Soluções Capítulo III - Curso de Análise Vol. 1 - Elon Lages Lima

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Curso de Ana´lise Vol. 1 - Elon Lages Lima
Capı´tulo III (Soluc¸o˜es)
1. Dados a, b, c e d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:
1o) ab +
c
d =
ad+bc
bd
2o) ab
c
d =
ac
bd
1o) ab +
c
d =
a
b .1 +
c
d .1 =
a
b
d
d +
c
d
b
b =
ad
bd +
cb
bd = (bd)
−1(ad) + (bd)−1(cb) = (bd)−1(ad +
cb) = 1bd (ad + cb) =
ad+cb
bd .
2o) ab
c
d = ab
−1cd−1 = acb−1d−1 = ac(bd)−1 = ac 1bd =
ac
bd .
2. Dado a 6= 0 num corpo K, po˜e-se,por definic¸a˜o, a0 = 1 e se n ∈ N,
a−n = 1an , ou seja, a
−n = (an)−1. Prove:
1o) aman = am+n;
2o) (am)n = amn sejam quais forem m, n ∈ Z.
1o) Para n = 1, am.a1 = am+1 (fa´cil de verificar).
Suponhamos que vale para n ∈ N.
aman+1 = amana = am+na1 = am+n+1 ∀m ∈ Z e ∀n ∈ N.
Se n ∈ Z−, -n = k ∈ N e assim, aman = (a−m)−1(a−n)−1 = (a−na−m)−1 = (a−ma−n)−1 =
(a−m−n)−1 = am+n. ∗ CORRIGIR
2o) Para n = 1, (am)1 = am.
Suponha que vale para n ∈ N.
(am)n+1 = (am)n(am)1 = amn + am = amn+m = am(n+1).
Para n ∈ Z−, basta fazer (am)−n = ((am)n)−1.
3. Se x1y1 =
x2
y2
= ... = xnyn num corpo K, prove que, dados a1, ..., an ∈ K tais
que a1y1 + ... + anyn 6= 0, tem-se a1x1+...+anxna1y1+...+anyn =
x1
y1
Seja x1y1 = m =⇒ xn = myn =⇒
a1x1+...+anxn
a1y1+...+anyn
= a1my1+...+anmyna1y1+...+anyn = m
(
a1y1+...+anyn
a1y1+...+anyn
)
= m =
x1
y1
.
4. Sejam K, L corpos. Uma func¸a˜o f: K −→ L chama-se homomor-
fismo quando se tem f(x + y) = f(x) + f(y) e f(x.y) = f(x).f(y), quaisquer
que sejam x, y ∈ K.
i) Dado um homomorfismo f: K −→ L, prove que f(0) = 0.
ii) Prove tambe´m que, ou f(x) = 0 ∀x ∈ K, ou enta˜o f(1) = 1 e f e´ injetivo.
i) Temos que f(0 + 0) = f(0) + f(0) =⇒ f(0) = f(0) + f(0) =⇒ f(0) - f(0) = f(0) + f(0) -
f(0) =⇒ 0 = f(0).
ii) f(1.1) = f(1)f(1) =⇒ f(1) = (f(1))2 =⇒ (f(1))2 - f(1) = 0 =⇒ f(1)(f(1) - 1) = 0 =⇒
f(1) = 0 ou f(1) - 1 = 0.
Se f(1) = 0, f(x) = f(x.1) = f(x)f(1) = f(x).0 = 0.
Se f(1) - 1 = 0, f(1) = 1 e f(x) = f(y) =⇒ f(x) - f(y) = 0 =⇒ f(x - y) = 0 =⇒ x - y = 0,
pois f e´ homomorfismo =⇒ x = y. ∗ CORRIGIR
5. Seja f: Q =⇒ Q um homomorfismo. Prove que, ou f(x) = 0, ∀x ∈ Q
ou enta˜o f(x) = x, ∀x ∈ Q.
Como Q e´ corpo, segue do exercı´cio anterior que ou f(x) = 0 ou f(1) = 1. E ainda, se x
∈ Q, x = ab
Se f(1) = 1, f
(a
b
)
= f(ab−1) = f(a)f(b−1) = f(a)f(b)−1 = af(1)(b(f(1)))−1 = a(b)−1 = ab .
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10. Num corpo ordenado K, prove que a2 + b2 = 0⇐⇒ a = b = 0.
Considere a2 + b2 = 0. Sem perda de generalidade, suponha que a 6= 0, assim, a2 6= 0
e a2 e´ positivo. Como b2 = -a2 e b2 = 0 ou b2 > 0 =⇒ b2 = 0, caso contra´rio b2 seria
positivo e igual a -a2 que e´ negativo =⇒ a2 = 0, absurdo!
Se a = b = 0, e´ direto que a2 + b2 = 0.
16. Se n ∈N e x < 1 num corpo ordenado K, prove que (1 - x)n ≥ 1 - nx.
Para n = 1, (1 - x)1 ≥ 1 - x.
