ [α, β], donde segue que,
∞⋃
i=1
Ki ⊂ [α, β]. Logo,
∞⋃
i=1
Ki e´
limitado.
Afirmamos que
∞⋃
i=1
Ki e´ fechado. De fato, como cada Ki, i = 1, 2, . . . , n e´
compacto enta˜o cada Ki e´ fechado. Mas a unia˜o finita de conjuntos fechados
tambe´m e´ fechada, donde conclui-se que
∞⋃
i=1
Ki e´ fechado. Portanto
∞⋃
i=1
Ki e´
compacto.
Seja agora {Kα}α∈Γ uma colec¸a˜o qualquer de subconjuntos compactos de R.
Mostremos que
⋂
α∈Γ
Kα e´ compacto. Para isto mostremos primeiro que
⋂
α∈Γ
Kα
e´ limitado. De fato, como cada Kα e´ compacto, qualquer que seja α ∈ Γ, temos
que Kα e´ limitado. Logo existem a, b ∈ R tais que: Kα ⊂ [a, b]. Mas,⋂
α∈Γ
Kα⊂ Kα ⊂ [a, b]⇒
⋂
α∈Γ
Kα ⊂ [a, b]
donde segue que
⋂
α∈Γ
Kα e´ limitado.
Afirmamos que
⋂
α∈Γ
Kα e´ fechado. De fato, seja α ∈ Γ. Temos que Kα e´ compacto,
e portanto fechado. Mas, como a intersec¸a˜o qualquer de conjuntos fechados e´
fechado, conclui-se que
⋂
α∈Γ
Kα e´ fechado. Portanto
⋂
α∈Γ
Kα e´ compacto.
4.19- Seja a ∈ R. Temos que {a} e´ fechado, pois
R− {a} = (−∞, a) ∪ (a,+∞)
e´ aberto. Da´ı, considere todos os elementos pertencentes ao intervalo (a, b),
a, b ∈ R. Note que a unia˜o desses elementos e´ igual a (a, b), e cada elemento
e´ um conjunto unita´rio fechado. Mas a unia˜o desses conjuntos e´ (a, b) que e´
aberto.
56
4.20- Considere a famı´lia (An)n∈N onde,
An =
(
− 1
n
,
1
n
)
Vamos mostrar que
∞⋂
n=1
An = {0} (note que {0} na˜o e´ aberto).
Obviamente, {0} ⊂
∞⋂
n=1
An, pois 0 ∈
(
− 1
n
,
1
n
)
, ∀n ∈ N.
Seja x ∈
(
− 1
n
,
1
n
)
. Enta˜o x ∈ An, ∀n ∈ N, ou seja, x ∈
(
− 1
n
,
1
n
)
, ∀n. Logo
|x| < 1
n
, ∀n ∈ N
ou ainda,
0 ≤ |x| < 1
n
, ∀n ∈ N
donde segue que x = 0.
57
Cap´ıtulo 5
5.1-
i) Dado ε > 0 devemos determinar δ > 0 tal que 0 < |x − 1| < δ implique
|x3− 1| < ε. Para isto restringiremo-nos aos pontos x tais que |x− 1| < 1. Neste
caso temos
|x| = |x− 1 + 1| ≤ |x− 1|+ 1 < 2⇒ |x2| < 4
Logo
|f(x)− 1| = |x3 − 1| = |(x− 1)(x2 + x+ 1)| = |x− 1||x2 + x+ 1|
≤ (|x2|+ |x|+ 1)|x− 1| < 7|x− 1|
Assim, tome δ = min{1, ε/7} e temos
0 < |x− 1| < δ ⇒ |x3 − 1| < 7δ ⇒ |x3 − 1| < ε
ii) Temos:
x2 − 1
x− 1 =
(x+ 1)(x− 1)
x− 1 = x+ 1
Logo, queremos mostrar que lim
x→1
(x + 1) = 2. De fato, dado ε > 0, tome δ = ε e
teremos:
0 < |x− 1| < δ ⇒ |f(x)− 2| = |x+ 1− 2| = |x− 1| < δ = ε
iii) De fato, dado ε > 0 tome δ =
ε
2
e teremos que se 0 < |x− 2| < δ, enta˜o:
|f(x)− 3| = |2x− 1− 3| = |2x− 4| = 2|x− 2| < 2 · ε
2
= ε
iv) De fato, dado ε > 0, tome δ = ε e temos que, se 0 < |x− a| < δ enta˜o:
|f(x)− cos a| = | cosx− cos a| < |x− a| < ε
5.2- Como lim
x→a
f(x) = L, enta˜o dado ε > 0, ∃δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− L| < ε
Em particular, para ε = 1 temos:
0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− L| < 1⇒ |f(x)− L|+ |L| < 1 + |L|
⇒ |f(x)− L+ L| < 1 + |L| ⇒ |f(x)| < 1 + |L|
Como 1 + |L| > 0, fac¸a c = 1 + |L| e teremos
|f(x)| < c, ∀x ∈ (a− δ, a+ δ)
58
Portanto, existe uma vizinhanc¸a, a saber (a− δ, a+ δ) na qual f e´ limitada.
