Soluções livro "curso de análise" volume 1 - Elon

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Soluc¸o˜es de Exerc´ıcios do Livro
“Curso de An a´lise”, Volume I,
de Elon Lages Lima
Cleber Fernando Colle,
Edson Jose´ Teixeira,
Ju´lio C. C. da Silva (jcconegundes@gmail.com) e
Rodrigo Carlos Silva de Lima (rodrigo.uff.math@gmail.com)
24 de dezembro de 2013
 
Suma´rio
1 Conjuntos e Func¸o˜es 7Exercı´cio 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Exercı´cio 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Exercı´cio 1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Exercı´cio 1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Exercı´cio 1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Exercı´cio 1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Exercı´cio 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Exercı´cio 1.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Exercı´cio 1.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Exercı´cio 1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Exercı´cio 1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Exercı´cio 1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Exercı´cio 1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Exercı´cio 1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Exercı´cio 1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Exercı´cio 1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Exercı´cio 1.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
Exercı´cio 1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
Exercı´cio 1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Exercı´cio 1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Exercı´cio 1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2 Conjuntos Finitos, Enumera´veis e Na˜o-Enumera´veis 30
Exercı´cio 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Exercı´cio 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Exercı´cio 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Exercı´cio 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Exercı´cio 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Exercı´cio 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Exercı´cio 2.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
Exercı´cio 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Exercı´cio 2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Exercı´cio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Exercı´cio 2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Exercı´cio 2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Exercı´cio 2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Exercı´cio 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Exercı´cio 2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Exercı´cio 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Exercı´cio 2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
Exercı´cio 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Exercı´cio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
Exercı´cio 2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Exercı´cio 2.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
1
 
Exercı´cio 2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Exercı´cio 2.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Exercı´cio 2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
Exercı´cio 2.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
Exercı´cio 2.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
Exercı´cio 2.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
Exercı´cio 2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
Exercı´cio 2.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3 Nu´meros Reais 69
Exercı´cio 3.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
Exercı´cio 3.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
Exercı´cio 3.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Exercı´cio 3.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Exercı´cio 3.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
Exercı´cio 3.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
Exercı´cio 3.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Exercı´cio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
Exercı´cio 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Exercı´cio 3.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
Exercı´cio 3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Exercı´cio3.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
Exercı´cio 3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
Exercı´cio 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
Exercı´cio 3.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
Exercı´cio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
Exercı´cio 3.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
Exercı´cio 3.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
Exercı´cio 3.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
Exercı´cio 3.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
Exercı´cio 3.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Exercı´cio 3.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
Exercı´cio 3.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
Exercı´cio 3.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
Exercı´cio 3.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
Exercı´cio 3.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
Exercı´cio 3.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
Exercı´cio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
Exercı´cio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
Exercı´cio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
Exercı´cio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
Exercı´cio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
Exercı´cio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
Exercı´cio 3.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
Exercı´cio 3.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
Exercı´cio 3.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
Exercı´cio 3.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
Exercı´cio 3.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
Exercı´cio 3.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Exercı´cio 3.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
Exercı´cio 3.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
Exercı´cio 3.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
Exercı´cio 3.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
Exercı´cio 3.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
Exercı´cio 3.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
Exercı´cio 3.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
Exercı´cio 3.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
2
 
Exercı´cio 3.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
Exercı´cio 3.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
Exercı´cio 3.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
Exercı´cio 3.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
Exercı´cio 3.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
Exercı´cio 3.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
Exercı´cio 3.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
Exercı´cio 3.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
Exercı´cio 3.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
Exercı´cio 3.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
Exercı´cio 3.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
4 Sequeˆncias e Se´ries de Nu´meros Reais 134Exercı´cio 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
Exercı´cio 4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
Exercı´cio 4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
Exercı´cio 4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
Exercı´cio 4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
Exercı´cio 4.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
Exercı´cio 4.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
Exercı´cio 4.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
Exercı´cio 4.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
Exercı´cio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
Exercı´cio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
Exercı´cio 4.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
Exerc´ıcio 4.11a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
Exercı´cio 4.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
Exercı´cio 4.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
Exercı´cio 4.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
Exercı´cio 4.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
Exercı´cio 4.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
Exercı´cio 4.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
Exercı´cio 4.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Exercı´cio 4.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
Exercı´cio 4.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
Exercı´cio 4.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
Exercı´cio 4.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
Exercı´cio 4.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
Exercı´cio 4.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
Exercı´cio 4.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
Exercı´cio 4.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
Exercı´cio 4.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
Exercı´cio 4.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
Exercı´cio 4.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
Exercı´cio 4.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
Exercı´cio 4.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
Exercı´cio 4.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
Exercı´cio 4.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
Exercı´cio 4.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
5 Topologia da Reta 175
Exercı´cio 5.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
Exercı´cio 5.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
Exercı´cio 5.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
Exercı´cio 5.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
Exercı´cio 5.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
Exercı´cio 5.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
3
 
Exercı´cio 5.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
Exercı´cio 5.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
Exercı´cio 5.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
Exercı´cio 5.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
Exercı´cio 5.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
Exercı´cio 5.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
Exercı´cio 5.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
Exercı´cio 5.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Exercı´cio 5.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
Exercı´cio 5.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
Exercı´cio 5.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
Exercı´cio 5.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194
Exercı´cio 5.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195Exercı´cio 5.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
Exercı´cio 5.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
Exercı´cio 5.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
Exercı´cio 5.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
Exercı´cio 5.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
Exercı´cio 5.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
Exercı´cio 5.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
Exercı´cio 5.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
Exercı´cio 5.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
Exercı´cio 5.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
Exercı´cio 5.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
Exercı´cio 5.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
Exercı´cio 5.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
Exercı´cio 5.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
Exercı´cio 5.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
Exercı´cio 5.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
Exercı´cio 5.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
Exercı´cio 5.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
Exercı´cio 5.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
Exercı´cio 5.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
Exercı´cio 5.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
Exercı´cio 5.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
Exercı´cio 5.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
Exercı´cio 5.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
Exercı´cio 5.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220
Exercı´cio 5.45 .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
Exercı´cio 5.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
Exercı´cio 5.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223
Exercı´cio 5.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
Exercı´cio 5.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
Exercı´cio 5.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
Exercı´cio 5.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
Exercı´cio 5.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
Exercı´cio 5.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
Exercı´cio 5.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
Exercı´cio 5.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231
Exercı´cio 5.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232Exercı´cio 5.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
Exercı´cio 5.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235
Exercı´cio 5.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
Exercı´cio 5.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
Exercı´cio 5.61 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238
Exercı´cio 5.62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
Exercı´cio 5.63 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
4
 
Exercı´cio 5.64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
6 Limites de Func¸o˜es 244
Exercı´cio 6.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
Exercı´cio 6.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
Exercı´cio 6.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
Exercı´cio 6.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248
Exercı´cio 6.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
Exercı´cio 6.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
Exercı´cio 6.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
Exercı´cio 6.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252
Exercı´cio 6.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
Exercı´cio 6.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254Exercı´cio 6.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256
Exercı´cio 6.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
Exercı´cio 6.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259
Exercı´cio 6.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
Exercı´cio 6.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261
Exercı´cio 6.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262
Exercı´cio 6.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
Exercı´cio 6.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
Exercı´cio 6.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
Exercı´cio 6.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
Exercı´cio 6.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
Exercı´cio 6.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271
Exercı´cio 6.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
Exercı´cio 6.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
7 Func¸o˜es Cont´ınuas 275
Exercı´cio 7.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276
Exercı´cio 7.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278
Exercı´cio 7.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279Exercı´cio 7.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280
Exercı´cio 7.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
Exercı´cio 7.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283
Exercı´cio 7.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284
Exercı´cio 7.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285
Exercı´cio 7.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286
Exercı´cio 7.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287
8 Derivadas 295
Exercı´cio 8.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296
Exercı´cio 8.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297
Exercı´cio 8.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298
Exercı´cio 8.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299
Exercı´cio 8.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300
Exercı´cio 8.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
Exercı´cio 8.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303
Exercı´cio 8.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
Exercı´cio 8.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305
Exercı´cio 8.55 . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306
9 Integral de Riemann 307
5
 
10 Sequeˆncias e Se´ries de Func¸o˜es 308
Exerc´ıcio 10.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309
Exerc´ıcio 10.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310
Exerc´ıcio 10.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311
Exerc´ıcio 10.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313
Exerc´ıcio 10.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314
Exerc´ıcio 10.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316
Exerc´ıcio 10.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
Exerc´ıcio 10.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318
Exerc´ıcio 10.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319
Exerc´ıcio 10.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320
6
 
Cap´ıtulo 1
Conjuntos e Func¸o˜es
7
 
Exerc´ıcio 1.1:
Dados os conjuntos A e B , seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) X ⊃ ⊃ A e X ⊃ ⊃ B,
(2a) Se Y ⊃ ⊃ A e Y ⊃ ⊃ B enta˜o Y ⊃ ⊃ X.
Prove que X = A ∪∪ B.
A inclus a˜o A ∪∪ B ⊂ ⊂ X e´ fornecida pela primeira hipo´tese. De fato, se x ∈ ∈ A ⊂ ⊂ X ou x ∈ ∈ B ⊂ ⊂ X (isto e´, se
x ∈∈ A ∪∪ B) enta˜o x ∈ ∈ X .
E a segunda hip o´tese fornece a inclus a˜o A
∪∪
B
 ⊂ ⊂
 X pois A
∪∪
B
 ⊃ ⊃
 A e A
∪∪
B
 ⊃ ⊃
 B .
Portanto, X = A ∪∪ B.
8
 
Exerc´ıcio 1.2:
Enuncie e prove um resultado, ana´logo ao anterior, caracterizando A ∩∩ B.
Enunciado:
Dados os conjuntos A e B , seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
1a X ⊂ ⊂ A e X ⊂ ⊂ B ,
2a Se Y ⊂ ⊂ A e Y ⊂ ⊂ B enta˜o Y ⊂ ⊂ X .
Prove que X = A ∩∩ B.
Prova:
A inclusa˜o A∩∩B ⊃ ⊃ X e´ fornecida pela primeira hipo´tese. De fato, se x ∈∈ X temos que A ⊃⊃ X ∋ ∋ x e B ⊃ ⊃ X ∋ ∋ x.
Consequentemente, se x ∈ ∈ X enta˜o x ∈∈ A ∩∩ B.
E a segunda hip o´tese fornece a inclus a˜o A ∩∩ B ⊂ ⊂ X pois A ∩∩ B ⊂ ⊂ A e A ∩∩ B ⊂ ⊂ B .
Portanto, X = A ∩∩ B.
9
 
Exerc´ıcio 1.3:
Sejam A, B ⊂ ⊂ E . Prove que A ∩∩ B = ∅ ∅ se, e somente se, A ⊂ ⊂ E \\B. Prove tambe´m que A ∪∪ B = E se, e somente
se, E \\A ⊂ ⊂ B .
•• A ∩∩ B = ∅∅ se e somente se A ⊂ ⊂ E \\B:
Suponhamos que A ∩∩ B = ∅ ∅. Se x ∈ ∈ A devemos ter que x pertence a E \\B. De fato, como x pertence a A e
A esta´ contido em E , segue que x pertence a B ou E \\B. Como A ∩∩ B = ∅ ∅, temos que x /∈∈ B . Logo, x ∈ ∈ E \\B.
Assim, A ⊂⊂ E \\B.
Consideremos o caso em que A
 ⊂⊂
 E 
\\
B. Se existisse x
 ∈∈
 A
∩∩
B terı´amos que x
 ∈∈
 A e x
 ∈ ∈
 B . Mas, como A e´ um
subconjunto de E \\B, terı´amos tambe´m que x ∈ ∈ E \\B. Um absurdo, pois se x ∈ ∈ E \\B enta˜o x /∈∈ B . Desta forma,
concluimos que A ∩∩ B = ∅ ∅.
•• A ∪∪ B = E se e somente se E \\A ⊂ ⊂ B :
Suponhamos que A ∪∪ B = E . Se x ∈ ∈ E \\A devemos ter que x pertence a B. De fato, como x pertence a E e
E = A ∪∪ B, devemos ter que x ∈ ∈ A ou x ∈ ∈ B . Ale´m disso, como x ∈ ∈ E \\A, temos tambe´m que x /∈∈ A. O que nos
garante que x ∈ ∈ B . Logo, E \\A ⊂⊂ B .
Consideremos o caso em que E \\A ⊂ ⊂ B. Seja x ∈ ∈ E . Segue que, x ∈ ∈ A ou x ∈ ∈ E \\A. Se x ∈ ∈ E \\A enta˜o x
pertence a B pois E \\A esta´ contido em B. Logo, x ∈ ∈ A ou x ∈ ∈ B . Ou seja, x ∈ ∈ A ∪∪ B. Assim, devemos ter que
E ⊂ ⊂ A ∪∪ B. E, como A e B esta˜o contidos em E , segue (veja o exercicio 1.1) que E = A ∪∪ B.
10
 
Exerc´ıcio 1.4:
Dados A, B ⊂ ⊂ E, prove que A ⊂ ⊂ B se, e somente se, A ∩∩ (E \\B) = ∅∅.
Suponhamos que A ⊂⊂ B . Se existisse x ∈∈ A ∩∩ (E \\B) terı´amos que x ∈∈ A e x ∈∈ E \\B. Isto e´, existiria x ∈∈ E tal
que x ∈ ∈ A e x /∈∈ B . Mas, isto e´ um absurdo, pois, como A ⊂⊂ B , se x ∈ ∈ A enta˜o x ∈ ∈ B . Portanto, A ∩∩ (E \\B) = ∅ ∅.
Consideremos, agora, o caso em que A ∩∩ (E \\B) = ∅ ∅. Seja x ∈ ∈ A. Como A ⊂ ⊂ E , temos que x ∈ ∈ E . Assim,
x ∈∈ B ou x ∈∈ E \\B. Logo, x ∈ ∈ B pois se x ∈∈ E \\B terı´amos que x ∈∈ A ∩∩ (E \\B) = ∅ ∅.
11
 
Exerc´ıcio 1.5:
Deˆ exemplo de conjuntos A , B,C tais que ( A ∪∪ B) ∩∩ C ̸ ̸= A ∪∪ (B ∩∩ C ).
Tome A = { {1, 2, 3}}, B = { {1, 3}} e C = {{1, 2}}. Desta forma, temos
(A ∪∪ B) ∩∩ C = {{1, 2} } ̸̸= {{1, 2, 3}} = A ∪∪ (B ∩∩ C ).
12
 
Exerc´ıcio 1.6:
Se A, X ⊂ ⊂ E sa˜o tais que A ∩∩ X = ∅∅ e A ∪∪ X = E , prove que X = E \\A.
Seja x ∈ ∈ X . Uma vez que x /∈ ∅∈ ∅ = A ∩∩ X , temos que x /∈∈ A. E, como x ∈ ∈ X ⊂ ⊂ E , devemos ter, tambe´m, que
x ∈∈ E . Logo, x ∈∈ E \\A. Portanto, como x ∈∈ X e´ arbitra´ro, devemos ter que X ⊂ ⊂ E \\A.
Considere, agora, x ∈ ∈ E \\A. Segue que x ∈ ∈ E e x /∈∈ A. Como x ∈ ∈ E = A ∪∪ X e x /∈∈ A, temos que x ∈ ∈ X .
Portanto, como x ∈∈ E \\A e´ arbitra´ro, devemos ter que X ⊂ ⊂ E \\A.
13
 
Exerc´ıcio 1.7:
Se A ⊂⊂ B , enta˜o
B ∩∩ (A ∪∪ C ) = (B ∩∩ C ) ∪∪ A,
para todo conjunto C . Por outro lado, se existir C de modo que a igualdade acima seja satisfeita, ent˜ ao A ⊂⊂ B .
Primeiramente, mostremos que se A ⊂⊂ B enta˜o, para qualquer conjunto C , temos
B ∩∩ (A ∪∪ C ) = (B ∩∩ C ) ∪∪ A.
Seja x ∈∈ B ∩∩ (A ∪∪ C ). Assim, x ∈ ∈ B e (x ∈ ∈ C ou x ∈ ∈ A).
•• Se x ∈∈ C temos que x ∈∈ B ∩∩ C. Logo, x ∈∈ (B ∩∩ C ) ∪∪ A.
•• Se x ∈∈ A temos imediatamente que x ∈∈ (B ∩∩ C ) ∪∪ A.
Segue, em todo caso, que x ∈∈ (B ∩∩ C ) ∪∪ A. Logo, concluimos que B ∩∩ (A ∪∪ C ) ⊂⊂ (B ∩∩ C ) ∪∪ A.
Considere, agora, que x ∈ ∈ (B ∩∩ C ) ∪∪ A. Assim, x ∈∈ B ∩∩ C ou x ∈∈ A.
•• Se x ∈∈ B ∩∩ C enta˜o x ∈∈ B e x ∈ ∈ C . Logo, x ∈∈ B , x ∈ ∈ A ∪∪ C e, consequentemente, x ∈∈ B ∩∩ (A ∪∪ C ).
•• Se x ∈∈ A temos que x ∈ ∈ B, ja´ que A ⊂⊂ B . Assim, x ∈ ∈ B e x ∈∈ A ⊂⊂ A ∪∪ C. Logo, x ∈∈ B ∩∩ (A ∪∪ C ).
Em ambos os casos, x ∈∈ B ∩∩ (A ∪∪ B). Desta forma, tem-se que B ∩∩ (A ∪∪ C ) ⊃⊃ (B ∩∩ C ) ∪∪ A.
Portanto, se A ⊂ ⊂ B enta˜o B ∩∩ (A ∪∪ C ) = (B ∩∩ C ) ∪∪ A, para qualquer conjunto C .
Reciprocamente, suponhamos que exista um conjunto C tal que x ∈∈ (B ∩∩ C ) ∪∪ A = B ∩ ∩ (A ∪∪ C ).
Se x ∈ ∈ A temos que x ∈ ∈ (B ∩ ∩ C ) ∪∪ A. Mas, como ( B ∩ ∩ C ) ∪∪ A = B ∩ ∩ (A ∪∪ C ), devemos ter que x ∈ ∈ B . Logo,
conclui-se que A ⊂ ⊂ B .
14
 
Exerc´ıcio 1.8:
Suponhamos que A e B sejam subconjuntos de E . Prove que A = B se, e somente se,
(
A ∩∩ (E \\B)
 ∪∪ ((E \\A) ∩∩ B

= ∅∅.
Suponhamos que A = B . Neste caso, temos que
E \\A = E \\B.
Logo, A ∩∩ (E \\B) = A ∩∩ (E \\A) = ∅∅
e
B ∩∩ (E \\A) = B ∩∩ (E \\B) = ∅∅.
Portanto, (
A ∩∩ (E \\B)

∪∪
(
B ∩∩ (E \\A)

= ∅ ∅∪∪ ∅∅ = ∅ ∅.
Reciprocamente, consideremos o caso em que
(
A ∩∩ (E \\B)

∪∪
(
B ∩∩ (E \\A)

= ∅∅.
Seja x ∈∈ A. Se supusermos, por absurdo, que x /∈∈ B teremos que x ∈ ∈ A ∩∩ (E \\B) e, consequentemente,
x ∈∈
(
A ∩∩ (E \\B)
 ∪∪ (B ∩∩ (E \\A)

= ∅∅.
Uma contradic¸a˜o. De modo inteiramente an a´logo e´ impossı´vel que x ∈ ∈ B e x /∈∈ A. Portanto, A = B.
15
 
Exerc´ıcio 1.9:
Prove que
(A\\B) ∪∪ (B\\A) = (A ∪∪ B)\\(A ∩∩ B).
•• (A\\B) ∪∪ (B\\A) ⊂ ⊂ (A ∪∪ B)\\(A ∩∩ B)
Seja x ∈ ∈ (A\\B) ∪∪(B\\A). Neste caso, x ∈ ∈ A\\B ou x ∈ ∈ B\\A. Se x ∈ ∈ B\\A enta˜o temos que x ∈ ∈ A e x /∈∈ B .
Logo, x ∈ ∈ A ∪∪ B e x /∈∈ A ∩∩ B, ou seja, x ∈∈ (A ∪∪ B)\\(A ∩∩ B). Analogamente, x ∈ ∈ B\\A implica x ∈∈ (A ∪∪ B)\\(A ∩∩ B).
•• (A\\B) ∪∪ (B\\A) ⊃ ⊃ (A ∪∪ B)\\(A ∩∩ B)
Seja x ∈∈ (A ∪∪ B)\\(A ∩∩ B). Neste caso, x ∈∈ A ∪∪ B e x /∈∈ A ∩∩ B. Se x ∈∈ A enta˜o x /∈∈ B , uma vez que x /∈∈ A ∩∩ B.
Isto e´, se x ∈ ∈ A enta˜o x ∈ ∈ A\\B. Analogamente, se x ∈∈ B , temos que x ∈∈ B\\A. Portanto, x ∈ ∈ (A\\B) ∪∪ (B\\A).
16
 
Exerc´ıcio 1.10:
Para conjuntos A e B , definimos o conjunto
A∆B := (A\\B) ∪∪ (B\\A).
Prove que A∆B = A∆C implica que B = C . Examine a validade um resultado an´alogo com ∩ ∩, ∪ ∪ ou × × em vez de
∆.
Suponhamos que A∆B = A∆C .
Mostraremos que os conjuntos B ∩ ∩ A e B\\A esta˜o contidos em C . Desta forma, como B = (B ∩ ∩ A) ∪∪ (B\\A),
concluiremos que B
 ⊂ ⊂
 C .
Seja x ∈ ∈ B ∩∩A. Temos que x /∈∈ A∆B = (A\\B)∪∪ (B\\A), pois x /∈∈ A\\B e x /∈∈ B\\A. Assim, como A∆B = A∆C ,
temos que x /∈∈ A∆C = (A\\C ) ∪∪ (C \\A) e, consequentemente, x /∈∈ A\\C . Logo, x ∈ ∈ C pois x ∈ ∈ A e x /∈∈ A\\C . Como
x ∈∈ B ∩∩ A e´ arbitra´rio, concluimos que B ∩∩ A ⊂⊂ C .
Seja x ∈ ∈ B\\A. Logo, x ∈ ∈ (A\\B) ∪ ∪ (B\\A) = A∆B. E, como A∆B = A∆C , temos que x ∈ ∈ A∆C . Sendo
x ∈ ∈ A∆C = (A\\C ) ∪∪ (C \\A), segue que x ∈ ∈ A\\C ou x /∈∈ C \\A. Assim, j a´ que x /∈∈ A, devemos ter que x ∈ ∈ C \\A e,
consequentemente, x ∈∈ C . Como x ∈ ∈ B\\A e´ arbitra´rio, concluimos que B\\A ⊂⊂ C .
Por fim, como B ∩∩ A e B\\A esta˜o contidos em C , devemos ter que B ⊂ ⊂ C . E, de forma an´aloga, prova-se que
C ∩ ∩ A e C \\A esta˜o contidos em B . Logo, C ⊂ ⊂ B . Portanto, supondo que A∆B = A∆C , temos que B = C .
Consideremos agora a validade dos casos ana´logos para ∩ ∩, ∪ ∪ e × × ao inve´s de ∆.
Existem A, B e C tais que
•• A ∩∩ B = A ∩∩ C e B ̸ ̸= C . Por exemplo: A = { {1}}, B = {{1, 2}} e C = { {1, 2, 3}};
•• A ∪∪ B = A ∪∪ C e B ̸ ̸= C . Por exemplo: A = { {1}}, B = {{2}} e C = {{1, 2}};
•• A ×× B = A ×× C e B ̸ ̸= C . Por exemplo: A = ∅∅, B = {{1}} e C = {{2}}.
17
 
Exerc´ıcio 1.11:
Prove as seguintes afirmac¸o˜es:
(a) ( A ∪∪ B) ×× C = (A ×× C ) ∪∪ (B ×× C );
(b) ( A ∩∩ B) ×× C = (A ×× C ) ∩∩ (B ×× C );
(c) ( A −− B) ×× C = (A ×× C ) −− (B ×× C );
(d) A ⊂ ⊂ A′, B ⊂ ⊂ B ′ =⇒⇒ A ×× B ⊂ ⊂ A′ ×× B′.
(a) Temos que a igualdad e ( A ∪∪ B) ×× C = (A ×× C ) ∪∪ (B ×× C ) e´ va´lida pois
(x, c) ∈∈ (A ∪∪ B) ×× C ⇐⇐⇒⇒ x ∈∈ A ∪∪ B e c ∈∈ C 
⇐⇐⇒⇒ (x ∈ ∈ A e c ∈ ∈ C ) ou ( x ∈ ∈ B e c ∈∈ C )
⇐⇐⇒⇒ (x, c) ∈ ∈ A ×× C ou (x, c) ∈ ∈ B ×× C 
⇐⇐⇒⇒ (x, c) ∈ ∈ (A ×× C ) ∪∪ (B ×× C ).
(b) Temos que a igualdad e ( A ∩∩ B) ×× C = (A ×× C ) ∩∩ (B ×× C ) e´ va´lida pois
(x, c) ∈ ∈ (A ∩∩ B) ×× C ⇐⇐⇒⇒ x ∈ ∈ (A ∩∩ B) e c ∈ ∈ C 
⇐⇐⇒⇒ (x ∈∈ A e c ∈∈ C ) e (x ∈∈ B e c ∈ ∈ C )
⇐⇐⇒⇒ (x, c) ∈∈ A ×× C e (x, c) ∈∈ B ×× C 
⇐⇐⇒⇒ (x, c) ∈∈ (A ×× C ) ∩∩ (B ×× C ).
(c) Temos que a igualdad e ( A −− B) ×× C = (A ×× C ) −− (B ×× C ) e´ va´lida pois
(x, c) ∈ ∈ (A −− B) ×× C ⇐⇐⇒⇒ x ∈ ∈ A −− B e c ∈ ∈ C 
⇐⇐⇒⇒ (x ∈∈ A e c ∈∈ C ) e (x /∈∈ B e c ∈ ∈ C )
⇐⇐⇒⇒ (x, c) ∈∈ A ×× C e (x, c) /∈∈ B ×× C ⇐⇐⇒⇒ (x, c) ∈∈ (A ×× C ) −− (B ×× C ).
(d) Seja ( a, b) ∈ ∈ A ×× B . Enta˜o, a ∈ ∈ A′ e b ∈ ∈ B′ pois A ⊂ ⊂ A′ e B ⊂ ⊂ B′. Logo, ( a, b) ∈ ∈ A′ × × B ′. Portanto,
concluimos que A ×× B ⊂ ⊂ A′ ×× B′.
18
 
Exerc´ıcio 1.12:
Dada uma fun c¸a˜o f : A →→ B :
(a) Prove que se tem f (X \\Y ) ⊃⊃ f (X )\\f (Y ), sejam quais forem os subconjuntos X e Y de A;
(b) Mostre que se f for injetora enta˜o f (X \\Y ) = f (X )\\f (Y ) para quaisquer X e Y contidos em A.
(a)
Suponhamos que z ∈ ∈ f (X )\\f (Y ). Desta forma, temos que z ∈ ∈ f (X ) e, consequentemente, existe x ∈ ∈ X tal
que f (x) = z. Como z /
∈∈
 f (Y ) e z = f (x), devemos ter que x /
∈∈
 Y . Logo, x
 ∈ ∈
 X 
\\
Y . Assim, concluimos que
z = f (x) ∈∈ f (X \\Y ).
Portanto, devemos ter que f (X \\Y ) ⊂ ⊂ f (X )\\f (Y ).
(b)
Pelo item (a), temos que f (X \\Y ) ⊂⊂ f (X )\\f (Y ). Logo, basta verificarmos que f (X \\Y ) ⊃⊃ f (X )\\f (Y ).
Seja z ∈ ∈ f (X \\Y ). Enta˜o, podemos escolher x ∈ ∈ X \\Y tal que f (x) = z . Assim, z = f (x) ∈ ∈ f (X ) pois x ∈ ∈ X .
Por outro lado, como f e´ injetivo, f (x) = z e x /∈∈ Y , nenhum y ∈ ∈ Y e´ tal que f (y) = z. Logo, z /∈∈ f (Y ). Portanto,
z ∈ ∈ f (X )\\f (Y ).
Com isso, concluimos que f (X \\Y ) = f (X )\\f (Y ).
19
 
Exerc´ıcio 1.13:
Mostre que a fun c¸a˜o f : A → → B e´ injetora se, e somente se, f (A\\X ) = f (A)\\f (X ) para todo X ⊂ ⊂ A.
Se f : A → → B e´ injetiva, pelo item (b) do exercı´cio 1.12, a igualdade f (A\\X ) = f (A)\\f (X ) e´ va´lida para todo
X ⊂ ⊂ A.
Suponhamos que a igualdade f (A\\X ) = f (A)\\f (X ) seja v a´lida para todo X ⊂ ⊂ A. Seja a ∈∈ A e denotemos por
b o elemento f (a) ∈ ∈ B . Assim,
b /∈∈ f (A\{\{a}}) = f (A)\\f ({{a}}).
Logo, na˜o existe a ′ ∈ ∈ A\{\{a}} tal que f (a′) = b = f (a). Desta forma, como a ∈ ∈ A e´ arbitra´rio, concluimos que f e´
injetivo.
20
 
Exerc´ıcio 1.14:
Dada a fun c¸a˜o f : A →→ B, prove que:
(a) f −1(f (X )) ⊃ ⊃ X para todo X ⊂ ⊂ A;
(b) f e´ injetora se, e somente se, f −1(f (X )) = X para todo X ⊂ ⊂ A.
(a)
Se x ∈∈ X enta˜o x ∈ ∈ f −1(f (X )) pois f (x) ∈∈ f (X ). Assim, devemos ter que f −1(f (X )) ⊃ ⊃ X .
(b)
Suponhamos que f e´ injetora e fixemos X ⊂ ⊂ A. Provaremos que f −1(f (X )) ⊂ ⊂ X e concluiremos, pelo item
(a), que f −1(f (X )) = X . Desta forma, podemos concluir que se f e´ injetora enta˜o f −1(f (X )) = X , para qualquer
X ⊂ ⊂ A.
Seja y ∈ ∈ f −1(f (X )). Segue que f (y) ∈ ∈ f (X ). Assim, existe x ∈ ∈ X tal que f (x) = f (y). Sendo f injetiva,
conclui-se que y = x ∈∈ X . Portanto, como y ∈ ∈ f −1(f (X )) e´ arbitra´rio, temos que f −1(f (X )) ⊂ ⊂ X .
Suponhamos, por outro lado, que f seja tal que f −1(f (X )) = X , para qualquer X ⊂ ⊂ A. Sejam x e y ∈ ∈ A
tais que f (x) = f (y). Neste caso, temos que f ({{x}}) = f ({{x, y}}). Assim, f −1(f ({{x}})) = f −1(f ({{x, y}})) e, pela
hipo´tese,
{{x}} = f −1(f ({{x}})) = f −1(f ({{x, y}})) = {{x, y}}.
Desta forma, y ∈ ∈ {{x}} e, consequentemente, x = y. Com isso, concluimos que se x e y ∈ ∈ A sa˜o tais que f (x) = f (y)
enta˜o x = y. Portanto, f e´ injetiva.
21
 
Exerc´ıcio 1.15:
Dada f : A → → B , prove:
(a) Para todo Z ⊂ ⊂ B, tem-se que f (f −1(Z )) ⊂ ⊂ Z ;
(b) f e´ sobrejetora se, e somente se, f (f −1(Z )) = Z para todo Z ⊂ ⊂ B .
(a)
Seja z ∈ ∈ f (f −1(Z )). Existe x ∈∈ f −1(Z ) tal que f (x) = z. Assim, como x ∈∈ f −1(Z ), z = f (x) ∈∈ Z .
Portanto, podemos concluir que f (f −1(Z ))
 ⊂⊂
 Z .
(b)
Suponhamos que f seja sobrejetora. Provaremos, para um Z ⊂ ⊂ B arbitra´rio, que f (f −1(Z )) = Z .
Pelo item (a), temos que f (f −1(Z )) ⊂⊂ Z .
Seja z ∈ ∈ Z . Como f e´ sobrejetiva, existe x ∈ ∈ A tal que z = f (x). Desta forma, como f (x) = z ∈ ∈ Z , segue que
x ∈∈ f −1(Z ). Logo, z = f (x) ∈ ∈ f (f −1(Z )).
Desta forma, concluimos que f (f −1(Z )) ⊃ ⊃ Z .
Portanto, devemos ter que f (f −1(Z )) = Z .
Suponhamos, por outro lado, que f (f −1(Z )) = Z , para todo Z ⊂ ⊂ B .
Seja z ∈ ∈ B . Definindo Z = {{z}}, temos que
f (f −1(Z )) = Z = {{z}}.
Desta forma, temos que z ∈ ∈ f (f −1(Z )). Assim, existe x ∈∈ f −1(Z ) ⊂⊂ A tal que f (x) = z.
Portanto, neste caso, f e´ sobrejetiva.
22
 
Exerc´ıcio 1.16:
Dada uma famı´lia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) Para todo λ ∈∈ L, tem-se X ⊃ ⊃ Aλ;(2a) Se Y ⊃ ⊃ Aλ, para todo λ ∈∈ L, enta˜o Y ⊃⊃ X.
Prove que, nestas condic¸o˜es, tem-se X =
 ∪
λ∈L
Aλ.
Pela primeira condic¸a˜o, temos que X ⊃ ⊃ Aλ para cada λ ∈∈ L. Assim,
�
λ∈L
Aλ ⊂ ⊂ X pois cada x ∈ ∈
�
λ∈L
Aλ pertence
a Aλ
 ⊂ ⊂
 X , para algum λ
 ∈ ∈
 L.
O conjunto �
λ∈L
Aλ e´ tal que �
λ∈L
Aλ ⊃ ⊃ Aλ, para todo λ ∈∈ L. Logo, pela segunda condi c¸a˜o, �
λ∈L
Aλ ⊃ ⊃ X .
Portanto, X =
�
λ∈L
Aλ.
23
 
Exerc´ıcio 1.17:
Enuncie e demonstre um resultado ana´logo ao anterior, caracterizando
 ∩
λ∈L
Aλ.
Enunciado: Dada uma famı´lia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) Para todo λ ∈∈ L, tem-se X ⊂ ⊂ Aλ;
(2a) Se Y ⊂ ⊂ Aλ para todo λ ∈ ∈ L, enta˜o Y ⊂ ⊂ X .
Nestas condic¸o˜es, tem-se X =
∩
λ∈L
Aλ.
Demonstrac¸a˜o:
Todo elemento x de X pertence a
∩
λ∈L
Aλ pois x ∈ ∈ X ⊂ ⊂ Aλ, pela primeira hip o´tese sobre X . Logo,
∩
λ∈L
Aλ ⊃ ⊃ X .
O conjunto
 ∩
λ∈L
Aλ e´ tal que
 ∩
λ∈L
Aλ ⊂ ⊂ Aλ, para todo λ ∈∈ L. Assim, pela segunda hip o´tese sobre X ,
 ∩
λ∈L
Aλ ⊂ ⊂ X .
Portanto, X =
 ∩
λ∈L
Aλ.
24
 