Suponhamos que vale para n.
(1 - x)n(1 - x) ≥ (1 - nx)(1 - x) = 1 - x - nx + nx2 = 1 - nx + (-x + nx2) e (-x + nx2) ≥ -x
⇐⇒ nx2 ≥ 0. Assim, (1 - x)n+1 ≥ 1 - nx -x = 1 - (n + 1)x.
20. Prove por induc¸a˜o que dados x1, ..., xn num corpo ordenado k, tem-
se |x1 + ... + xn | ≤ |x1 | + ... + |xn | e |x1.x2...xn | = |x1 |.|x2 |...|xn |.
Para n = 1, |x1| ≤ |x1|.
Suponhamos que vale para n.
|x1| + ... + |xn| + |xn+1| ≥ |x1 + ... + xn | + |xn+1| ≥ |x1 + ... + xn + xn+1|.
Para n = 1, |x1| = |x1|.
Agora suponhamos que vale para n.
|x1|.|x2|...|xn|.|xn+1| = |x1.x2...xn ||xn+1| = |x1.x2...xn.xn+1|.
24. Prove que, num corpo ordenado K, as seguintes afirmac¸o˜es sa˜o
equivalentes:
i) K e´ arquimediano;
ii) Z e´ ilimitado superior e inferiormentes;
iii) Q e´ limitado superior e inferiormente.
(i) =⇒ (ii)
Como K e´ um corpo ordenado e K e´ arquimediano, N ⊂ K e´ ilimitado superiormente.
Logo, como N ⊂ Z Z e´ ilimitado superiormente.
Se N e´ ilimitado superiormente, -N = {-n | n ∈ N} e´ ilimitado inferiormente e como -N
⊂ Z, Z e´ ilimitado inferiormente.
(ii) =⇒ (iii)
Como Z e´ ilimitado inferiormente e superiormente e Z⊂Q,Q e´ ilimitado inferiormente
e superiormente.
(iii) =⇒ (i)
Suponha que N ⊂ Q seja limitado superiormente, enta˜o existe um ab ∈ Q tal que ab ≥ n,∀n ∈ N. Temos que 2a ∈ N =⇒ ab > 2a =⇒ 1 > 2b com b ∈ N, absurdo!
28. Sejam a, b, c e d nu´meros racionais. Prove que a + b
√
2 = c +
√
2
⇐⇒ a = c e b = d.
(⇐=) Suponha que a = c e b = d.
Assim, b = d =⇒ b√2 = d√2 =⇒ a + b√2 = a + d2 =⇒ a + b√2 = c + d√2.
(=⇒) Suponha que a + b√2 = c + d√2 e a 6= c ou b 6= d
Assim, a - c = d
√
2 - b
√
2 =⇒ a−cd−b =
√
2 =⇒√2 ∈ Q.
32. Seja X =
{
1
n; n ∈ N
}
. Prove que infX = 0.
Temos que ∀n ∈ N, 1n > 0 =⇒ 0 e´ cota inferior de X.
Dado x > 0, x = nxn para algum n ∈ N tal que nx > 1 =⇒ x = 1−1+nxn =⇒ x = 1n + k, k ∈
R =⇒ x > 1n para algum n ∈ N =⇒ infX = 0.
33. Sejam A⊂ B conjuntos na˜o vazios limitados de nu´meros racionais.
Prove que infB ≤ infA ≤ supA ≤ supB.
Se infB ∈ B e´ direto. Se infB 6∈ B, infB < x, ∀x ∈ B e se infA < infB =⇒ infB ∈ A =⇒
A 6⊂ B, absurdo!
E´ ana´logo mostrar que supA≤ supB e e´ claro que infA≤ supA=⇒ infB≤ infA≤ supA
≤ supB.
35. Dado A ⊂ R na˜o vazio limitado inferiormente, seja -A = {-x; x ∈
A}. Prove que -A e´ limitado superiormente e que sup(-A) = -infA.
Temos que infA ≤ x, ∀x ∈ A. Assim, infA - x ≤ 0 =⇒ -x ≤ -infA, ∀-x ∈ -A. Logo, -infA
e´ cota superior de -A =⇒ -infA ≥ sup(-A).
Temos que sup(-A)≥ -x, ∀-x ∈ -A=⇒ sup(-A) + x≥ 0 =⇒ x≥ -sup(-A), ∀x ∈ A. Logo,
-sup(-A) ≤ infA =⇒ -infA ≤ sup(-A).
Portanto, -infA = sup(-A).
37. Dados A, B ⊂ R na˜o-vazios e limitados, seja A + B = {x + y; x ∈ A,
y ∈ B}. Prove:
i) A + B e´ limitado;
ii) sup(A + B) = supA + supB;
iii) inf(A + B) = infA + supB;
iv) Enuncie e demonstre resultados ana´logos supondo apenas A e B
limitados superiormente (ou A e B limitados inferiormente).
i) Como A e´ limitado, A ⊂ [a,b ] para algum a e para algum b, ambos reais.
