lista 1

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LISTA 1 – ANÁLISE REAL – GABARITO
1. Defina o corpo dos Números Reais R.
Solução: Fica a cargo do aluno.
2. Prove que:
(a) (Desigualdade de Bernoulli) (1+ x)n > 1+ nx, ∀x ∈ R, x > −1, e ∀n ∈ N.
Demonstração: Passos de indução
(i) Para n = 1, tem-se
(1+ x)1 > 1+ 1.x (ok!)
(ii) Suponha que seja verdade para n = k, isto é,
(1+ x)k > 1+ k.x (HI)
(iii) Queremos mostrar que vale para n = k+ 1, isto é,
(1+ x)k+1 > 1+ (k+ 1)x
De fato,
(1+ x)k+1 = (1+ x)k.(1+ x) > (1+ kx)(1+ x) = 1+ x+ kx+ kx2 ⇔
(1+ x)k+1 > 1+ (k+ 1)x+ kx2 > 1+ (k+ 1)x⇔
(1+ x)k+1 > 1+ (k+ 1)x,
pois kx2 > 0.
De (i), (ii) e (iii), (1+ x)n > 1+ nx, ∀x ∈ R, x > −1, e ∀n ∈ N.
(b) (1+ x)n > 1+ nx+
[
n(n− 1)
2
]
.x2, ∀x ∈ R, x > 0, e ∀n ∈ N.
Solução: Fica a cargo do aluno.
(c) (1+ x)2n > 1+ 2nx, ∀x ∈ R, x 6= 0, e ∀n ∈ N.
Solução: Fica a cargo do aluno.
3. Prove as seguintes unicidades:
1
(a) Sejam x, θ ∈ R. Se x+ θ = x, então θ = 0.
Demonstração:
θ = θ+ 0 = θ+ [x+ (−x)] = [θ+ x] + (−x) = [x] + (−x) = 0⇔ θ = 0.
(b) Sejam x,u ∈ R. Se x.u = x, então u = 1.
Demonstração: Se x = 0, então 0.u = 0, ∀u ∈ R, em particular para u = 1.
Mas se x 6= 0, então
u = u.1 = u.[x.x−1] = [u.x].x−1 = [x.u].x−1 = x.x−1 = 1⇔ u = 1.
(c) Sejam x,y ∈ R. Se x+ y = 0, então y = −x.
Demonstração:
y = y+ 0 = y+ [x+ (−x)] = [y+ x] + (−x) = [x+ y] + (−x) =
= 0+ (−x) = −x⇔ y = −x.
(d) Sejam x,y ∈ R. Se x.y = 1, então y = x−1.
Demonstração:
y = 1.y = (x−1.x).y = x−1.(x.y) = x−1.1 = x−1 ⇔ y = x−1.
(e) Sejam a,b, x ∈ R. Prove que a equação a + x = b, na variável x, possui uma
única solução.
Solução: Fica a cargo do aluno. (Use os itens anteriores).
(f) Sejam a,b, x ∈ R, a 6= 0. Prove que a equação a.x = b, na variável x, possui uma
única solução.
Solução: Fica a cargo do aluno. (Use os itens anteriores).
4. Dados a,b, c,d ∈ R, com b 6= 0 e d 6= 0, usando a notação x−1 = 1
x
e x.y−1 =
x
y
prove
que: (x−1 é o inverso multiplicativo de x ∈ R, x 6= 0)
(a) (a.b)−1 = a−1.b−1, a 6= 0 e b 6= 0.
Solução: Fica a cargo do aluno.
(b)
(a
b
)−1
=
b
a
, a 6= 0 e b 6= 0.
Solução: Fica a cargo do aluno. (Use o item anterior).
2
(c)
a
b
+
c
d
=
a.d+ b.c
b.d
Demonstração: Como
a
b
= a.b−1, temos(a
b
)
+
( c
d
)
= (a.b−1) + (c.d−1) = (a.b−1).(d.d−1) + (c.d−1).(b.b−1) =
= a.(b−1.d).d−1 + c.(d−1.b).b−1 = a.(d.b−1).d−1 + c.(b.d−1).b−1 =
= (a.d).(b−1.d−1) + (c.b).(d−1.b−1) = (a.d+ b.c)(b−1.d−1) =
= (a.d+ b.c)(b.d)−1 =
a.d+ b.c
b.d
(d)
a
b
.
c
d
=
a.c
b.d
Demonstração: Como
a
b
= a.b−1, temos(a
b
)
.