Exerc´ıcio 1.18:
Seja f : P P (A) −−→ → P P (A) uma func¸a˜o tal que X ⊂ ⊂ Y =⇒⇒ f (Y ) ⊂⊂ f (X ) e f (f (X )) = X. Prove que f (∪∪X λ) = ∩∩f (X λ)
e f (∩∩X λ) = ∪ ∪f (X λ).[Aqui X, Y e cada X λ sa˜o subconjuntos de A].
Fac¸amos cada inclusa˜o separadamente.
(i) f (
∪
X λ) ⊂ ⊂
∩
f (X λ)
Como ∪ ∪X λ ⊃ ⊃ X λ, para todo λ, temos por hip o´tese que f (∪∪X λ) ⊂ ⊂ f (X λ), para todo λ. Daı´, f (∪∪X λ) ⊂ ∩⊂ ∩f (X λ).
(ii) f (
∪
X λ)
 ⊃⊃ ∩
f (X λ)
Por (ii), temos que f (∩∩f (X λ)) ⊃ ⊃ ∪∪f (f (X λ)) = ∪∪X λ. Daı´, f (f (∩∩f (X λ))) ⊂ ⊂ f (∪∪X λ). Logo, ∩ ∩f (X λ) ⊂⊂ f (∪∪X λ).
(iii) f (
∩
X λ) ⊃ ⊃
∪
f (X λ)
Como ∩ ∩X λ ⊂ ⊂ X λ, para todo λ, temos por hip o´tese que f (∩∩X λ) ⊃ ⊃ f (X λ), para todo λ. Daı´, f (∩∩X λ) ⊃ ∪⊃ ∪f (X λ).
(iv) f (
∩
X λ) ⊂⊂
∪
f (X λ)
Por (i), temos que f (∪∪f (X λ)) ⊂ ⊂ ∩∩f (f (X λ)) = ∩∩X λ. Daı´, f (f (∪∪f (X λ))) ⊃ ⊃ f (∩∩X λ). Logo, ∪ ∪f (X λ) ⊃ ⊃ f (∩∩X λ).
De (i) e (ii), temos que f (∪∪X λ) = ∩ ∩f (X λ) e de ( iii) e (iv), temos f (∩∩X λ) = ∪∪f (X λ).
25
 
Exerc´ıcio 1.19:
Dadas as famı´lias (Aλ)λ∈L e (Bµ)µ∈M , forme duas famı´lias com ı´ndices em L ×× M considerando os conjuntos
(Aλ ∪∪ Bµ)(λ,µ)∈L×M e (Aλ ∩∩ Bmu)(λ,µ)∈L×M .
Prove que se tem �
�
λ∈L
Aλ
�
∩∩


�
µ∈M 
Bµ

 =
�
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∩∩ Bµ),
�
λ
∈
L
Aλ
�
∪∪

 
µ
∈
M 
Bµ


=
(λ,µ)
∈
L
×
M 
(Aλ ∪∪ Bµ).
Primeiramente provemos que
�
�
λ∈L
Aλ
�
∩∩


�
µ∈M 
Bµ

 =
�
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∩∩ Bµ).
Como �
λ∈L
Aλ ⊃ ⊃ Aλ ⊃ ⊃ Aλ ∩∩ Bµ,
para todo ( λ, µ) ∈ ∈ L ×× M, temos que
�
λ∈L
Aλ ⊃ ⊃
�
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∩∩ Bµ).
Analogamente, mostra-se que
�
µ∈M 
Bµ ⊃ ⊃
�
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∩ ∩ Bµ).
Assim, segue que �
�
λ∈L
Aλ
�
∩∩


�
µ∈M 
Bµ

 ⊃⊃
�
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∩∩ Bµ) .
Seja x ∈ ∈ (∪∪λ∈LAλ) ∩∩ (∪∪µ∈M Bµ). Desta forma, x ∈ ∪ ∈ ∪λ∈LAλ e x ∈ ∪ ∈ ∪µ∈M Bµ. Assim, existem λ ∈ ∈ L e µ ∈ ∈ M 
tais que x ∈ ∈ Aλ e x ∈∈ Bµ. Logo,
x ∈∈ Aλ ∩ ∩ Bµ ⊂ ⊂
�
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∩∩ Bµ) .
Com isso, podemos concluir que
�
�
λ∈L
Aλ
�
∩∩


�
µ∈M 
Bµ

 ⊂⊂
�
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∩∩ Bµ) .
Mostremos agora que �
λ
∈
L
Aλ
�
∪∪

 
µ
∈
M 
Bµ


=
(λ,µ)
∈
L
×
M 
(Aλ ∪∪ Bµ).
Como
(Aλ ∪∪ Bµ) ⊃⊃ Aλ ⊃ ⊃
λ∈L
Aλ,
para todo ( λ, µ) ∈ ∈ L ×× M , temos que
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∪∪ Bµ) ⊃ ⊃
λ∈L
Aλ.
26
 
Analogamente, mostra-se que 
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∪∪ Bµ) ⊃ ⊃
µ∈M 
Bµ.
Assim, segue que
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∪∪ Bµ) ⊃⊃
�
λ∈L
Aλ
�
∪∪


µ∈M 
Bµ

 .
Seja x ∈ ∈ ∩∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪∪Bµ). Suponhamos, por absurdo , que x /∈∈ (∩∩λ∈LAλ)∪∪(∩∩µ∈M Bµ). Enta˜o, x /∈ ∈ ∩∩λ∈LAλ
e x /∈ ∈ ∩∩µ∈M Bµ. Assim, existem λ ∈∈ L e µ ∈∈ M tais que x /∈∈ Aλ e x /∈∈ Bµ. Com igual raz a˜o, existe (λ, µ) ∈ ∈ L××M tal
que x /∈∈ Aλ ∪∪Bµ. Um absurdo, pois como Aλ ∪∪Bµ ⊂ ⊂ ∩∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪∪Bµ), terı´amos que x /∈ ∈ ∩∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪∪Bµ).
Logo, devemos ter que x ∈∈ (∩∩λ∈LAλ) ∪∪ (∩∩µ∈M Bµ). Com isso, concluimos que
(λ,µ)∈L×M 
(Aλ ∪∪ Bµ) ⊂⊂
�
λ∈L
Aλ
�
∪∪


µ∈M 
Bµ

 .
27
 
Exerc´ıcio 1.20:
Seja (Aij )(i,j)∈N×N uma famı´lia de subconjuntos com ı´ndices em N ×× N. Prove, ou disprove por contra-exemplo, a
igualdade
∞�
j=1
� ∞
i=1
Aij
�
=
∞
i=1


∞�
j=1
Aij

 .
A igualdade e´ falsa em geral. De fato, tomando-se
Aij :=
�
 { {1}}, se i = j,
∅∅
, se i
 ̸ ̸
= j,
temos que
∞�
j=1
� ∞
i=1
Aij
�
=
∞�
j=1
(∅∅) = ∅ ∅
e
∞
i=1


∞�
j=1
Aij

 =
∞
i=1
({{1}}) = { {1}}.
28
 
Exerc´ıcio 1.21:
Dados os conjuntos A , B,C, estabelec¸a uma bije c¸a˜o entre F F (A ×× B; C ) e F F (A; F F (B; C )).
Seja f : A ×× B → → C . Podemos definir uma fun c¸a˜o ϕf : A → F → F (B; C ) definindo ϕf (a) : B → → C como sendo a
func¸a˜o dada por (
ϕf (a)

(b) := f (a, b),
para todo b ∈∈ B . Verificaremos que a fun c¸a˜o ϕ : F F (A ×× B; C ) → → F F (A; F F (B; C )), dada por
ϕ(f ) := ϕf ,
para cada f ∈ F ∈ F (A ×× B; C ), e´ uma bijec¸a˜o.Suponhamos que f e g ∈ ∈ F F (A ×× B; C ) sejam tais que ϕ(f ) = ϕ(g). Assim, ϕf = ϕg. Logo, dado ( a, b) ∈∈ A ×× B,
temos que
ϕf (a) = ϕg(a)
e, consequentemente,
f (a, b) =
(
ϕf (a)

(b) =
(
ϕg(b)

(b) = g(a, b).
Portanto, f = g. Com isso, concluimos que ϕ e´ injetiva.
Seja ψ : A → → F F (B; C ). Podemos definir uma fun c¸a˜o f : A ×× B → → C por
f (a, b) :=
(
ψ(a)

(b),
para todo ( a, b) ∈ ∈ A ×× B. Seja a ∈ ∈ A. Temos que
(
ϕf (a)

(b) = f (a, b) =
(
ψ(a)

(b),
para todo b ∈ ∈ B . Desta forma ϕf (a) = ψ (a). Portanto, como a e´ arbitra´rio, concluı´mos que ϕf = ψ . Com isso,
concluimos que ϕ e´ sobrejetiva.
Portanto, ϕ : F F (A ×× B; C ) → → F F (A; F F (B; C )) e´ uma bijec¸a˜o como querı´amos demonstrar.
29
 
Cap´ıtulo 2
Conjuntos Finitos, Enumera´veis e
Na˜o-Enumera´veis
30
 
Exerc´ıcio 2.1:
Prove que, na presenc¸a dos axiomas P1 e P2, o axioma A abaixo e´ equivalente a P3:
A : Para todo subconjunto n a˜o-vazio X ⊂ ⊂ N, tem-se X \\s(X ) ̸ ̸= ∅∅.
Relembremos as propriedades:
P1 : s : N →→ N e´ injetora;
P2 : N\\s(N) = {{1}};
P3 : Se X ⊂ ⊂ N e´ tal que 1 ∈∈ X e, para todo n ∈∈ X , s(n) ∈ ∈ X, enta˜o X = N.
Suponhamos que as afirmac¸o˜es P1, P2 e P3 sejam v a´lidos. Concluiremos que o axioma A e´ valido mostrando que
se X ⊂ ⊂ N e´ tal que X \\s(X ) = ∅ ∅ enta˜o X = ∅ ∅. Equivalentemente, se X ⊂ ⊂ s(X ) enta˜o N\\X = N. Primeiramente,
temos que 1 ∈ ∈ N\\X , pois, caso contr a´rio, 1 ∈ ∈ s(N) ja´ que
X ⊂ ⊂ s(X ) ⊂ ⊂ s(N),
contradizendo P2. Por P1,
s(N\\X ) = s(N)\\s(X ) ⊃⊃ s(N)\\X.
Desta forma, se n ∈ ∈ N\\X enta˜o s(n) /∈∈ X e, consequentemente, s(n) ∈ ∈ N\\X . Assim, por P3, conc luimos que
N\\X = N.
Reciprocamente, suponhamos que os axiomas P1, P2 e A sejam v´ alidos. Seja X ⊂ ⊂ N tal que 1 ∈ ∈ X e, para
todo n ∈∈ X , s(n) ∈ ∈ X . Provaremos que X = N e concluiremos daı´ que P3 e´ va´lido. Suponhamos por absurdo que
N\\X ̸ ̸= ∅ ∅. Por A, segue que existe
n ∈ ∈ (N\\X )\\s(N\\X ).
Como 1 /∈∈ N\\X , devemos ter que n ̸ ̸= 1 e, por P2, existe m ∈ ∈ N tal que
s(m) = n.
Por P1, m /∈∈ N\\X ja´ que s(m) = n /∈∈ s(N\\X ). Assim, m ∈∈ X e s(m) = n /∈∈ X , contradizendo a hipo´tese sobre X .
31
 
Exerc´ıcio 2.2:
Dados os n u´meros naturaisa e b, prove que existe um n u´mero natural m tal que m ·· a > b.
Se a = 1, basta tomar m = b + 1, pois
1(b + 1) = b + 1 > b.
Se a ̸ ̸= 1 ent a˜o a > 1 ja´ que a ∈ ∈ Z+. Assim, pela monoticidade da multiplica¸ ca˜o em Z+,
ba > b.
Logo, para m := b, temos que ma > b .
32
 
Exerc´ıcio 2.3:
Seja a um nu´mero natural. Se um conjunto X e´ tal que a ∈ ∈ X e, ale´m disso, n ∈∈ X ⇒ ⇒ n + 1 ∈ ∈ X , enta˜o X cont´em
todos os n u´meros naturais ≥ ≥ a.
Seja
A := {{k ∈ ∈ Z+ : a + k ∈ ∈ X }}.
Pela definic¸a˜o da rela c¸a˜o  em Z+, b  a se e somente se b = a + k para algum k ∈ ∈ Z0. Desta forma, provando
que A = Z+ podemos concluir que X conte´m todos os nu´meros naturais  a.
Como a ∈∈ X , temos, pela propriedade de X , que a + 1 ∈ ∈ X . Logo, 1 ∈∈ A.
Suponhamos que k ∈ ∈ A. Pela defini c¸a˜o de A, isto implica que a + k ∈ ∈ X . Assim pela propriedade de X , temos
que a + k + 1 ∈∈ X . Logo, k + 1 ∈∈ A.Portanto, p elo PIF, segue que A = Z+.
33
 
Exerc´ıcio 2.4:
Tente descobrir, independentemente, algumas das demonstrac¸o˜es omitidas no texto.
Associatividade: m + (n + p) = (m + n) + p.
Provada no livro.
Comutatividade: m + n = n + m.
Primeiramente mostraremos que
m + 1 = 1 + m,
para todo m ∈∈ Z+. O caso em que m = 1 e´ tautolo´gico. Supondo, como hipo´tese de indu c¸a˜o, que
m + 1 = 1 + m
para algum m ∈∈ Z+, segue que
s(m) + 1 = s(s(m)) = s(m + 1) = s(1 + m) = 1 + s(m).
Assim, pelo PIF, temos que m + 1 = 1 + m, para todo m ∈ ∈ Z+.
Por fim, provaremos, para m ∈∈ Z+ arbitra´rio e por indu c¸a˜o em n ∈ ∈ Z+, que
m + n = n + m.
O caso n = 1 foi provado no par a´grafo anterior. Supondo, como hip´otese de indu c¸a˜o, que
m + n = n + m
para algum n ∈ ∈ Z+, segue que
m + s(n) = s(m + n) = s(n + m)
= n + s(m) = n + (m + 1)
= n + (1 + m) = (n + 1) + m
= s(n) + m.
E o resultado segue pelo PIF.
Lei do Corte : m + n = m + p ⇒⇒ n = p.
Sejam n e p ∈ ∈ Z+. Provaremos, por indu c¸a˜o em m ∈∈ Z+, que se m + n = m + p enta˜o n = p.
O caso em que m = 1 resume-se a` injetividade da fun c¸a˜o s : Z+ → → Z+. Isto e´, como
s(n) = n + 1 = 1 + n = 1 + p = p + 1 = s( p),
temos que
n = p.
Suponhamos, como hipo´tese de induc¸a˜o, que m + n = m + p implique que n = p. Assim, se s(m) + n = s(m) + p
enta˜o
s(m + n) = s(n + m) = n + s(m)
= s(m) + n = s(m) + p
= p + s(m) = s( p + m)
= s(m + p).
Assim, se s(m) + n = s(m) + p temos, novamente pela injetividade de s : Z+ → → Z+, que m + n = m + p e, pela
hipo´tese de indu c¸a˜o, n = p.E o resultado segue pelo PIF.
Tricotomia: Dados m e n ∈ ∈ Z+, exatamente uma das treˆs alternativas seguintes podem ocorrer: ou m = n,
ou existe p ∈∈ Z+ tal que m = n + p, ou, ent a˜o, existe q ∈ ∈ Z+ com n = m + q .
Dizemos que ( m, n) ∈ ∈ Z+ ×× Z+ satisfaz a condic¸a˜o C se exatamente uma das exatamente uma das treˆs alterna-
tivas ocorre:
34
 
•• m = n;
•• m = n + p, para algum p ∈∈ Z+;
•• n = m + q , para algum q ∈ ∈ Z+.
Seja X o subconjunto de Z+ ×× Z+ definido por
T := {{(m, n) ∈ ∈ Z+ ×× Z+ : (m, n) satisfaz C }}.
Observemos que, como
T =
�
m∈Z+
{{m}} ×× T m,
onde T m := { {n ∈∈ Z+ : (m, n) satisfaz C }},
mostrando que
T m = Z+,
para cada m ∈∈ Z+, podemos concluir que
T =
�
m∈Z+
{{m}} ×× T m =
�
m∈Z+
{{m}} ×× Z+ = Z+ ×× Z+.
Portanto, concluimos a Lei da Tricotomia.
Procederemos com a demonstrac¸a˜o de que T m = Z+ por indu c¸a˜o em m ∈ ∈ Z+.
Consideremos o caso em que m = 1. Se n = 1 temos que n = m. Ale´m disso, como 1 /∈∈ s(Z), segue que
m = 1 ̸̸= s p(n) = n + p
e
n = 1 ̸̸= sq(m) = m + q,
para todos p e q 
 ∈ ∈
Z+. Logo, (1 , 1) satisfaz a condi c¸a˜o C e, consequentemente, 1
 ∈∈
 T 1. Supondo que n
 ∈ ∈
 T 1, como
na˜o se pode ter que 1 = m + q = sq(m) ja´ que 1 /∈∈ s(Z+), temos que exatamente uma das duas alternativas ocorre:
•• n = 1 e, equivalentemente, s(n) = 1 + 1;
•• n = 1 + q e, equivalentemente, s(n) = s(1 + q ) = 1 + s(q ).
Logo, se n ∈∈ T 1 enta˜o s(n) ∈∈ T 1. Com isso, concluimos, pelo PIF, que T 1 = Z+.
Suponhamos, como hipo´tese de induc¸a˜o, que T m = Z+. Provaremos que T s(m) = Z+.
Como X 1 = Z+, temos imediatamente que (1 , s(m)) satisfaz a condi¸ca˜o C e, consequentemente, ( s(m), 1)
satisfaz a condi c¸a˜o C. Logo, 1 ∈ ∈ T s(m). Supondo que n ∈ ∈ T s(m), temos que exatamente uma das treˆs alternativas
ocorrem:
•• n = s(m): Neste caso, s(n) = s(s(m)) = s(m) + 1;
•• n = s(m) + q , para algum q ∈ ∈ Z+: Neste caso, s(n) = s(s(m) + q ) = s(m) + s(q );
•• s(m) = n + p, para algum p ∈ ∈ Z+: Neste caso, se p = 1 ent a˜o s(m) = s(n). E, se p ∈∈ Z+\{\{1}} = s(Z+), existe
˜ pZ+ tal que p = s(˜ p), e assim
s(m) = n + p = n + s(˜ p) = n + (1 + ˜ p) = (n + 1) + ˜ p = s(n) + ˜ p.
Assim, se n ∈ ∈ T s(m), temos que exatamente uma das treˆs alternativas ocorrem:
•• s(n) = s(m) (no caso em que n = s(m));
•• s(n) = s(m) + q˜ (no caso em que n = s(m) ou n = s(m) + q , onde q˜ = s(q ));
•• s(m) = s(n) + ˜ p (no caso em que s(m) = n + p, onde p = s(˜ p)).
35
 
Logo, se n ∈∈ T s(m) enta˜o s(n) ∈ ∈ T s(m). Com isso, concluimos, pelo PIF, que T s(m) = Z+.
Portanto, X m = Z+, para todo m ∈ ∈ Z+.
Transitividade: se m < n e n < p enta˜o m < p.
Se, para m, n e p ∈ ∈ Z+, tivermos que m < n e n < p enta˜o existem r e s ∈ ∈ Z+ tais que
m + r = n
e
n + s = p.
Desta forma,
 p = n + s = (m + r) + s = m + (r + s).
Logo,
m < p.
Tricotomia: dados m e n ∈∈ Z+ exatamente uma das alternativas seguintes pode ocorrer: ou m = n, ou m < n
ou n < m.
Sejam m e n ∈ ∈ Z+. Segundo a tricotomia da adi c¸a˜o (provada acima), exatamente uma das treˆs condic¸o˜es e´
va´lida: ou m = n; ou existe p ∈ ∈ Z+ tal que m = n + p e, portanto, m > n; ou existe q ∈ ∈ Z+ tal que n = m + q e,
portanto, m < n.
Monoticidade da adi c¸a˜o: se m < n enta˜o, para todo p ∈ ∈ Z+, tem-se m + p < n + p.
Provada no livro.
Associatividade: m ·· (n ·· p) = (m ·· n) ·· p.
Provada no livro.
Comutatividade: m ·· n = n ·· m.
Primeiramente, provaremos que m ·· 1 = 1 ·· m, para todo m ∈∈ Z+. Depois, supondo, como hip o´tese de indu c¸a˜o,
que n ∈ ∈ Z+ e´ tal que m ·· n = n ·· m, para todo m ∈ ∈ Z+, provaremos que n + 1 e´ tal que m ·· (n + 1) = ( n + 1) ·· m.
Como isso, o resultado segue pelo Princı´pio da Induc¸a˜o Finita.
Provaremos a igualdade m ·· 1 = 1 ·· m por indu c¸a˜o em m ∈∈ Z+. Para m = 1 a igualdade e´ trivial. Suponhamos,
como hipo´tese de indu c¸a˜o, que m ·· 1 = 1 ·· m, para algum m ∈∈ Z+. Desta forma, temos que
(m + 1) ·· 1 = m + 1 = m ·· 1 + 1 = 1 ·· m + 1 = 1 ·· (m + 1).
Logo, pelo PIF, a igualdade e´ va´lida.
Suponhamos que n ∈ ∈ Z+ seja tal que m ·· n = n ·· m, para todo m ∈ ∈ Z+. Mostraremos, por indu c¸a˜o em m, que
m ·· (n + 1) = ( n + 1) ·· m, para todo m ∈∈ Z+. Para m = 1, o resultado segue do par´agrafo anterior. E, supondo que
m ·· (n + 1) = ( n + 1) ·· m, temos que
(m + 1) ·· (n + 1) = ( m + 1) ·· n + (m + 1)
= n ·· (m + 1) + ( m + 1)
= n
··
m + n + m + 1
= m ·· n + m + n + 1= m ·· (n + 1) + ( n + 1)
= (n + 1) ·· m + (n + 1)
= (n + 1) ·· (m + 1).
E temos o resultado.
Distributividade: m(n + p) = m ·· n + m ·· p.
36
 
Provada no livro.
Lei do Corte : m ·· p = n ·· p ⇒⇒ m = n.
Suponhamos que m, n e p ∈∈ Z+ sa˜o tais que
m ·· p = n ·· p.
Pela tricotomia, exatamente uma das treˆs condic¸o˜es e´ satisfeita: ou m = n + q , para algum q ∈ ∈ Z+; ou m = n + q ,
m = n + q , para algum q ∈ ∈ Z+; ou m = n. Provaremos que as duas primeiras condi c¸o˜es na˜o s a˜o possı´veis e, com
isso, teremos o resultado.Suponhamos que m = n + q , para algum q 
 ∈ ∈
Z+. Segue que
n ·· p = m ·· p = (n + q ) ·· p = p ·· (n + q ) = p ·· n + p ·· q = n ·· p + p ·· q.
Contradizendo a tricotomia.
De forma an a´loga, n a˜o podemos ter n = m + q , para algum q ∈ ∈ Z+.
Monoticidade: m < n ⇒ ⇒ m ·· p < n ·· p.
Sejam n e m ∈∈ Z+ tais que
m < n.
Provaremos que
m ·· p < n ·· p,
para todo p ∈ ∈ Z+, por indu c¸a˜o em p.
Para p = 1, a desigualdade e´ imediata.
Suponhamos, como hipo´tese de indu c¸a˜o, que m ·· p < n ·· p, para um certo p ∈ ∈ Z+. Como m < n, existe q ∈ ∈ Z+
tal que
n = m + q.
Assim,
n ·· ( p + 1) = ( m + q ) ·· ( p + 1) = ( p + 1) ·· (m + q ) = ( p + 1) ·· m + ( p + 1) ·· q = m ·· ( p + 1) + ( p + 1) ·· q.
e, consequentemente,
n ·· ( p + 1) < m ·· ( p + 1).
E o resultado segue, como querı´amos, pelo PIF.
37
 
Exerc´ıcio 2.5:
Um elemento a ∈ ∈ Z+ chama-se antecessor de b ∈∈ Z quando se tem a < b mas na˜o existe c ∈ ∈ Z+ tal que a < c < b .
Prove que, exceto 1, todo n u´mero natural possui um antecessor.
Seja x ∈∈ Z+\{\{1}}. Mostraremos que x possui um antecesor.
Pelo axioma de Peano P2, x = s(y) = y + 1 para algum y ∈ ∈ Z+. Logo, y < x.
Suponhamos que z ∈ ∈ Z+ e´ tal que z < x. Mostraremos que z  y. Temos que
x = z + n,
para algum n
 ∈ ∈
Z+. Se n = 1 temos que
y + 1 = x = z + 1
e, consequentemente, pela Lei do Corte, y = z. Se n ∈ ∈ Z+\{\{1}} enta˜o, novamente pelo axioma de Peano P2, existe
m ∈∈ Z+ tal que n = s(m). Assim,
s(y) = x = z + n = z + s(m) = s(z + m)
e, pela injetividade da fun¸ca˜o s (axioma de Peano P1),
y = z + m.
Logo, z < y.
Portanto, y e´ um antecessor de x.
38
 
Exerc´ıcio 2.6:
Use induc¸a˜o para demonstrar os seguintes fatos:
a) 2(1 + 2 + 3 + ... + n) = n(n + 1);
b) 1 + 3 + 5 + ... + (2n + 1) = ( n + 1)2;
c) (a −− 1)(1 + a + a2 + ... + an) = an+1 −− 1, seja quais forem a, n ∈∈ N;
d) n ≥ ≥ 4 ⇒⇒ n! > 2n.
Fac¸amos as demonstrac¸o˜es de maneira bem resumida.
a) Para n = 1, temos obviamente a igualdade uma vez que
2(1) = 1(1 + 1) .
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja,
2(1 + 2 + 3 + ... + k) = k(k + 1)
e provemos a sua validade para n = k + 1.
Temos pela hipo´tese de indu c¸a˜o que
2(1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1)) = 2(1 + 2 + 3 + ... + k) + 2(k + 1)
= k(k + 1) + 2(k + 1)
= (k + 1)(k + 2) = ( k + 1)((k + 1) + 1).
b) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente pois
1 + 3 = 4 = (1 + 1) 2.
Suponhamos que a igualdade seja verificada para n = k, ou seja,
1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1) = ( k + 1)2.
Assim, temos que
1 + 3 + 5 + ... + (2(k + 1) + 1) = 1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1)(2k + 3)
= (k + 1)2 + 2k + 3
= k2 + 2k + 1 + 2 k + 3
= k2 + 4k + 4
= (k + 2)2 = ((k + 1) + 1)2
c) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente, pois (a −− 1)(1 + a) = a2 −− 1.
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja, ( a −− 1)(1 + a + a2 + ... + ak) = ak+1 −− 1.
Assim, temos que
(a −− 1)(1 + a + a2 + ... + ak + ak+1) = (a −− 1)(1 + a + a2 + ... + ak) + (a −− 1)(ak+1)
= ak+1
−−
1 + ak+2
−−
ak+1
= ak+2 −− 1.
d) Para n = 4, temos a igualdade verificada. Suponhamos que a igualdade seja verificad a para n = k, ou seja,
k! > 2k.
Assim, temos que
(k + 1)! > (k + 1)k! > (k + 1)2k > 2k+1
39
 
Exerc´ıcio 2.7:
Use o Segundo Princ´ıpio de Induc¸a˜o para demonstrar a unicidade de decomposi¸ ca˜o de um n´umero natural em
fatores primos.
Seja n ∈ ∈ N. Suponha que todos os n´ umeros naturais menores do que n sejam escritos de forma u´nica como
produto de fatores primos. Suponhamos que n tenha duas decomposic¸o˜es
n = α1α2...αm
e
n = β 1β 2...β p,
com αi e β j nu´meros primos. Se αi = β j para determinados i,j, (neste caso podemos supor sem perda de generali-
dade α1 = β 1) ent ao temos que
n = αir
e
n = β 1s,
com r = α2...αm, s = β 2...β p e r = s < n. Pelo segundo princı´pio de induc¸a˜o, temos que m = p e αi = β i, para
i = 2, 3,...,m.
Se αi ̸ ̸= β j para qualquer i = 1, 2,...,m e j = 1, 2,...,p, enta˜o temos que
mdc(n, n) = mdc(α1...αm, β 1...β p) = 1,
o que e´ um absurdo. Logo ocorre o primeiro caso e segue o resultado.
40
 
Exerc´ıcio 2.8:
Seja X um conjunto com n elementos. Use indu c¸a˜o para provar que o conjunto das bije¸co˜es (ou permuta c¸o˜es)
f : X → → X tem n! elementos.
Provemos este exercı´cio usando induc¸a˜o sobre o n´umero de elementos de X. Para | |X || = 1, temos obvia-
mente | |F || = 1. Suponhamos que se | |X || = k, enta˜o | |F || = k!. Suponhamos que | |X || = k + 1, digamos X =
{{x1, x2,...,x n, xn+1}}. Para cada i = 1, 2,...,k + 1, seja f i : X → → X tal que f i(xk+1) = xi. Temos enta˜o k + 1 f ′i s.
Agora, por indu c¸a˜o existem k ! restric¸o˜es f i

X\{xk+1}, pois cada restri c¸a˜o f i

X\{xk+1} : X \ \ {{xk+1} } →→ X \ \ {{xk+1}} e´
uma bijec¸a˜o. Portanto | |F || = (k + 1)k! = (k + 1)!, o que conclui a demonstra c¸a˜o.
41
 
Exerc´ıcio 2.9:
Sejam X e Y conjuntos finitos.
a) Prove que card(X ∪ ∪ Y ) + card(X ∩ ∩ Y ) = card(X ) + card(Y ).
b) Qual seria a f´ormula correspondente para treˆs conjuntos?
c) Generalize.
a) Sejam A = { {(1, x); x ∈ ∈ X } } ∪ ∪ {{(2, y); y ∈ ∈ Y }} e B = { {(3, z); z ∈ ∈ X ∪ ∪ Y } } ∪ ∪ {{(4, w); w ∈ ∈ X ∩ ∩ Y }}. Definamos
f : A → → B como sendo f (1, x) = (3 , x)
f (2, y) =
�
 (3, y); se y ∈ ∈ Y \ \ X 
(4, y); se y ∈ ∈ X ∩ ∩ Y 
.
Temos trivialmente que f e´ uma bijec¸a˜o entre A e B . Al´em disso, card(A) = card(X ∪ ∪ Y ) + card(X ∩ ∩ Y ) e
card(B) = card(X ) + card(Y ). Daı´ segue o resultado.
b) card(X ∪ ∪ Y ∪ ∪ Z ) + card((X ∩ ∩ Y ) ∪∪ (X ∩ ∩ Z ) ∪∪ (Y ∩ ∩ Z )) = card(X ) + card(Y ) + card(Z ).
c) card
� n∪
i=1
X i
�
+ card
�
∪
i≠j
(X i ∩∩ X j )
�
= card(X 1) + card(X 2) + ... + card(X n).
42
 
Exerc´ıcio 2.10:
Dado um conjunto finito X, prove que uma func¸a˜o f : X → → X e´ injetora se, e somente se, e´ sobrejetora.
(⇒⇒) Temos que g : X → → f (X ) dada por g (x) = f (x) e´ uma bijec¸a˜o. Se f (X ) ̸ ̸= X terı´amos um absurdo pois
na˜o pode haver bije c¸a˜o entre um conjunto finito e um subconjunto pr´ oprio deste conjunto.
(⇐⇐) Seja X = { {x1, x2,...,x n}}. Suponha que f na˜o seja injetora, ou seja, existem xi ̸̸= xj em X tais que
f (x1) = f (x2). Assim, f (X ) = {{f (x1), f (x2),...,f (xn)}} teria no m a´ximo n −− 1 elementos e desta forma f (X ) ̸ ̸= X,
o que e´ um absurdo. Logo, f e´ injetora.
43
 
Exerc´ıcio 2.11:
Formule matematicamente e demonstre o seguinte fato(conhecido como princ´ıpio das gavetas). Se m < n, enta˜o
de qualquer modo como se guardem n objetos em m gavetas, havera´ sempre uma gaveta, pelo menos, que conter´ a
mais de um objeto.
f : I n → → I m com n > m na˜o e´ injetiva.
Se f na˜o e´ sobrejetora, f ||I n tambe´m n a˜o sera´. Logo, f ||I n tambe´m n a˜o sera´ injetiva pelo exerc´ıcio anterior. E
consequentemente f tambe´m n a˜o seria injetiva.
Por outro lado, mesmo que f fosse sobrejetiva, se fosse tambe´m injetiva, f seria uma bijec¸a˜o entre um conjunto
finito e um subconjunto pr o´prio dele, que e´ um absurdo.
44
 
Exerc´ıcio 2.12:
Seja X um conjunto com n elementos. Determine o n u´mero de func¸o˜es injetivas f : I p → → X.
Princ´ıpio da contagem. Escolhamos um dos n elementos de X para ser f (1). Da´ı escolhamos 1 dos n − − 1
elementos restantes para ser f (2). E assim sucessivamente temos que o n´umero de fun c¸o˜es injetivas possı´veis e´
n(n −− 1)(n −− 2)...(n −− p + 1).
45
 
Exerc´ıcio 2.13:
Quantos subconjuntos com p elementos possui um subconjunto X, sabendo-se que X tem n elementos?Se n < p, vem de P1 que n a˜o existe subconjunto de X com p elementos. Caso contr a´rio podemos definir uma
func¸a˜o f : [1, p] ∩∩ N → → X (pelo axioma da escolha). Pelo princ´ıpio da contagem, temos que f pode ser definida de
n!
 p!(n −− p)! modos distintos. Pore´m, para cada imagem de f, f pode ter sido definida de p! formas. Sendo assim,
existem n! p!(n −− p)! imagens de f .
46
 
Exerc´ıcio 2.14:
Prove que se A tem n elementos, enta˜o P (A) tem 2 n elementos.
Associemos a cada X ∈ ∈ P (A) uma fun c¸a˜o f X : A → → {{0, 1}} dada por f (x) = 1 se x ∈ ∈ X e f (x) = 0 se x /∈∈ X.
Temos enta˜o que a aplica¸ca˜o X → → f X e´ uma bijec¸a˜o. E como, pelo princı´pio da contagem, e´ possı´vel se fazer 2
func¸o˜es f : A → → {{0, 1}} diferentes, temos que a ordem de P (A) e´ exatamente 2.
47
 