5.3- Como lim
x→a
f(x) = L enta˜o, pela proposic¸a˜o 5.2, para toda sequ¨eˆncia (xn) ∈ S,
com xn 6= a, ∀n ∈ N e limxn = a, tem-se lim f(xn) = L. Logo, lim
√
f(xn) =
√
L
e novamente utilizando a proposic¸a˜o 5.2, segue que, limx→a
√
f(x) =
√
L.
5.4-
a) Temos que g(x) = sin x e´ limitada, pois | sin x| ≤ 1, ∀x ∈ R. Agora seja
h(x) = 1 + x2. Temos:
|x|2 ≥ 0⇒ |x2|+ 1 ≥ 1⇒ |1 + x2| ≥ 1, ∀x ∈ S
Logo, α = 1 > 0 e´ tal que |h(x)| ≥ α, ∀x ∈ S e pela proposic¸a˜o 5.1, g/h e´
limitada, isto e´,
f(x) =
sin x
1 + x2
e´ limitada.
b) Temos:
|f(x)| = | sin x|√
x
≤ 1√
x
≤ 1, ∀x ∈ [1,+∞)
Agora, se x ∈ (0, 1), temos:
f(x) =
sin x√
x
=
√
x · sin x
x
e | sin x| ≤ |x|, ∀x ∈ (0, 1)
Logo,
|f(x)| = √x | sin x||x| ≤
√
x <
√
1 = 1
c)
d)
5.6- Suponha que f + g e´ limitada em A. Como f e´ limitada em A, enta˜o −f
tambe´m e´ limitada em A. Logo (f + g)− f e´ limitada, isto e´, g e´ limitada em A,
o que e´ um absurdo. Portanto f + g e´ limitada em A.
5.7- Sejam f(x) =
1
x
e g(x) = x definidas no intervalo A = (0,∞). Temos que f
e g sa˜o ambas ilimitadas, mas f(x) · g(x) = 1 que e´ limitada.
59
5.8- Temos que: −|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)|, ∀x ∈ V ∗δ (a). Logo, como
lim
x→a
(−|f(x)|) = lim
x→a
|f(x)| = 0, segue pelo Teorema do Confronto que lim
x→a
f(x) =
0.
5.9-
a) Temos:
lim
x→0
√
x+ 1− 1
x
= lim
x→0
[
(
√
x+ 1− 1)
x
(
√
x+ 1 + 1)
(
√
x+ 1 + 1)
]
=
= lim
x→0
[
x+ 1− 1
x(
√
x+ 1 + 1)
]
= lim
x→0
1√
x+ 1 + 1
=
1
2
b) Temos:
lim
x→∞
(
√
x+ 1−√x) = lim
x→∞
[
(
√
x+ 1−√x)(
√
x+ 1 +
√
x)
(
√
x+ 1 +
√
x)
]
=
= lim
x→∞
[
x+ 1− x√
x+ 1 +
√
x
]
= lim
x→∞
[
1√
x+ 1 +
√
x
]
= 0
5.10-
a) Sejam A = f(S) = {f(x); x ∈ S}, B = g(S) = {g(x); x ∈ S} e
C = (f + g)(S) = {f(x) + g(x); x ∈ S}. Temos que C ⊂ A + B, donde
segue que supC = sup(f + g) ≤ sup(A+B) = sup f + sup g.
b) Segue imediatamente que inf(f + g) ≥ inf f + inf g.
c) Temos que sup(cf) = sup{c · f(x); x ∈ S} = sup(cA) = c supA = c · sup f , se
c ≥ 0. Analogamente, inf(cf) = c inf f se c ≥ 0.
d) Ana´loga a c).
5.12- Como lim
x→a
f(x) = +∞ enta˜o para cada M > 0, ∃ δ > 0 tal que:
0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > M
Mas, f(x) ≤ g(x), ∀x ∈ V ∗δ (a)⇒ g(x) > M . Logo, para cada M > 0, ∃ δ > 0 tal
que
0 < |x− a| < δ ⇒ g(x) > M
ou seja, lim
x→a
g(x) = +∞.