( c
d
)
= (a.b−1)(c.d−1) = a.b−1.c.d−1 = a.(b−1.c).d−1 = a.(c.b−1).d−1 =
= (a.c).(b−1.d−1) = (a.c).(b.d)−1 =
a.c
b.d
.
(e)
a/b
c/d
=
a.d
b.c
, b, c,d 6= 0.
Solução: Fica a cargo do aluno. (Use os itens anteriores).
(f)
a
b
=
c
d
⇔ a.d = b.c.
Solução: Fica a cargo do aluno.
5. Prove que se 0 < a < b, então
a <
√
a.b <
a+ b
2
< b
Observe que a desigualdade
√
a.b 6 a+ b
2
vale para quaisquer a,b > 0.
Solução: Fica a cargo do aluno.
6. Responda:
(a) Para quaisquer x,y, z ∈ R, prove que |x− z| 6 |x− y|+ |y− z|.
Demonstração: Como |x+ y| 6 |x|+ |y|, ∀ x,y ∈ R, temos
|x− z| = |x− y+ y− z| = |(x− y) + (y− z)| 6 |x− y|+ |y− z|⇔
|x− z| 6 |x− y|+ |y− z|
3
(b) Prove que
∣∣|x|− |y|∣∣ 6 ∣∣x− y∣∣, ∀ x,y ∈ R.
Demonstração:
|x| = |x− y+ y| = |(x− y) + y| 6 |x− y|+ |y|⇒ |x|− |y| 6 |x− y|
|y| = |y− x+ x| = |(y− x) + x| 6 |y− x|+ |x|⇒ |y|− |x| 6 |x− y|⇒
−
(
|y|− |x|
)
= |x|− |y| > −|x− y|
Daí, temos
− |x− y| 6 |x|− |y| 6 |x− y|⇔ ∣∣|x|− |y|∣∣ 6 ∣∣x− y∣∣.
(c) Dados x,y ∈ R, se x2 + y2 = 0, prove que x = y = 0.
Demonstração: Se x 6= 0, então x2 > 0, ou seja, −(x2) < 0. Daí,
x2 + y2 = 0⇔ y2 = −(x2) < 0,
o que é um absurdo. Portanto, se x2 + y2 = 0, então x = y = 0.
(d) Mostre que
∣∣(|a+ b|− |a|− |b|)∣∣ = |a|+ |b|− |a+ b|.
Solução: Fica a cargo do aluno.
7. Use o fato de que o trinômio do segundo grau f(x) =
n∑
i=1
(ai + x.bi)2 é > 0 para todo
x ∈ R para provar a desigualdade de Cauchy-Schwarz(
n∑
i=1
ai.bi
)2
6
(
n∑
i=1
a2i
)
.
(
n∑
i=1
b2i
)
.
Demonstração:
0 6 f(x) =
n∑
i=1
(ai + x.bi)2 =
n∑
i=1
(a2i + 2.ai.bi + b
2
ix
2) =
=
n∑
i=1
a2i + x.2
n∑
i=1
ai.bi + x2
n∑
i=1
b2i .
Daí,
n∑
i=1
a2i + x.2
n∑
i=1
ai.bi + x2
n∑
i=1
b2i > 0.
Faça,
n∑
i=1
b2i = p, 2
n∑
i=1
ai.bi = q e
n∑
i=1
a2i = r. Assim, r + q.x + p.x
2 > 0, isto é,
4
∆ = q2 − 4.p.r 6 0, ou, q2 6 4.p.r. Daí,(
2
n∑
i=1
ai.bi
)2
6 4.
(
n∑
i=1
a2i
)
.
(
n∑
i=1
b2i
)
⇔
4.
(
n∑
i=1
ai.bi
)2
6 4.
(
n∑
i=1
a2i
)
.
(
n∑
i=1
b2i
)
⇔
(
n∑
i=1
ai.bi
)2
6
(
n∑
i=1
a2i
)
.
(
n∑
i=1
b2i
)
,
como queríamos demonstrar.
8. Sejam a,b ∈ R. Mostre que:
max(a,b) =
a+ b+ |a− b|
2
min(a,b) =
a+ b− |a− b|
2
Solução: Fica a cargo do aluno.
9. Prove que |a− b| < ε⇒ |a| < |b|+ ε.
Demonstração: De fato,
|a| = |a− b+ b| 6 |a− b|+ |b| < ε+ |b|⇔ |a− b| < ε⇒ |a| < |b|+ ε.