Exerc´ıcio 2.15:
Defina um fun c¸a˜o sobrejetiva f : N →→ N tal que, para todo n ∈ ∈ N, o conjunto f −1(n) seja infinito.
Seja f : N →→ N tal que f (2n3m) = n e f (x) = 1 para x divisı´vel por qualquer primo diferente de 2 e 3. Portanto,
f −1(N) ⊃ {⊃ {2n3, 2n32,..., 2n3m,... }}.
48
 
Exerc´ıcio 2.16:
Prove que se X e´ infinito enumera´vel, o conjunto das partes finitas de X tambe´m e´ (infinito) enumera´vel.
Seja X = {{x1, x2,... }}. Temos que
P =
∞�
i=1
{{A ⊂ ⊂ {{x1, x2,...,x i}}}} =
∞�
i=1
F i.
Temos que cardF i = 2i. Como P e´ uma reunia˜o enumera´vel de conjuntos enumera´veis, P e´ enumera´vel.
49
 
Exerc´ıcio 2.17:
Seja f : X → → X uma func¸a˜o. Um subconjunto Y ⊂ ⊂ X chama-se esta´vel relativamente a` f quando f (Y ) ⊂ ⊂ Y. Prove
que um subconjunto X e´ finito se, e somente existe um func¸a˜o f : X → → X que so´ admite os subconjuntos est a´veis
∅∅ e X.
(⇒⇒) Seja X = {{x1, x2,...,x n}} e f : X → → X dado por f (xi) = xi+1 se 1 ≤ ≤ i < n e f (xn) = x1. Se f e´ esta´vel em
A e x p ∈ ∈ A, temos que xq = f q− p(modn)(x p) ∈ ∈ A. Logo, A = X.
(⇐⇐) Dado x0 ∈ ∈ X (se X ̸ ̸= ∅ ∅, X e´ finito) consideremos o conjunto A = { {x0, f (x0), f 2(x0),...,f n(x0),... }}. Daı´
X = A, pois f e´ esta´vel em A e A ̸̸= ∅ ∅.
Se n a˜o existir k ∈ ∈ N tal que f k(x0) = x0, A −− {{x0}} e´ esta´vel por f e logo A −− {{x0}} = X − − {{x0}} = ∅ ∅, ou seja,
X =
 {{
x0
}}
, ou A = X = A
−− {{
x0
}}
, absurdo.
Por outro lado, se existir k ∈ ∈ N tal que f k(x0) = x0 o conjunto { {x0, f (x0), f 2(x0),...,f k−1(x0)}} e´ esta´vel por A
e na˜o vazio, logo e´ igual a X.
50
 
Exerc´ıcio 2.18:
Seja f : X →→ X uma fun c¸a˜o injetiva tal que f (X ) ̸̸= X. Tomando x ∈∈ X − − f (X ), prove que os elementos
x, f (x), f (f (x)),... sa˜o dois a dois distintos.
Provaremos por indu c¸a˜o em n que para todo p ∈ ∈ N, temos que f n(x) ̸ ̸= f n+ p(x) e a proposi¸ c ao estar´a
demonstrada. Com x /∈∈ f (X ), temos que x ̸ ̸= f p(x), para todo p ∈ ∈ N. Suponhamos que f n(x) ̸ ̸= f n+ p(x). Enta˜o
f n+1(x) ̸̸= f n+1+ p(x) pois f e´ injetora. Pelo PIF o resultado segue.
51
 
Exerc´ıcio 2.19:
Dado um conjunto finito X, prove que uma func¸a˜o f : X → → X e´ injetora se, e somente se, e´ sobrejetora.
(⇒⇒) Temos que g : X → → f (X ) dada por g (x) = f (x) e´ uma bijec¸a˜o. Se f (X ) ̸ ̸= X terı´amos um absurdo pois
na˜o pode haver bije c¸a˜o entre um conjunto finito e um subconjunto pr´ oprio deste conjunto.
(⇐⇐) Seja X = { {x1, x2,...,x n}}. Suponha que f na˜o seja injetora, ou seja, existem xi ̸̸= xj em X tais que
f (x1) = f (x2). Assim, f (X ) = {{f (x1), f (x2),...,f (xn)}} teria no m a´ximo n −− 1 elementos e desta forma f (X ) ̸ ̸= X,
o que e´ um absurdo. Logo, f e´ injetora.
52
 
Exerc´ıcio 2.20:
(a) Se X e´ finito e Y e´ enumera´vel, enta˜o F F (X, Y ) e´ enumera´vel.
(b) Para cada fun c¸a˜o f : N → → N seja Af = { {n ∈ ∈ N; f (n) ̸ ̸= 1}}. Prove que o conjunto X das fun c¸o˜es f : N → → N
tais que Af e´ finito e´ um conjunto enumera´vel.
Item (a)
Seja X = {{x1,...,x n}}. Definimos
φ : F F (X, Y ) →→ Y n
f →→ (f (x1),...,f (xn)).
Temos que φ e´ claramente injetiva. Logo, F F (X, Y ) esta´ em bijec¸a˜o com o conjunto φ(F F (X, Y )) ⊂ ⊂ Y n. Como
Y e´ enumer a´vel, Y n e´ enumera´vel (pois e´ produto finito de conjuntos enumera´veis). Assim, φ(F F (X, Y )) ⊂ ⊂ Y n e´
anumera´vel e, consequentemente, F F (X, Y ) e´ enumera´vel.
Item (b)
Seja
F n := {{Y ⊂ ⊂ N;card Y = n}}.
Definimos
φ : F F n →→ Y n
Y = { {y1,...,y n} } →→ (y1,...,y n).
Claramente, φ e´ injetiva. Como Y n e´ enumera´vel, segue que F n e´ enumera´vel. Portanto,
F :=
∞�
n=1
F n
e´ enumera´vel.
Seja
ψ : X →→ ∪Y ∈F F F (Y, N)f →→ f ||Af .
Temos que ψ e´ injetiva. De fato, se f , g ∈ ∈ X sa˜o tais que ψ(f ) = ψ(g) temos que
f ||Af = g||Ag
implicando que Af = Ag,
f ||Af = g||Ag ,
e
f = g
 ja´ que
f ||N\Af = 1 = g||N\Af .
Pelo item anterior,
∪
Y ∈F F F (Y, N) e´ uma unia˜o enumera´vel de conjuntos enumera´veis. Logo,
∪
Y ∈F F F (Y, N) e´
enumera´vel. Assim, como ψ e´ injetiva, segue que X e´ enumera´vel.
53
 
Exerc´ıcio 2.21:
Obtenha uma decomposic¸a˜o N = ∪ ∪∞i=1X i tal que os conjuntos X i sa˜o infinitos e dois a` dois disjuntos.
Para todo n ∈∈ N, existe um u´nico k ∈ ∈ Z0 tal que
2k  n < 2k+1.
Por isso, fica bem definida a fun¸ca˜o f : N →→ Z0 dada por
f (n) = n −− 2k,
onde 2
k
 n < 2
k+1
. Desta forma, temos, para
X i := f −1(i −− 1),
que
N =
∞�
i=1
X i
com os conjuntos X i sendo dois a` dois disjuntos. Adiante, como
X i = { {2k + i −− 1 || k ∈ ∈ Z0, i −− 1 < 2k}},
temos que cada X i e´ infinito.
54
 
Exerc´ıcio 2.22:
Defina f : N ×× N →→ N, pondo f (1, n) = 2n −− 1 e f (m + 1, n) = 2m(2n −− 1). Prove que f e´ uma bijec¸a˜o.
Para cada n u´mero natural p, temos, pela unicidade da decomposi¸ ca˜o de n u´meros naturais em n u´meros primos,
que existem u´nicos m e q ∈ ∈ Z+ tais que p = 2m−1q e q e´ ı´mpar. Sendo q ı´mpar, existe um u´nico n ∈ ∈ Z+ tal que
q = 2n −− 1. Assim, existem u´nicos m e n ∈∈ Z0 tais que p = 2m−1(2n −− 1). Portanto, e´ bem definida a func¸a˜o
g : Z+ →→ Z+ ×× Z+
 p = 2m−1(2n −− 1) →→ (m, n).
Como g e´ uma inversa para f , temos que f e´ bijetiva.
55
 
Exerc´ıcio 2.23:
Seja X ⊂ ⊂ N um subconjunto infinito. Prove que existe uma ´ unica bijec¸a˜o crescente f : N →→ X .
Definimos, indutivamente f : N →→ X por
f (1) = min( X )
e
f (n) = min
�
X − −
n−1�
i=1
{{f (i)}}
�
,
para n > 1. Temos, pelo PIF e pelo fato de X ⊂ ⊂ N ser bem ordenado, que f esta´ bem definida.
Dados m < n
 ∈∈
N, temos que
f (m) < min
�
X − −
n−1�
i=1
{{f (i)}}
�
= f (n)
pois f (m)  x, para todo x ∈ ∈ X − − ∪m−1i=1 ⊃⊃ X − −
∪n−1
i=1 , e f (m) /∈∈ X − −
∪n−1
i=1 . Com isso, concl uimos que f e´
estritamente crescente e, consequentemente que f e´ injetiva.
Provaremos, agora que f e´ sobrejetiva. Comec¸aremos mostrando, por induc¸a˜o que
n  f (n).
Para n = 1, temos de X ⊂ ⊂ N, que
1 = min(N)  min(X ) = f (1).
Usando o passo indutivo, temos que
n  f (n) < f (n + 1)
implicando que
n + 1  f (n + 1).
Logo, vale a desigualdade acima. Adiante, dado x ∈∈ X N, provaremos que x ∈ ∈ f (N). Suponhamos por absurdo que
exista x ∈∈ X − − f (N). Existe, pela arquimedianidade de N, n ∈∈ N tal que
x < n  f (n).
Mas, como
x ∈∈ X − −
n−1�
i=1
{{f (i)}},
terı´amos uma contradic¸a˜o com o fato de que
x < min
�
X − −
n−1�
i=1
{{f (i)}}
�
.
Portanto, f e´ sobrejetiva.
Provaremos, agora, que se g : N →→ X e´ uma bijec¸a˜o crescente enta˜o f = g. Devemos ter que
g(1) = min( X ) = f (1)
pois, casocontra´rio, existiria n ∈∈ N, com n > 1, tal que
g(n) = min( X ) < g(1).
Contradizendo o fato de g ser crescente. Usando o passo indutivo,
g(k) = f (k),
para todo k < n + 1, devemos que ter
g(n + 1) = min
�
X − −
n�
i=1
{{g(i)}}
�
= min
�
X − −
n�
i=1
{{f (i)}}
�
= f (n + 1)
56
 
pois, caso contra´rio, existiria p > n + 1 tal que
g( p) = min
�
X − −
n�
i=1
{{g(i)}}
�
< g (n + 1).
Contradizendo o fato de g ser crescente. E o resultado segue.
57
 
Exerc´ıcio 2.24:
Prove que todo conjunto infinito se decomp˜ oe como reuni a˜o de uma infinidade enumer a´vel de conjuntos infinitos,
dois a dois disjuntos.
Seja C um conjunto infinito.
Pelo exerc´ıcio 2.21, existe uma decomposic¸a˜o
N =
�
i∈N
X i
na qual os conjuntos X i sa˜o infitos e dois a` dois disjuntos.
Se C e´ enumera´vel, existe uma bije c¸a˜o f : N →→ C . Logo,
C =
�
i∈N
f (X i)
e´ uma decomposic¸a˜o na qual os conjuntos f (X i) sa˜o infitos e dois a` dois disjuntos.
Se C e´ na˜o-enumera´vel, existe uma aplica c¸a˜o injetiva f : N →→ C tal que C − − f (N) e´ infinito. Assim,
C = (C − − f (N)) ∪∪
�
i∈N
f (X i)
e´ uma decomposic¸a˜o na qual os conjuntos C − − f (N) e f (X i) sa˜o infitos e dois a` dois disjuntos.
58
 
Exerc´ıcio 2.25:
Seja A A um conjunto. Dadas func¸o˜es f , g : A A →→ N, defina a soma f + g : A A →→ N, o produto f · · g : A A →→ N, e deˆ o
significado da afirmac¸a˜o f  g. Indicando com ξ X a func¸a˜o caracterı´stica de um subconjunto X ⊂ ⊂ AA, prove:
a) ξ X∩Y = ξ X · · ξ Y ;
b) ξ X∪Y = ξ X + ξ Y − − ξ X∩Y . Em particular, ξ X∪Y = ξ X + ξ Y ⇔ ⇔ X ∩ ∩ Y = ∅ ∅;
c) X ⊂ ⊂ Y ⇔ ⇔ ξ X  ξY ;
d) ξ A−X = 1 −− ξ X .
Definimos
f + g : A A →→ N
a →→ f (a) + g(a)
e
f · · g : A A →→ N
a →→ f (a)g(a).
E dizemos que f  g se e somente se
f (a)  g(a)
para todo a ∈ A∈ A.
a)
Seja a ∈ ∈ AA.
Se ξ X∩Y (a) = 0, ent a˜o a /∈∈ X ∩∩Y e, consequentemente, a /∈∈ X ou a /∈∈ Y . Assim, ξ X∩Y (a) = 0 implica ξ X (a) = 0
ou ξ Y (a) = 0. Logo, ξ X∩Y (a) = 0 implica ξ X (a)ξ Y (a) = 0 = ξ X∩Y (a).
Se ξ X∩Y (a) = 1, ent a˜o a ∈∈ X ∩∩ Y e, consequentemente, a ∈∈ X e a ∈∈ Y . Assim, ξ X∩Y (a) = 1 implica ξ X (a) = 1
e ξ Y (a) = 1. Logo, ξ X∩Y (a) = 1 implica ξ X (a)ξ Y (a) = 1 = ξ X∩Y (a).
Como ξ X∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξ X (a)ξ Y (a) = ξ X∩Y (a) em todos os cas os. E, como a ∈ A ∈ A e´ arbitra´rio,
temos que ξ X · · ξ Y = ξ X∩Y .
b)
Seja a
 ∈ ∈ AA
.
Se ξ X∪Y (a) = 0, ent a˜o a /∈∈ X ∪∪ Y e, consequentemente, a /∈∈ X e a /∈∈ Y . Assim, ξ X∪Y (a) = 0 implica ξ X (a) = 0,
ξ Y (a) = 0 e ξ X∩Y (a) = 0. Logo, ξ X∪Y (a) = 0 implica ξ X (a) + ξ Y (a) −− ξ X∩Y (a) = 0 = ξ X∪Y (a).
Se ξ X∪Y (a) = 1 e ξ X∩Y (a) = 0, ent a˜o a ∈∈ X ∪∪Y − −X ∩∩Y = (X −−Y )∪∪(Y − −X ) e, consequentemente, a ∈∈ X −−Y ou
a ∈ ∈ Y − −X . Se a ∈∈ X −−Y enta˜o ξ X (a) = 1, ξ Y (a) = 0 e, consequentemente, ξ X (a) + ξ Y (a) = 1. Se a ∈∈ Y − −X enta˜o
ξ X (a) = 0, ξ Y (a) = 1 e, consequentemente, ξ X (a) + ξ Y (a) = 1. Logo, ξ X∪Y (a) = 1 e ξ X∩Y (a) = 0 implicam que
ξ X (a) + ξ Y (a) = 1. Portanto, ξ X∪Y (a) = 1 e ξ X∩Y (a) = 0 implicam que ξ X (a) + ξ Y (a) −− ξ X∩Y (a) = 1 = ξ X∪Y (a).
Se ξ X∪Y (a) = 1 e ξ X∩Y (a) = 1, ent a˜o a ∈ ∈ X ∩ ∩ Y e, consequentemente, a ∈ ∈ X e a ∈ ∈ Y . Assim, ξ X∪Y (a) = 1 e
ξ X∩Y (a) = 1 implicam que ξ X (a) = ξ Y (a) = 1. Logo, ξ X∪Y (a) = 1 e ξ X∩Y (a) = 1 implicam que ξ X (a) +ξ Y (a) = 2.
Portanto, ξ X∪Y (a) = 1 e ξ X∩Y (a) = 1 implicam que ξ X (a) + ξ Y (a) −− ξ X∩Y (a) = 1 = ξ X∪Y (a).
Como ξ X∪Y (a) = 0 ou 1 e ξ X∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξ X (a) + ξ Y (a) −− ξ X∩Y (a) = ξ X∪Y (a) em todos os
casos. E, como a ∈ A∈ A e´ arbitra´rio, temos que ξ X + ξ Y − − ξ X∩Y = ξ X∪Y .
Em particular, temos que X ∩ ∩ Y = ∅ ∅ e´ equivalente a` ξ X∩Y = 0 (i.e. ξ X∩Y e´ a func¸a˜o nula) que e´ equivalente
(pelo que foi demonstrado acima) `a ξ X + ξ Y = ξ X∪Y .
c)
Suponhamos que X ⊂ ⊂ Y . Dado a ∈ ∈ AA, temos que ξ X (a) = 0 ou 1. No primeiro caso, temos imediatamente que
ξ X (a)  ξ Y (a) = 0 ou 1. No segundo, temos que a ∈ ∈ X ⊂ ⊂ Y e, consequentemente, ξ X (a) = 1 = ξ Y (a). Em todo
caso, ξ X (a)  ξ Y (a). Como a ∈ A∈ A e´ arbitra´rio, concluimos que ξ X  ξ Y .
Suponhamos que ξ X  ξ Y . Dado x ∈ ∈ X , temos que ξ X (x)  ξ Y (x) e, consequentemente, ξ Y (x) = 1. Logo,
x
 ∈∈
 X implica que x
 ∈∈
 Y . E temos que X 
 ⊂ ⊂
 Y .
d)
Seja a ∈ ∈ AA.
Se ξ A−X (a) = 0 temos que a /∈ ∈ AA −− X e, consequentemente, a ∈∈ X . Logo, ξ A−X (a) = 0 implica que ξ X (a) = 0.
Assim, ξ A−X (a) = 0 implica que 1( a) −− ξ X (a) = 0 = ξ A−X (a).
Se ξ A−X (a) = 1 temos que a ∈ ∈ AA −− X e, consequentemente, a /∈∈ X . Logo, ξ A−X (a) = 1 implica que ξ X (a) = 0.
Assim, ξ A−X (a) = 1 implica que 1( a) −− ξ X (a) = 1 = ξ A−X (a).
Em todos casos, temos que 1( a) −− ξ X (a) = ξ A−X (a). E, como a ∈ A∈ A e´ arbitra´rio, temos que 1 −− ξ X = ξ A−X .
59
 
Exerc´ıcio 2.26:
Prove que o conjunta das sequeˆncias crescentes (n1 < n2 < n3 < ...) de n u´meros naturais na˜o e´ enumera´vel.
Usaremos o argumento da diagonal de Cantor.
Suponhamos, por absurdo, que exista um enumerac¸a˜o a1, a2, a3,... das sequeˆncias crescentes de nu´meros naturais
ai, i ∈∈ N, dadas por
ai1 < ai2 < ai3 < ...
Temos que a sequeˆncia b, definida indutivamente por
b1 = a1 + 1
e
bn+1 = max(bn, an+1) + 1
na˜o pertence a` enumerac¸a˜o acima. De fato, temos, pela defini¸ca˜o de b, que
aii < bi
e,consequentemente,
b ̸̸= ai
para todo i ∈∈ N.
60
 
Exerc´ıcio 2.27:
Sejan (N, s) e (N′, s′) dois pares formados, cada um, por um conjunto e uma fun¸ ca˜o. Suponhamos que ambos
cumpram os axiomas de Peano. Prove que existe uma u´nica bijec¸a˜o f : N →→ N′ tal que f (1) = 1 ′, f (s(n)) = s′(f (n)).
Conclua que:
a) m < n ⇔⇔ f (m) < f (n);
b) f (m + n) = f (m) + f (n);
c) f (m ·· n) = f (m) ·· f (n).
Como (N, s) e (N′, s′) satisfazem os axiomas de Peano, devemos ter que a fun¸ ca˜o f : N → → N fica bem definidapor
f (1) = 1 ′
e
f (s(n)) = s′(f (n))
para todo n ∈ ∈ N. De fato, f esta´ definida em todo N = { {1} } ∪∪ s(N) pois est a´ definida em { {1}} e s(N). Como s
e´ injetiva, segue que f esta´ bem definida. Em particular, segue que f e´ a u´nica fun c¸a˜o N → → N′ satisfazendo as
condic¸o˜es do enunciado. Temos, tambe´m, que f e´ injetiva. De fato, seja
X = {{n ∈∈ N; f (n) /∈∈ f (N −− {{n}})}}.
Temos que 1 ∈∈ X pois, pela defini c¸a˜o de f ,
f (N −− {{1}}) = f (s(N)) ⊂⊂ s′(N′) = N′ −− {{1′}} = N′ −− {{f (1)}}.
E, se n ∈∈ X , temos que s(n) ∈ ∈ X . De fato, temos que f (s(n)) ̸̸= f (1) = 1 ′ pois
f (s(n)) = s′(f (n)) ∈ ∈ s′(N′) = N′ −− {{1′}}
e, se m ̸̸= n e f (m) ̸̸= f (s(m)), enta˜o temos que
f (n) ̸̸= f (m),
pois n ∈∈ X , e, consequentemente,
f (s(n)) = s′(f (n)) ̸̸= s′(f (m)) = f (s(m)).
Implicando, pelo PIF, que f (s(n)) /∈∈ f (N − − {{s(n)}} ou, equivalentemente, s(n) ∈ ∈ X . Portanto, pelo PIF, temo s
que X = N e, da defini c¸a˜o de X , concluı´mos que f e´ injetiva. Temos, tambe´m, que f e´ sobrejetiva. De fato,
1′ = f (1) ∈ ∈ f (N) e, se n = f (k) ∈∈ f (N) temos que
s′(n) = s′(f (k)) = f (s(k)) ∈∈ f (N).
Assim, pelo PIF, temos que f (N) = N′. Portanto, f e´ uma bijec¸a˜o.
a)
Provaremos primeiro que m < n implica f (m) < f (n). Seja
X = {{ p ∈∈ N; f (n + p) > f (n), ∀ ∀n ∈ ∈ N}}.
Temos que 1 ∈∈ N pois, dado n ∈ ∈ N,
f (n + 1) = f (s(n)) = s′(f (n)) > f (n).
Supondo que p ∈∈ X , temos, para qualquer n ∈∈ N, que
f (n + s( p)) = f (s(n) + p) > f (s(n)) = s′(f (n)) > f (n).
61
 
Logo,p ∈ ∈ X implica que s( p) ∈ ∈ X . Assim, conclu´ımos, pelo PIF, X = N. Portanto, se m < n, temos, para p ∈ ∈ N
tal que n = m + p, que
f (m) < f (m + p) = f (n).
Agora, provaremos que f (m) < f (n) implica que m < n. Seja
X = { { p ∈ ∈ N′; f (n) = f (m) + p implica m < n}}.
Temos que 1′ ∈ ∈ X . De fato,
f (n) = f (m) + 1′
implica que
f (n) = s′(f (m)) = f (s(m))
e, consequentemente, n = s(m) > m.
Supondo que p ∈∈ X , temos que
f (n) = f (m) + s′( p)
implica que
f (n) = s′(f (m)) + p = f (s(m)) + p
e, consequentemente,
n > s(m) > m.
Logo, p ∈∈ X implica que s′( p) ∈∈ X . Assim, concluı´mos que X = N′. Portanto, se f (m) < f (n), temos, para p ∈∈ N′
tal que f (n) = f (m) + p, que
m < n.
b)
Seja
X = { {n ∈∈ N; f (n + m) = f (n) + f (m), ∀ ∀m ∈ ∈ N}}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.
Comec¸amos mostrando que 1
 ∈∈
 X . Temos que
f (1 + 1) = f (s(1)) = s′(f (1)) = f (1) + 1′ = f (1) + f (1).
E, se
f (1 + m) = f (1) + f (m),
temos que
f (1 + s(m)) = f (s(s(m))) = s′(f (s(m))) = 1 ′ + f (s(m)) = f (1) + f (s(m)).
Logo, pelo PIF, temos que f (1 + m) = f (1) + f (m) para todo m ∈∈ N. Ou seja, 1 ∈∈ X .
Suponhamos que n ∈ ∈ X . Provaremos que s(n) ∈ ∈ X . Temos que
f (s(n) + 1) = f (s(s(n))) = s′(f (s(n))) = f (s(n)) + 1′ = f (s(n)) + f (1).
Adiante, se
f (s(n) + m) = f (s(n)) + f (m),
temos que
f (s(n) + s(m)) = f (s(s(n) + m))
= s′(f (s(n) + m))
= f (s(n) + m) + 1′
= f (s(n)) + f (m) + 1′
= f (s(n)) + f (1) + f (m)
= f (s(n)) + f (1 + m)
= f (s(n)) + f (s(m)).
Assim, conclu´ımos, pelo PIF, que f (s(n) + m) = f (s(n)) + f (m) para todo m ∈ ∈ N. Logo, n ∈ ∈ X implica que
s(n) ∈ ∈ X .
Portanto, concluı´mos, pelo PIF, que X = N.
62
 
c)
Seja
X = { {n ∈ ∈ N; f (n ·· m) = f (n) ·· f (m), ∀ ∀m ∈∈ N}}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.
Comec¸amos mostrando que 1 ∈∈ X . De fato, dado m ∈∈ N, temos que
f (1 ·· m) = f (m) = 1′ ·· f (m) = f (1) ·· f (m).
Suponhamos que n ∈ ∈ X . Provaremos que s(n) ∈ ∈ X . Temos que
f (s(n) ·· 1) = f (s(n)) = f (s(n)) ·· 1′ = f (s(n)) ·· f (1)
Adiante, se f (s(n) ·· m) = f (s(n)) ·· f (m),
temos que
f (s(n) ·· s(m)) = f (s(n) ·· m + s(n) ·· 1)
= f (s(n) ·· m) + f (s(n) ·· 1)
= f (s(n) ·· f (m) + f (s(n)) ·· 1′
= f (s(n)) ·· (f (m) + 1′)
= f (s(n)) ·· s′(f (m))
= f (s(n)) ·· f (s(m)).
Assim, concluı´mos, pelo PIF, que f (s(n) ··m) = f (s(n))··f (m) para todo m ∈ ∈ N. Logo, n ∈ ∈ X implica que s(n) ∈ ∈ X .
Portanto, concluı´mos, pelo PIF, que X = N.
63
 
Exerc´ıcio 2.28:
Dada uma sequeˆncia de conjuntos A1, A2, ...,An, ..., considere os conjuntos lim supAn = ∩∩∞n=1(∪∪∞i=nAi) e liminf An =
∪∪∞n=1(∩∩∞i=nAi).
a) Prove que lim supAn e´ o conjunto dos elementos que pertencem a` An para uma infinidade de valores de n e que
liminf An e´ o conjunto dos elementos que que pertencem a todo An salvo para um n u´mero finito de valores
de n.
b) Conclua que lim inf An ⊂ ⊂ limsup An;
c) Mostre que se An ⊂ ⊂ An+1 para todo n enta˜o lim inf An = lim supAn = ∪ ∪∞n=1An;
d) Por outro lado, se An
 ⊃ ⊃
 An+1 para todo n enta˜o liminf An = lim supAn =
 ∩ ∩
∞
n=1An;
e) Deˆ exemplo de uma sequeˆncia (An) tal que li m supAn = lim inf An;
f ) Deˆ exemplo de uma sequeˆncia para a qual os dois limites coincidem mas Am ̸ ̸⊂⊂ An para todos m ̸̸= n.
a)
Sejam
X := {{a ∈ ∈ ∪∪∞n=1An | | a ∈ ∈ An para uma infinidade de valores de n}}
e
Y := {{a ∈ ∪∈ ∪∞n=1An | | a ∈∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}}.
Dado a ∈ ∈ X , temos que
{{i ∈∈ N || a ∈∈ Ai}}
e´ ilimitado. Sendo assim, dado n ∈∈ N, existe i ∈ ∈ N tal que n < i e a ∈∈ Ai. Isso implica que
a ∈ ∪∈ ∪∞i=nAi
para todo n
 ∈ ∈
N. Portanto,
a ∈ ∈ ∩∩∞n=1(∪∪∞i=nAi) = lim supAn.
E, como a e´ um elemento arbitra´rio de X , temos que X ⊂ ⊂ limsup An.
Seja a ∈∈ limsup An. Temos que
a ∈ ∪∈ ∪∞i=nAi
para todo n ∈ ∈ N. Segue da´ı que
I := {{i ∈ ∈ N || a ∈∈ Ai}}
e´ infinito, pois, caso contra´rio, existiria n ∈ ∈ N tal que n > i para todo i ∈ ∈ I e, consequentemente, ter´ıamos que
a ̸ ̸∈ ∈ ∪∪∞i=nAi. Portanto, a ∈∈ X . E, como a e´ um elemento arbitra´rio de lim supAn, temos que X ⊃ ⊃ limsup An.
Dado a ∈ ∈ Y , temos que
I := { {i ∈∈ N || a ∈∈ Ai}} = N −− J,
para alum J ⊂ ⊂ N finito. E, como J e´ finito e, consequentemente, limitado, existe k ∈ ∈ N tal que i  k implica
i ̸̸∈∈ J . Logo, para todo i  k, temos que i ∈∈ I e, consequentemente,
a ∈ ∈ ∩∩∞i=kAi.
Assim, como ∩ ∩∞i=kAi ⊂ ⊂ ∪∪∞n=1(∩∩∞i=nAi), temos que
a
 ∈ ∪∈ ∪
∞
n=1
(
∩∩
∞
i=n
Ai) = liminf An.
Como a e´ um elemento arbitra´rio de Y , concluı´mos daı´ que Y ⊂ ⊂ lim inf An.
Seja a ∈∈ liminf An. Temos que existe k ∈ ∈ N tal que
a ∈ ∈ ∩∩∞i=kAi.
Isso implica que o conjunto
I := {{i ∈ ∈ N || a ∈∈ Ai}}
64
 
e´ tal que
N −− I ⊂ { ⊂ {1,...,k −− 1}}.
Logo, a ∈ ∈ Y . Como a e´ um elemento arbitra´rio de lim inf An, temos que Y ⊃ ⊃ lim inf An.
b)
Pelo ı´tem anterior, temos que
lim supAn := { {a ∈ ∪∈ ∪∞n=1An | | a ∈∈ An para uma infinidade de valores de n}}
e
liminf An := {{a ∈ ∪∈ ∪∞n=1An | | a ∈∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}}.
Assim, segue que
liminf An
 ⊂ ⊂
 lim supAn.
c)
Como
∪∪∞i=nAi ⊂ ⊂ ∪∪∞i=1Ai
para todo n ∈ ∈ N, temos, imediatamente que
limsup An = ∩ ∩∞n=1(∪∪∞i=nAi) ⊂ ⊂ ∪∪∞n=1An.
Por outro lado, dado a ∈ ∈ ∪∪∞n=1An, temos que a ∈ ∈ Ak para algum k ∈ ∈ N. Por indu c¸a˜o em p ∈∈ N, prova-se que
Ak ⊂ ⊂ Ak+ p
para todo p ∈ ∈ N. Portanto,
a ∈∈ Ak ⊂ ⊂ ∩∩∞ p=0Ak+ p = ∩∩∞i=kAi ⊂ ⊂ ∪∪∞n=1(∩∩∞i=nAi) = lim inf An.
Assim, a ∈∈ lim inf An e, como a e´ um elemento arbitra´rio de ∪ ∪∞n=1An, concluimos que ∪ ∪∞n=1An ⊂ ⊂ lim inf An.
Concluı´mos, enta˜o, do ı´tem b) e do que foi discutido acima, que
∪∪
∞
n=1
An
 ⊂ ⊂
 liminf An
 ⊂ ⊂
 lim supAn
 ⊂ ⊂ ∪∪
∞
n=1
An.
Logo, temos que
liminf An = lim supAn = ∪∪∞n=1An.
d)
Temos imediatamente que
∩∩∞n=1An = ∩∩∞i=1Ai ⊂ ⊂ ∪∪∞n=1(∩∩∞i=nAi) = lim inf An.
Seja a ∈∈ limsup An. Por indu c¸a˜o em p, temos que
Ak ⊂ ⊂ Ak+ p,
para todo k e p ∈ ∈ N. Assim,
Ak ⊃ ⊃ ∪∪∞ p=0Ak+ p = ∪∪∞i=kAi.
E, temos que a ∈ ∈ Ak, para todo k ∈ ∈ N, pois
a ∈∈ lim supAn = ∩∩∞n=1(∪∪∞i=nAi) ⊂ ∪⊂ ∪∞i=kAi ⊂ ⊂ Ak.
Ou seja, a ∈ ∈ ∩∩∞n=1An. Como a e´ um elemento arbitra´rio de lim supAn, temos que limsup An ⊂ ⊂ ∩∩∞n=1An.Concluı´mos, enta˜o, do ı´tem b) e do que foi discutido acima, que
∩∩∞n=1An ⊂ ⊂ liminf An ⊂ ⊂ lim supAn ⊂ ⊂ ∩∩∞n=1An.
Logo, temos que
liminf An = lim supAn = ∩∩∞n=1An.
e)
65
 
Definindo
A2k−1 := {{1}}
e
A2k := ∅∅,
para todo k ∈ ∈ N, temos que
lim supAn = ∩∩∞n=1(∪∪∞i=nAi) = ∩ ∩∞n=1{{1}} = {{1}}
e
liminf An = ∪∪∞n=1(∩∩∞i=nAi) = ∪ ∪∞n=1∅∅ = ∅∅.
f )
Definindo
An := {{n}},
temos que
An ̸ ̸⊂⊂ Am,
para todos n ̸ ̸= m,
limsup An = ∩ ∩∞n=1(∪∪∞i=nAi) = ∩∩∞n=1{{k ∈ ∈ N || k  n}} = ∅ ∅
e
liminf An = ∪∪∞n=1(∩∩∞i=nAi) = ∪ ∪∞n=1∅∅ = ∅∅.
66
 