5.13-
60
a) Como lim
x→a
f(x) = +∞, enta˜o dado M > 0, ∃ δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > M
Logo, dado ε =
1
M
> 0, ∃ δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ ⇒ 1
f(x)
<
1
M
Portanto lim
x→a
1
f(x)
= 0.
b) Como lim
x→a
f(x) = 0, enta˜o dado M > 0, ∃ δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)| < M
Logo, dado ε =
1
M
, ∃ δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ ⇒ 1|f(x)| >
1
M
⇒
∣∣∣∣ 1f(x)
∣∣∣∣ > 1M = ε
Portanto, lim
x→a
1
f(x)
= ±∞.
5.14- Como lim
x→∞
f(x) = L enta˜o para ε = 1, existe a > 0 tal que |f(x)−L| < 1,
se x ≥ a, ou seja, existe a ∈ R, a > 0 tal que |f(x)| − |L| ≤ |f(x) − L| < 1,
∀x ≥ a. Portanto, |f(x)| < 1 + |L| =M , ∀x ∈ [a,+∞).
5.19- Dado ε > 0 seja q0 um nu´mero inteiro tal que
1
q0
< ε. Considere o conjunto
Q0 =
{
p
q
∈ Q; q < q0
}
. Note que, em algum intervalo finito existe apenas um
nu´mero finito de elementos de Q0. Enta˜o, existe um δ > 0 tal que os intervalos
(a− δ, a) e (a, a+ δ) na˜o conte´m elementos de Q0. Logo, segue que
0 <
∣∣∣∣a− pq
∣∣∣∣ < δ ⇒ 0 ≤ f (pq
)
=
1
q
≤ 1
q0
< ε
e portanto lim
x→a
f(x) = 0.
61
Cap´ıtulo 6
6.1- Seja x0 6= 0 um nu´mero real. Enta˜o existem sequ¨eˆncias (xn) em Q, com
xn > x0, ∀n ∈ N e tal que xn −→ x0 e (x̂) em R−Q, com x̂ > x0, ∀n ∈ N e tal que
x̂ −→ x0. Logo, f(xn) = xn e f(x̂n) = 0, o que implica lim f(xn) = limxn = x0
e lim f(x̂n) = lim 0 = 0. Como x0 6= 0, enta˜o, lim
x→x+0
f(x) na˜o existe.
Analogamente, mostra-se que lim
x→x−0
f(x) na˜o existe e portanto, as descon-
tinuidades de f(x) em cada x0 6= 0 sa˜o de 2a espe´cie.
Agora, seja (xn) uma sequ¨eˆncia qualquer em R, tal que xn −→ 0. Enta˜o (xn) ⊂ Q
ou (xn) ⊂ R−Q. Se (xn) ⊂ Q enta˜o: f(xn) = xn −→ 0. Se (xn) ⊂ R−Q enta˜o
f(xn) = 0 −→ 0. Logo, em qualquer caso tem-se:
xn −→ 0⇒ f(xn) −→ 0
Portanto lim
x→0
f(x) = 0 = f(0), donde conclu´ımos que f e´ cont´ınua em 0.
6.2- Seja (xn) uma sequ¨eˆncia de nu´meros reais qualquer tal que xn −→ x0.
Como f e´ cont´ınua em x0 temos que f(xn) −→ f(x0). Por outro lado como
f(xn) ≥ 0, ∀n ∈ N, segue pelo exerc´ıcio 5.3 que,
√
f(xn) −→
√
f(x0), ou seja,
h(xn) −→ h(x0), donde conclu´ımos que h e´ cont´ınua em x0.
6.3- Como Q e´ denso em R, enta˜o dado x ∈ R existe uma sequ¨eˆncia (xn) em Q
tal que xn −→ x. Agora como (xn) esta´ em Q, enta˜o f(xn) = 0, ∀n ∈ N. Sendo
f cont´ınua em R, temos que f(x) = lim f(xn) = lim 0 = 0, ou seja, f(x) = 0,
∀x ∈ R.
6.4- Vamos mostrar que xn −→ x ⇒ f(xn) −→ f(x). De fato, seja (xn) uma
sequ¨eˆncia em R tal que xn −→ x. Enta˜o xn − x −→ 0 e como f e´ cont´ınua
em x0 = 0 enta˜o f(xn − x) −→ f(0), ou seja, f(xn − x) −→ 0, ou ainda,
f(xn)− f(x) −→ 0, e portanto, f(xn) −→ f(x). Logo f e´ cont´ınua em R, como
quer´ıamos.
6.5- Em particular, f(0) = 0, pois |f(0)| ≤ |g(0)| = 0. Seja (xn) uma sequ¨eˆncia
qualquer de nu´meros reais, tal que xn −→ 0. Correspondente ao δ > 0 da hipo´tese
∃ n0 ∈ N, tal que, |xn| < δ, ∀n ≥ n0, ou seja, xn ∈ Vδ(0),