10. Use a desigualdade de Cauchy-Schwarz(
n∑
i=1
ai.bi
)2
6
(
n∑
i=1
a2i
)
.
(
n∑
i=1
b2i
)
para mostrar que
n2 6
(
n∑
i=1
xi
)
.
(
n∑
i=1
1
xi
)
,
para xi > 0, i = 1, 2, . . . ,n. (Dica: na desigualdade de Cauchy-Schwarz, tome ai =√
xi).
Demonstração: Tomando ai =
√
xi e bi =
1√
xi
e substituindo na desigualdade de
Cauchy-Shwarz, obetmos(
n∑
i=1
√
xi.
1√
xi
)2
6
(
n∑
i=1
(
√
xi)
2
)
.
(
n∑
i=1
(
1√
xi
)2)
⇔(
n∑
i=1
1
)2
6
(
n∑
i=1
xi
)
.
(
n∑
i=1
1
xi
)
⇔ n2 6
(
n∑
i=1
xi
)
.
(
n∑
i=1
1
xi
)
5
11. Responda:
(a) Seja X ⊂ R limitado superiormente e não-vazio. Defina o supremo do conjunto X,
notação supX.
Definição: Um elemento b ∈ R chama-se supremo de X quando b é a menor das
cotas superiores de X em R. Assim, b ∈ R é o supremo de X se, e só se, b satisfaz
as duas condições abaixo:
(S1) b > x, ∀ x ∈ X;
(S2) Se c ∈ R é tal que c > x, para todo x ∈ X, então c > b.
A condição (S2) é equivalente à condição (S2’) a seguir:
(S2’) Dado c ∈ R, c < b, então existe x ∈ X tal que x > c.
E ainda, a condição (S2’) nos diz que
∀ε > 0, ∃x ∈ X; b− ε < x.
Dado c < b, basta tomar ε = b− c.
(b) Seja X ⊂ R limitado inferiormente e não-vazio. Defina o ínfimo do conjunto X,
notação inf X.
Definição: Um elemento a ∈ R chama-se ínfimo de X quando a é a maior das
cotas inferiores de X em R. Assim, a ∈ R é o ínfimo de X se, e só se, a satisfaz as
duas condições abaixo:
(I1) a 6 x, ∀ x ∈ X;
(I2) Se c ∈ R é tal que c 6 x, para todo x ∈ X, então c 6 a.
A condição (I2) é equivalente à condição (I2’) a seguir:
(I2’) Dado c ∈ R, c > a, então existe x ∈ X tal que x < c.
E ainda, a condição (I2’) nos diz que
∀ε > 0, ∃x ∈ X; x < a+ ε.
Dado c > a, basta tomar ε = c− a.
(c) Enuncie o Teorema da completeza do conjunto dos números reais.
Teorema da Completeza: O corpo ordenado R é COMPLETO, isto é, todo
subconjunto não-vazio e limitado superiormente X de R possui supremo supX = b,
com b ∈ R.
(d) Demonstre as seguintes consequências da completeza de R.
”Teorema:
(i) O conjunto N ⊂ R não é limitado superiormente;
(ii) O ínfimo do conjunto X = {1/n;n ∈ N} é igual a 0 (zero);
(iii) Dados a,b ∈ R+, existe n ∈ N tal que n.a > b.
Demonstração:
6
(i) Se N ∈ R fosse limitado superiormente, existiria c ∈ R, c = supN. Assim,
c − 1 não seria cota superior de N (pois o supremo é a menor das cotas
superiores), isto é, existiria n ∈ N com
c− 1 < n⇔ c < (n+ 1) ∈ N,
logo c não seria cota superior de N, contradição, pois c = supN. Isto prova
(i).
(ii) Temos que 0 é evidentemente uma cota inferiorde X, pois 0 6 1
n
, ∀n ∈ N.
Basta mostrarmos que dado c ∈ R, c > 0, c não pode ser cota inferior de X
(ou seja, 0 é a maior das cotas inferiores). De fato, dado c ∈ R, c > 0, temos
que existe n ∈ N, por (i) anterior, tal que
n >
1
c
⇔ 1
n
< c⇔ c > 1
n
∈ X, ∀ c > 0,
o que prova (ii).
(iii) Como a > 0 e b > 0, temos que existe n ∈ N tal que
n >
b
a
⇔ n.a > b,
o que prova (iii).