Exerc´ıcio 2.29:
(Teorema de Bernstein-Schroeder) Dados conjuntos A e B, suponha que existam fun c¸o˜es injetivas f : A → → B e
g : B → → A. Prove que existe uma bije c¸a˜o h : A →→ B .
Soluc¸a˜o 1:
Seja C := g(B) ⊂ ⊂ A. Mostraremos que existe uma bijecc¸a˜o H : A →→ C . Assim, como g : B → → C e´ uma bijec¸a˜o,
temos que h := g−1 ◦◦ H : A → → B e´ uma bijec¸a˜o.
Como f : A → → B e g : B → → C sa˜o func¸o˜es injetivas, temos que F := g ◦◦ f : A →→ C e´ uma func¸a˜o injetiva. Logo,
F (X − − Y ) = F (X ) −− F (Y ), para todos X e Y ⊂⊂ A.
Definimos A1 := A e C 1 := C . E, pelo princ´ıpio da definic¸a˜o recursiva, podemos definir
An := F (An−1)e
C n := F (C n−1)
para todo n > 1.
Desta forma, dado x ∈ ∈ A, temos que x ∈ ∈ An −− C n, para algum n ∈ ∈ Z+, ou x ∈ ∈ C (pois x /∈∈ A1 − − C 1 = A −− C 
implica que x ∈ ∈ C ). Enta˜o, a fun c¸a˜o H : A →→ C dada por
H (x) =
�
 F (x) se x ∈∈ An −− C n para algum n ∈ ∈ Z+;
x caso contr´ario,
para todo x ∈ ∈ A, e´ bem definida.
Sejam x e y ∈ ∈ A tais que H (x) = H (y). Se x ∈ ∈ An −− C n, para algum n ∈ ∈ Z+, enta˜o y ∈ ∈ Ak − − C k, para algum
k ∈ ∈ Z+. De fato, se y /∈∈ Ak − − Bk, para todo k ∈ ∈ Z+, enta˜o
y = H (y) = H (x) = F (x) ∈∈ F (An −− Bn) = F (An) −− F (Bn) = An+1 −− Bn+1
(pois F e´ injetivo). Uma contradic¸a˜o. Assim, se x
 ∈∈
 An
 −−
C n, para algum n
 ∈ ∈
Z+, enta˜o
F (x) = H (x) = H (y) = F (y)
e, consequentemente, x = y . Ale´m disso, se x /∈∈ An − − C n, para todo n ∈ ∈ Z+, enta˜o, como no caso anterior, temos
que y /∈∈ An −− C n, para todo n ∈ ∈ Z+, e, consequentemente,
x = H (x) = H (y) = y.
Logo, em todo caso, x = y. Portanto, podemos concluir que H e´ injetivo.
Seja x ∈∈ C . Se x ∈∈ An −− C n = F (An−1) −− F (C n−1) = F (An−1 −− C n−1), para algum n > 1, temos que
x = F (y) = H (y)
para algum y ∈ ∈ An−1 −− C n−1. Por outro lado, se x /∈∈ An −− C n, para todo n ∈∈ Z+, Temos que
x = h(x).
Logo, podemos concluir que H e´ sobrejetiva.
Portanto, temos que H : A →→ C e´ uma bijec¸a˜o. E o resultado segue.
Soluc¸a˜o 2:
A grosso modo analizaremos as quantidades de elmentos das sequeˆncias das formas
x, g−1(x), f −1 ◦◦ g−1(x), g−1 ◦◦ f −1 ◦◦ g−1(x),...,
x ∈∈ A, e
y, f −1(y), g−1 ◦◦ f −1(y), f −1 ◦◦ g−1 ◦◦ f −1(y),...,
67
 
y ∈ ∈ B. Da´ı particionaremos A e B de modo a obter uma fun¸ ca˜o entre A e B cuja bijetividade e´ herdada da
injetividade de f e g .
Sejam
AI = {{x ∈∈ A; existe k ∈ ∈ Z0 tal que ( g ◦◦ f )−k(x) ̸̸= ∅ ∅ e g −1 ◦◦ (g ◦◦ f )−k(x) = ∅ ∅}},
AP = {{x ∈ ∈ A; existe k ∈ ∈ Z0 tal que g−1 ◦◦ (g ◦◦ f )−k(x) ̸̸= ∅∅ e (g ◦◦ f )−(k+1)(x) = ∅}∅},
A∞ = {{x ∈∈ A; para todo k ∈ ∈ Z0 vale (g ◦◦ f )−k(x) ̸ ̸= ∅∅ e g−1 ◦◦ (g ◦◦ f )−k(x) ̸ ̸= ∅}∅},
BI = {{y ∈ ∈ B ; existe k ∈ ∈ Z0 tal que ( f ◦ ◦ g)−k(y) ̸ ̸= ∅∅ e f −1 ◦◦ (f ◦ ◦ g)−k(y) = ∅}∅},
BP = {{y ∈ ∈ A; existe k ∈ ∈ Z0 tal que f −1 ◦◦ (f ◦ ◦ g)−k(y) ̸ ̸= ∅∅ e (f ◦ ◦ g)−(k+1)(x) = ∅ ∅}}
e
B
∞
 =
 {{
y
 ∈ ∈
 A; para todo k
 ∈ ∈
Z0 vale (f 
 ◦ ◦
g)−k(y)
 ̸̸
=
 ∅ ∅
 e f −1
◦◦
(f 
 ◦ ◦
g)−k(y)
 ̸̸
=
 ∅ ∅}}
.
Segue que
A = AI ∪˙A∪AP ∪˙A∪A∞
e
B = BI ∪˙B ∪B P ∪˙B ∪B ∞.
Agora, provaremos treˆs detalhes te´cnicos sobre f e g :
(I) f (AI ) = BP 
y ∈ ∈ BP ⇐⇐⇒ ⇒ ∃∃k ∈ ∈ Z0 tal que f −1 ◦◦ (f ◦ ◦ g)−k(y) ̸ ̸= ∅∅ e (f ◦ ◦ g)−(k+1)(x) = ∅ ∅
⇐⇐⇒⇒ f −1 = {{x}} onde
∃∃k ∈ ∈ Z0 tal que ( g ◦◦ f )−k(x) = f −1 ◦◦ (f ◦ ◦ g)−k(y) ̸ ̸= ∅∅ e g−1 ◦◦ (g ◦◦ f )−k(x) = (f ◦ ◦ g)−(k+1) = ∅∅
⇐⇐⇒ ⇒ ∃∃x ∈ ∈ AAI tal que f (x) = y
⇐⇐⇒⇒ y ∈ ∈ f (AI ).
(II) g(BI ) = AP 
Prova-se de modo ana´logo a` prova de (I).
(III) f (A∞) = B∞
y ∈ ∈ B∞ ⇐⇐⇒ ⇒ ∀∀k ∈ ∈ Z0 vale f −1 ◦◦ (f ◦ ◦ g)−k(y) ̸ ̸= ∅∅ e (f ◦ ◦ g)k(x) ̸̸= ∅ ∅
⇐⇐⇒⇒ f −1 = {{x}} onde
∀∀k ∈ ∈ Z0 vale (g ◦◦ f )−k(x) = f −1 ◦◦ (f ◦ ◦ g)−k(y) ̸ ̸= ∅∅ e g−1 ◦◦ (g ◦◦ f )−k(x) = (f ◦ ◦ g)−k ̸̸= ∅∅
⇐⇐⇒ ⇒ ∃∃x ∈ ∈ A∞ tal que f (x) = y
⇐⇐⇒⇒ y ∈ ∈ f (A∞).
Agora, segue de A = AI ∪˙∪AP ∪˙∪A∞ e de (II), que a fun c¸a˜o
H : A →→ B
x ∈∈ AI →→ f (x) ∈ ∈ BP 
x ∈ ∈ AP →→ y ∈ ∈ BI , tal que g(y) = x
x
 ∈∈
 A
∞ →→
 f (x)
 ∈ ∈
 B
∞
.
e´ bem definida e, da injetividade de f e g e de (I)-(III), que esta e´ uma bije c¸a˜o.
68
 
Cap´ıtulo 3
Nu´meros Reais
69
 
Exerc´ıcio 3.01:
Dados a, b, c, d num corpo K , sendo b e d diferentes de zero, prove:
(1) ab +
 c
d =
 ad + bc
bd ;
(2) ab · ·
 c
d =
 a ·· c
b ·· d .
(1)
Temos que
a
b = b
−1a = b−1d−1da = (bd)−1(ad) = adbd
e, analogamente,
c
d =
 bc
bd .
Assim,
a
b +
 c
d =
 ad
bd +
 bc
bd
= (bd)−1(ad) + (bd)−1(bc)
= (bd)−1(ad + bc)
= ad + bcbd .
(2)
Temos que a
b · ·
 c
d = (b
−1a) ·· (d−1c) = acb−1d−1 = (bd)−1(ac) = a ·· cb ·· d .
70
 
Exerc´ıcio 3.02:
Questa˜o 2-1◦
Propriedade 1. Para todo m inteiro vale 
am.a = am+1.
Demonstrac¸˜ ao. Para m natural vale pela defini c¸a˜o de poteˆncia, agora para m = − −n,n > 0 ∈ ∈ N um inteiro vamos
provar a−n.a = a−n+1. Para n = 1 temos
a−
1
a = a−
1+1
= a
0
= 1.
Vamos provar agora para n > 1, n −− 1 > 0
a−n = (an)−1 = (an−1a)−1 = a−n+1a−1
multiplicando por a de ambos lados a−n.a = a−n+1 como querı´amos demonstrar.
Propriedade 2.
am.an = am+n.
Demonstrac¸˜ ao. Primeiro seja m um inteiro qualquer e n natural, vamos provar a identidade por induc¸a˜o sobre n,
para n = 0 vale
am.a0 = am = am+0
para n = 1 vale
ama1 = ama = am+1.
Supondo v a´lido para n
am.an = am+n
vamos provar para n + 1
am.an+1 = am+n+1
temos
am.an+1 = amana = am+n.a = am+n+1 .
Agora para − −n com n natural , se m e´ natural temos que a propriedade j a´ foi demonstrada
ama−n = am−n
se m e´ inteiro negativo temos
ama−n = am−n
pois o inverso de ama−n e´ a−man = a−m+n propriedade que ja´ est a´ provada por − −m e n serem naturais e
am−nan−m = 1 por unicidade do inverso de = a−man = a−m+n e´ ama−n logo fica provado para n e m inteiros.
Para poteˆncia negativa − −n podemos fazer como se segue
ama−n = (a−m)−1(an)−1 = (a−man)−1 = (a−m+n)−1 = am−n.
71
 
Questa˜o 2-2◦
Propriedade 3.
(am)n = amn
para m e n inteiros.
Demonstrac¸˜ ao. Primeiro por indu c¸a˜o para m inteiro e n natural
(am)0 = 1 = am.0
(am)1 = am = am.1.
Supondo v a´lido para n
(a
m
)
n
= a
mn
vamos provar para n + 1
(am)n+1 = am(n+1)
temos pela defini c¸a˜o de poteˆncia e pela hipo´tese da induc¸a˜o que
(am)n+1 = (am)nam = amnam = amn+m = am(n+1)
onde usamos a propriedade do produto de poteˆncia de mesma base. Para n inteiro negativo
(am)−n = ((am)n)−1 = (amn)(−1) = a−mn.
72
 
Exerc´ıcio 3.03:
Exemplo 1. Se xkyk =
 xs
ys para todos k, s ∈ ∈ I n, num corpo K , prove que dados, ak ∈ ∈ K, k ∈ ∈ I n tais que 
n∑
k=1
akyk ̸ ̸= 0
tem-se n∑
k=1
akxk
n∑
k=1
akyk
= x1y1
.
Chamando x1y1 = p temos 
 xk
yk = p logo xk = pyk e a soma 
n�
k=1
akxk = p
n�
k=1
akyk
logo
n∑
k=1
akxk
n∑
k=1
akyk
= p = x1y1
.
73
 
Exerc´ıcio 3.04:
Definic¸a˜o 1 (Homomorfismo de corpos). Sejam A, B corpos. Uma func¸˜ ao f : A →→ B chama-se um homomorfismo
quando se tem 
f (x + y) = f (x) + f (y)
f (x.y) = f (x).f (y)
f (1A) = 1B
para quaisquer x, y ∈ ∈ A. Denotaremos nesse caso as unidades 1A e 1B pelos mesmos s´ımbolos e escrevemos f (1) = 1.
Propriedade 4. Se f e´ homomorfismo ent˜ ao f (0) = 0 .
Demonstrac¸˜ ao. Temos
f (0 + 0) = f (0) + f (0) = f (0)
somando − −f (0) a ambos lados segue
f (0) = 0.
Propriedade 5. Vale f (−−a) = −−f (a).
Demonstrac¸˜ ao. Pois
f (a −− a) = f (0) = 0 = f (a) + f (−−a)
daı´ f (−−a) = − −f (a).
Corola´rio 1.
f (a −− b) = f (a) + f (−−b) = f (a) −− f (b).
Propriedade 6. Se a e´ invertı´vel ent˜ ao f (a) e´ invertı´vel e vale f (a
−
1) = f (a)
−
1.
Demonstrac¸˜ ao.
f (a.a−1) = f (1) = 1 = f (a).f (a−1)
enta˜o pela unicidade de inverso em corpos segue que f (a)−1 = f (a−1).
Propriedade 7. f e´ injetora.
Demonstrac¸˜ ao. Sejam x, y tais que f (x) = f (y), logo f (x) −− f (y) = 0, f (x −− y) = 0, se x ̸ ̸= y enta˜o x −− y seria
invertı´vel logo f (x −− y) na˜o seria nulo, enta˜o segue que x = y.
Propriedade 8. Se f : A → → B com f (x+ y) = f (x) + f (y) e f (x.y) = f (x)f (y) para x, y arbitr´ arios, ent˜ ao
f (x) = 0 ∀∀x ou f (1) = 1 .
Demonstrac¸˜ ao. f (1) = f (1.1) = f (1)f (1), logo f (1) = f (1)2 por isso f (1) = 1 ou f (1) = 0 . Se f (1) = 0 ent a˜o
f (x.1) = f (x)f (1) = 0, f (x) = 0 ∀∀x.
74
 
Exerc´ıcio 3.05:
Propriedade 9. Se f : Q →→ Q e´ um homomorfismo ent˜ ao f (x) = x ∀∀x ∈∈ Q.
Demonstrac¸˜ ao. Vale que f (x + y) = f (x) + f (y), tomando x = kh e y = h fixo, tem-se
f ((k + 1)h) −− f (kh) = f (h)
aplicamos a soma
 ∑n−1
k=0 de ambos lados, a soma e´ telesco´pica e resulta em
f (nh) = nf (h)
tomando h = 1 segue que f (n) = n, tomando h = pn segue
f (n pn ) = f ( p) = p = nf (
 p
n ) ⇒⇒ f (
 p
n ) =
 p
n .
75
 
Exerc´ıcio 3.08:
Propriedade 10. Seja K um conjunto onde valem todos os axiomas de corpo, exceto a existeˆncia de inverso
multiplicativo. Seja a ̸̸= 0. f : K → → K com f (x) = ax e´ bijec¸˜ ao ⇔ ⇔ ∃∃ a−1 ∈∈ K.
Demonstrac¸˜ ao. ⇒ ⇒). A fun c¸a˜o e´ sobrejetora logo existe x tal que f (x) = 1 = ax portanto a e´ invertı´vel com
a−1 = x ∈ ∈ K.
⇐⇐). Dado qualquer y ∈ ∈ K tomamos x = ya−1 daı´ f (x) = aa−1y = y e a fun c¸a˜o e´ sobrejetiva. f tambe´m e´
injetiva, pois se f (x1) = f (x2), ax1 = ax2 implica por lei do corte que x1 = x2.. Em geral f e´ injetiva ⇔ ⇔ vale a lei
do corte por essa observa c¸a˜o.
Propriedade 11. Seja K finito. Vale a lei do corte em A ⇔⇔ existe inverso para cada elemento n˜ ao nulo de K ,
Demonstrac¸˜ ao. ⇒ ⇒). Se vale a lei do corte, pela propriedade anterior tem-se que para qualquer a ̸̸= 0 em K ,
f : K → → K com f (x) = ax e´ injetiva, como f e´ injetiva de K em K que e´ um conjunto finito, enta˜o f e´ bijetiva, o
que implica a ser invertı´vel.
⇐⇐). A volta e´ trivial pois existeˆncia de inverso implica lei do corte.
76
 
Exerc´ıcio 3.09:
Exemplo 2. O conjunto dos polinˆ omios de coeficiente racionais Q[t] n˜ ao e´ um corpo, pois por exemplo o elemento
x n˜ ao possui inverso multiplicativo, se houvesse haveria 
 ∑n
k=0 akxk tal que x
∑n
k=0 akxk = 1 =
 ∑n
k=0 akxk+1 o
que n˜ ao e´ poss´ıvel pois o coeficiente do termo independente x0 e´ zero em 
∑n
k=0 akxk+1 e deveria ser 1.
O conjunto dos inteiros Z n˜ ao e´ um corpo, pois n˜ ao possui inverso multiplicativo para todo elementos, por 
exemplo n˜ ao temos o inverso de 2.
77
 
Exerc´ıcio 3.10:
Propriedade 12. Dados x, y ∈ ∈ R, x2 + y2 = 0 ⇔ ⇔ x = y = 0.
Demonstrac¸˜ ao. ⇒ ⇒).Suponha que x ̸̸= 0, ent a˜o x2 > 0 e y 2 ≥≥ 0 de onde segue que x2 + y2 > 0 , absurdo ent a˜o deve
valer x2 = 0 ⇒⇒ x = 0 logo temos tambe´m y 2 = 0 ⇒ ⇒ y = 0, portanto x = y = 0.
⇐⇐). Basta substituir x = y = 0 resultando em 0.
78
 
Exerc´ıcio 3.11:
Exemplo 3. A fun c¸˜ ao f : K + →→ K + com f (x) = xn, n ∈ ∈ N e´ crescente. Sejam x > y > 0 ent˜ ao xn > yn pois 
xn =
∏n
k=1 x >
∏n
k=1 y = yn, por propriedade de multiplicac¸˜ ao de positivos. Se f : Q+ →→ Q+, Q+ o conjunto dos 
racionais positivos, ent˜ ao f n˜ ao e´ sobrejetiva para n = 2, pois n˜ ao existe x ∈ ∈ Q tal que x2 = 2 ∈∈ Q+.
f (K +) n˜ ao e´ um conjunto limitado superiormente de K , isto e´, dado qualquer x ∈ ∈ K existe y ∈ ∈ K + tal que 
yn > x. O limitante superior do conjunto, se existisse, n˜ ao poderia ser um n´ umero negativou ou zero, pois para 
todo y positivo tem-se yn positivo, que e´ maior que 0 ou qualquer n´ umero negativo. Suponha que x positivo seja,
tomando y = x + 1 temos yn = (x + 1)n ≥≥ 1 + nx > x , logo f (K +) n˜ ao e´ limitado superiormente.
79
 
Exerc´ıcio 3.12:
Propriedade 13. Sejam X um conjunto qualquer e K um corpo, ent˜ ao o conjunto F (X, K ) munido de adi c¸˜ ao
e multiplicac¸˜ ao de fun c¸˜ oes e´ um anel comutativo com unidade, n˜ ao existindo inverso par a todo elemento. Lem-
brando que em um anel comutativo com unidade temos as propriedades, associativa, comutativa, elemento neutro e 
existeˆncia de inverso aditivo, para adi¸c˜ ao. valendo tambe´m a comutatividade, associatividade, existeˆncia de unidade 
1 para o produto e distributividade que relaciona as duas operac¸˜ oes.
Demonstrac¸˜ ao. •• Vale a associatividade da adi¸ca˜o
((f + g) + h)(x) = (f (x) + g(x)) + h(x) = f (x) + (g(x) + h(x)) = ( f + (g + h))(x)
•• Existe elemento neutro da adic¸a˜o 0 ∈∈ K e a fun c¸a˜o constante 0(x) = 0 ∀ ∀ x ∈∈ K , daı´
(g + 0)(x) = g(x) + 0(x) = g(x).
•• Comutatividade da adic¸a˜o
(f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x)
•• Existe a fun c¸a˜o sime´trica, dado g(x), temos f com f (x) = −−g(x) e daı´
(g + f )(x) = g(x) −− g(x) = 0.
•• Vale a associatividade da multiplicac¸a˜o
(f (x).g(x)).h(x) = f (x).(g(x).h(x))
•• Existe elemento neutro da multiplicac¸a˜o 1 ∈∈ K e a fun c¸a˜o constante I (x) = 1 ∀∀ x ∈ ∈ K , daı´
(g.I )(x) = g(x).1 = g(x).
•• Comutatividade da multiplicac¸a˜o
(f.g)(x) = f (x)g(x) = g(x)f (x) = (g.f )(x)
Por u´ltimo vale a distributividade (f (g + h))(x) = f (x)(g(x) + h(x)) = f (x)g(x) + f (x)h(x) = (f.g + f.h)(x).
Na˜o temos inverso multiplicativo para toda func¸a˜o, pois dada uma fun c¸a˜o, tal que f (1) = 0 e f (x) = 1 para
todo x ̸ ̸= 1 em K , na˜o existe fun c¸a˜o g tal que g(1)f (1) = 1, pois f (1) = 0, assim o produto de f por nenhuma
outra func¸a˜o gera a identidade.
80
 
Exerc´ıcio 3.13:
Propriedade 14. Sejam x,y > 0 . x < y ⇔ ⇔ x−1 > y −1.
Demonstrac¸˜ ao. ⇒ ⇒). Como y > x e x−1 e y−1 sa˜o positivos, multiplicamos a desigualdade por x−1y−1 em ambos
lados x−1y−1y > x−1y−1x implicando x−1 > y−1, enta˜o se y > x temos 1x > 1y .
⇐⇐). Se x−1 > y −1 . x, y sa˜o positivos, multiplicamos a desigualdade por xy em ambos lados, de onde segue que
y > x.
81
 
Exerc´ıcio 3.14:
Propriedade 15. Sejam a > 0 em K e f : Z → → K com f (n) = an. Nessas condic¸˜ oes f e´ crescente se a > 1,
decrescente se a < 1 e constante se a = 1.
Demonstrac¸˜ ao. Para qualquer n ∈ ∈ Z vale f (n + 1) −− f (n) = an+1 −− an = an(a −− 1), an e´ sempre positivo, enta˜o
o sinal da diferen c¸a depende do sinal de a −− 1. Se a = 1 vale f (n + 1) = f (n) ∀ ∀ n ∈ ∈ Z logo f e´ constante, se
a −− 1 < 0, a < 1 enta˜o f (n + 1) −− f (n) < 0, f (n + 1) < f (n), f e´ decrescente e finalmente se a −− 1 > 0, a > 1 enta˜o
f (n + 1) > f (n) e a fun c¸a˜o e´ crescente.
Perceba que as propriedades citadas valem para todo n ∈ ∈ Z , por exemplo no caso de a > 1 temos
·· ·· ·· < f (−−4) < f (−−3) < f (−−2) < f (−−1) < f (0) < f (1) < f (2) < f (3) < · · ·· ·· < f (n) < f (n + 1) < · · ·· ··
analogamente para os outros casos.
82
 
Exerc´ıcio 3.15:
Exemplo 4. Para todo x ̸̸= 0 real, prove que (1 + x)2n > 1 + 2nx.
Se x > −−1 tomamos a desigualdade de bernoulli com 2n no expoente. Se x < −−1 vale 1 + x < 0 pore´m elevando
a uma potˆencia par resulta num n´ umero positivo, por outro lado 2nx < − −2n logo 1 + 2nx < 1 −− 2n < 0 ent˜ ao
(1 + x)2n e´ positivo e 1 + 2nx e´ negativo, logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx .
83
 
Exerc´ıcio 3.16:
Exemplo 5. Se n ∈ ∈ N e x < 1 ent˜ ao (1 −− x)n ≥≥ 1 −− nx, pois de x < 1 segue que − −x > − −1 e daı´ aplicamos a 
desigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥≥ 1 + ny com y = − −x.
84
 
Exerc´ıcio 3.17:
Corola´rio 2. Se a e a + x s˜ ao positivos, ent˜ ao vale 
(a + x)n ≥≥ an + nan−1x.
Pois a+xa = (1+ xa ) > 0 ent˜ ao podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥≥ 1 + ny com y = xa , resultando
em 
(a + x)n ≥≥ an + nan−1x.
Se a ̸ ̸= 0, arbitr´ ario em R, podendo agora ser negativo, substitu´ımos y = xa em (1 + x)2n > 1 + 2nx. chegando
na desigualdade(a + x)2n > a2n + a2n−12nx.
Se vale xa < 1 ent˜ ao da desigualdade (1 −− y)n ≥≥ 1 −− ny, novamente tomamos y = xa de onde segue 
(a −− x)n ≥≥ an −− an−1nx.
85
 
Exerc´ıcio 3.18:
Propriedade 16. Sejam sequeˆncias (ak) , (bk) em um corpo ordenado K onde cada bk e´ positivo, sendo a1b1 o
mı´nimo e anbn o m´ aximo dos termos da sequˆencia de termo
 ak
bk ent˜ ao vale 
a1
b1
≤≤
n∑
k=1
ak
n∑
k=1
bk
≤≤ anbn
.
Demonstrac¸˜ ao. Para todo k vale a1b1 ≤≤ akbk ≤≤ anbn ⇒⇒ bk a1b1 ≤≤ ak ≤ ≤ bk anbn pois bk > 0, aplicamos a soma ∑nk=1 emambos lados, de onde segue
n�
k=1
bk
a1
b1
≤≤
n�
k=1
ak ≤ ≤
n�
k=1
bk
an
bn
dividindo por
 ∑n
k=1 bk que e´ positivo, temos finalmente
a1
b1
≤≤
n∑
k=1
ak
n∑
k=1
bk
≤≤ anbn
.
86
 
Exerc´ıcio 3.19:
Propriedade 17 (Multiplicatividade).
||a||||b|| = | |a.b||
para a e b reais quaisquer.
Demonstrac¸˜ ao. Vale que | |x.y||2 = (x.y)2 = x2y2 e (||x||||y||)2 = | |x||2||y||2 = x2.y2 os quadrados desses n u´meros s a˜o
iguais e eles s a˜o na˜o negativos, enta˜o segue que | |x.y|| = ||x||||y||.
2.
 | |
a.b
||
 =
√ 
(a.b)2 =
√ √ 
a2.b2 =
√ √ 
a2.
√ √ 
b2 =
 ||
a
||||
b
||
.
Propriedade 18. Se x ̸̸= 0 ent˜ ao | | 1x || = 1|x| .
Demonstrac¸˜ ao. Vale | |x|||| 1x || = || xx || = 1 daı´ | | 1x || e´ inverso de | |x||, sendo 1|x| .
Corola´rio 3 (Preserva divisa˜o).
||xy || =
 | |x||
||y|| .
87
 
Exerc´ıcio 3.20:
Propriedade 19.
n�
k=1
||ak|| = ||
n�
k=1
ak||
Demonstrac¸˜ ao. Por induc¸a˜o, para n = 1 vale, supondo para n nu´meros
n
�
k=1
||ak|| = ||
n
�
k=1
ak||
vamos provar para n + 1
n+1�
k=1
||ak|| = ||
n+1�
k=1
ak||
temos
n+1�
k=1
||ak|| =
n�
k=1
||ak||.||an+1|| = | |
n�
k=1
ak||||an+1|| = | |
n�
k=1
akan+1|| = | |
n+1�
k=1
ak|| .
Propriedade 20 (Desigualdade triangular generalizada). Sejam g(k) definida para k inteiro ,a, b ∈ ∈ Z , ent˜ ao vale 
||
b�
k=a
g(k)| ≤| ≤
b�
k=a
||g(k)||.
Demonstrac¸˜ ao. Para cada k vale
−|−|g(k)| ≤| ≤ g(k) ≤ ≤ ||g(k)||
aplicando o somato´rio em ambos lados segue
−−
b�
k=a
||g(k)| ≤| ≤
b�
k=a
g(k) ≤ ≤
b�
k=a
||g(k)||
que implica
||
b�
k=a
g(k)| ≤ | ≤ ||
b�
k=a
||g(k)|||| =
b�
k=a
||g(k)||
pois os termos | |g(k)|| somados sa˜o n a˜o negativos ,logo a soma desses termos e´ na˜o-negativa e o mo´dulo da soma e´
igual a soma.
Propriedade 21. A identidade que provamos acima vale para n´ umeros reais, vamos provar agora por induc¸˜ ao que 
se vale | |z + w| ≤ | ≤ ||z|| + ||w|| para quaisquer z , w ent˜ ao vale 
||
n�
k=1
zk| ≤| ≤
n�
k=1
||zk||
de maneira que possa ser usada para n´ umeros complexos , normas e outras estruturas que satisfazem a desigualdade 
triangular.
2. Por induc¸a˜o sobre n, para n = 1 tem-se
||
1�
k=1
zk|| = | |z1| ≤| ≤
1�
k=1
||zk|| = ||z1||
88
 
logo vale. Supondo a validade para n
||
n�
k=1
zk| ≤| ≤
n�
k=1
||zk||
vamos provar para n + 1
||
n+1�
k=1
zk| ≤| ≤
n+1�
k=1
||zk||.
Da hipo´tese da induc¸a˜o somamos | |zn+1|| em ambos lados, logo
||
n+1
�
k=1
zk|| = | |zn+1 +
n
�
k=1
zk| | ≤ |≤ |zn+1|| + ||
n
�
k=1
zk| ≤| ≤
n+1
�
k=1
||zk||
Vejamos outras1 demonstrac¸o˜es da desigualdade triangular
1Essas demonstrac¸o˜es aprendi com Pedro Kenzo, obrigado por compartilhar as solu¸ co˜es.
89
 
Exerc´ıcio 3.22:
Vamos resolver um caso mais geral do problema.
Definic¸a˜o 2 (Mediana). Dada uma sequeˆncia finita (yk)n1 seus termos podem ser rearranjados para forma uma 
sequeˆncia n˜ ao-decrescente (xk)n1 . A mediana X e´ definida da seguinte maneira 
•• Se n e´ ı´mpar X = x n+1
2
.
•• Se n e´ par 
 
X = x
n
2 +1
+x n
2
2 .
Exemplo 6. Seja (xk)n1 uma sequeˆncia crescente f : R → → R com f (x) = ∑
n
k=1 ||x −− xk||. Se x < x1 ent˜ ao
f (x) = − −nx +
n�
k=1
xk
logo f e´ decrescente para x < x1. Tomando x > xn
f (x) = nx −−
n�
k=1
xk
logo f e´ crescente para x > xn.
Seja agora x ∈∈ [xt, xt+1), t variando de 1 ate´ n −− 1
f (x) =
t�
k=1
(x −− xk) −−
n�
k=t+1
(x −− xk) = (2 t −− n)x +
t�
k=1
xk − −
n�
k=t+1
xk
portanto a fun c¸˜ ao e´ decrescente se t < n2 e crescente se t > n2 , de t = 1 ate´ t = ⌊ ⌊n2 ⌋⌋ em cada intervalo [xt, xt+1) a 
 func¸˜ ao e´ decrescente, sendo ⌊ ⌊ n2 ⌋⌋ segmentos decrescentes, de t = ⌊ ⌊n2 ⌋⌋ + 1 ate´ n −− 1, temos n −− 1 −− ⌊⌊ n2 ⌋⌋ segmentos 
crescentes.
•• Se n e´ ı´mpar f e´ decrescente em [x⌊ n2 ⌋, x⌊ n2 ⌋+1) e crescente em [x⌊ n2 ⌋+1, x⌊ n2 ⌋+2) logo o ponto x⌊ n2 ⌋+1 = x n+12
e´ o ´ unico ponto de mı´nimo.
•• Se n e´ par a func¸˜ ao e´ constante em [x n
2
, x n
2 +1), todos os pontos desse intervalo s˜ ao pontos de mı´nimo. Em 
especial o ponto x
n
2
+x n
2 +1
2 e´ ponto de mı´nimo.
Concluı´mos que um ponto de mı´nimo acontece sempre na mediana da sequeˆncia.
Exemplo 7. Achar o mı´nimo da func¸˜ ao f (x) =
∑n
k=1 ||x −− k|| para n ı´mpar e para n par.
Trocando n por 2n temos que o mı´nimo acontece no ponto x 2n
2
= xn = n, substituı´mos ent˜ ao tal valor na func¸˜ ao
2n�
k=1
||n −− k|| =
n�
k=1
||n −− k|| +
2n�
k=n+1
||n −− k|| =
n�
k=1
(n −− k) +
2n�
k=n+1
(−−n + k) =
=
n�
k=1
(n −− k) +
n�
k=1
(k) =
n�
k=1
n = n.n = n2.
portanto o mı´nimo de ∑
2n
k=1 ||x −− k|| e´ n2.
•• min{|{|x −− 1|| + ||x −− 2|}|} = 1
•• min{|{|x −− 1|| + ||x −− 2|| + ||x −− 3|| + ||x −− 4|}|} = 4
•• min{|{|x −− 1|| + ||x −− 2|| + ||x −− 3|| + ||x −− 4|| + ||x −− 5|| + ||x −− 6|}|} = 9
•• min{|{|x −− 1|| + ||x −− 2|| + ||x −− 3|| + ||x −− 4|| + ||x −− 5|| + ||x −− 6|| + ||x −− 7|| + ||x −− 8|}|} = 16.
90
 
Agora para n ı´mpar, trocamos n por 2n + 1 o mı´nimo acontece no ponto x (2n+1)+1
2
= xn+1 = n + 1, aplicando na 
 func¸˜ ao temos 
2n+1�
k=1
||n + 1 −− k|| =
n+1�
k=1
||n + 1 −− k|| +
2n+1�
k=n+2
||n + 1 −− k|| =
n+1�
k=1
(n + 1 −− k) +
2n+1�
k=n+2
−−(n + 1) + k =
=
n�
k=1
(n + 1 −− k) +
n�
k=1
k =
n�
k=1
(n + 1) = n(n + 1).
•• min{|{|x −− 1|| + ||x −− 2|| + ||x −− 3|}|} = 2
••
 min
{|{|
x
−−
1
||
+
||
x
−−
2
||
+
||
x
−−
3
||
+
||
x
−−
4
||
+
||
x
−−
5
|}|}
 = 6
•• min{|{|x −− 1|| + ||x −− 2|| + ||x −− 3|| + ||x −− 4|| + ||x −− 5|| + ||x −− 6|| + ||x −− 7|}|} = 12
•• min{|{|x −− 1|| + ||x −− 2|| + ||x −− 3|| + ||x −− 4|| + ||x −− 5|| + ||x −− 6|| + ||x −− 7|| + ||x −− 8|| + ||x −− 9|}|} = 20.
91
 
Exerc´ıcio 3.23:
Propriedade 22. | |a −− b|| < ε ⇒ ⇒ ||a|| < ||b|| + ε.
Demonstrac¸˜ ao. Partindo da desigualdade | |a −− b|| < ε, somamos | |b|| a ambos lados
||a −− b|| + ||b|| < ε + ||b||
e usamos agora a desigualdade triangular
||
a
| ≤ | ≤ ||
a
−−
b
||
+
||
b
||
 < ε +
||
b
||
daı´ segue
||a| | ≤≤ ε + ||b||.
Da mesma forma vale se | |a −− b|| < ε enta˜o | |b| ≤| ≤ ε + ||a| ⇒ | ⇒ ||b|| −− ε ≤ |≤ |a|| e com | |a| ≤| ≤ ε + ||b||. temos
||b|| −− ε ≤ ≤ ||a| | ≤≤ ε + ||b||.
Vimos que | |a −− b|| < ε implica | |a|| < ||b|| + ε, mas como a ≤ |≤ |a|| segue a < | |b|| + ε.
92
 