Como B e´ limitado, B ⊂ [c,d ] para algum c e para algum d, ambos reais.
Temos que a ≤ x, ∀x ∈ A e c ≤ y, ∀y ∈ B =⇒ a + c ≤ x + y.
Temos que b ≥ x, ∀x ∈ A e d ≥ y, ∀y ∈ B =⇒ b + ≥ x + y.
Assim, A + B ⊂ [a+ c,b+d ] .
ii) Seja supA = a e supB = b =⇒ supA + supB = a + b. E´ fa´cil ver que a + b e´ cota
superior de A + B =⇒ supA + supB ≥ sup(A + B).
Temos que x + y ≤ sup(A + B) =⇒ x + y - y ≤ sup(A + B) - y =⇒ x ≤ sup(A + B) - y
=⇒ sup(A + B) - y e´ cota superior de A.
Ainda, se supA ≤ sup(A + B) - y =⇒ y ≤ sup(A + B) - supA =⇒ sup(A + B) - supA e´
cota superior de B =⇒ supB ≤ sup(A + B) - supA =⇒ supA + supB ≤ sup(A + B).
Logo, supA + supB = sup(A + B).
iii) Seja infA = c e infB = c =⇒ infA + infB = c + d. E´ fa´cil ver que c + d e´ cota inferior
de A + B =⇒ infA + infB ≤ inf(A + B).
Temos que x + y ≥ inf(A + B) =⇒ x + y - y ≥ inf(A + B) - y =⇒ x ≥ inf(A + B) - y =⇒
inf(A + B) - y e´ cota inferior de A.
Ainda, se infA ≥ inf(A + B) - y =⇒ y ≥ inf(A + B) - infA =⇒ inf(A + B) - infA e´ cota
inferior de B =⇒ infB ≥ inf(A + B) - infA =⇒ infA + infB ≥ inf(A + B).
Logo, infA + infB = inf(A + B).
iv) Fazer depois.
48. Deˆ exemplo de uma sequeˆncia decrescente de intervalos fechados
(limitados) cuja intersec¸a˜o seja vazia e de uma sequeˆncia descrescente
de intervalos (abertos) limitados cuja intersec¸a˜o seja vazia.
Seja Ak = [k, ∞); A1 ⊃ A2 ⊃ ... ⊃ Ak.
Temos que se textita ∈ Ai (i = 1, ..., k) tal que
∞⋂
k = 1
Ak = A, existe b tal que b > a =⇒ a
6∈ [b, ∞) =⇒
∞⋂
k = 1
Ak = /0.
Seja Bk = (k, ∞); B1 ⊃ B2 ⊃ ... ⊃ Bk.
Considere
∞⋂
k = 1
Bk = B. Se b ∈ B, b > k, ∀k ∈ N =⇒ b e´ cota superior de N, absurdo =⇒
∞⋂
k = 1
Bk = /0.
50. Um corte de Dedekind e´ um par ordenado (A, B) onde A e B sa˜o
subconjuntos na˜o vazios de nu´meros racionais, tais que A na˜o possui
elementos ma´ximo, A∪B = Q e, dados x ∈ A e y ∈ B quaisquer, tem-se
x < y.
a) Prove que, num corte de Dedekind (A, B), vale supA = infB.
b) Seja D o cojunto dos cortesde Dedekind. Prove que existe uma
bijec¸a˜o f: D =⇒ R.
a) Temos que supA > x, ∀x ∈ A. Como supA 6∈ A, supA ∈ B e se supA > y para algum
y∈ B, y∈ A e como y∈ A e B, y> y, absurdo! Assim, supA< y ∀y∈ B=⇒ supA≤ infB.
Se supA < infB, considere o intervalo (supA, infB) 6= /0 (pois Q e´ denso). Assim, existe
um k ∈ (supA, infB)onde k ∈ A ou k ∈ B.
Se k ∈ A, k > supA, absurdo!
Se k ∈ B, k < infB, absurdo!
Logo, supA = infB.
b) Definimos f: D −→ R tal que f((A, B)) = supA = infB.
Se f((A, B)) = f((C, D)) =⇒ supA = infB = supC = infD.
Dado x ∈ A, x < supC = infD ≤ y, ∀y ∈ D ∴ x < y, ∀y ∈ D =⇒ x 6∈ D, ou seja, x ∈ C
=⇒ A ⊂ C e, de modo semelhante, mostramos que C ⊂ A ∴ A = C.
E´ ana´logo mostrarmos que B = D.
Assim, (A, B) = (C, D) e, portanto, f e´ injetora.
Seja y ∈ R. Temos que A = (-∞, y)∩Q e B = [y, ∞)∩Q =⇒ A na˜o possui ma´ximo, ∀x ∈
A e ∀y ∈ B tem-se y > x e A∪B =Q e, ainda, supA = y = infB =⇒ y = f((A, B)).
Logo f e´ sobrejetora e, portanto, bijetora.