(e) Dado x ∈ R e B = {t ∈ Q; t < x} ⊂ R. Mostre que supB = x.
Demonstração: De fato,
(S1) x¯ > t, ∀ t ∈ B;
(S2) Queremos mostrar que ∀ ε > 0, ∃ t¯ ∈ B, tal que, x¯ − ε < t¯. De fato, como
Q é denso em R e, como x¯, (x¯ − ε) ∈ R, com x¯ − ε < x¯, pois ε > 0, ∃ t¯ ∈ Q,
tal que t¯ ∈ (x¯− ε, x¯), ou seja ∃ t¯ ∈ B tal que x¯− ε < t¯ < x¯.
(f) Seja A =
{
1
n
; n ∈ N
}
. Mostre que o infA = 0.
Demonstração: Fica a cargo do aluno.
12. Diz-se que uma função f : X −→ R é limitada superiormente quando sua imagem
f(X) = {f(x); x ∈ X} é um conjunto limitado superiormente. Então, põe-se sup(f) =
sup{f(x); x ∈ X}. Prove que se f,g : X −→ R são limitadas superiormente então:
(a) f+ g : X −→ R é limitada superiormente, onde (f+ g)(x) = f(x) + g(x).
Demonstração:
(i) f é limitada superiormente, então existe k1 ∈ R tal que f(x) 6 k1, ∀ x ∈ X.
(ii) g é limitada superiormente, então existe k2 ∈ R tal que g(x) 6 k2, ∀ x ∈ X.
(iii) Assim, (f+ g)(x) = f(x) + g(x) 6 k1 + k2, ∀ x ∈ X, ou seja, (f+ g)(x) 6 k,
∀ x ∈ X , onde k = k1 + k2. Logo, (f+ g) é limitada superiormente.
7
(b) sup(f+ g) 6 sup(f) + sup(g). Dê um exemplo com sup(f+ g) < sup(f) + sup(g).
Demonstração: Devemos mostrar que o sup(f + g) 6 sup(f) + sup(g). Temos
que,
(i)
{
f 6 sup(f)
g 6 sup(g) ⇒ (f+ g) 6 sup(f) + sup(g).
Isto nos diz que
(
sup(f) + sup(g)
)
é uma cota superior de (f+ g).
(ii) Também temos (f + g) 6 sup(f + g). Como sup(f + g) é a menor das cotas
superiores de (f+ g), então sup(f+ g) 6 sup(f) + sup(g).
Exemplo: Sejam f;g : [0; 1] −→ R dadas por f(x) = x e g(x) = −x, vale sup f = 1,
supg = 0, (f+ g)(x) = 0, ∀ x ∈ [0, 1], logo sup(f+ g) = 0. Vale então que
sup f+ supg = 1 > sup(f+ g) = 0.
Vale ainda, inf f = 0, inf g = −1, (f+ g)(x) = 0, ∀ x ∈ [0, 1], inf(f+ g) = 0, logo
inf f+ inf g = −1 < inf(f+ g) = 0.
(c) Considere agora f,g : X −→ R+ são limitadas superiormente. Mostre que f.g :
X −→ R+ é limitada superiormente, onde (f.g)(x) = f(x).g(x).
Demonstração:
(i) f é limitada superiormente, então existe k1 ∈ R+ tal que f(x) 6 k1, ∀ x ∈ X.
(ii) g é limitada superiormente, então existe k2 ∈ R+ tal que g(x) 6 k2, ∀ x ∈ X.
(iii) Assim, (f.g)(x) = f(x).g(x) 6 k1.k2, ∀ x ∈ X, ou seja, (f.g)(x) 6 k, ∀ x ∈ X
,onde k = k1.k2. Logo, (f.g) é limitada superiormente.
(d) Considerando as condições do item anterior, mostre que sup(f.g) 6 sup(f). sup(g).
Dê um exemplo com sup(f.g) < sup(f). sup(g).
Demonstração: Devemos mostrar que o sup(f.g) 6 sup(f). sup(g). Temos que,
(i)
{
f 6 sup(f)
g 6 sup(g) ⇒ (f.g) 6 sup(f). sup(g).
Isto nos diz que
(
sup(f). sup(g)
)
é uma cota superior de (f.g).
(ii) Também temos (f.g) 6 sup(f.g). Como sup(f.g) é a menor das cotas superi-
ores de (f.g), então sup(f.g) 6 sup(f). sup(g).