Exerc´ıcio 3.24:
Propriedade 23. Dado um corpo ordenado K , s˜ ao equivalentes 
1. K e´ arquimediano.
2. Z e´ ilimitado superiormente e inferiormente.
3. Q e´ ilimitado superiormente e inferiormente.
Demonstrac¸˜ ao. •• 1 ⇒⇒ 2. N ⊂ ⊂ Z enta˜o Z e´ ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que Z seja limitado
inferiormente, enta˜o existe a ∈ ∈ K tal que a < x∀ ∀x ∈ ∈ Z , logo − −a > − −x, pore´m existe n natural tal quen > −−a ⇒ ⇒ −−n  
∈Z 
< a o que contraria a hip o´tese.
•• 2 ⇒⇒ 3 . Z ⊂ ⊂ Q portanto Q e´ ilimitado superiormente e inferiormente.
•• 3 ⇒ ⇒ 1 . Para todo y ∈ ∈ K existe ab ∈∈ Q com a, b > 0 naturais tal que ab > y, daı´ a > yb , podemos tomar
y = xb , logo a > x, a ∈∈ N , portanto N e´ ilimitado superiormente e o corpo e´ arquimediano.
93
 
Exerc´ıcio 3.25:
Propriedade 24. Seja K um corpo ordenado. K e´ arquimediado ⇔ ∀ ⇔ ∀ε > 0 em K existe n ∈ ∈ N tal que 12n < ε.
Demonstrac¸˜ ao. ⇒ ⇒). Como K e´ arquimediano, enta˜o ∀ ∀ε > 0 existe n ∈ ∈ N tal que n > 1ε ⇒⇒ n + 1 > n > 1ε por
desigualdade de Bernoulli temos 2n > n + 1 > 1ε ⇒ ⇒ 12n < ε.
⇐⇐). Se ∀ ∀ε > 0 em K existe n ∈ ∈ N tal que 12n < ε, tomamos ε = 1x , x > 0 arbitr a´rio ent a˜o x < 2n, com
2n = m ∈∈ N enta˜o K e´ arquimediano, N na˜o e´ limitado superiormente.
94
 
Exerc´ıcio 3.26:
Propriedade 25. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z → → K com f (n) = an, ent˜ ao
•• f (Z ) n˜ ao e´ limitado superiormente.
•• inf( F (Z )) = 0 .
Demonstrac¸˜ ao. •• Vale que a > 1 enta˜o a = p + 1 onde p > 0, por desigualdade de Bernoulli temos ( p + 1)n ≥≥
1 + pn. ∀ ∀ x > 0 ∈ ∈ K existe n tal que n > x p ⇒ ⇒ pn > x ⇒ ⇒ ( p + 1)n ≥≥ 1 + pn > x , logo f (Z ) na˜o e´ limitado
superiormente.
•• 0 e´ cota inferior de f (Z ) pois vale 0 < an ∀∀n ∈ ∈ Z . Suponha que ex ista x tal que 0 < x < a m ∀∀ m ∈ ∈ Z ,
sabemos que existe n ∈∈ N tal que an > 1x daı´ x > 1an = a−n, absurdo, enta˜o 0 deve ser o ı´nfimo.
95
 
Exerc´ıcio 3.27:
Propriedade 26. Se s e´ irracional e u ̸ ̸= 0 e´ racional ent˜ ao u.s e´ irracional.
Demonstrac¸˜ ao. Suponha que s e´ irracional e u.s seja racional, ent a˜o u.s = pq com p ̸ ̸= 0 e q ̸ ̸= 0 inteiros e como
u ̸̸= 0 e´ racional ele e´ da forma u = jv , j ̸ ̸= 0 e v ̸ ̸= 0, inteiros, logo
 j
v s =
 p
q 
multiplicando por v
j
 ambos lados segue
s = p.v j.q 
que e´ um nu´mero racional, logo chegamos a um absurdo.
Propriedade 27. Se s e´ irracional e t racional, enta˜o s + t e´ irracional.
Demonstrac¸˜ ao. Suponha s + t racional, enta˜o s + t = pq daı´ s =
 p
q − − t que seria racional por ser diferen¸ca de dois
racionais, um absurdo enta˜o segue que s + t e´ irracional.
Exemplo 8. Existem irracionais a e b tais que a + b e a.b sejam racionais. Exemplos a = 1 +
√ √ 
5 , b = 1 −−
√ √ 
5
daı´ a + b = 2 e a.b = 1 −− 5 = −−4.
96
 
Exerc´ıcio 3.28:
Propriedade 28. Sejam a,b,c,d racionais ent˜ ao
a + b
√ √ 
2 = c + d
√ √ 
2 ⇔⇔ a = c e b = d.
Demonstrac¸˜ ao. ⇐ ⇐). Se a = c e b = d a temos a + b
√ √ 
2 = c + d
√ √ 
2.
⇒⇒). Suponha a + b
√ √ 
2 = c + d
√ √ 
2 enta˜o a −− c =
√ √ 
2(d −− b), se d = b enta˜o a = c e terminamos, se n a˜o vale que
a −− c
d
−−
b =
√ √ 
2
o que e´ absurdo pois
√ √ 
2 e´ irracional.
97
 
Exerc´ıcio 3.29:
Exemplo 9. O conjunto da forma { {x + y√ √ p}} onde x e y s˜ ao racionais e´ subcorpo dos n´ umeros reais.
•• O elemento neutro da adi c¸˜ ao 0 pertence ao conjunto. Pois 0 = 0 + 0√ √ p
•• O elemento neutro da multiplicac¸˜ ao 1 pertence ao conjunto. Pois 1 = 1 + 0√ √ p
•• A adi c¸˜ ao e´ fechada. Pois x + y√ √ p + z + w√ √ p = x + z + (y + w)√ √ p.
•• O produto e´ fechado. Pois (x + y√ √ p)(z + w√ √ p) = xz + xw√ √ p + yz√ √ p + y.wp.
•• Dado x ∈ ∈ A implica − −x ∈∈ A. Pois dado x + y√ √ p temos o sime´trico − −x −− y√ √ p.
•• Dado x ̸ ̸= 0 ∈∈ A tem-se x−1 ∈∈ A. Pois dado x + y√ √ p temos inverso
x −− y√ √ p
x2 −− y2 p
como inverso multiplicativo.
Exemplo 10. O conjunto dos elementos da forma a + bα onde α = 3
√ √ 
2 n˜ ao e´ um corpo pois o produto n˜ ao e´ 
 fechado, vamos mostrar que α2 n˜ ao pertence ao conjunto.
Suponha que α2 = a + bα ent˜ ao α3 = aα + bα2 = 2 substituindo a primeira na segunda temos que 
aα + b(a + bα) = aα + ab + b2α = α(b2 + a) + ab = 2 ⇒⇒ α(b2 + a) = 2 −− ab
se b2 + a ̸ ̸= 0 ent˜ ao α = 2−abb2+a o que e´ absurdo pois α e´ irracional, ent˜ ao devemos ter a = − −b2, multiplicamos a 
express˜ ao aα + bα2 = 2 por α, de onde segue aα2 + 2b = 2α, substituindo α2 = a + bα nessa ´ ultima temos 
a(a + bα) + 2b = a2 + abα + 2b = 2α ⇒⇒ α(2 −− ab) = 2b + a2
se 2 ̸ ̸= ab chegamos num absurdo de α = 2b+a22−ab , temos que ter ent˜ ao 2 = ab e a = − −b2 de onde segue 2 = − −b3,
por´em n˜ ao existe racional que satisfaz essa identidade, daı´ n˜ ao podemos escrever α2 da forma a + bα com a e b
racionais, portanto o produto de elementos n˜ ao e´ fechado e assim na˜o temos um corpo.
98
 
Exerc´ıcio 3.30:
Propriedade 29. Sejam a, b ∈∈ Q+. √ √ a +
√ √ 
b e´ racional ⇔ ⇔ √ √ a e 
√ √ 
b s˜ ao racionais.
Demonstrac¸˜ ao. ⇒ ⇒).
Se a = b enta˜o 2√ √ a ∈∈ Q o que implica √ √ a =
√ √ 
b ∈ ∈ Q. Agora o caso de a ̸̸= b.
Suponha que √ √ a +
√ √ 
b e´ racional enta˜o seu inverso tambe´m racional , que e´
√ a−
√ 
b
a−
 
b , daı´
 √ √ a −−
√ √ 
b ∈ ∈ Q , a soma
(√ √ a +
√ √ 
b) + (√ √ a −−
√ √ 
b) = 2√ √ a ∈ ∈ Q logo √ √ a ∈ ∈ Q, a diferen c¸a de n u´meros racionais tambe´m e´ um nu´mero racional
(√ √ a +
√ √ 
b) −− √ √ a =
√ √ 
b, portanto √ √ a e
√ √ 
b sa˜o racionais.
⇐⇐
). A volta vale pois a soma de racionais e´ um racional.
99
 
Exerc´ıcio 3.31:
Propriedade 30. Sejam A ⊂⊂ R n˜ ao vazio limitado e c ∈ ∈ R, ent˜ ao
1. c ≤≤ sup(A) ⇔ ⇔ ∀∀ ε > 0 ∃ ∃ x ∈∈ A tal que c −− ε < x.
2. c ≥≥ inf (A) ⇔ ⇔ ∀∀ ε > 0 ∃ ∃ x ∈∈ A tal que c + ε > x.
Demonstrac¸˜ ao. 1. ⇒ ⇒). Para todo ε > 0 vale que c −− ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se n a˜o existisse x ∈∈ A tal que
c −− ε < x enta˜o c −− ε seria cota superior menor que o supremo, o que e´ absurdo, contraria o fato do supremo
ser a menor das cotas superiores.
⇐⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup (A), poder´ıamos tomar c −− sup(A) = ε daı´ c −− c + sup(A) =
sup(A) < x o que e´ absurdo.
2. ⇒ ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf (A). Dado ε > 0 fixo, se n˜ao existisse x ∈ ∈ A tal que c + ε > x
enta˜o c + ε seria cota superior menor que o ı´nfimo, o que e´ absurdo, contraria o fato do ı´nfimo ser a menor
das cotas inferiores.
⇐⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf (A), poderı´amos tomar inf (A) −− c = ε daı´ x < c + inf (A) −− c =
inf (A) o que e´ absurdo.
100
 
Exerc´ıcio 3.32:
Exemplo 11. Seja A = { { 1n | | n ∈ ∈ N }} . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 e´ uma cota inferior, agora vamos 
mostrar que 0 e´ a menor delas. Dado 0 < x, x n˜ ao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que 1n < x, logo
0 e´ o ı´nfimo.
101
 
Exerc´ıcio 3.33:
Propriedade 31. Se A e´ limitado inferiormente e B ⊂ ⊂ A ent˜ ao inf (A) ≤ ≤ inf (B).
Demonstrac¸˜ ao. infA e´ cota inferior de A, logo tambe´m e´ cota inferior de B , sendo cota inferior de B vale infA ≤≤
infB , pois inf B e´ a maior cota inferior de B .
Propriedade 32. Se A e´ limitado superiormente e B ⊂ ⊂ A ent˜ ao sup(A) ≥ ≥ sup(B).
Demonstrac¸˜ ao. Toda cota superior de A e´ cota superior de B , logo o sup(A) e´ cota superior de B , como sup(B) e´
a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ ≥ sup(B).
Corola´rio 4. Se A e B s˜ ao conjuntos limitados com B ⊂ ⊂ A ent˜ ao vale sup(A) ≥ ≥ sup(B) ≥≥ inf (B) ≥≥ inf (A) pois 
temos sup(A) ≥ ≥ sup(B) e inf (A) ≤≤ inf (B), tendo ainda que sup(B) ≥ ≥ inf (B).
102
 
Exerc´ıcio 3.31:
Propriedade 33. Sejam A ⊂⊂ R n˜ ao vazio limitado e c ∈ ∈ R, ent˜ao
1. c ≤≤ sup(A) ⇔ ⇔ ∀∀ ε > 0 ∃ ∃ x ∈∈ A tal que c −− ε < x.
2. c ≥≥ inf (A) ⇔ ⇔ ∀∀ ε > 0 ∃ ∃ x ∈∈ A tal que c + ε > x.
Demonstrac¸˜ ao. 1. ⇒ ⇒). Para todo ε > 0 vale que c −− ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se n a˜o existisse x ∈∈ A tal que
c −− ε < x enta˜o c −− ε seria cota superior menor que o supremo, o que e´ absurdo, contraria o fato do supremo
ser a menor das cotas superiores.
⇐⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup (A), poder´ıamos tomar c −− sup(A) = ε daı´ c −− c + sup(A) =
sup(A) < x o que e´ absurdo.
2. ⇒ ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf (A). Dado ε > 0 fixo, se n˜ao existisse x ∈ ∈ A tal que c + ε > x
enta˜o c + ε seria cota superior menor que o ı´nfimo, o que e´ absurdo, contraria o fato do ı´nfimo ser a menor
das cotas inferiores.
⇐⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf (A), poderı´amos tomar inf (A) −− c = ε daı´ x < c + inf (A) −− c =
inf (A) o que e´ absurdo.
103
 
Exerc´ıcio 3.32:
Exemplo 12. Seja A = { { 1n | | n ∈ ∈ N }} . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 e´ uma cota inferior, agora vamos 
mostrar que 0 e´ a menor delas. Dado 0 < x, x n˜ ao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que 1n < x, logo
0 e´ o ı´nfimo.
104
 
Exerc´ıcio 3.33:
Propriedade 34. Se A e´ limitado inferiormente e B ⊂ ⊂ A ent˜ ao inf (A) ≤ ≤ inf (B).
Demonstrac¸˜ ao. infA e´ cota inferior de A, logo tambe´m e´ cota inferior de B , sendo cota inferior de B vale infA ≤≤
infB , pois inf B e´ a maior cota inferior de B .
Propriedade 35. Se A e´ limitado superiormente e B ⊂ ⊂ A ent˜ ao sup(A) ≥ ≥ sup(B).
Demonstrac¸˜ ao. Toda cota superior de A e´ cota superior de B , logo o sup(A) e´ cota superior de B , como sup(B) e´
a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ ≥ sup(B).
Corola´rio 5. Se A e B s˜ ao conjuntos limitados com B ⊂ ⊂ A ent˜ ao vale sup(A) ≥ ≥ sup(B) ≥≥ inf (B) ≥≥ inf (A) pois 
temos sup(A) ≥ ≥ sup(B) e inf (A) ≤≤ inf (B), tendo ainda que sup(B) ≥ ≥ inf (B).
105
 
Exerc´ıcio 3.34:
Propriedade 36. Sejam A, B ⊂ ⊂ R tais que para todo x ∈∈ A e todo y ∈ ∈ B se tenha x ≤ ≤ y. Ent˜ ao sup A ≤≤ inf B.
Demonstrac¸˜ ao. Todo y ∈ ∈ B e´ cota superior de A, logo sup A ≤ ≤ y para cada y pois sup A e´ a menor das cotas
superiores, essa relac¸a˜o implica que sup A e´ cota inferior de B logo sup A ≤≤ inf B, pois inf B e´ a maior cota inferior.
Propriedade 37. sup A = inf B ⇔ ⇔ para todo ε > 0 dado , existam x ∈∈ A e y ∈ ∈ B com y −− x < ε.
Demonstrac¸˜ ao.
 ⇐ ⇐
, usamos a contrapositiva. N a˜o podemos ter inf B < sup A pela propriedade anterior, ent˜ao
temos forc¸osamente que inf B > sup A, tomamos enta˜o ε = inf B − − sup A > 0 e temos y −− x ≥ ≥ ε para todo x ∈ ∈ A
e y ∈ ∈ B pois y ≥ ≥ inf B e sup A ≥ ≥ x de onde segue − −x ≥ − ≥ − sup A, somando esta desigualdade com a de y tem-se
y −− x ≥≥ inf B −− sup A = ε.
⇒⇒ , Se sup A = inf B. Ent a˜o sendo para qualquer ε > 0, sup A −− ε2 na˜o e´ cota superior de A, pois e´ menor que
o sup A (que e´ a menor cota superior), da mesma maneira inf A + ε2 na˜o e´ cota inferior de B , enta˜o existem x ∈ ∈ A
e y ∈ ∈ B tais que
sup A −− ε2 < x ≤ ≤ sup A = inf B ≤ ≤ y < inf B +
 ε
2
inf B − − ε2 < x ≤ ≤ y < inf B +
 ε
2
de onde segue inf B −− ε2 < x, − −x < ε2 − − inf B e y < inf B + ε2 somando ambas tem-se y −− x < ε.
106
 
Exerc´ıcio 3.35:
Propriedade 38. Se c > 0 ent˜ ao sup(c.A) = c. sup A.
Demonstrac¸˜ ao. Seja a = sup A. Para todo x ∈ ∈ A tem-se x ≤ ≤ a, de onde segue cx ≤ ≤ ca, assim ca e´ cota superior
de cA. Seja d tal que d < ca enta˜o dc < a logo dc na˜o e´ cota superior de A, implicando a existeˆncia de pelo menos
um x tal que dc < x, d < cx de onde segue que d na˜o e´ cota superior de cA, assim ca e´ a menor cota superior de
cA logo o supremo.
Propriedade 39. Se c > 0, inf cA = c inf A.
Demonstrac¸˜ ao. Seja a = inf A, enta˜o vale a ≤≤ x para todo x, multiplicando por c segue ca ≤≤ cx de onde conclu´ımos
que ca e´ cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d , enta˜o a < dc , implicando que dc na˜o e´ cota inferior de A assim
existe x ∈ ∈ A tal que x < dc ⇒ ⇒ cx < d , logo d na˜o e´ cota inferior de cA, implicando que c.a e´ a maior cota inferior,
logo o ı´nfimo do conjunto.
Propriedade 40. Se c < 0 ent˜ ao inf( cA) = c sup A.
Demonstrac¸˜ ao. Seja a = sup A . Tem-se x ≤ ≤ a para todo x ∈ ∈ A, multiplicando por c segue cx ≥ ≥ ca para todo
x ∈ ∈ A. Enta˜o ca e´ uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se dc < a como a e´ supremo, isso significa que existe
x ∈∈ A tal que dc < x logo d > cx , assim esse d na˜o e´ cota inferior, implicando que ca e´ a menor cota inferior, enta˜o
ı´nfimo do conjunto.
A quest a˜o 35 segue da pr o´xima propriedade com c = −−1.
Propriedade 41. Se c < 0 ent˜ ao sup(cA) = c inf A.
Demonstrac¸˜ ao. Seja b = inf A enta˜o vale b ≤≤ x para todo x ∈ ∈ A, multiplicando por c segue cb ≥ ≥ cx assim cb e´ cota
superior de cA. Agora tome d tal que cb > d segue b < dc , como b e´ ı´nfimo existe x
 ∈ ∈
 A tal que x < dc , cx > d
assim esse d na˜o pode ser cota superior de cA, enta˜o cb e´ a menor cota superior, logo o ı´nfimo.
107
 
Exerc´ıcio 3.37:
Item I 
Sejam A, B ⊂ ⊂ R, conjuntos limitados .
Propriedade 42. O conjunto A + B = {{x + y | | x ∈ ∈ A, y ∈ ∈ B}} tambe´m e´ limitado.
Demonstrac¸˜ ao. Se A e´ limitado , existe t tal que | |x|| < t para todo x ∈∈ A e se B e´ limitado existe u tal que | |y|| < u
∀∀y ∈ ∈ B. Somando as desigualdades e usando desigualdade triangular segue ||x||+||y|| < u+t e ||x+y| ≤ | ≤ ||x||+||y|| < u+t
logo o conjunto A + B e´ limitado.
Item II 
Propriedade 43 (Propriedade aditiva). Vale sup(A + B) = sup( A) + sup(B).
Demonstrac¸˜ ao. Como A, B sa˜o limitidados superiomente, temos sup A := a e sup B := b, como vale a ≥ ≥ x e b ≥ ≥ y
para todos x, y ∈ ∈ A, B respectivamente segue que a + b ≥ ≥ x + y logo o conjunto A + B e´ limitado superiormente.
Para todo e qualquer ε > 0 existem x, y tais que
a < x + ε2 , b < y +
 ε
2
somando ambas desigualdades-segue-se que
a + b < x + y + ε
que mostra que a + b e´ a menor cota superior, logo o supremo, fica valendo enta˜o
sup(A + B) = sup( A) + sup(B).
Item III 
Propriedade 44. inf( A + B) = inf A + inf B.
Demonstrac¸˜ ao. Sejam a = infA e b = infB enta˜o ∀ ∀x, y ∈ ∈ A, B tem-se a ≤ ≤ x, b ≤ ≤ y de onde segue por adi¸ ca˜o
a + b ≤ ≤ x + y, assim a + b e´ cota inferior de A + B. ∃ ∃x, y ∈ ∈ A, B tal que ∀ ∀ε > 0 vale x < a + ε2 e y < b + ε2 pois a
e b sa˜o as maiores cotas inferiores, somando os termos das desigualdades segue x + y < a + b + ε, que implica que
a + b e´ a maior cota inferior logo o ı´nfimo.
108
 
Exerc´ıcio 3.38:
Definic¸a˜o 3 (Func¸a˜o limitada). Seja A ⊂ ⊂ R, f : A → → R e´ dita limitada quando o conjunto f (A) = { {f (x) | | x ∈ ∈
A}}, se f (A) e´ limitado superiormente ent˜ ao dizemos que f e´ limitada superiormente e caso f (A) seja limitado
inferiormente dizemos que A e´ limitado inferiormente.
Seja uma fun c¸a˜o limitada f : V →→ R.
Definic¸a˜o 4.
sup f := sup f (V ) = sup {{f (x) || x ∈∈ V }}
Definic¸a˜o 5. inf f := inf f (V ) = inf {{f (x) | | x ∈ ∈ V }}
Propriedade 45. A func¸˜ ao soma de duas fun c¸˜ oes limitadas e´ limitada.
Demonstrac¸˜ ao. Vale | |f (x)| ≤| ≤ M 1 e | |g(x)| ≤| ≤ M 2 ∀ ∀x ∈∈ A enta˜o
||f (x) + g(x)| ≤ | ≤ ||f (x)|| + ||g(x)| ≤| ≤ M 1 + M 2 = M 
portando a fun c¸a˜o soma f + g de duas fun c¸o˜es limitadas e´ tambe´m uma func¸a˜o limitada.
Sejam f , g : V → → R func¸o˜es limitadas e c ∈ ∈ R.
Propriedade 46.sup(f + g) ≤ ≤ sup f + sup g.
Demonstrac¸˜ ao. Sejam
A = { {f (x) | | x ∈ ∈ V }}, B = { {g(y) || y ∈ ∈ V }}, C = {{g(x) + f (x) | | x ∈ ∈ V }}
temos que C 
 ⊂ ⊂
 A + B, pois basta tomar x = y nos conjuntos, logo
sup(A + B) ≥≥ sup(f + g)
sup(A) + sup(B) = sup f + sup g ≥ ≥ sup(f + g)
Propriedade 47.
inf(f + g) ≥≥ inf( f ) + inf( g).
Demonstrac¸˜ ao. De C ⊂ ⊂ A + B segue tomando o ı´nfimo
inf(A + B) = inf( A) + inf( B) = inf( f ) + inf( g) ≤ ≤ inf( C ) = inf( f + g).
Exemplo 13. Sejam f , g : [0, 1] → → R dadas por f (x) = x e g (x) = − −x
•• Vale sup f = 1, sup g = 0, f + g = 0 logo sup(f + g) = 0 vale ent˜ ao
sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0.
•• Temos ainda inf f = 0, inf g = −−1, f + g = 0, inf (f + g) = 0 logo
inf f + inf g = −−1 < inf( f + g) = 0.
As desigualdades estritas tambe´m valem se consideramos as func¸˜ oes definidas em [−−1, 1], nesse caso sup f +sup g =
2 e inf f + inf g = − −2 e sup(f + g) = 0 = inf( f + g).
109
 
Exerc´ıcio 3.39:
Definic¸a˜o 6. Sejam A e B conjuntos na˜o vazios, definimos A.B = { {x.y | | x ∈∈ A, y ∈ ∈ B}}.
Propriedade 48. Sejam A e B conjuntos limitados de n´ umeros positivos, ent˜ ao vale sup(A.B) = sup( A). sup(B).
Demonstrac¸˜ ao. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) enta˜o valem x ≤ ≤ a e y ≤ ≤ b, ∀∀x ∈ ∈ A, y ∈ ∈ B daı´ x.y ≤ ≤ a.b, logo
a.b e´ cota superior de A.B. Tomando t < a.b segue que ta < b logo existe y ∈ ∈ B tal que ta < y daı´ ty < a logo
existe x ∈ ∈ A tal que ty < x logo t < x.y enta˜o t na˜o pode ser uma cota superior, implicando que a.b e´ o supremo
do conjunto.
Propriedade 49. Sejam A e B conjuntos limitados de n´ umeros positivos, enta˜o vale inf( A.B) = inf( A). inf(B).
Demonstrac¸˜ ao. Sejam a = inf( A) e b = inf( B) enta˜o valem x ≥≥ a e y ≥ ≥ b, ∀∀x ∈ ∈ A, y ∈ ∈ B daı´ x.y ≥ ≥ a.b, logo a.b e´
cota inferior de A.B. Tomando t > a.b segue que ta > b logo existe y ∈ ∈ B tal que ta > y daı´ ty > a logo existe x ∈ ∈ A
tal que ty > x logo t < x.y enta˜o t na˜o pode ser uma cota inferior, implicando que a.b e´ o ı´nfimo do conjunto.
110
 
Exerc´ıcio 3.40:
Propriedade 50. Sejam f, g : A →→ R func¸˜ oes limitadas ent˜ ao f .g : A → → R e´ limitada.
Demonstrac¸˜ ao. Vale que ||f (x)|| < M 1 e ||g(x)|| < M 2 enta˜o ||f (x)g(x)|| < M 1M 2 = M ∀ ∀ x ∈ ∈ A , portanto f.g : A →→ R
e´ limitada.
Propriedade 51. Sejam f, g : A →→ R+ limitadas superiormente, ent˜ ao
sup(f.g)
 ≤ ≤
 sup(f )sup( g).
Demonstrac¸˜ ao. Sejam C = { {g(x).f (x) | | x ∈ ∈ A}} , B = { {g(y). | | y ∈ ∈ A}} e A = { {f (x) | | x ∈ ∈ A}} . Vale que C ⊂ ⊂ A.B
para ver isso basta tomar x = y nas defini c¸o˜es acima, daı´
sup(A.B) ≥≥ sup(C )
sup(A) sup(B) ≥≥ sup(C )
sup(f ) sup(g) ≥≥ sup(f.g).
Propriedade 52. Sejam f, g : A →→ R+ limitadas inferiormente, ent˜ ao
inf(f.g) ≥≥ inf( f )inf( g).
Demonstrac¸˜ ao. Sejam C = { {g(x).f (x) | | x ∈ ∈ A}} , B = { {g(y). | | y ∈ ∈ A}} e A = { {f (x) | | x ∈ ∈ A}} . Vale que C ⊂ ⊂ A.B ,
daı´
inf(A.B) ≤≤ inf( C )
inf(A)inf( B)
 ≤ ≤
 inf( C )
inf(f )inf( g) ≤ ≤ inf( f.g).
Exemplo 14. Sejam f , g : [1, 2] → → R dadas por f (x) = x e g(x) = 1x , vale sup f = 2, sup g = 1 sup f. sup g = 2 e 
sup(f.g) = 1, pois f.g = 1 logo
sup f sup g > sup(f.g).
Da mesma maneira inf f = 1, inf g = 12 vale inf f. inf g = 12 e inf( f.g) = 1 portanto
inf f. inf g < inf( f.g).
Propriedade 53. Seja f : A →→ R+ limitada superiormente ent˜ ao sup(f 2) = (sup f )2.
Demonstrac¸˜ ao. Seja a = sup f tem-se f (x) ≤ ≤ a ∀∀x daı´ f (x)2 ≤≤ a2 enta˜o a2 e´ cota superior de f 2, e e´ a menor
cota superior pois se 0 < c < a 2 enta˜o √ √ c < a logo existe x tal que √ √ c < f (x) < a e daı´ c < f (x)2 < a2 logo a2 e´
a menor cota superior sup( f 2) = sup( f )2.
Propriedade 54. Seja f : A →→ R+ ent˜ ao inf( f 2) = (inf f )2.
Demonstrac¸˜ ao. Seja a = inf f tem-se f (x) ≥ ≥ a ∀∀x daı´ f (x)2 ≥≥ a2 enta˜o a2 e´ cota inferior de f 2, e e´ a maior cota
inferior pois se a2 < c enta˜o a < √ √ c logo existe x tal que a < f (x) < √ √ c e daı´ a2 < f (x)2 < c logo a2 e´ a maior
cota inferior inf( f 2) = inf( f )2.
111
 
Exerc´ıcio 3.42:
Teorema 1 (Teorema das ra´ızes racionais). Se o polinˆ omio
f (x) =
n�
k=0
akxk
de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x = rs tal que mdc(r, s) = 1 ent˜ ao s||an e r ||a0.
Demonstrac¸˜ ao. Se x = rs e´ raiz de f (x) =
n
∑
k=0
akxk, enta˜o temos
f 
�r
s
�
=
n�
k=0
ak
�r
s
�k
= 0
multiplicando por sn em ambos os lados temos
n�
k=0
akrk.sn−k = 0
como s||0 enta˜o s||
n∑
k=0
akrk.sn−k , na soma s na˜o aparece como fator apenas quando n −− k = 0, n = k, logo
abrindo o limite superior do somat´orio temos
n−1�
k=0
akrk.sn−k + anrn.sn−n =
n−1�
k=0
akrk.sn−k + anrn = 0
daı´ s deve dividir anrn, como s e´ primo com r implica que tambe´m e´ primo com rn, portanto s deve dividir an.
Pelo mesmo argumento, temos que r ||0 logo r deve dividir
n∑
k=0
akrk.sn−k, como o u´nico fator onde r na˜o aparece e´
quando k = 0, abrimos o limite inferior do somat´ orio
a0r0.sn−0 +
n�
k=1
akrk.sn−k = a0.sn +
n�
k=1
akrk.sn−k = 0
logo r deve dividir a0.sn, mas como r e´ primo com sn, ele deve dividir a0.
Corola´rio 6. Se o polinˆ omio de coeficientes inteiros 
n∑
k=0
akxk possui ra´ızes racionais ent˜ ao elas devem pertencer 
ao conjunto
A = {{ pq | | p||a0 q ||an}}.
Corola´rio 7. Se an = 1 em um polinˆ omio de coeficientes inteiros P (x) =
n∑
k=0
akxk ent˜ ao suas ra´ızes racionais 
devem ser inteiras, pois 
A = {{ pq | | p||a0 q ||1}}
ent˜ ao q = 1 ou q = − −1, e de qualquer forma implica que as solu¸ c˜ oes sa˜o da forma x = p para algum p ∈∈ Z . Ent˜ ao
, nessas condi c¸˜ oes, as ra´ızes do polinˆ omio P (x) s˜ ao inteiras ou irracionais.
Propriedade 55. Seja P (x) = xn −− a, a > 0 ∈ ∈ Z , se a n˜ ao e´ n-e´sima poteˆncia de um n´ umero natural ent˜ ao a 
´ unica raiz positiva de P , que e´ n√ √ a , e´ irracional.
Demonstrac¸˜ ao. Como P possui coeficiente an = 1 ent a˜o ele possui raiz irracional ou inteira, se a raiz positiva m
fosse inteira (logo natural) terı´amos mn −− a = 0 e daı´ a = mn e´ poteˆncia de um nu´mero natural, o que contraria a
hipo´tese de a na˜o ser n-e´sima poteˆncia de um nu´mero natural, logo n√ √ a e´ irracional.
112
 
Exerc´ıcio 3.43:
Propriedade 56. Sejam I um intervalo n˜ ao degenerado e k > 1 natural. O conjunto A = { { mkn ∈ ∈ I | | m, n ∈ ∈ Z }} e´ 
denso em I .
Demonstrac¸˜ ao. Dado ε > 0 existe n ∈∈ N tal que kn > 1ε , daı´ os intervalos [ mkn , m+1kn ] tem comprimento m+1kn −− mkn =1
kn < ε.
Existe um menor inteiro m +1 tal que x + ε ≤≤ m+1kn daı´ mkn ∈ ∈ (x−−ε, x + ε) pois se fosse x + ε < mkn iria contrariar
a minimalidade de m + 1 e se fosse mkn < x −− ε enta˜o [ mkn , m+1kn ] teria comprimento maior do que de ( x −− ε, x + ε),
que e´ ε, uma contradic¸a˜o com a suposi c¸a˜o feita anteriormente.
113
 
Exerc´ıcio 3.44:
Propriedade 57. O conjunto dos polinˆ omios com coeficientes racionais e´ enumer´ avel.
Demonstrac¸˜ ao. Seja P n o conjunto dos polinoˆmios com coeficientes racionais de grau ≤ ≤ n a func¸a˜o f : P n → → Qn+1
tal que
P (
n�
k=0
akxk) = (ak)n1
e´ uma bijec¸a˜o. Como Qn+1 e´ enumera´vel por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumera´veis, segue que P n
e´ enumera´vel.Sendo A o conjunto dos polin oˆmios de coeficientes racionais, vale que
A =
∞�
k=1
P k
portanto A e´ unia˜o enumera´vel de conjuntos enumera´veis, sendo assim A e´ enumera´vel.
Definic¸a˜o 7 (Nu´mero alge´brico). Um n´ umero real (complexo) x e´ dito alge´brico quando e´ raiz de um polinˆ omio
com coeficientes inteiros.
Propriedade 58. O conjunto dos n´ umeros alge´bricos e´ enumer´ avel.
1. Enumeramos A = {{P 1, P 2, ·· ·· ·· , P n, ···}···} , o conjunto dos polin oˆmios com coeficientes inteiros, definimos Bk como
conjunto das ra´ızes reais de f k, enta˜o vale que
B =
∞�
k=1
Bk
como cada Bk e´ finito B fica sendo unia˜o enumera´vel de conjuntos finitos, enta˜o B e´ enumera´vel.
2. Seja B o conjunto dos alge´bricos e A o conjunto dos polin oˆmios com co eficientes inteiros. Para cada alge´brico
x escolhemos um polinoˆmio P x tal que P x(x) = 0.
Definimos a fun c¸a˜o f : B → → A tal que F (x) = P x. Dado P x ∈ ∈ F (B), temos que o conjunto g−1(P x) dos valores
x ∈∈ B tal que f (x) = P x e´ finito pois P x  
=y
possui um n u´mero finito de raı´zes e daı´ tem-se
B =
�
y∈f (B)
g−1(y)
logo B e´ unia˜o enumera´vel de conjuntos enumera´veis ( no caso finitos), ent a˜o B e´ enumera´vel.
Corola´rio 8. Existem n´ umeros reais que n˜ ao s˜ ao alge´bricos, pois se todos fossem alge´bricos R seria enumer´ avel.
Definic¸a˜o 8 (Nu´meros transcendentes). Os n´ umeros reais que n˜ ao s˜ ao alge´bricos s˜ ao ditos transcendentais 
Propriedade 59. O conjunto dos n´ umeros alge´bricos e´ denso em R, pois todo racional e´ alge´brico, o racional ba
e´ raiz do polinˆ omio com coeficientes inteiros 
ax −− b = P (x)
ax −− b = 0 ⇔ ⇔ ax = b ⇔⇔ x = ba . E Q e´ denso em R.
114
 