Exemplo: Sejam f;g : [1; 2] −→ R+ dadas por f(x) = x e g(x) = 1
x
, vale sup f = 2,
supg = 1, (f.g)(x) = 1, ∀ x ∈ [1, 2], logo sup(f.g) = 1. Vale então que
sup f. supg = 2 > sup(f.g) = 1.
Vale ainda, inf f = 1, inf g =
1
2
, (f.g)(x) = 1, ∀ x ∈ [1, 2], inf(f.g) = 1, logo
inf f. inf g =
1
2
< inf(f.g) = 1.
8
13. Responda:
(a) Defina limite de uma sequência (xn), com lim(xn) = a. Se o limite existe, isto é,
a ∈ R, então diz-se que (xn) é convergente.
Definição: Dizemos que o número real a é limite da sequência (xn)n∈N de nú-
meros reais, ou simplesmente (xn), e escrevemos
a = lim
n→+∞ xn
quando para cada número real ε > 0 é possível obter um número natural n0 tal
que
|xn− a| < ε,
para todo natural n > n0. Em símbolos,
a = lim
n→+∞ xn ⇔ ∀ ε > 0, ∃n0 ∈ N; ∀n > n0, então |xn − a| < ε,
Equivalentemente,
a = lim
n→+∞ xn ⇔ ∀ ε > 0, ∃n0 ∈ N; ∀n > n0, então a− ε < xn < a+ ε,
ou,
a = lim
n→+∞ xn ⇔ ∀ ε > 0, ∃n0 ∈ N; ∀n > n0, então xn ∈ (a− ε,a+ ε).
(b) Mostre que o limite de uma sequência é único.
Demonstração: Se a = lim
n→+∞(xn) e b = limn→+∞(xn), então a = b. Suponhamos
a 6= b e seja ε = 1
2
|b− a| > 0. Temos que (a− ε,a+ ε) ∩ (b− ε,b+ ε) = ∅, pois
se existisse x ∈ (a− ε,a+ ε) ∩ (b− ε,b+ ε) implicaria que:
|b− a| = |b− x+ x− a| 6 |b− x|+ |x− a| < ε+ ε = 2ε = |b− a|⇔
|b− a| < |b− a|
um absurdo. Logo, para ε =
1
2
|b− a| > 0
∃n0 ∈ N; ∀n > n0, então xn ∈ (a− ε,a+ ε)
o que implica que ∃n0 ∈ N; ∀n > n0, então xn 6∈ (b − ε,b + ε). Então, temos
que b 6= lim
n→+∞(xn), sempre que b 6= a. Logo, o limite a = limn→+∞(xn) é único.
(c) Defina sequência monótona. Mostre que toda sequência monótona limitada é
convergente.
9
Definição : Uma sequencia (xn) é crescente quando xn < xn+1 para todo n ∈ N,
ou seja, x1 < x2 < ... < xn < .... Se xn 6 xn+1 para todo n ∈ N, a sequen-
cia é não-decrescente. De forma análoga, Uma sequencia (xn) é decrescente
quando xn > xn+1 para todo n ∈ N, ou seja, x1 > x2 > ... > xn > .... Se
xn > xn+1 para todo n ∈ N, a sequencia é não-crescente. As sequencias
crescentes, não-decrescentes, decrescentes e não-crescentes são chamadas se-
quencias monótonas.
Demonstração : Toda sequência monótona limitada é convergente.
De fato, suponhamos que (xn) é não-decrescente, isto é, xn 6 xn+1 para todo
n ∈ N e, seja a = sup xn; n ∈ N, assim, xn 6 a, ∀n ∈ N. Afirmamos que
a = lim(xn). Com efeito, dado ε > 0, como (a − ε) não é cota superior de
(xn), existe n0 ∈ N tal que
a− ε < xn0 6 a
e como xn > xn0 , ∀n > n0 (sequencia não-decrescente), tem-se que
∀ ε > 0, ∃n0 ∈ N;n > n0 ⇒ a− ε < xn0 6 xn < a+ ε⇔ lim(xn) = a.
Semelhantemente, se (xn) é não-crescente e limitada, então lim(xn) = inf xn; n ∈ N.
(d) Dadas as sequências (xn) e (yn), defina (zn) pondo z2n−1 = xn e z2n = yn. Se
lim(xn) = a e lim(yn) = a, prove que lim(zn) = a.
Demonstração: Questão 2(seção 1, cap.3, pag 33). Resposta está no livro do
Elon (respostas e sugestões).
(e) Se lim(xn) = a, prove que lim |xn| = |a|.
Demonstração: Temos que
a = lim
n→+∞ xn ⇔ ∀ ε > 0, ∃n0 ∈ N; ∀n > n0, então |xn − a| < ε. Mas,∣∣|xn|− |a|∣∣ 6 |xn − a| < ε, isto é,
a = lim
n→+∞ xn ⇔ ∀ ε > 0, ∃n0 ∈ N; ∀n > n0, então
∣∣|xn|− |a|∣∣ < ε.
14. Responda:
(a) Mostre, usando a definição, que lim
(
1
n
)
= 0.
Demonstração: Como N é ilimitado superiormente, existe n0 ∈ N tal que, dado
ε > 0, n0 >
1
ε
,∀n > n0. Isto implica que,
n >
1
ε
⇒ 1
n
< ε⇒
∣∣∣∣ 1n
∣∣∣∣ < ε.
10
(b) Seja (xn) uma sequência. Se xn > 0 para todo n natural e lim
(
xn+1
xn
)
= a < 1,
então lim(xn) = 0.
Resolução: Fica a cargo do aluno.
(c) Use o resultado do item (b) para mostrar que lim
n→∞
(
n!
nn
)
= 0.
Demonstração: Observe que
xn =
n!
nn
e
xn+1 =
(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
=
(n+ 1).n!
(n+ 1).(n+ 1)n
=
n!
(n+ 1)n
.
Daí,
lim
n→∞
(
xn+1
xn
)
= lim
n→∞
(
n!
(n+ 1)n
.
nn
n!
)
= lim
n→∞
(
n
n+ 1
)n
= lim
n→∞
(
n+ 1− 1
n+ 1
)n
=
= lim
n→∞
(
1−
1
n+ 1
)n
Agora, tomando u = −(n+ 1) temos que
1
u
=
−1
n+ 1
e n→∞⇒ u→ −∞. Daí,
e como limn→∞
(
1+
1
n
)n
= e, temos
lim
n→∞
(
1−
1
n+ 1
)n
= lim
u→−∞
(
1+
1
u
)−u−1
= lim
u→−∞
[(
1+ 1
u
)−u(
1+ 1
u
) ] = e−1
1
= e−1 < 1.
(d) Use o fato do item (b) para mostrar que lim
n→∞
(
cn
n!
)
= 0, onde c é uma constante
real, com c > 1.
Demonstração: Observe que
xn =
cn
n!
e
xn+1 =
cn+1
(n+ 1)!
=
cn.c
(n+ 1).n!
.
Daí,
lim
n→∞
(
xn+1
xn
)
= lim
n→∞
(
cn.c
(n+ 1).n!
.
n!
cn
)
= lim
n→∞
c
n+ 1
= c. lim
n→∞
1
n+ 1
= c.0 =0
(e) Defina valor de aderência de uma sequência (xn).
Definição: Um número real a é dito valor de aderência de uma sequência (xn),
quando existe uma subsequência de (xn) que converge para a.
11
(f) A fim de que o número real a seja valor de aderência de (xn) é necessário e
suficiente que, para todo ε > 0 e todo k ∈ N dados, exista n > k tal que |xn−a| <
ε.
Demonstração: Temos que,
(i) (⇒) Se a é valor de aderência de (xm), então existe subsequência (xmi) de
(xm) tal que xmi → a, isto é,
∀ ε > 0 e para cada k (fixo) ∈ N; ∃n > k tal que xmn ∈ (a− ε,a+ ε),
pois, ∀n > k⇒ xmn ∈ (a− ε,a+ ε).
(ii) (⇐) Supondo que ∀ ε > 0, ∀ k ∈ N exista n > k tal que |xn − a| < ε. No
primeiro passo tomamos ε = 1 e k = 1, daí existe n1 > 1 tal que xn1 ∈
(a − 1;a + 1). Podemos tomar agora ε =
1
2
e k = n1, então existe n2 > n1
tal que xn2 ∈
(
a−
1
2
,a+
1
2
)
. Na (t+ 1)-ésima etapa tomamos ε =
1
t+ 1
e
k = nt, daí existe nt+1 > nt tal que xnt+1 ∈
(
a−
1
t+ 1
,a+
1
t+ 1
)
. Logo,
construimos uma subsequência (xnt) de (xn) tal que lim(xnt) = a
(g) Prove que uma sequência limitada converge se, e somente se, possui um único
valor de aderência.