Exerc´ıcio 3.45:
Propriedade 60. Seja A enumer´ avel e B = R \\ A, ent˜ ao para cada intervalo (a, b), (a, b) ∩∩ B e´ n˜ ao enumer´ avel,
em especial B e´ denso em R.
Com esse resultado garantimos que o complementar de um conjunto enumer´ avel e´ denso em R.
Demonstrac¸˜ ao. Sabemos que ( a, b) e´ na˜o enumera´vel, escrevemos
(a, b) = [( a, b) ∩∩ A] ∪∪ [(a, b) ∩∩ (R \\ A)] = [( a, b) ∩∩ A] ∪∪ [(a, b) ∩∩ B],
sabemos que ( a, b)
∩∩
A e´ enumera´vel se ( a, b)
∩∩
B tambe´m o fosse, chegar´ıamos no absurdo de (a, b) ser enumera´vel,
por ser uni a˜o finita de conjuntos enumera´veis , portanto ( a, b) ∩∩ B e´ na˜o enumera´vel e B e´ denso em R.
Exemplo 15. Um conjunto pode n˜ ao ser enumer´ avel e tambe´m n˜ ao ser denso em R, como (a, b).
115
 
Exerc´ıcio 3.46:
Corola´rio 9. O conjunto T dos n´ umeros transcedentais e´ n˜ ao enumer´ avel e denso em R. Pois A o conjunto dos 
n´ umeros alge´bricos e´ enumer´ avel, T = R \\ A, como complementar dos n´ umeros alge´bricos T e´ n˜ ao enumer´ avel e 
denso em R.
116
 
Exerc´ıcio 3.47:
Propriedade 61. Seja L||K uma extens˜ ao de corpo. Se α, β ∈ ∈ L s˜ ao alge´bricos sobre K , ent˜ ao α ±± β,α.β e αβ
com β ̸ ̸= 0 s˜ ao alge´bricos sobre K , Desse modo
{{α ∈ ∈ L||α e´ alge´brico sobre K }}
e´ um subcorpo de L que conte´m K .
Demonstrac¸˜ ao. Seja δ ∈ { ∈ {α ±± β, α.β αβ β ̸ ̸= 0}} enta˜o δ ∈ ∈ K (α, β ) e K ⊂ ⊂ K (δ ) ⊂ ⊂ K (α, β )). Vamos mostrar que
[K (α, β ) : K ] <
 ∞∞
.
Sejam f , g ∈ ∈ K [x] os polin oˆmios mı´nimos de α e β sobre K , com graus m e n respectivamente temos que
[K (α) : K ] = m, [K (β ) : K ] = n.
f (x) ∈ ∈ k(x) ⊂ ⊂ K (β )[x] e´ tal que f (α) = 0, logo α e´ alge´brico sobre K (β ), sendo P o polin oˆmio mı´nimo de α
sobre K (β ) de grau s, ele divide f (x) em K (β )[x] logo s ≤ ≤ m, portanto [ K (β )(α) : K (β )] = s ≤ ≤ m o grau e´ finito
e a extens a˜o total [ K (α, β ) : K ] = sn e´ finita por multiplicatividade dos graus. Como a extensa˜o [K (α, β ) : K ] e´
finita ela e´ alge´brica.
Definic¸a˜o 9 (Fecho alge´brico de Q). Consideremos a extens˜ ao de corpos C ||Q. Chamamos de fecho alge´brico de 
Q ao subcorpo Q de C definido por 
Q = {{α ∈ ∈ C, α e´ alge´brico sobre Q}}
Q e´ realmente corpo pela propriedade anterior. O conjunto dos n´ umeros alge´bricos e´ um corpo.
117
 
Exerc´ıcio 3.48:
Exemplo 16. Sendo Ak = [k, ∞∞) temos uma sequeˆncia de intervalos que s˜ ao conjuntos fechados pore´m a intersec¸˜ ao
∞
k=1
Ak = A
e´ vazia, pois suponha que exista t ∈ ∈ A, daı´ existe k > t e t /∈∈ [k, ∞∞) = Ak logo n˜ ao pode pertencer a intersec¸˜ ao te 
todos esses conjuntos.
Da mesma maneira existe uma sequeˆncia decrescente de intervalos abertos limitados com intersec¸˜ ao vazia, sendo
Bk = (0, 1k ) ∞
k=1
Bk = B
B e´ vazio, pois se houvesse um elemento nele x > 0, conseguimos k tal que 1k < x daı´ x n˜ ao pertence ao intervalo
(0, 1k ) = Bk portanto n˜ ao pode pertencer a intersec¸˜ ao.
118
 
Exerc´ıcio 3.49:
Propriedade 62. Sejam B ⊂ ⊂ A n˜ ao vazios, A limitado superiormente, se ∀ ∀x ∈ ∈ A existe y ∈ ∈ B tal que y ≥ ≥ x
ent˜ ao sup(B) = sup(A).
Demonstrac¸˜ ao. B e´ limitado superiormente pois esta´ contido em um conjunto limitado e vale que sup(A) ≥≥ sup(B),
pois B ⊂ ⊂ A, suponha que fosse c = sup(A) > sup (B), enta˜o tomando ε = sup(A) −− sup(B) > 0, existe x ∈ ∈ A tal
que x > c −− ε = sup(A) −− sup(A) + sup(B) = sup(B), por hip o´tese existe y ≥ ≥ x > sup (B) com y ∈ ∈ B , o que e´
absurdo, pois n a˜o pode existir um elemento maior que o supremo.
Propriedade 63. Sejam B ⊂ ⊂ A n˜ ao vazios, A limitado inferiormente, se ∀ ∀x ∈∈ A existe y ∈ ∈ B tal que y ≤ ≤ x ent˜ ao
inf (B) = inf (A).
Demonstrac¸˜ ao. B e´ limitado inferiormente pois esta´ contido em um conjunto limitado e vale que inf (A) ≤ ≤ inf (B),
pois B ⊂ ⊂ A, suponha que fosse c = inf (A) < inf (B), enta˜o tomando ε = inf (B) −− inf (A) > 0, existe x ∈ ∈ A tal
que x < c + ε = inf (A) −− sup(A) + inf (B) = inf (B), por hip o´tese existe y ≤ ≤ x < inf (B) com y ∈ ∈ B , o que e´
absurdo, pois n a˜o pode existir um elemento menor que o ı´nfimo.
119
 
Exerc´ıcio 3.50:
Definic¸a˜o 10 (Corte de Dedekind). Um corte de Dedekind e´ um par ordenado (A, B) onde A, B ∈ ∈ Q n˜ ao vazios,
tais que A n˜ ao possui m´ aximo, A ∪∪ B = Q e ∀ ∀ x ∈∈ A, y ∈ ∈ B vale x < y.
Seja C o conjunto dos cortes de Dedekind.
Propriedade 64. Em (A, B) vale sup(A) = inf (B).
Demonstrac¸˜ ao. Ja´ sabemos que vale sup(A) ≤ ≤ inf (B), pois ∀ ∀ x ∈ ∈ A, y ∈ ∈ B vale x < y implica sup(A) < y
e sup(A) ser cota inferior implica sup(A) ≤ ≤ inf (B), suponha por absurdo que fosse sup(A) < inf (B), enta˜o o
intervalo (sup(A),inf (B)) na˜o possui valores x
 ∈ ∈
 A, pois se n a˜o x > sup (A), nem y
 ∈ ∈
 B pois daı´ y < inf (B), mas
como existem racionais em tal intervalo, pois Q e´ denso e A ∪∪ B = Q, chegamos em um absurdo.
Propriedade 65. Existe bije c¸˜ ao entre R e C o conjunto dos cortes.
Demonstrac¸˜ ao. Definimos f : C → → R como f (A, B) = sup(A) = inf (B).
•• f e´ injetora, suponha f (A, B) = f (A′, B′) enta˜o sup(A) = inf (B) = sup(A′) = inf (B′).
Dado x ∈∈ A vamos mostrar que x ∈ ∈ A′.
x < sup(A′) = inf (B′) ≤≤ y ′, ∀ ∀ y ′ ∈ ∈ B ′, daı´ x ∈ ∈ A′
a inclus a˜o A′ ⊂ ⊂ A e´ ana´loga. Ent a˜o vale A = A′.
•• Dado y ∈ ∈ B , vamos mostrar que y ∈ ∈ B ′.
x′ < sup(A) < inf (B′) ≤≤ y
com isso y ∈ ∈ B ′. De maneira similar, B ′ ⊂ ⊂ B portanto B = B ′. Como vale B = B ′ e A = A′ enta˜o a fun c¸a˜o
e´ injetiva.
•• A func¸a˜o e´ sobrejetiva. Para qualquer y ∈ ∈ R, tomamos os conjuntos ( −∞−∞, y) ∩∩ Q = A e B = [y, ∞∞) ∩∩ Q, A
na˜o possui m a´ximo, para todo x ∈ ∈ A e y ∈ ∈ B tem-se y > x e Q = [(−∞−∞, y) ∩∩ Q] ∪∪ [ [y, ∞∞) ∩∩ Q], ale´m disso
vale sup(A) = y = inf (B), portanto f (A, B) = y e a fun c¸a˜o e´ sobrejetora, logo sendo tambe´m injetora f e´
bijec¸a˜o.
120
 
Exerc´ıcio 3.51:
Sejam X , Y conjuntos na˜o-vazios e f : X × × Y →→ R uma func¸a˜o limitada. Para cada x0 ∈ ∈ X e cada y0 ∈ ∈ Y ,
definimos s1(x0) = sup {{f (x0, y); y ∈ ∈ Y }} e s2(y0) = sup {{f (x, y0); x ∈ ∈ X }}. Isto define func¸o˜es s1 : X →→ R e
s2 : Y → → R. Prove que se tem sup x∈X s1(x) = sup y∈Y s2(y). Em, outras palavras,
supx[supyf (x, y)] = sup y[supxf (x, y)].
Primeiramente, verificaremos que supx∈X s1(x) ∈ ∈ R. De fato, se { {s1(x); x ∈ ∈ X }} fosse ilimitado superiormente,
deverı´mos ter que f e´ i limitada superiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ ∈ X tal que
A + 1 < s1(x0),
tambe´m existiria, pois s1(x0) = sup{{f (x0, y); y ∈ ∈ Y }}, y0 ∈ ∈ Y tal que
s1(x0) −− 1 < f (x0, y0)
e, consequentemente, ter´ıamos que
A < f (x0, y0).
Assim, concluir´ıamos que f e´ ilimitada superiormente. Um absurdo.
De forma an a´loga, mostra-se que supy∈Y s2(y) ∈ ∈ R.
Provaremos que
supx∈X s1(x) = sup (x,y)∈X×Y f (x, y).
Seja ε > 0 arbitra´rio. Temos que existe x0 ∈ ∈ X tal que
supx∈X s1(x) −−
 ε
2 < s1(x0).
Ale´m disso, como s1(x0) = sup{{f (x0, y); y ∈ ∈ Y }}, temos que existe y0 ∈ ∈ Y tal que
s1(x0) −−
 ε
2 < f (x0, y0).
Enta˜o, segue das inequa c¸o˜es acima, que
supx∈X s1(x) −− ε < f (x0, y0)  sup(x,y)∈X×Y f (x, y)
E, como ε > 0 e´ arbitra´rio, conclui-se que
supx∈X s1(x)  sup(x,y)∈X×Y f (x, y).
Novamente, tomamos ε > 0 arbitr a´rio. Existe ( x0, y0) ∈∈ X × × Y tal que
sup(x,y)∈X×Y f (x, y) −− ε < f (x0, y0).
Como s1(x0) = sup{{f (x0, y); y ∈ ∈ Y }}, devemos ter que
sup(x,y)∈X×Y f (x, y) −− ε < f (x0, y0)  s1(x0)  supx∈X s1(x).
E, pela arbitrariedade de ε > 0, concluı´mos que
sup(x,y)∈X×Y f (x, y)  supx∈X s1(x).
Portanto, temos que
supx∈X s1(x) = sup (x,y)∈X×Y f (x, y).
De forma an a´loga, demonstra-se que
supy∈Y s2(y) = sup (x,y)∈X×Y f (x, y).
De onde concluı´mos que
supx∈X s1(x) = sup y∈Y s2(y).
121
 
Exerc´ıcio 3.52:
Enuncie e demonstre um resultado an´alogo ao anterior com inf ao inve´s de sup. Considere, em seguida, o caso
“misto” e prove que
supy [inf xf (x, y)] = inf x[supyf (x, y)].
Definimos func¸o˜es i1 : X → → R e i2 : Y → → R por i1(x0) = inf {{f (x0, y); y ∈ ∈ Y }} e i2(y0) = inf {{f (x, y0); x ∈∈ X }}.
Provaremos que
inf x∈X i1(x) = inf y∈Y i2(y),
ou, equivalentemente,
inf x∈X [inf y∈Y f (x, y)] = inf y∈Y [inf x∈X f (x, y)].
Primeiramente, verificaremos que inf x∈X i1(x) ∈ ∈ R. De fato, se { {i1(x); x ∈ ∈ X }} fosse ilimitado inferiormente,
deverı´mos ter que f e´ ilimitada inferiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ ∈ X tal que
i1(x0) < −−A −− 1,
tambe´m existiria, pois i1(x0) = inf {{f (x0, y); y ∈ ∈ Y }}, y0 ∈ ∈ Y tal que
f (x0, y0) < i1(x0) + 1
e, consequentemente, ter´ıamos que
f (x0, y0) < − −A.
Assim, concluir´ıamos que f e´ ilimitada inferiormente. Um absurdo.
De forma an a´loga, mostra-se que inf y∈Y i2(y) ∈ ∈ R.
Provaremos que
inf x∈X i1(x) = inf (x,y)∈X×Y f (x, y).
Seja ε > 0 arbitra´rio. Temos que existe x0 ∈ ∈ X tal que
i1(x0) < inf x∈X i1(x) + ε2 .
Ale´m disso, como i1(x0) = inf {{f (x0, y); y ∈ ∈ Y }}, temos que existe y0 ∈ ∈ Y tal que
f (x0, y0) < i1(x0) +
 ε
2 .
Enta˜o, segue das inequa c¸o˜es acima, que
inf (x,y)∈X×Y f (x, y)  f (x0, y0) < inf x∈X i1(x) + ε
E, como ε > 0 e´ arbitra´rio, conclui-se que
inf (x,y)∈X×Y f (x, y)  inf x∈X i1(x).
Novamente, tomamos ε > 0 arbitr a´rio. Existe ( x0, y0) ∈∈ X × × Y tal que
f (x0, y0) < inf (x,y)∈X×Y f (x, y) + ε.
Como i1(x0) = inf {{f (x0, y); y ∈ ∈ Y }}, devemos ter que
inf x∈X i1(x)  i1(x0)  f (x0, y0) < inf (x,y)∈X×Y f (x, y) + ε.
E, pela arbitrariedade de ε > 0, concluı´mos que
inf x∈X i1(x)  inf (x,y)∈X×Y f (x, y).
Portanto, temos que
inf x∈X s1(x) = inf (x,y)∈X×Y f (x, y).
122
 
De forma an a´loga, demonstra-se que
inf y∈Y i2(y) = inf (x,y)∈X×Y f (x, y).
De onde concluı´mos que
inf x∈X i1(x) = sup y∈Y i2(y).
Agora, provaremos a desigualdade
supy [inf xf (x, y)]  inf x[supyf (x, y)].
Sejam
I := {{inf x∈X f (x, y) || y ∈ ∈ Y }}
e
S := {{supy∈Y f (x, y) || x ∈∈ X }}.
Dados elementos arbitra´rios inf x∈X f (x, y0) em I e sup y∈Y f (x0, y) de S , temos que
inf x∈X f (x, y0)  f (x0, y0)  supy∈Y f (x0, y).
Assim, pelo resultado do exerc´ıcio 3.34, temos que
supy[inf xf (x, y)] = sup( I )  inf(S ) = inf x[supyf (x, y)].
Por fim, um exemplo onde ocorre a desigualdade estrita. Sejam X = { {x1, x2}}, Y = { {y1, y2}} e f : X × × Y →→ R
definido por f (x1, y1) = f (x2, y2) = 2 e f (x1, y2) = f (x2, y1) = 1. Assim, temos que
supy∈Y f (x1, y) = sup y∈Y f (x2, y) = 2
e
inf x∈X f (x, y1) = inf x∈X f (x, y2) = 1.
Portanto,
sup
y
[inf 
x
f (x, y)] = 1 < 2 = inf 
x
[inf 
y
f (x, y)].
123
 
Exerc´ıcio 3.53:
Sejam x e y nu´meros reais positivos. Prove que se tem
√ √ xy  x + y2 .
Temos que
(
√ √ 
x −− √ √ y)2  0.
Logo,
x −− 2√ √ xy + y  0
e, portanto,
x + y
2 
√ √ xy.
124
 
Exerc´ıcio 3.54:
A desigualdade entre a me´dia aritme´tica e a me´dia geome´trica, vista no exercı´cio anterior, vale para n nu´meros
reais positivos x1, x2, ..., xn. Sejam G = n
√ √ x1x2 ...x n e A = x1+x2+···+xnn . Para provar a desigualdade no caso
geral, considere a opera c¸a˜o que consiste em substituir o menor dos n´ umeros dados, digamos xi e o maior deles,
digamos xj , respectivamente por x ′i =
 xixj
G e x ′j = G. Isto n a˜o altera a me´dia geome´trica e, quanto a` aritme´tica,
ela n a˜o aumenta, pois, como e´ fa´cil ver, x′i + x′j  xi + xj . Prove que, repetida a opera c¸a˜o no m a´ximo n vezes,
obtemos n nu´meros todos iguais a` G e, portanto, sua me´dia aritme´tica e´ G. Como em cada opera c¸a˜o a me´dia
aritme´tica na˜o aumentou, conclua que G  A, ou seja, n√ √ x1x2 ...x n  x1+x2+···+xnn .
Provaremos, por induc¸a˜o em k = 0, 1,...,n , que se exatamente n −− k termos da sequeˆncia x1,...,xn sa˜o iguais
a` G, enta˜o G  A.
Para k = 0, temos que
A = x1 + x2 + ·· ·· ·· + xnn =
 nG
n = G,
como querı´amos.
Suponhamos que exatamente n −− k termos da sequeˆncia x1,...,xn sa˜o iguais a` G, para k > 0. Sejam xi e xj ,
respectivamente, elementos de maior e menor valor da sequeˆncia em questa˜o. Desta forma temos que
xi < G < x j .
De fato, temos que
xni  x1x2 ...x n  xnj ,
e, consequentemente,
xi  G  xj .
Assim, como k > 0, devemos ter que xi < G  xj ou xi  G < xj . Se tive´ssemos xi < G = xj , enta˜o
Gn = x1x2 ...x n  (xj )n−1xi < Gn.
Absurdo. Da mesma forma, n a˜o podemos ter xi = G < xj. Portanto, devemos ter, de fato xi < G < x j . Adiante,
consideremos a sequeˆncia dada por
x′ p =



x p , p ̸ ̸= i, j
xi xj
G , p = i
G , p = j.
Temos que
x′i + x′j =
 xixj
G + G <
 xiG
G + xj = xi + xj.
Assim,
x′1 + x′2 + ·· ·· ·· + x′n
n <
 x1 + x2 + ·· ·· ·· + xn
n .
Tambe´m temos que
G′ := n
√ 
x′1x′2 ...x ′n = n
√ √ x1x2 ...x n = G.
Concluı´mos daı´ que a sequeˆncia x′1, x′2, ... , x′n possui no m a´ximo k − − 1 elementos diferentes de G′ = G. Pela
hipo´tese de indu c¸a˜o, temos que
G = G′ = n
√ 
x′1x′2 ...x ′n 
x′1 + x′2 + ·· ·· ·· + x′n
n <
 x1 + x2 + ·· ·· ·· + xn
n = A.
E o resultado segue por indu¸ca˜o.
125
 
Exerc´ıcio 3.55:
Seja K um corpo ordenado e completo. Indique com 0 ′ e 1′ o zero e a unidade de K . Para cada n ∈ ∈ N, sejam
n′ = 1′ + ... + 1′ (n vezes) e ( −−n)′ = − −n′. Definamos uma func¸a˜o f : R → → K pondo f ( pq ) = p
′
q′ para todo
 p
q ∈ ∈ Q e
para x irracional, seja f (x) = sup{{ p′q′ ∈ ∈ K ; pq < x}}. Prove que f e´ um homomorfismo sobrejetivo e conclua que f e´
uma bijec¸a˜o, ou seja, um isomorfismo de R sobre K .
A soluc¸a˜o sera´ dada em 11 passos:
(I) f (m + n) = f (m) + f (n) paratodos n, m ∈∈ Z:
Provaremos a igualdade por induc¸a˜o em n
 ∈∈
N que f (m + n) = f (m) + f (n) e f (m
−−
n) = f (m) + f (
−−
n), para
todo m ∈ ∈ Z.
Temos que f e´ definido em Z indutivamente por f (m + 1) = f (m) + f (1) e f (−−m −− 1) = − −f (m) −− f (1), para
m ∈∈ N. Da´ı segue o resultado para n = 1.
Adiante, temos que
f (m + (n + 1)) = f ((m + 1) + n) = f (m + 1) + f (n) = f (m) + f (n) + f (1) = f (m) + f (n + 1).
E de forma an a´loga mostra-se que f (m −− (n + 1)) = f (m) + f (−−(n + 1)). E o resultado segue pelo PIF.
(II) f (mn) = f (m)f (n) para todos n, m ∈ ∈ Z:
Demonstrac¸a˜o ana´loga a` anterior.
(III) f (m) < f (n) ⇐⇐⇒⇒ m < n, para todos n, m ∈∈ Z:
Observemos que pela defini c¸a˜o indutiva de f em N (i.e. f (n + 1) := f (n) + 1) e pelo fato de f (1) := 1 ′ > 0′,
temos que n ∈ ∈ Z com n > 0 implica f (n) > 0′. E por f (−−n) = − −f (n) temos que se n ∈ ∈ Z com n < 0 enta˜o
f (n) < 0′. Ou seja, n > 0 em Z se e somente se f (n) > 0′.
Assim, temos que
f (m) < f (n)
 ⇐⇐⇒⇒
 f (m)
−−
f (n) < 0′
⇐⇐⇒⇒ f (m −− n) < 0′
⇐⇐⇒⇒ m −− n < 0′
⇐⇐⇒⇒ m < n.
(IV) f (s + t) = f (s) + f (t) para todos s, t ∈∈ Q:
Sejam s = pq e t = mn com p, m ∈ ∈ Z e q , n ∈∈ N . Ent a˜o, temos que
f (s + t) = f ( np+qmqn )
= f (np+qm)f (qn)
= f (n)f ( p)+f (q)f (m)f (q)f (n)
= f ( p)f (q) +
 f (m)
f (n)
= f (s) + f (t).
(V) f (st) = f (s)f (t) para todos s, t ∈ ∈ Q:
Ana´loga a` anterior.
(VI) f (s) < f (t) ⇐⇐⇒⇒ s < t, para todos s, t ∈∈ Q:
Sejam s = pq e t = mn com p, m ∈ ∈ Z e q , n ∈∈ N . Ent a˜o, temos que
f (s) < f (t) ⇐⇐⇒⇒ f (n)f ( p) < f (q )f (m)
⇐⇐⇒⇒ f (np) < f (qm)
⇐⇐⇒⇒ np < qm
⇐⇐⇒⇒ s < t.
126
 
(VII) f (x) = sup {{f (r); r  x, r ∈ ∈ Q}} para todo x ∈ ∈ R:
Pela defini c¸a˜o de f nos irracionais, basta provar a igualdade para x ∈∈ Q. De fa to, por (IV ) tem os qu e
f (x)  sup{{f (r); r  x, r ∈ ∈ Q}}. E por outro lado, f (x) ∈ ∈ sup{{f (r); r  x, r ∈ ∈ Q}}. E saı´ segue o resultado.
(VIII) f e´ um homomorfismo:
De fato, temos, para quaisquer x, y ∈ ∈ R, que
f (x) + f (y) = sup {{f (r); r  x, r ∈ ∈ Q}} + sup{{f (r); r  y, r ∈ ∈ Q}}
= sup{{f (r1) + f (r2); r1  x, r2  y e r1, r2 ∈ ∈ Q}} (pelo exerc´ıcio 3.37)
= sup{{f (r); r  x + y, r ∈ ∈ Q}} (por (IV))
= f (x + y).
Analogamente, prova-se que f (xy) = f (x)f (y) utilizando-se do exerc´ıcio 3.39 e do item (V).
(IX) f (x) < f (y) ⇐⇐⇒⇒ x < y, para todos x, y ∈ ∈ R:
Temos, por (VII), que
f (x) < f (y) ⇐⇐⇒ ⇒ ∃∃r ∈ ∈ Q, f (x) < f (r)  f (y)
⇐⇐⇒ ⇒ ∃∃r ∈ ∈ Q, x < r  y
⇐⇐⇒⇒ x < y.
(X) y = f (sup{{r ∈ ∈ Q; f (r)  y}}):
Seja x = sup {{r ∈∈ Q; f (r)  y}}. Observemos que x ∈ ∈ R pelo fato de K ser completo e ordenado (logo,
arquimediano). Enta˜o, pela escolha de x,
f (x) = sup{{f (r); r  x, r ∈ ∈ Q}}  y.
Por outro lado, se f (x) < y, haveria, novamente pela arquimedianeidade de K , r ∈ ∈ Q, tal que f (x) < f (r) < f (y).
Contradizendo a escolha de x.
(XI) f e´ bijetiva:
O item (IX) implica que f e´ injetiva e o item (X) implica que f e´ sobrejetiva.
127
 
Exerc´ıcio 3.56:
Seja f : R → → R um isomorfismo de R em si mesmo. Prove que f = identidade. Conclua que se K e L sa˜o corpos
ordenados completos, existe um u´nico isomorfismo de K sobre L.
Seja f : R →→ R um isomorfismo de corpos. Provaremos que f e´ igual a identidade I R : R →→ R.
Pelo exercı´cio 3.4, temos que f (0) = 0 e f (1) = 1.
Por induc¸a˜o em n ∈ ∈ N, segue que
f (n) = n = −−f (−−n).
E, assim, para q ∈ ∈ Z+ temos que
1 = f 
�
q 
q �
= f (q )f 
�
1
q �
= qf 
�
1
q �
.
De onde concluı´mos que f 
�
1
q
 
= 1q . Portanto, para p ∈∈ Z, temos que
f 
� p
q 
�
= f ( p)f 
�1
q 
�
= pq .
Ou seja, f (r) = r para todo r ∈ ∈ Q.
Agora, observemos que se x > 0, enta˜o f (x) > 0. De fato, temos que
f (x) = f (
√ √ 
x
√ √ 
x) = f (
√ √ 
x)2 > 0.
Seja x ∈∈ R. Provaremos que f (x) = x mostrando que para quaisquer r, s ∈∈ Q tais que
s < x < r
tem-se que
s < f (x) < r.
De fato, temos que
0 < x −− s
e
0 < r −− x
implicam que
0 < f (x −− s) = f (x) −− f (s) = f (x) −− s
e
0 < f (r −− x) = f (r) −− f (x) = r −− f (x)
pela observac¸a˜o do par a´grafo anterior. Portanto, temos que
s < f (x) < r
e concluı´mos que
f (x) = x
para qualquer x ∈∈ R.
Provaremos agora que se K e L sa˜o corpos ordenados completos, existe um ´ unico isomorfismo entre K e L.
Pelo exerc´ıcio 3.55, temos que existem isomorfismos f K : R → → K e f L : R → → L. Desta forma, existe um
isomorfismo ϕ = f L ◦◦ f −1K : K → → L.
Suponhamos que ψ : K → → L seja um isomorfismo de corpos. Provaremos que ψ = ϕ. De fato, como
f −1L ◦◦ ψ−1 ◦◦ ϕ ◦◦ f K : R →→ R
e´ um isomorfismo, pelo que foi provado acima, temos que
f −1K ◦◦ ψ−1 ◦◦ ϕ ◦◦ f K = I R.
Consequentemente,
ψ−1 ◦◦ ϕ = I K 
e
ψ = ϕ.
128
 
Exerc´ıcio 3.57:
Verifique que f : R →→ (−−1, 1), definida por f (x) = x√ 1+x2 , e´ uma bijec¸a˜o de R no intervalo (−−1, 1).
Seja g : (−−1, 1) →→ R definida por
g(x) = x√ √ 
1 −− x2 .
Provaremos que g = f −1.
Seja x ∈∈ (−−1, 1). Ent a˜o,
f ◦ ◦ g(x) = f 
�
 x√ 
1−x2
 
= �
 x
√ 1
−
x
2
�
�
1+
�
 x√ 
1−x2
�2� 12
=
�
 x√ 
1−x2
�
�
1+ x21−x2
� 1
2
=
�
 x√ 
1−x2
�
�√ 
1−x2 +x2√ 
1−x2
�
=
�
 x√ 
1−x2
�
 
�
 1√ 
1−x2
�
= x.
Seja x ∈∈ R. Ent a˜o,
g ◦◦ f (x) = g
�
 x√ 
1+x2
 
=
�
 x√ 
1+x2
�
�
1−
�
 x√ 
1+x2
�2�
 
1
2
= �
 x
√ 1+x2 �
�
1+x2−x2
1+x
 
2
� 1
2
=
�
 x√ 
1+x2
�
�
 1√ 
1+x2
�
= x.
Portanto, g = f −1.
129
 
Exerc´ıcio 3.58:
Um conjunto G de n u´meros reais chama-se grupo aditivo quando 0 ∈ ∈ G e x, y ∈∈ G ⇒⇒ x − − y ∈∈ G. Enta˜o,
x ∈ ∈ G ⇒ − ⇒ −x ∈ ∈ G e x, y ∈ ∈ G ⇒ ⇒ x + y ∈ ∈ G. Seja enta˜o G ⊂ ⊂ R um grupo aditivo de n´ umeros reais. Indiquemos
com G+ o conjunto dos n´umeros reais pertencentes a` G. Excetuando o caso trivial G = { {0}}, G+ e´ na˜o-vazio.
Suponhamos pois G ̸ ̸= {{0}}. Prove que:
(i) Se inf G+ = 0, ent a˜o G e´ denso em R;
(ii) Se inf G+ = a > 0, enta˜o a ∈∈ G+ e G = {{0, ±±a, ±±2a,... }};
(iii) Conclua que, se α ∈∈ R e´ irracional, os n u´meros reais da forma m + nα com m, n ∈ ∈ Z constituem um
subconjunto denso em R.
(i)
Provaremos que dado um intervalo arbitra´rio ( a, b) em R, existe g ∈ ∈ G e m ∈ ∈ Z tais que mg ∈ ∈ (a.b). Como
mg ∈ ∈ G (prova-se por induc¸a˜o em m), concluı´mos daı´ que G intercepta todo intervalo aberto em R. Logo, G e´
denso em R.
Como inf G+ = 0, temos que existe g ∈ ∈ G+ tal que
0 < g < b −− a.
Assim, tomando-se m = min{{n ∈ ∈ Z; a < ng }}, teremos que
a < mg = (m −− 1)g + g  a + g < a + (b −− a) = b.
Logo, mg ∈ ∈ (a, b).
(ii)
Primeiramente, provaremos que a ∈ ∈ G. De fato, se a = inf G+ /∈∈ G terı´amos que existiriam h e g ∈ ∈ G+ tais que
a < h < g < 2a.
Daı´
0 < g −− h < a
e, como g −− h ∈ ∈ G, temos que
a = inf G+  g −− h < a.
Uma contradic¸a˜o. Logo, a ∈∈ G.
Agora, provaremos que todo g ∈ ∈ G e´ da forma na para algum n ∈∈ Z. Seja n = max{{n ∈∈ Z; na  g}} e r = g −−na.
Pela escolha de n, temos que
0  r < a.
Assim, como r = g −− na ∈∈ G devemos ter que r = 0 pois, caso contr a´rio, terı´amos que
a = inf G+  r < a.
Portanto, g = na.
(iii)
Seja
G := { {m + nα; m, n ∈ ∈ Z}}.
Temos que G e´ um grupo aditivo. Como G ̸ ̸= {{0}}, nos basta provar que a = inf G+ = 0.
Suponhamos o contra´rio. Ent a˜o a > 0 e, pelo item (ii), temos que
G = {{0, ±±a, ±±2a,...}}.
Assim, como α ∈∈ G, temos que a = kα ∈ ∈ R\\Q.
Daı´, temos que
G = { {0, ±±a, ±±2a,... } } ⊂⊂ R\\Q.
Mas, por outro lado,
G := {{m + nα; m, n ∈∈ Z} } ⊃⊃ Z.
Uma contradic¸a˜o.
130
 
Exerc´ıcio 3.59:
Sejam f , g : R2 →→ R e φ, ψ : R3 →→ R as func¸o˜es definidas por f (x, y) = 3x −− y, g (x, y) = (x −− 1)2 + (y + 1)2 −− 9,
ϕ(x,y,z ) = 3z e ψ(x,y,z ) = x2 + y2 −− z . Interpretando ( x, y) como as coordenadas cartesianas de um ponto
no plano R2 e (x,y,z ) como as coordenadas de um ponto no espa¸ co R3, descreva geometricamente os conjuntos
f −1(0), g −1(0), ϕ−1(0) e ψ−1(0).
•• f −1(0) = { {(x, y) ∈ ∈ R2; y = 3x}}: uma reta;
•• g−1(0) = {{(x, y) ∈ ∈ R2; (x −− 1)2 + (y + 1)2 = 32}}: uma circunfereˆncia de raio 3 e centrada no ponto (1, −−1);
•• ϕ−
1
(0) = { {(x,y,z ) ∈∈ R
3
; z = 0}}: um plano;
•• ψ−1(0) = {{(x,y,z ) ∈ ∈ R3; z = x2 + y2}}: dois cones.
131
 
Exerc´ıcio 3.60:
Seja a um n u´mero real positivo. Dado um n u´mero racional p/q (onde p ∈ ∈ Z e q ∈ ∈ N), defina a poteˆncia de base a
e expoente racional p/q como a p/q = q
√ √ 
a p. Prove:
(1) Para quaisquer r, s ∈∈ Q tem-se ar.as = ar+s e (ar)s = ars;
(2) Para todo r ∈ ∈ Q+, a fun c¸a˜o f : (0, +∞∞) → → (0, +∞∞), dada por f (x) = xr, e´ uma bijec¸a˜o crescente;
(3) A fun c¸a˜o g : Q →→ R definida por g(r) = ar (onde a e´ um nu´mero real positivo fixado) e´ crescente se a > 1, e
decrescente se 0 < a < 1.
(1)Sejam r = p/q e s = p′/q ′, onde p e p ′ ∈ ∈ Z e q e q ′ ∈ ∈ N. Temos que
aras = a
p
q a
p′
q′
= a
pq′
qq′ a
p′q
q′q
= qq′
√ √ 
a pq′ qq′
√ √ 
a p′q
= qq′
√ √ 
a pq′a p′q
= qq′
√ √ 
a pq′+ p′q
= a
pq′+p′q
qq′
= a
p
q +
p′
q′
= ar+s
e
(ar)s = (a
p
q )
p′
q′
= q′
! 
( q
√ √ 
a p) p′
= qq′
√ √ 
a pp′
= a
pp′
qq
′
= ars.
(2)
A func¸a˜o f tem inversa g : (0, +∞∞) →→ (0, +∞∞) dada por g (x) = x 1r . De fato, dado x ∈∈ (0, +∞∞), temos que
f ◦ ◦ g(x) = f (x 1r )
= (x 1r )r
= x1
= x.
e
g ◦◦ f (x) = g(xr)
= (xr) 1r
= x1
= x.
Portanto, f e´ uma bijec¸a˜o.
Dados x < y em (0 , +∞∞), temos que
x p < y p
e, consequentemente,
f (x) = xr
= q
√ √ 
x p
< q√ √ y p
= yr
= f (y).
Portanto, f e´ crescente.
132
 
(3)
Dados r = p/q e s = p′/q ′, onde p e p′ ∈∈ Z e q e q ′ ∈∈ N, com r < s. Enta˜o, r = pq′qq′ < p
′q
qq′ = s e,
consequentemente,
 pq ′ < p′q.
Caso a > 1, temos que
 pq ′ < p′q ⇒⇒ a pq′ < a p′q
⇒⇒ qq′
√ √ 
a pq′ < qq′
√ √ 
a p′q
⇒⇒ g( pq′qq′ ) < g( p
′q
qq′ )
⇒⇒ g(r) < g(s).
Concluı´mos daı´ que, g e´ crescente caso a > 1.
Caso 0 < a < 1, temos que
 pq ′ < p′q ⇒⇒ a pq′ > a p′q
⇒⇒ qq′
√ √ 
a pq′ > qq′
√ √ 
a p′q
⇒⇒ g( pq′qq′ ) > g( p
′q
qq′ )
⇒⇒ g(r) > g(s).
Concluı´mos daı´ que, g e´ decrescente caso 0 < a < 1.
133
 
Cap´ıtulo 4
Sequeˆncias e Se´ries de Nu´meros Reais
134
 
Exerc´ıcio 4.1:
Se lim xn = a, enta˜o lim ||xn|| = | |a||. Deˆ um contra-exemplo mostrando que a rec´ıproca e´ falsa, salvo quando a = 0.
Como lim xn = a, dado ε > 0 existe n0 ∈ ∈ N tal que
||||xn|| −− ||a|| ≤ ||| ≤ |xn −− a|| < ε,
para todo n ≥ ≥ n0. Logo, temos que
lim ||xn|| = | |a||.
Temos que lim ||xn|| = | |a|| na˜o implica que lim xn = a. Basta tomar xn = 1, para todo n ∈∈ N e a = − −1.
135
 
Exerc´ıcio 4.2:
Seja lim xn = 0. Para cada n, ponha yn = min{|{|x1||, ||x2||,..., ||xn|}|}. Prove que yn − −→→ 0.
Dado ε > 0, existe n0 ∈ ∈ N tal que se n ≥≥ n0, enta˜o | |xn|| < ε. Como | |yn|| = yn = min{|{|x1||,..., ||xn|} ≤ ||} ≤ |xn||, temos
que para n ≥≥ n0, | |yn| ≤ | ≤ ||xn|| < ε. Logo,
lim yn = 0.
136
 
Exerc´ıcio 4.3:
Se lim x2n = a e lim x2n−1 = a, prove que lim xn = a.
Dado ε > 0, existem n p, ni ∈ ∈ N tais que
n ≥≥ n p ⇒ ⇒ ||x2n −− a|| < ε
e
n ≥≥ ni ⇒ ⇒ ||x2n−1 −− a|| < ε.
Tomemos n0 = max{{2n p, 2ni −− 1}}. Assim, para n ≥≥ n0, temos
•• Se n = 2k, enta˜o
2k = n ≥≥ n0 ≥ ≥ 2n p.
Logo, k ≥ ≥ n p e consequentemente
||xn −− a|| = ||x2k − − a|| < ε.
•• Se n = 2k −− 1, enta˜o
2k −− 1 = n ≥≥ n0 ≥ ≥ 2ni −− 1.
Logo, k ≥ ≥ ni e consequentemente
||xn −− a|| = | |x2k−1 −− a|| < ε.
Em ambos os casos, se n ≥ ≥ n0, temos | |xn −− a|| < ε. Logo, lim xn = a.
137
 
Exerc´ıcio 4.4:
Se N = N1 ∪∪ N2 ∪∪ ... ∪∪ Nk e limn∈N1 xn = limn∈N2 xn = ... = limn∈Nk xn = a, enta˜o limn∈N xn = a.
Dado ε > 0, existem n1, n2,...,n k ∈ ∈ N1, N2,..., Nk tais que se n ∈ ∈ Ni com n ≥ ≥ ni, enta˜o | |xn −− a|| < ε. Tomando
n0 = max {{n1, n2,...,n k}}, temos que se n ≥ ≥ n0, enta˜o n ≥ ≥ ni, para todo i = 1,..,k. Desta forma, | |xn − − a|| < ε.
Portanto,
lim xn = a.
138
 
Exerc´ıcio 4.5:
Deˆ exemplo de uma sequeˆncia (xn) e uma decomposi¸ca˜o N = N1 ∪ ∪ N2 ∪ ∪ ... ∪ ∪ Nk ∪ ∪ ... de N como reuni a˜o de
uma infinidade de conjuntos infinitos tais que, para todo k, a sequeˆncia (xn)n∈Nk tenha limite a, mas na˜o se tem
lim xn = a.
Seja k ∈ ∈ N. Definimos
Nk = {{2k−1.n ∈∈ N; n ∈∈ N, n e´ ı´mpar}}.
Temos dessa definic¸a˜o que N =
∞∪
k=1
Nk. Assim, podemos definir
x : N →→
n →→ x(n) =
� 1, se n = 2k−1 para algum k
1/n, se n = 2k−1m para algum m > 1.
.
Provemos que lim xn = 0. Dado ε > 0, existe p0 ∈ ∈ N tal que
1
3 p0
< ε2k−1.
Assim, se n = 2k−1m ∈ ∈ Nk, com n ≥ ≥ n0 = 2k−13 p0 , enta˜o
xn =
 1
2k−1m ≤ ≤
 1
2k−13 p0 < ε.
Logo, lim
n∈Nk
= 0. Por outro lado, lim x2k−1 = 1. Portanto, limn∈N xn na˜o existe.
139
 
Exerc´ıcio 4.6:
Se lim xn = a e lim(xn −− yn) = 0, enta˜o lim yn e´ igual a a.
Dado ε > 0, existem n1, n2 ∈ ∈ N tais que
n ≥ ≥ n1 ⇒ ⇒ ||xn −− a|| < ε/2
e
n ≥≥ n2 ⇒ ⇒ ||xn −− yn|| < ε/2.
Tomando n0 = max{{n1, n2}}, teremos que se n ≥≥ n0, enta˜o
||yn −− a| ≤ | ≤ ||xn −− yn|| + ||xn −− a|| < ε.
Logo, lim yn = a.
140
 
Exerc´ıcio 4.7:
Seja a ̸ ̸= 0. Se lim yna = 1, enta˜o lim yn e´ igual a a.
Sejam ε > 0 e a ̸ ̸= 0. Neste caso ε/||a|| > 0. Assim, existe n0 ∈ ∈ N tal que

yn
a −− 1
 < ε||a|| ,
ou seja,
||yn −− a|| < ε.
Logo, lim yn = a.
141
 
Exerc´ıcio 4.8:
Seja b ̸ ̸= 0. Se lim xn = a e lim
 xn
yn
= b, enta˜o lim yn =
 a
b .
Pelo ı´tem 3 do Teorema 6, temos que
lim ynxn
= 1b .
Pelo ı´tem 2 do mesmo teorema,
lim yn = lim xn.
yn
xn
= lim x
n
. lim yn
xn
= a. 1b =
 a
b .
142
 
Exerc´ıcio 4.9:
Seja b ̸ ̸= 0. Se lim xn = a e lim
 xn
yn
= b, enta˜o lim yn =
 a
b .
Pelo ı´tem 3 do Teorema 6, temos que
lim ynxn
= 1b .
Pelo ı´tem 2 do mesmo teorema,
lim yn = lim xn.
yn
xn
= lim x
n
. lim yn
xn
= a. 1b =
 a
b .
143
 
Exerc´ıcio 4.10:
Sejam k ∈ ∈ N e a > 0. Se a ≤≤ xn ≤ ≤ nk para todo n, enta˜o lim n√ √ xn = 1.
Temos que
lim n
√ √ 
a = lim n
√ √ 
n = 1.
Assim,
lim n
√ √ 
nk = lim
(
n
√ √ 
n
k
=
(
lim n
√ √ 
n

k = 1k = 1.
Logo, lim xn = 1.
144
 
Exerc´ıcio 4.10:
Sejam k ∈ ∈ N e a > 0. Se a ≤≤ xn ≤ ≤ nk para todo n, enta˜o lim n√ √ xn = 1.
Temos que
lim n
√ √ 
a = lim n
√ √ 
n = 1.
Assim,
lim n
√ √ 
nk = lim
(
n
√ √ 
n
k
=
(
lim n
√ √ 
n

k = 1k = 1.
Logo, lim xn = 1.
145
 
Exerc´ıcio 4.11:
Use a desigualdade entre as me´dia aritme´tica e geome´trica dos n + 1 nu´meros 1 −− 1/n, 1 −− 1/n, ..., 1 −− 1/n, 1 e prove
que a sequeˆncia (1 −− 1/n)n e´ crescente. Conclua que (1 −− 1/n)n ≥≥ 1/4 para todo n > 1.
Pela desigualdade envolvendo a me´dia aritme´ticae a me´dia geome´trica, temos que
n+1
" �
1 −− 1n
�n
.1 ≤≤
n
�
1 1n
�
+ 1
n + 1
n+1" �1 −− 1n�
n
≤≤ nn + 1 = 1 −− 1n + 1
�
1 −− 1n
�n
≤≤
�
1 −− 1n + 1
�n+1
.
Logo, a sequeˆncia (xn)n∈N dada por
xn =
�
1 −− 1n
�n
e´ crescente. Daı´, para n ≥ ≥ 2, temos
1
4 =
�
1 −− 12
�2
≤≤
�
1 −− 1n
�n
.
146
 
Exerc´ıcio 4.11a:
Sejam xn = (1 + 1 /n)n e yn = (1 −− 1n+1 )n+1. Mostre que lim xnyn = 1 e deduza da´ı que lim(1 −− 1/n)n = e−1.
Segue, pelas definic¸o˜es de xn e yn, que
xnyn =
�
1 + 1n
�n�
1 −− 1n + 1
�n+1
=
� n
n + 1
�n � n
n + 1
�n�
1 −− 1n + 1
�
= 1
−−
 1
n + 1
.
Logo,
lim xnyn = li m 1 −−
 1
n + 1 = 1.
Como lim xn = e, temos que
lim
�
1 −− 1n
�n
= lim yn1
= lim yn = e−1.
147
 
Exerc´ıcio 4.12:
Fazendo yn = x1/k e b = a1/k na identidade yk−−bk = (y−−b)
k−1∑
i=0
yibk−i−1, obtenha x−−a = (x1/k−−a1/k)
k−1∑
i=0
xi/ka1−(i+1)/k
e use isto para provar que se lim xn = a > 0, enta˜o lim n
√ √ xn = n
√ √ a. Conclua da´ı, que lim(xn)r = ar para todo
racional r.
Fazendo y = x1/k e b = a1/k na identidade
yk −− bk = (y −− b)
k−1�
i=0
yibk−i−1,
obtemos
x −− a = (x1/k −− a1/k)
k−1�
i=0
xi/ka
1−
i + 1
k .
como lim xn = a > 0, existe c > 0 em e um nc ∈ ∈ N tal que para todo n ≥≥ nc, teremos
0 < c < x n.
Logo, para n ≥≥ nc temos que
xn −− a = (x1/kn −− a1/k)
k−1�
i=0
xi/kn a
1−
i + 1
k
> (x1/kn −− a1/k).S,
onde
S =
k−1
�
i=0
ci/ka
1−
i + 1
k > 0.
dado ε > 0, existe n1 ∈ ∈ N tal que para todo n ≥≥ n1, temos
εS > ||xn −− a||.
Daı´, fazendo n0 = max{{n1, n2}}, temos que para todo n ≥ ≥ n0
εS > ||xn −− a|| > | |x1/kn −− a1/k||.S.
Logo,
ε > ||x1/kn −− a1/k||
para n ≥ ≥ n0. Concluimos daı´ que
lim n√ √ xn = n
√ √ 
a.
Sendo r = pq , temos que
lim x p/qn = lim( q
√ √ p)
= (lim q√ √ xn) p
= (
 q
√ √ a)
 p
= a
 p/q
= a
r
.
148
 
Exerc´ıcio 4.14:
Propriedade 66. Seja a, b ≥≥ 0 e ent˜ ao l im n
√ √ 
an + bn = max{{a, b}}.
Demonstrac¸˜ ao. Seja c = max {{a, b}} enta˜o vale Vale an ≤≤ cn, bn ≤≤ cn e daı´ an + bn ≤≤ 2cn da mesma maneira
cn ≤≤ an + bn, pois c e´ a ou b, logo
cn ≤≤ an + bn ≤≤ 2cn
c ≤≤ n
√ √ 
an + bn ≤≤ n
√ √ 
2 c
tomando limites, temos pelo teorema do sandu´ıche
lim n√ √ an + bn = c.
Propriedade 67. Sejam (ak ≥ ≥ 0)m1 e c = max{{ak, k ∈ ∈ I m}} ent˜ ao
lim
n→∞
n
 
m�
k=1
ank = c.
Demonstrac¸˜ ao. Vale ank ≤ ≤ cn, tomando a soma, tem-se
∑m
k=1 ank ≤ ≤ m.cn, tem-se tambe´m cn ≤≤
∑m
k=1 ank enta˜o vale
cn ≤≤
m�
k=1
ank ≤ ≤ m.cn
tomando a raiz
c ≤≤ n
 

m
�
k=1
ank ≤ ≤ n
√ √ 
m.c
e novamente por teorema do sanduı´che tem-se
lim n
 
m�
k=1
ank = c.
149
 
Exerc´ıcio 4.15:
Definic¸a˜o 11 (Termo destacado). Dizemos que xn e´ um termo destacado quando xn ≥ ≥ x p para todo p > n. Isto e´ 
quando xn e´ maior ou igual a todos seus sucessores.
Propriedade 68. Toda sequeˆncia possui subsequeˆncia mon´ otona .
Demonstrac¸˜ ao. Seja A ⊂ ⊂ N o conjunto dos ı´ndices s da sequeˆncia (xn), tais que xs e´ destacado, existem dois casos
a serem analisados
••
 Se A e´ infinito, enta˜o podemos tomar uma subsequeˆncia (xn1 , xn2 ,
·· ·· ··
) de termos destacados formada pelos
elementos com ı´ndices em A que e´ na˜o-crescente com n1 < n2 < n3 < · · ·· ·· e com xn1 ≥ ≥ xn2 ≥ ≥ ···· ·· .
•• Se A e´ finito, tomamos um n1 maior que todos elementos de A daı´ xn1 na˜o e´ destacado, existindo xn2 ≥ ≥ xn1
com n2 > n1, por sua vez xn2 na˜o e´ destacado logo existe n3 > n2 tal que xn3 ≥ ≥ xn2 , assim construı´mos uma
subsequeˆncia na˜o-decrescente .
150
 
Exerc´ıcio 4.18:
Generalizamos o exerc´ıcio em dois resultados.
Propriedade 69. Sejam (an) e (bn) sequeˆncias limitada tais que an + bn = 1 ∀ ∀n ∈ ∈ N , (zn) e (tn) com o mesmo
limite a, ent˜ ao l im an.zn + bn.tn = a.
Demonstrac¸˜ ao. Escrevemos
an.zn + bn.tn = an.zn −− a.an + a. an
  
=1−bn
+bn.tn = an(zn −− a) + a(1 −− bn) + bn.tn =
= an(zn −− a) + a −− a.bn + bn.tn = an(zn −− a) + a + bn(tn −− a)
daı´
lim an(zn −− a) + a + bn(tn −− a) = a = lim an.zn + bn.tn
pois an e bn sa˜o limitadas e zn −− a, tn −− a tendem a zero.
Propriedade 70. Se limn→∞ zk(n) = a ∀∀ k e cada (xk(n)) e´ limitada com 
 ∑ p
k=1 xk(n) = vn →→ b ent˜ ao
limn→∞
∑ p
k=1 xk(n)zk(n) = a.b.
Demonstrac¸˜ ao. Vale x1(n) = vn −−
∑ p
k=2 xk(n).
 p�
k=1
xk(n)zk(n) = x1(n)z1(n) +
 p�
k=2
xk(n)zk(n) =
= z1(n)vn −−
 p�
k=2
xk(n)z1(n) +
 p�
k=2
xk(n)zk(n) =
= z1(n)vn  
 
  
→a.b
+
 p
�
k=2
xk(n) (zk(n) −− z1(n))    
→0
→→ a.b.
151
 
Exerc´ıcio 4.19:
Definic¸a˜o 12 (Sequeˆncia de variac¸a˜o limitada) . Uma sequeˆncia (xn) tem variac¸˜ ao limitada quando a sequeˆncia 
(vn) com 
vn =
n�
k=1
||∆xk|| e´ limitada .
Propriedade 71. Se (xn) tem varia c¸˜ ao limitada ent˜ ao (vn) converge.
Demonstrac¸˜ ao. (vn) e´ limitada e na˜o-decrescente, pois ∆vn = | |∆xn+1| | ≥≥ 0, logo e´ convergente.
Propriedade 72. Se (xn) tem varia c¸˜ ao limitada ent˜ ao existe l im xn.
Demonstrac¸˜ ao. A se´rie
 ∑∞
k=1 ||∆xk|| converge portanto
 ∑∞
k=1 ∆xk converge absolutamente e vale
xn −− x1 =
n−1�
k=1
∆xk ⇒ ⇒ xn =
n−1�
k=1
∆xk + x1
logo xn e´ convergente.
Exemplo 17. Se | |∆xn+1| ≤| ≤ c||∆xn| ∀| ∀ n ∈ ∈ N com 0 ≤ ≤ c < 1 ent˜ ao (xn) possui variac¸˜ ao limitada. Definimos 
g(k) = | |∆xk|| logo a desigualdade pode ser escrita como g(k + 1) ≤ ≤ cg (k), Qg(k) ≤ ≤ c aplicamos 
 ∏n−1
k=1 de ambos 
lados, daı´ 
g(n) = | |∆xn| ≤| ≤ cn−1g(1)
somando em ambos lados temos n
�k=1 ||
∆xk
| ≤| ≤
n
�k=1
ck−1g(1)
como o segundo termo converge por ser se´rie geome´trica segue que (xn) e´ de variac¸˜ ao limitada, logo converge.
Propriedade 73. (xn) tem varia c¸˜ ao limitada ⇔ ⇔ xn = yn − − zn onde (yn) e (zn) s˜ ao sequeˆncias n˜ ao-decrescentes 
limitadas.
Demonstrac¸˜ ao. ⇐ ⇐).
Seja xn = yn −− zn onde (yn) e (zn) sa˜o sequeˆncias na˜o-decrescentes limitadas, enta˜o xn tem variac¸a˜o limitada.
vn =
n�
k=1
||∆xk|| =
n�
k=1
||∆yk − − ∆zk| ≤| ≤
n�
k=1
||∆yk|| +
n�
k=1
||∆zk| ≤ | ≤ ||
n�
k=1
∆yk|| + ||
n�
k=1
∆zk||
= | |yn+1 −− y1|| + ||zn+1 − − z1|| < M 
pois ( yn) e (zn) sa˜o limitadas, logo ( vn) e´ limitada, isto e´, (xn) tem variac¸a˜o limitada.
⇒⇒). Dada ( xn) com varia c¸a˜o limitada. (xn) tem varia c¸a˜o limitada ⇔ ⇔ (xn + c) tem varia c¸a˜o limitada, pois ∆
aplicado as duas sequeˆncias tem o mesmo valor. Escrevemos
xn −− x1 =
n−1
�
k=1
∆xk
Para cada n definimos P n o conjunto dos k da soma
∑n−1
k=1 ∆xk tais que ∆ xk ≥ ≥ 0 e N n o conjunto dos k da mesma
soma tais que ∆ xk < 0, com isso temos uma parti¸ca˜o do conjunto dos ı´ndices e vale
xn −− x1 =
n−1�
k=1
∆xk =
�
k∈P n
∆xk
    
yn
−−
�
k∈N n
(−−∆xk)
  
 
  
zn
152
 
(yn) e´ na˜o decrescente, pois yn+1 = yn caso na˜o seja adicionado ı´ndice a P n+1 em rela c¸a˜o a P n e yn+1 ≥ ≥ yn caso
seja adicionado um ı´ndice a P n+1, pois adicionamos um termo da forma ∆ xk ≥ ≥ 0 o mesmo para ( zn).
(yn) e´ limitada pois
�
k∈P n
∆xk ≤ ≤
n−1�
k=1
||∆xk|| =
�
k∈P n
||∆xk|| +
�
k∈N n
||∆xk|| =
�
k∈P n
∆xk +
�
k∈N n
(−−∆xk) < M 
da mesma maneira ( zn) e´ limitada.
Exemplo 18. Existem sequˆencias convergentes que n˜ ao possuem varia c¸˜ ao limitada, comopor exemplo xn =
∑
n−1
k=1
(−1)k
k , que e´ convergente pore´m ∆xn =
 (−1)n
n ⇒ ⇒ ||∆xn|| = 1n e 
 ∑
n−1
k=1
1
k n˜ ao e´ limitada.
153
 
Exerc´ıcio 4.20:
Exemplo 19. Seja (xn) definida como x1 = 1, xn+1 = 1 + 1xn , ent˜ ao vale que 
||∆xn+1| ≤| ≤
 1
2 ||∆xn||.
•• Primeiro vale que xn ≥ ≥ 1 para todo n pois vale para n = 1, supondo validade para n, ent˜ ao vale para n + 1,
pois xn+1 = 1 + 1xn .
••
 Vale que 
 | |
xn+1xn
| ≥| ≥
 2 para todo n, pois, substituindo xn+1 = 1 + 1x
n
isso implica que xn+1xn
 ≥ ≥
 xn + 1
 ≥≥
 2.
•• De | |xn+1xn| ≥| ≥ 2 segue que | | 1xn+1xn | ≤| ≤
 1
2 , multiplicando por | |xn+1 −− xn|| em ambos lados segue que 
||xn −− xn+1xn+1xn
| ≤| ≤ | |xn+1 −− xn||2
|| 1xn+1
−− 1xn
|| = || (1 + 1xn+1
)
    
xn+2
−− (1 + 1xn
)
  
 
   
xn+1
| ≤| ≤ | |xn+1 −− xn||2
portanto | |∆xn+1| | ≤≤ 12 ||∆xn|| portanto a sequeˆncia e´ convergente. Calculamos seu limite l im xn = a
a = 1 + 1a ⇔ ⇔ a
2 −− a −− 1 = 0
cujas ra´ızes s˜ ao 1±
√ 
5
2 , ficamos com a raiz positiva pois a sequeˆncia e´ de termos positivos, logo
lim xn =
 1 +
√ √ 
5
2 .
154
 
Exerc´ıcio 4.21:
Exemplo 20. Estudar a convergeˆncia da sequeˆncia xn+1 = 1 +
√ √ xn com x1 = 1.
A sequeˆncia e´ crescente , pois x2 = 2 > x1, supondo xn+1 > xn temos 
√ √ xn+1 >
 √ √ xn ⇒ ⇒ 1 + √ √ xn+1 > 1 +
√ √ xn ⇒ ⇒ xn+2 > xn+1.
A sequeˆncia e´ limitada superiormente, por 3, por exemplo, pois x1 < 3, supondo xn < 3 < 4 tem-se 
√ √ xn < 2 ⇒ ⇒ 1 +
√ √ xn < 3 ⇒⇒ xn+1 < 3.
Agora calculamos o limite da sequeˆncia 
a = 1 +
√ √ 
a ⇒⇒ (a −− 1)2 = a ⇒⇒ a2 −− 3a + 1 = 0
cujas raı´zes sa˜o 3±
√ 
5
2 , n˜ ao podendo ser 3−
√ 
5
2 que e´ menor que 1 logo o limite e´ 3+
√ 
5
2 .
155
 
Exerc´ıcio 4.22:
Propriedade 74. (xn) n˜ ao possui subsequeˆncia convergente ⇔ ⇔ lim ||xn|| = ∞ ∞.
Demonstrac¸˜ ao. ⇒ ⇒).
Se (xn) na˜o possui subsequeˆncia convergente enta˜o lim ||xn|| = ∞ ∞.
Se na˜o fosse lim ||xn|| = ∞ ∞, existiria A > 0 tal que ∀ ∀ n0, existe n1 > n0 tal que | |xn1 || < A, aplicando o resultado
com n1 no lugar de n0, existe n2 > n1 tal que | |xn2 || < A e assim construı´mos uma subsequeˆncia (xn1 , xn2 , ·· ·· ·· )
limitada , que possui uma subsequeˆncia convergente , o que e´ absurdo.
⇐⇐).
Suponha por absurdo que lim ||xn|| = ∞ ∞ e (xn) possui subsequeˆncia convergente, convergindo para a. Pordefinic¸a˜o de limite infinito, sabemos que existe n0 tal que n > n0 implica | |xn|| > | |a|| +10, por ( xn) ter subsequeˆncia
que converge para a, existe n1 tal que n > n1 e n ı´ndice da subsequeˆncia, implica | |xn −− a|| < 10 ⇒ ⇒ ||xn|| < ||a|| + 10,
podemos tomar ı´ndice da subsequeˆncia tal que n > n1 e n > n2, logo valeria | |xn|| < ||a|| + 10 e | |xn|| > | |a|| + 10 o q ue
e´ absurdo, portanto (xn) na˜o pode possuir subsequeˆncia convergente.
156
 
Exerc´ıcio 4.25:
Propriedade 75 (Teste da raza˜o para sequeˆncias.). Se xn > 0 ∀ ∀n ∈ ∈ N e xn+1xn ≤≤ c < 1 para n suficientemente grande ent˜ ao lim xn = 0.
Demonstrac¸˜ ao. Existe n0 tal que para k > n0 vale 0 < xk+1xk ≤≤ c < 1, aplicamos o produt o´rio
∏n
k=n0+1 em ambos
, de onde segue
0 <
n�
k=n0+1
xk+1
xk
≤≤
n�
k=n0+1
c
0 < xn+1 < x(n0+1)c
n
−
n0
como lim cn = 0, tem-se pelo teorema do sandu´ıche que lim xn = 0.
Corola´rio 10. Dada uma sequeˆncia de termos n˜ ao nulos (xn), enta˜o (||xn||) e´ uma sequeˆncia de termos positivos,
se ela satisfaz a propriedade anterior ent˜ ao l im ||xn|| = 0 o que implica l im xn = 0.
Propriedade 76. Seja (xn) sequeˆncia de termos positivos, se xn+1xn ≥≥ c > 1 para n suficientemente grande ent˜ ao
lim xn = ∞ ∞.
Demonstrac¸˜ ao. Existe n0 ∈ ∈ N tal que k > n0 implica xk+1xk ≥≥ c, onde c > 1. Aplicando o produto´rio na desigualdadetem-se n�
k=n0+1
xk+1
xk
> cn−n0
xn+1 >
 xn0+1
cn0 c
n
como lim cn = ∞∞ segue que lim xn = ∞ ∞.
Corola´rio 11. Na propriedade anterior podemos trocar xn por | |xn|| onde xn n˜ ao se anula, pois (||xn||) e´ uma 
sequeˆncia de positivos.
Corola´rio 12. Se lim xn+1xn = a < 1 ent˜ ao para n suficientemente grande vale 
 xn+1
xn ≤≤ c < 1, logo tambe´m vale lim xn = 0.
Corola´rio 13. Se lim xn+1xn = c > 1 a propriedade tambe´m se verifica pois existe n0 ∈ ∈ N tal que n > n0 implica xn+1
xn > a > 1 para algum a.
Propriedade 77.
lim n!nn = 0.
Demonstrac¸˜ ao. Definimos xn = n!nn e vale xn > 0, aplicamos a regra da raz a˜o
xn+1
xn
= (n + 1)!(n + 1)n+1
nn
n! =
� n
n + 1
�n
= 1(1 + 1n )n
o limite e´ lim xn+1xn =
 1
e < 1.
nn cresce mais r a´pido que n!
Propriedade 78. Para todo a > 0 real temos lim
 an
n! = 0.
Demonstrac¸˜ ao. Pelo teste da raz a˜o, definimos xn = a
n
n! temos xn > 0 segue
 xn+1
xn =
 an+1n!
(n+1).n!an = an+1 e temos
lim xn+1xn = 0, logo lim xn = 0.
A propriedade nos diz que n! cresce mais r a´pido que an.
157
 
Corola´rio 14. lim n!an = ∞ ∞, pois lim a
n
n! = 0, isso significa que ∀ ∀A > 0 ∃ ∃ n0 ∈ ∈ N tal que n > n0 ⇒ ⇒ n!an > A, em 
especial para A = 1, tem-se n! > an para n suficientemente grande.
Propriedade 79. Se a > 1 e p natural fixo vale 
lim n
 p
an = 0.
Demonstrac¸˜ ao. Definimos xn = n
p
an , vale xn > 0 da´ı podemos aplicar o teste da raza˜o
xn+1
xn
= (n + 1)
 p
an+1
an
n p =
�n + 1
n
� p 1
a ⇒ ⇒ lim xn+1xn =
 1
a
  
0<
< 1
daı´ o limite e´ zero.
Corola´rio 15. Se a > 1, p ∈∈ N ent˜ ao lim annp = ∞∞ pois lim n
p
an = 0.
Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais r a´pido que n p para n grande.
158
 
Exerc´ıcio 4.31:
Exemplo 21. Mostrar que 
lim
n∑
k=1
k p
n p+1 =
 1
 p + 1 .
Iremos calcular o limite das diferenc¸as do inverso da sequeˆncia 
lim
 (n + 1) p+1
−−
n p+1
(n + 1) p = lim
[
 p−1
∑
k=0
(
 p+1
k

nk] + ( p + 1)n p
(n + 1) p = lim
 p−1
∑
k=0
(
 p+1
k

nk
(n + 1) p  
 
 
 
  
→0
+lim
 ( p + 1)n p
(n + 1) p  
 
  
→ p+1
= p + 1
daı´ 
lim
n∑
k=1
k p
n p+1 =
 1
 p + 1 .
159
 
Exerc´ıcio 4.33:
Questa˜o digitada errada
Propriedade 80. Se lim xn = ∞ ∞ , com xn > 0 ent˜ ao lim(
∏n
k=1 x
1
n
k ) = ∞∞
Demonstrac¸˜ ao. Se lim xn = ∞ ∞ enta˜o lim 1xn = 0 da´ı lim (
n�
k=1
1
xk
1
n
)
    
=yn
= 0 que implica
lim 1yn = ∞ ∞ = lim(
n
�
k=1
x
1
n
k ).
Exemplo 22. Provar que lim n
! 
(2n)!
n! = ∞ ∞. Tomamos xn =
 (2n)!
n! daı´ temos 
 xn+1
xn =
 (2n+2)(2n+1)(2n)!
 