Demonstração: Fica a cargo do aluno.
15. Responda:
(a) Sejam lim(xn) = a e lim(yn) = b. Se a < b, prove que existe n0 ∈ N tal que
para todo n > n0, então xn < yn.
Demonstração: Temos que,
lim(xn − yn) = lim(xn) − lim(yn) = a− b < 0. Como lim(xn − yn) < 0,
então, pelo teorema da conservação do sinal, ∃n0 ∈ N;
∀n > n0 ⇒ xn − yn < 0, ou seja, xn < yn.
(b) Diz-se que (xn) é uma sequência de Cauchy quando, para todo ε > 0 dado,
existe n0 ∈ N, tais que ∀m,n ∈ N com m,n > n0 ⇒
∣∣xm − xn∣∣ < ε. Prove que
uma sequência (xn) é convergente se, e somente se, é de Cauchy.
Demonstração: Fica a cargo do aluno.
16. Calcule os seguintes limites:
(a) limn→+∞ 3n2 + 4n− 22n2 + 1 .
Solução: Fica a cargo do aluno.
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(b) limn→+∞(√n+ 3−√n).
Solução: Fica a cargo do aluno.
(c) limn→+∞
(
1
n2
+
2
n2
+ . . .+
n
n2
)
.
Solução: Fica a cargo do aluno.
17. Defina indutivamente a sequência (xn) pondo x1 =
√
2 e xn+1 =
√
2.xn. Prove que
lim
n→∞(xn) = 2, sabendo que (xn) é monótona crescente, limitada e
L =
√
2.
√
2.
√
2.√. . ..
Demonstração: Para mostrarmos que (xn) é convergente, devemos mostrar que (xn)
é monótona (crescente) e limitada.
[Mostremos por indução, sobre n que (xn) é monótona]
(i) x2 =
√
2.
√
2 >
√
2 = x1. Para n = 1, xn+1 > xn (ok!)
(ii) (HI) Suponha que seja verdade para n = k−1, i.e, xk > xk−1, sendo, xk =
√
2.xk−1.
(iii) Vamos mostrar que vale para n = (k − 1) + 1 = k, ou seja, vamos mostrar que
xk+1 > xk. De fato,
xk =
√
2.xk−1 ⇒ (xk)2 = 2.xk−1 < 2.xk = (xk+1)2 ⇔
(xk)
2 < (xk+1)
2 ⇔ xk < xk+1
Logo, xn < xn+1 para todo n ∈ N. Portanto, (xn) é monótona.
[Mostremos que (xn) é limitada] Temos que xn > 0, ∀n ∈ N. Afirmo que existe
L > 0, tal que xn < L, ∀n ∈ N. Fazendo indução sobre n, e tomando L = 2 (pois√
2 < 2), temos
(i) Para n = 1, x1 =
√
2 < 2.
(ii) Suponha que vale para n = k, i.e, xk < 2.
(iii) Vamos mostrar que vale para n = k + 1, ou seja, vamos mostrar que xk+1 < 2.
De fato,
xk+1 =
√
2.xk ⇒ (xk+1)2 = 2.xk < 2.2 = 22 ⇔
(xk+1)
2 < 22 ⇔ xk+1 < 2
Logo, xn < a para todo n ∈ N. Portanto, (xn) é limitada.
Como (xn) é monótona e limitada, então (xn) é convergente, i.e, xn → L, L ∈ R.
Assim,
xk+1 =
√
2.xk ⇔ (xk+1)2 = 2.xk, ao limite com n→ +∞,
lim(xk+1)2 = lim(2.xk)⇔ L2 = 2.L⇔ L2 − 2.L = 0⇔ L = 2 ou L = 0.
Mas L = 2, pois xn > 0 ∀n ∈ N.
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18. Dado a > 0, defina indutivamente a sequência (xn) pondo x1 =
√
a e xn+1 =
√
a.xn.
Prove que (xn) é converegente (use o teorema de Bolzano-Weierstrass) e calcule seu
limite
L =
√
a.
√
a.
√
a.√. . .
Demonstração: Para mostrarmos que (xn) é convergente, devemos mostrar que (xn)
é monótona (crescente) e limitada.
[Mostremos por indução, sobre n que (xn) é monótona]
(i) x2 =
√
a.
√
a >
√
a = x1. Para n = 1, xn+1 > xn (ok!)
(ii) (HI) Suponha que seja verdade para n = k − 1, i.e, xk > xk−1, sendo, xk =√
a.xk−1.
(iii) Vamos mostrar que vale para n = (k − 1) + 1 = k, ou seja, vamos mostrar que
xk+1 > xk. De fato,
xk =
√
a.xk−1 ⇒ (xk)2 = a.xk−1 < a.xk = (xk+1)2 ⇔
(xk)
2 < (xk+1)
2 ⇔ xk < xk+1
Logo, xn < xn+1 para todo n ∈ N. Portanto, (xn) é monótona.
[Mostremos que (xn) é limitada] Temos que xn > 0, ∀n ∈ N. Afirmo que existe
L > 0, tal que xn < L, ∀n ∈ N. Fazendo indução sobre n, e tomando L = a (pois√
a < a), temos
(i) Para n = 1, x1 =
√
a < a.
(ii) Suponha que vale para n = k, i.e, xk < a.
(iii) Vamos mostrar que vale para n = k + 1, ou seja, vamos mostrar que xk+1 < a.
De fato,
xk+1 =
√
a.xk ⇒ (xk+1)2 = a.xk < a.a = a2 ⇔
(xk+1)
2 < a2 ⇔ xk+1 < a
Logo, xn < a para todo n ∈ N. Portanto, (xn) é limitada.
Como (xn) é monótona e limitada, então (xn) é convergente, i.e, xn → L, L ∈ R.
Assim,
xk+1 =
√
a.xk ⇔ (xk+1)2 = a.xk, ao limite com n→ +∞,
lim(xk+1)2 = lim(a.xk)⇔ L2 = a.L⇔ L2 − a.L = 0⇔ L = a ou L = 0.
Mas L = a, pois xn > 0 ∀n ∈ N.
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19. Defina indutivamente a sequência (xn) pondo x1 =
√
2 e xn+1 =
√
2+ xn. Prove que
lim
n→∞(xn) = 2, sabendo que (xn) é monótona crescente, limitada e
L =
√
2+
√
2+
√
2+√. . ..
Demonstração: Para mostrarmos que (xn) é convergente, devemos mostrar que (xn)
é monótona (crescente) e limitada.
[Mostremos por indução, sobre n que (xn) é monótona]
(i) x2 =
√
2+
√
2 >
√
2 = x1. Para n = 1, xn+1 > xn (ok!)
(ii) (HI) Suponha que seja verdade para n = k − 1, i.e, xk > xk−1, sendo, xk =√
2+ xk−1.
(iii) Vamos mostrar que vale para n = (k − 1) + 1 = k, ou seja, vamos mostrar que
xk+1 > xk. De fato,
xk =
√
2+ xk−1 ⇒ (xk)2 = 2+ xk−1 < 2+ xk = (xk+1)2 ⇔
(xk)
2 < (xk+1)
2 ⇔ xk < xk+1
Logo, xn < xn+1 para todo n ∈ N. Portanto, (xn) é monótona.
[Mostremos que (xn) é limitada] Temos que xn > 0, ∀n ∈ N. Afirmo que existe
c > 0, tal que xn < c, ∀n ∈ N. Da relção x2n+1 = 2+ xn, obtemos a seguinte equação
x2 − x− 2 = 0.
Portanto, se c é raiz positiva de tal equação, isto é, c2 = 2 + c. Vamos mostrar que
xn < c, ∀n ∈ N. Fazendo indução sobre n, temos
(i) Para n = 1, x1 =
√
2 < c⇔ 2 < c2 (ok!).
(ii) Suponha que vale para n = k, i.e, xk < c.
(iii) Vamos mostrar que vale para n = k + 1, ou seja, vamos mostrar que xk+1 < c.
De fato,
xk+1 =
√
2+ xk ⇒ (xk+1)2 = 2+ xk < 2+ c = c2 ⇔
(xk+1)
2 < c2 ⇔ xk+1 < c
Logo, xn < c para todo n ∈ N. Portanto, (xn) é limitada.
Como (xn) é monótona e limitada, então (xn) é convergente, i.e, xn → L, L ∈ R.
Assim,
xk+1 =
√
2+ xk ⇔ (xk+1)2 = 2+ xk, ao limite com n→ +∞,
lim(xk+1)2 = lim(2+ xk)⇔ L2 = 2+ L⇔ L2 − L− 2 = 0⇔ L = 2 ou L = −1.
Mas L = 2, pois xn > 0 ∀n ∈ N.
Bom Proveito!!!!
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