(n+1)n!
n!
(2n)! =
(2n+2)(2n+1)
(n+1) = 2(2 n + 1) → → ∞∞ logo lim
 n
! 
(2n)!
n! = ∞ ∞.
Exemplo 23. Mostrar que lim n
! 
(2n)!
n!nn = 4e .
Tomamos xn = (2n)!n!nn , daı´ 
 xn+1
xn =
 2(2n+1)
n+1
1
(1+ 1n )n
 → → 4e .
160
 
Exerc´ıcio 4.35:
Propriedade 81. Sejam 
∞∑
n=u
an e 
∞∑
n=s
bn se´ries de termos positivos. Se 
∞∑
n=s
bn = ∞ ∞ e existe n0 ∈∈ N tal que 
an+1
an ≥≥
 bn+1
bn para todo n > n0 ent˜ ao
∞∑
n=u
an = ∞ ∞.
Demonstrac¸˜ ao. an+1an ≥≥
 bn+1
bn , Qak ≥≥ Qbk tomando o produt o´rio com k variando de k = n0 + 1 ate´ n − − 1 na
desigualdade em ambos lados segue
n−1
�
k=n0+1
Qak = anan0+1 ≥≥
n−1
�
k=n0+1
Qbk = bnbn0+1 , a
n ≥ ≥ an0+1bn0+1 bn
pois temos termos positivos, tomando a se´rie temos
∞�
n=n0+1
an ≥ ≥
 an0
bn0
∞�
n=n0+1
bn = ∞∞
logo a se´rie tende ao infinito por comparac¸a˜o.161
 
Exerc´ıcio 4.36:
Propriedade 82. 1. Sejam duas se´ries 
∑
ak e 
∑
bk de termos positivos, se existe lim akbk = a ̸ ̸= 0 ent˜ ao
∑
ak
converge ⇔ ⇔ ∑ bk converge .
2. Se l im a kbk = 0 ent˜ ao a convergeˆncia de 
 ∑
bk implica convergeˆncia de 
 ∑
ak.
Demonstrac¸˜ ao. 1. Existe n0 ∈ ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0 < t1 < a −− ε <
 ak
bk
< a + ε < t2
como bk > 0 tem-se
t1bk < ak < t2bk
aplicamos a soma
∑n
k=n0+1, daı´
t1
n�
k=n0+1
bk <
n�
k=n0+1
ak < t2
n�
k=n0+1
bk
usando essa desigualdade temos por comparac¸a˜o que se
∑
bk converge enta˜o
∑
ak converge e se
∑
ak converge
enta˜o
 ∑
bk converge.
2. De maneira similar ao item anter ior.
Existe n0 ∈ ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0 ≤≤ akbk
< ε < t 2
como bk > 0 tem-se
0
 ≤≤
 ak < t2bk
aplicamos a soma ∑nk=n0+1, daı´
0 ≤ ≤
n�
k=n0+1
ak < t2
n�
k=n0+1
bk
usando essa desigualda de temos por comparac¸a˜o que se
 ∑
bk converge enta˜o
 ∑
ak converge.
Exemplo 24. Pode valer que 
 ∑
ak converge, valendo lim akbk = 0 e 
 ∑
bk n˜ ao converge, tome por exemplo ak = 1k2 ,
bk = 1k ,
∑
bk n˜ ao converge, lim akbk = lim
 k
k2 = lim 1k = 0 e 
∑
ak converge, logo a recı´proca do item 2 da propriedade 
anterior n˜ ao vale.
162
 
Exerc´ıcio 4.40:
Prove que para todo a ∈∈ R, a se´rie
a2 + a
2
1 + a2 +
 a2
(1 + a2)2 + ...
e´ convergente e calcule a soma.
Se a = 0, a se´rie tende a` 0 trivialmente.
Suponhamos que a ̸̸= 0. Ent a˜o, segue que
1
1 + a2 < 1.
Assim, pelo exemplo 7 deste capı´tulo, temos que
∞�
i=0
1
(1 + a2)i =
∞�
i=0
� 1
1 + a2
�i
= 11 −− 11+a2
= 1 + a
2
a2 .
Logo,
∞�
i=0
a2
(1 + a2)i = a
2
� ∞�
i=0
1
(1 + a2)i
�
= 1 + a2.
163
 
Exerc´ıcio 4.41:
Para todo p ∈ ∈ N fixado, a se´rie �
n
1
n(n + 1)...(n + p)
converge.
Para todos n e p ∈∈ Z+, temos que
1
n(n + 1)...(n + p) <
 1
n p+1 .
Como p + 1 > 1, temos, pelo exemplo 29, que
�
n
1n p+1
e´ convergente. Logo, concluı´mos de
0 <
i�
n=1
1
n(n + 1)...(n + p) <
i�
n=1
1
n p+1
que a se´rie �
n
1
n(n + 1)...(n + p)
e´ limitada (e monotona). Portanto,
 ∑
n
1
n(n+1)...(n+ p) converge.
164
 
Exerc´ıcio 4.42:
Se
 ∑
an converge e an > 0 enta˜o
 ∑
(an)2 e
 ∑ 1
1+an convergem.
Como ∑ an e´ convergente, temos que lim n→∞ an = 0. Assim, como tambe´m temos que an > 0 para todo
n ∈∈ Z+, existe n0 ∈ ∈ Z+ tal que
0 < an < 1,
para todo n  n0. Logo, para n  n0, temos que
0 < a2n < an.
Assim, i�
n=n0
a2n 
i�
n=n0
an,
para todo i ∈∈ Z+, e, como existe
 ∑∞
n=n0 an, temos que existe
 ∑∞
n=n0 a
2
n. Logo, existe
∞�
n=1
a2n =
n0−1�
n=1
a2n +
∞�
n=n0
a2n.
Como an > 0, para todo n ∈∈ Z+, temos que
an
1 + an
< an,
para todo n ∈ ∈ Z+. Assim,
i�
n=1
an
1 + an
<
i�
n=1
an,
para todo i ∈∈ Z+, e, como
 ∑
∞
n=1 an existe, temos que existe
 ∑
∞
n=1
an
1+an .
165
 
Exerc´ıcio 4.43:
Se Σ( an)2 converge enta˜o Σ ann converge.
Sejam
Z<+ := { {n ∈ ∈ Z+; ||an|| < 1/n}}
e
Z+ := {{n ∈ ∈ Z+; ||an||  1/n}}.
Enta˜o, Z+ = Z<+ ∪ ∪ Z+. Ale´m disso, para cada n ∈∈ Z+, temos que
||
an
||n <
 1
n2 + a
2
n.
De fato, se n ∈ ∈ Z<+, temos que
||an|| <
 1
n
implicando que
||an||
n <
 1
n2 
1
n2 + a
2
n.
Se n ∈∈ Z+ enta˜o temos que
1
n  ||an||
e, consequentemente,
||an||
n  a
2
n <
 1
n2 + a
2
n.
Assim, temos que
i
�
n=1
||an||
n <
i
�
n=1
1
n2 +
i
�
n=1
a2n,
para todo i ∈∈ Z+. Pelo exe mplo 29 e pela hipt o´tese, temos que ∑∞n=1 1n2 e ∑∞n=1 a2n existem. Assim, pela
desigualdadade acima, devemos ter que
∑∞
n=1
|an|
n existe.
Como ∞�
n=1
ann
 =
∞�
n=1
||an||
n
existe, temos que
∑∞
n=1
an
n tambe´m deve existir.
166
 
Exerc´ıcio 4.44:
Se (an) e´ decrescente e Σan converge enta˜o lim nan = 0.
Primeiramente observemos que como ( an) e´ decrescente e existe
 ∑
ak, ent a˜o an  0 para todo n ∈ ∈ Z+. De
fato, se an0 < 0 para algum n0 ∈ ∈ Z+, terı´amos que
n0+i�
k=n0
ak 
n0+i�
k=n0
an0 = (i + 1)an0 < 0
e, consequentemente,

n0+i
�
k=n0
ak  (i + 1)||an0 ||,
para todo i ∈∈ Z+. Contradizendo o fato de
 ∑
ak existir.
Assim, temos que (Σ nk=1ak)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia crescente de Cauchy. Em especial,

n+ p�
k=1
ak − −
n�
k=1
ak
 =
n+ p�
k=n+1
ak,
para todos n e p ∈∈ Z+.
Seja ε > 0 arbitra´rio. Como (Σ nk=1ak)n∈Z+ e´ de Cauchy, existe n0 ∈ ∈ Z+ tal que para todo n  n0 vale
ε
2 >

n�
k=1
ak − −
n0�
k=1
ak
 =
n�
k=n0+1
ak  (n −− n0)an.
Por outro lado, como
∑
an e´ convergente, devemos ter que limn→∞ an = 0 e, por conta disso, existe n1 ∈ ∈ Z+ tal
que para todo n  n1 temos que ε
2n0
> an
e, consequentemente, ε
2 > n0an.
Assim, para n > n2 = max{{n0, n1}}, temos que
ε = ε2 +
 ε
2 > (n −− n0)an + n0an = nan = ||nan||.
Portanto, concluimos que limn→∞ nan = 0.
167
 
Exerc´ıcio 4.45:
Se (an) e´ decrescente e Σan = +∞∞, enta˜o,
lim
n→∞
a1 + a3 + ·· ·· ·· + a2n−1
a2 + a4 + ·· ·· ·· + a2n
= 1.
Como (an) e´ decrescente, temos que
a2n−1  a2n,
para todo n ∈ ∈ Z+. Assim, para todo n ∈∈ Z+, temos que
a1 + a3 + ·· ·· ·· + a2n−1  a2 + a4 + ·· ·· ·· + a2n
e, consequentemente,
1  a1 + a3 + ·· ·· ·· + a2n−1a2 + a4 + ·· ·· ·· + a2n
=: q n.
Provaremos agora que para todo c > 1 existe n0 tal que q n < c para todo n  n0. Da´ı conclui-se que
limn→∞ q n = 1. Como querı´amos demonstrar.
Suponhamos, por contradic¸a˜o, que exista c > 1 e uma subsequeˆncia (q nk ) de ( q n) tais que
q nk  c
para todo k ∈ ∈ Z+.
Enta˜o temos, para todo k ∈ ∈ Z+, que
a1 + a3 + ·· ·· ·· + a2nk−1  c(a2 + a4 + ·· ·· ·· + a2nk )
 c(a3 + a5 + ·· ·· ·· + a2nk+1)
e, consequentemente,
a1  a1
 −−
ca2nk+1
 (c −− 1)(a3 + a5 + ·· ·· ·· + a2nk−1).
E chegamos a um absurdo. De fato, como Σ an = ∞ ∞, existe k ∈ ∈ Z+ tal que
2a1
c −− 1 + a1 < a1 + a2 + a3 + ·· + a2nk+1
e, consequentemente,
2a1
c−1 + a1 < a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5) + ·· ·· ·· + a2nk + a2nk+1
 a1 + 2a3 + 2a5 + ·· ·· ·· + 2a2nk+1
 a1 + 2(a3 + a5 + ·· ·· ·· + a2nk+1).
De onde temos que existe k ∈ ∈ Z+ tal que
a1 < (c −− 1)(a3 + a5 + ·· ·· ·· + a2nk+1).
168
 
Exerc´ıcio 4.46:
Seja (an) uma sequeˆncia na˜o crescente, com lim an = 0. A se´rie
∑
an converge se e somente se
∑
2na2n converge.
Como a sequeˆncia (an) e´ na˜o cresente, devemos ter que an  0, para todo n ∈∈ Z+, caso
∑
an ou
∑ 2nan sejam
convergentes. De fato, se ak0 < 0, temos que
lim
k→∞
k�
n=1
an =
k0−1�
n=1
an + limk→∞
k�
n=k0
an 
k0−1�
n=1
an + limn→∞
k�
n=k0
ak0 = −∞−∞
e, analogamente,
lim
k→∞
k
�
n=1
2na2n = −∞−∞.
Em especial, temos, do fato de ( an) ser uma sequeˆncia de termos na˜o negativos, que
 ∑
an e
 ∑
2nan sa˜o
sequeˆncias crescentes. Mostraremos, adiante, que se
 ∑
an e´ uma sequeˆncia limitada (i.e. convergente) enta˜o∑
2nan tambe´m e´ limitada e vice-versa.
Suponhamos que
 ∑
an seja convergente. Como (an) e´ na˜o crescente, temos que
2na2n = 2
2n−1�
k=2n−1
a2n  2
2n−1�
k=2n−1
ak,
para todo n ∈ ∈ Z+. Assim, para todo p ∈∈ Z+, temos que
 p�
n=1
2na2n 
 p�
n=1
2
2n−1�
k=2n−1
ak  2
2p−1�
k=1
ak  lim p→∞ 2
2p−1�
k=1
ak < ∞∞.
Assim, temos que
 ∑
2na2n e´ uma sequeˆncia crescente e limitada.Portanto,
 ∑
2na2n e´ convergente.
Suponhamos que
∑
2na2n seja convergente. Como (an) e´ na˜o decrescente, temos, para todo k ∈ ∈ Z+, que
2k+1−1�
n=2k
an 
2k+1−1�
n=2k
a2k = 2ka2k .
Assim, dado p ∈ ∈ Z+, temos, para q ∈ ∈ Z+ tal que p  2q, que
 p�
n=1
an  a1 +
2q�
n=1
an = a1 +
q�
k=1
2k+1−1�
n=2k
an  a1 +
q�
k=1
2kak  a1 + limq→∞
q�
k=1
2kak < ∞∞.
Logo,
 ∑
an e´ uma sequeˆncia crescente e limitada. Portanto,
 ∑
an e´ convergente.
169
 
Exerc´ıcio 4.47:
Prove que o conjunto de valores de adereˆncia da sequeˆncia xn = cos(n) e´ o intervalo fechado [0, 1].
Seja x ∈ ∈ [0, 1]. Como cos : R → → [0, 1] e´ sobrejetivo1, existe θ ∈ ∈ R tal que cos θ = x. Encontraremos uma
sequeˆncia crescente (nk)k∈Z+ em Z+ tal que
x = cos θ = lim
k∈Z+
cos nk = limk∈Z+ xnk .
Assim, como x e´ arbitra´rio, poderemos concluir que o conjunto de valores de adereˆncia da sequeˆncia (xn) e´ o
intervalo [0, 1].
Seja
G := {{n + m2π; n e m ∈∈ Z}}.
Pelo Exercı´cio 3.58, temos que G e´ denso em R.
Para todo k ∈ ∈ Z+, temos que existe θk ∈ ∈ G tal que
θ −− 1/k < θk < θ.
Desta forma, temos que
lim
k→∞
θk = θ.
Como 2 π e´ irracional, a sequeˆncia (θk)k∈Z+ define unicamente sequeˆncias ( n˜k)k∈Z+ e (mk)k∈Z+ em Z pela
igualdade
θk = n˜k + mk2π,
para todo kZ+. Por fim, definimos a sequeˆncia (nk)k∈Z+ por
nk = | |n˜k||,
para todo kZ+. Assim, como lim k→∞ θk = θ, temos que
limk→∞ cos(nk) = lim k→∞ cos(nk) = lim k→∞ cos(n˜k)= lim k→∞ cos(θk − − mk2π) = lim k→∞ cos(θk)
= cos( θ).
O conjunto { {nk; k ∈ ∈ Z+}} e´ infinito. Caso contra´rio, o conjunto { {cos(nk); k ∈ ∈ Z+}} e´ finito e, assim, existiria
k ∈ ∈ Z+ tal que
cos θk = cos θ.
Consequentemente, θk = θ + m2π, para alguns k e m ∈∈ Z. Pore´m, como θ −− 1/k < θk < θ, temos uma contradic¸a˜o.
Logo, (nk)k∈Z+ e´ uma sequeˆncia ilimitada em Z+. Assim, ( nk)k∈Z+ admite uma subsequeˆncia crescente. Em outros
termos, uma subsequeˆncia que tambe´m e´ subsequeˆncia de (n)n∈Z+ . Denotaremos tal subsequeˆncia tambe´m por
(nk)k∈Z+ .
Portanto, temos que a subsequeˆncia (xnk ) e´ tal que
lim
k→∞
xnk = limk→∞ cos(nk) = cos( θ) = x.
1Isso pode ser verficado utilizando a continuidade da fun¸ ca˜o cos e o teorema do valor intemedi´ario. Mas, como o Elon assume que
podemos usar os nossos conhecimentos pre´vios sobre as func¸o˜es trigonome´tricas... Vamos tomar a afirmac¸a˜o como fato.
170
 
Exerc´ıcio 4.48:
Sejam a e b nu´meros reais positivos. Defina indutivamente as sequeˆncias (xn) e (yn) pondo x1 =
√ √ 
ab, y1 = (a+b)/2,
xn+1 =
 √ √ xnyn e yn+1 = (xn + yn)/2. Prove que xn e yn convergem para o mesmo limite, chamado de a me´dia
aritme´tico-geome´trica entre a e b.
Pelo Princı´pio da Definic¸a˜o Indutiva, podemos as sequeˆncias (xn)n∈Z0 e (yn)n∈Z0 em R+ por
x0 := a, y0 := b, xn+1 :=
 √ √ xnyn e yn+1 :=
 xn + yn
2 .
Se a = b temos que xn = yn = a, para todo n ∈∈ Z0. De fato, se tomamos como hip´otese de indu c¸a˜o que
xn = yn = a
enta˜o
xn+1 =
 √ √ xnyn =
√ √ 
a2 = a
e
yn+1 =
 xn + yn
2 =
 2a
2 = a.
Assim, como x0 = a = b = y0, temos, pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Finita, que xn = yn = a, para todo n ∈ ∈ Z0.
Desta forma,
lim
n→+∞
xn = a = limn→+∞ yn.
Portanto, nos resta mostrar o resultado para o caso em que a < b. Suponhamos, ate´ o fim desta demonstrac¸a˜o,
que
b −− a > 0.
Primeiramente, provaremos as desigualdades
xn < xn+1 < yn+1 < yn, (4.1)
para todo n ∈ ∈ Z0, por indu c¸a˜o em n. Suponhamos que, para algum n fixo, D := yn −− xn > 0. Ent a˜o,
x2n < xnyn = x2n+1,
x2n+1 = xnyn
= xn(xn + D)
< x2n + xnD + D
2
4
=
(
xn + D2
2
=
(xn+yn
2
2
= y2n+1
e
yn+1 =
 xn + yn
2 = yn −−
 D
2 = yn.
Logo, se xn < yn, temos ( 4.1). Como x0 = a < b = y0, temos, pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Finita, que ( 4.1) vale
para todo n ∈ ∈ Z0.
Das desigualdades (4.1) segue que as sequeˆncias (xn) e (yn) sa˜o mono´tonas e limi tadas. Logo, exist em
limn→+∞ xn e lim n→+∞ yn.
Provaremos, agora, que
lim
n→+∞
(yn −− xn) = 0.
Usando ( 4.1), temos que
(yn −− xn)2 = (yn + xn)2 −− 4xnyn
= 4y2n+1 −− 4x2n+1
= 4(y2n+1 −− x2n+1)
= 4
(
(yn+1 −− xn+1)2 + 2yn+1xn+1 −− 2x2n+1

= 4(yn+1 −− xn+1)2 + 8xn+1(yn+1 −− xn+1)
> 4(yn+1 −− xn+1)2.
171
 
e, consequentemente,
yn −− xn
2 > yn+1 −− xn+1.
Em particular,
b −− a
2 =
 y0 −− x0
2 > y1 −− x1.
Supondo que
b −− a
2n > yn −− xn,
como hipo´tese de indu c¸a˜o, temos que
b −− a
2
n+1 >
 yn −− xn
2
 > yn+1
 −−
xn+1.
Assim, pelo Princı´pio da Induc¸a˜o Finita, temos que
b −− a
2n > yn −− xn = | |yn −− xn||,
para todo n ∈ ∈ Z+. Assim, pelo Teorema do Confronto (Teorema 8 do Cap´ıtulo 4), temos que
lim
n→+∞
||yn −− xn|| = 0.
Logo, pelo exerc´ıcio 4.1, temos que
lim
n→+∞
yn −− limn→+∞ xn = limn→+∞(yn −− xn) = 0.
E o resultado segue.
172
 
Exerc´ıcio 4.49:
Sejam a1  a2  ·· ·· ··  0 e sn = a1 − − a2 + · · ·· ·· + (−−1)n−1an. Prove que a sequeˆncia ( sn) e´ limitada e que
lim sup sn −− lim inf sn = lim an.
Valem as desigualdades
s2k  s2(k+1)  s2(k+1)+1  s2k+1, (4.2)
para todos k ∈ ∈ Z+. De fato, para todo k ∈ ∈ Z+, temos que
s2k = a1 −− a2 + ·· ·· ·· + a2k−1 −− a2k
 a1 −− a2 + ·· ·· ·· + a2k−1 −− a2k + a2k+1 −− a2(k+1)
= s2(k+1),
s2(k+1) = a1 −− a2 + ·· ·· ·· + a2k+1 −− a2(k+1)
 a1 −− a2 + ·· ·· ·· + a2k+1 −− a2(k+1) + a2(k+1)+1
= s2(k+1)+1,
e
s2(k+1)+1 = a1 −− a2 + ·· ·· ·· + a2k+1 −− a2(k+1) + a2(k+1)+1
 a1 −− a2 + ·· ·· ·· + a2k+1
= s2k+1.
Segue, das desigualdades ( 4.2), que a sequeˆncia (s2k)k∈Z+ ´e n a˜o decrescente e limitada e que a sequeˆncia
(s2k+1)k∈Z+ e´ na˜o crescente e limitada. Em especial, temos que
lim
k→+∞
s2k = sup
k∈Z+
s2k e limk→+∞ s2k+1 = inf k∈Z+ s2k+1.
Tambe´m valem as desigualdades
s2k  sn  s2k+1, (4.3)
para todo k ∈ ∈ Z+ e n  2k + 1 em Z+. De fato, se n  2k + 1, temos que n = 2 p ou 2 p + 1 para algum p  k .
Assim, como ( s2k)k
∈
Z+ e´ na˜o decrescente, (s2k+1)k
∈
Z+ e´ na˜o crescente e por ( 4.2), temos que
s2k  s2 p  s2 p+1  s2k+1.
Logo, obtemos ( 4.3). Em especial, concluimos que ( sn)n∈Z+ e´ limitada.
Como as sequeˆncias (s2k)k∈Z+ e (s2k+1)k∈Z+ sa˜o mon o´tonas e limitadas, temos que exist em lim k→∞ s2k e
limk→∞ s2k+1. Provaremos que
lim inf sn = limk→∞ s2k e lim sup sn = limk→∞ s2k+1.
Como a sequeˆncia (an)n∈Z+ e´ monotona e limitada, temos que esta e´ convergente. Da´ı, segue das igualdades acima,
que
lim sup sn −− lim inf sn = lim k→+∞ s2k+1 −− limk→+∞ s2k
= lim k→+∞(s2k+1 −− s2k)
= lim k→+∞ a2k+1
= lim n→+∞ an.
Suponhamos que A seja um valor de adereˆncia de (sn)n∈Z+ . Ent a˜o, devemos ter que
s2k  A  s2k+1,
para todo k ∈ ∈ Z+. De fato, se s2k+1 < A, para algum k ∈ ∈ Z+, temos que
sn  s2k+1 < A
para todo n  2k + 1 em Z+, por ( 4.3). Isto e´,
||A −− sn||  ||A −− s2k+1||,
173
 
para um k ∈ ∈ Z+ fixo e todo n  2k + 1 em Z+. E isso contradiz o fato de A ser um valor de adereˆncia de (sn)n∈Z+ .
Analogamente, prova-se que e´ imposs´ıvel se ter A < s2k, para algum k ∈ ∈ Z+. Portanto, devemos ter que
lim
k→∞
s2k = sup
k∈Z+
s2k  A  inf k∈Z+ s2k+1 = limk→+∞ s2k+1.
Em particular, os valores de adereˆncia lim inf sn e limsup sn satisfazem
lim
k→∞
s2k  liminf sn  limsup sn  limk→+∞ s2k+1.
Logo, como lim inf sn e lim sup sn sa˜o, respectivamente, o menor e o maior valor de adereˆncia de (sn)n∈Z+ , temos
que
lim
k→∞
s2k = lim inf sn e lim
k→+∞
s2k+1 = lim sup sn.
174
 
Cap´ıtulo 5Topologia da Reta
175
 
Exerc´ıcio 5.01:
Um conjunto A ⊂ ⊂ e´ aberto se, e somente se, cumpre a seguinte condi c¸a˜o: “se uma sequeˆncia (xn) converge para
um ponto a ∈∈ A enta˜o xn ∈ ∈ A para todo n suficientemente grande”.
(⇒⇒) Seja ( xn)n∈N uma sequeˆncia que tende a` a ∈ ∈ (b, c) ⊂ ⊂ A. Existe n0 ∈ ∈ N tal que n ≥ ≥ n0 implica que, para
ε = min{{a −− b, c −− a}},
||xn −− a|| < ε,
ou seja,
xn ∈ ∈ (a −− ε, a + ε) ⊂ ⊂ (a, b) ⊂ ⊂ A.
(⇐⇐) Se a ∈ ∈ A e a ∈ ∈ (b, c) ⊂⊂ A, para n suficientemente grande a ∈∈ (a −−
 1
n , a +
 1
n ) ⊂ ⊂ (b, c) ⊂ ⊂ A. Temos enta˜o que
a ∈ ∈ intA se e somente se ( a −− 1n , a +
 1
n ) ⊂⊂ A para algum n ∈∈ N.
Por hipo´tese, existem n− e n+ ∈ ∈ N tais que
a −− 1n ∈ ∈ A, ∀∀n ≥≥ n−
e
a + 1n ∈ ∈ A, ∀∀n ≥ ≥ n+.
Assim, tomando-se n0 = max{{n−, n+}}, temos que
(a −− 1n0
, a + 1n0
) ⊂⊂ A.
Logo, a ∈ ∈ intA.
176
 
Exerc´ıcio 5.02:
Tem-se que lim xn = a se, e somente se, para todo aberto A contendo o ponto a, existe n0 ∈ ∈ N tal que n > n0
implica xn ∈ ∈ A.
(⇒⇒) Repetir a ideia do exerc´ıcio anterior.
(⇐⇐) Dado ε > 0, existe n0 ∈ ∈ N tal que, para todo n ≥≥ n0, temos que
xn ∈ ∈ (a −− ε, a + ε),
ou seja,
||
xn
 −−
a
||
 < ε.
segue da´ı que limxn = a.
177
 
Exerc´ıcio 5.03:
Seja B ⊂ ⊂ aberto. Ent a˜o, para todo x ∈ ∈, o conjunto x + B = { {x + y; y ∈ ∈ B}} e´ aberto. Analogamente, se x ̸ ̸= 0,
enta˜o o conjunto x.B = {{x.y; y ∈ ∈ B}} e´ aberto.
Seja B ⊂ ⊂ aberto. Dado y ∈ ∈ x + B, temos que y = x + b para algum b ∈ ∈ B. Como B e´ aberto, existe ε > 0 tal
que (b −− ε, b + ε) ⊂⊂ B. Desta forma, temos
(x + b −− ε, x + b + ε) = (y −− ε, y + ε) ⊂ ⊂ x + b.
De fato, seja z ∈ ∈ (y −− ε, y + ε) = (x + b −− ε, x + b + ε). Enta˜o
x + b −− ε < z < x + b + ε
b −− ε < z −− x < b + ε.
Logo, z −− x ∈∈ B e consequentemente z ∈ ∈ x + B, como querı´amos.
De maneira an a´loga, temos que se x ̸ ̸= 0, enta˜o x.B e´ aberto. Seja y ∈ ∈ x.B. Enta˜o y = x.b para algum b ∈ ∈ B .
Como B e´ aberto, existe ε > 0 tal que ( b −− ε, b + ε) ⊂⊂ B. Desta forma, temos que para δ = ε.||x|| > 0, temos
(y −− δ, y + δ ) ⊂⊂ x.B.
178
 
Exerc´ıcio 5.04:
Sejam A e B abertos. Ent a˜o os conjuntos A + B = { {x + y; x ∈∈ A, y ∈ ∈ B}} e A.B = { {x.y; x ∈∈ A, y ∈ ∈ B}} sa˜o abertos.
Como A + B = ∪ ∪a∈A(a + B) e A.B = ∪ ∪a∈A(a.B) e cada a + B e a.B sa˜o abertos (pelo exerc´ıcio anterior),
temos que A + B e A.B sa˜o unio˜es de abertos. Logo, tambe´m sa˜o abertos.
179
 
Exerc´ıcio 5.05:
Para quaisquer X, Y ⊂ ⊂, tem-se int(X ∩∩ Y ) = int(X ) ∩∩ int(Y ) e int(X ∪∪ Y ) ⊃ ⊃ int(X ) ∪∪ int(Y ). Deˆ um exemplo em
que a inclus a˜o n a˜o se reduza a uma igualdade.
••
int(X ∩ ∩ Y ) ⊂ ⊂ int(X ) ∩∩ int(Y ).
Dado w ∈∈ int(X ∩ ∩ Y ), existem a, b ∈ ∈ tais que w ∈∈ (a, b) ⊂ ⊂ X ∩ ∩ Y . Daı´, temos que w ∈∈ (a, b) ⊂ ⊂ X e
w ∈ ∈ (a, b) ⊂ ⊂ Y. Assim, w ∈ ∈ int(X ) ∩∩ int(Y ).
•• int(X ∩ ∩ Y ) ⊃ ⊃ int(X ) ∩∩ int(Y ).
Dado w ∈ ∈ int(X ) ∩ ∩ int(Y ), existem ax, ay, bx, by ∈ ∈ tais que w ∈ ∈ (ax, bx) ⊂ ⊂ X e w ∈ ∈ (ay , by) ⊂ ⊂ Y. Enta˜o
tomando a = max{{ax, ay}}eb = min{{bx, by}}, temos que w ∈ ∈ (a, b) ⊂⊂ X ∩ ∩ Y. Assim, w ∈ ∈ int(X ∩ ∩ Y ).
••
int(X ∪ ∪ Y ) ⊃ ⊃ int(X ) ∪∪ int(Y ).
Dado w ∈ ∈ int(X ) ∪∪ int(Y ), existem ax, ay , bx, by ∈ ∈ tais que w ∈ ∈ (ax, bx) ⊂ ⊂ X e w ∈ ∈ (ay, by) ⊂ ⊂ Y. Enta˜o,
w ∈ ∈ (ax, bx) ⊂ ⊂ X ∪ ∪ Y. Donde w ∈ ∈ int(X ∪ ∪ Y ).
•• Sejam X = [−−1, 0) e Y = [0, 1]. Enta˜o,
int(X ) = (−−1, 0)
int(Y ) = (0 , 1)
int(X ) ∪∪
∫ 
 (Y ) = (−−1, 1) \\ {{0}}
int(X ∪ ∪ Y ) = (−−1, 1).
180
 
Exerc´ıcio 5.06:
Se A ⊂⊂ e´ aberto e a ∈ ∈ A enta˜o A\{\{a}} e´ aberto.
Seja x ∈ ∈ A \ \ {{a}}. Existe ε > 0 tal que x ∈ ∈ (x − − ε, x + ε) ⊂ ⊂ A. Tomando ε˜ = min {|{|x − − a||, ε}} teremos que
x ∈∈ (x −− ε˜, x + ε˜) ⊂⊂ A \\ {{a}}. Logo, x ∈∈ int(A \\ {{a}}). Segue daı´ que A \\ {{a}} e´ aberto.
181
 
Exerc´ıcio 5.07:
Considere as fun c¸o˜es f,g,h :→→, dadas por f (x) = ax + b (a ̸ ̸= 0), g(x) = x2 e h(x) = x3. Mostre que, para cada
A ⊂⊂, f −1(A), g−1(A) e h−1(A) sa˜o abertos.
Dado um intervalo (c1, c2) ⊂⊂ . Temos que
f −1((c1, c2)) =



( c1 −− ba ,
 c2 −− b
a ), a > 0
( c2 −− ba ,
 c1 −− b
a ), a < 0
g−1((c1, c2)) = 
(−−√ √ c2, −−√ √ c1) ∪∪ (√ √ c1, √ √ c2), 0 ≤≤ c1 ≤ ≤ c2(−−√ √ c2, √ √ c2), c1 < 0 < c2
∅∅, c1 < c2 ≤ ≤ 0
h−1((c1, c2)) = ( 3
√ √ c1, 3
√ √ c2).
Assim, para cada A ⊂⊂ aberto, temos que A = ∪∪I λ, I λ intervalo aberto, e
f −1(A)] ∪∪ f −1(I λ), g−1(A)] ∪∪ g−1(I λ) e h−1(A)] ∪∪ h−1(I λ).
E como f −1(I λ), g−1(I λ) e h−1(I λ) sa˜o abertos, temos que f −1(A), g−1(A) e h−1(A) tambe´m o sa˜o.
182
 
Exerc´ıcio 5.08:
No exerc´ıcio anterior, mostre que, para cada A ⊂ ⊂ aberto, f (A) e h(A) sa˜o abertos. Deˆ exemplo de A aberto tal
que g(A) na˜o seja aberto.
Seja A aberto em e a ∈∈ A. Enta˜o, existem c1, c2 ∈ ∈ tais que a ∈∈ (c1, c2) ⊂⊂ A. Daı´,
f ((c1, c2)) =
�
 (ac1 + b,ac 2 + b), a > 0
(ac2 + b,ac 1 + b), a < 0
h((c1, c2)) = ( c31, c32),
com f (a) ∈ ∈ f ((c1, c2)) e h(a) ∈ ∈ h((c1, c2)). Segue da´ı que dado um b = f (a) ∈ ∈ f (A) qualquer, b ∈ ∈ intf (A). E omesmo vale para h. Logo, f (A) e h(A) sa˜o abertos.
Exemplo: g((−−1, 1)) = [0 , 1) na˜o e´ aberto.
183
 
Exerc´ıcio 5.09:
Toda colec¸a˜o de abertos n a˜o-vazios, dois a dois disjuntos e´ enumera´vel.
Seja { {Aλ}}λ∈Λ uma colec¸a˜o de abertos disjuntos. Para cada λ ∈∈ Λ escolhemos rλ ∈ ∈ Aλ ∩∩ Q. Como Aλ ∩∩ Aµ = ∅∅,
para λ ̸̸= µ, a func¸a˜o
Λ −−→→ Q
λ →→ rλ
e´ injetiva. Segue daı´ que Λ e´ finito ou enumera´vel.
184
 
Exerc´ıcio 5.10:
O conjunto dos valores de adereˆncia de uma sequeˆncia e´ um conjunto fechado.
Seja A o conjunto dos valores de adereˆncia da sequeˆncia (xn)n∈N e a ∈ ∈ um ponto de adereˆncia de A. Existe uma
sequeˆncia (ak) em A que tende a` a. E, para cada ak ∈ ∈ (ak), existe uma subsequeˆncia (x(k,n)) de ( xn) que tende a`
ak.
Definimos uma sequeˆncia (x(0,n)) de ( xn). Para cada n ∈ ∈ N, existe k0 ∈ ∈ N tal que
||a −− ak0 || <
 1
2n
e n0 ∈ ∈ N tal que ||ak0 − − x(k0,n0)|| <
 1
2n .
Assim, tomando-se x(0, n) = x(k0,n0) teremos que
||a −− x(0,n)|| <
 1
n .
Segue daı´ que a = lim x(0,n) e, consequeˆntemente, a ∈ ∈ A. Portanto, A e´ fechado.
185
 
Exerc´ıcio 5.11:
Se X ⊂ ⊂ F e F e´ fechado enta˜o X¯ ⊂ ⊂ F.
Para cada x ∈ ∈ X¯, existe uma sequeˆncia em X que tende a` x. Logo, x ∈∈ F¯ = F ja´ que ( xn) e´ uma sequeˆncia em
F. Segue daı´ que X¯ ⊂ ⊂ F.
186
 
Exerc´ıcio 5.12:
Se lim xn = a e X = {{x1, x2,...,x n,... }} enta˜o X¯ = X ∪ ∪ {{a}}.
Segue diretamente da defini c¸a˜o que X¯ ⊃⊃ X ∪ { ∪ {a}}. Seja b ∈ ∈ X¯ e (yn) uma sequeˆncia em X que tende a` b.
Consideremos o conjunto { {n ∈∈ N; xn ∈ ∈ {{y1, y2,...,y k,... }}}} = I . Se I e´ finito , enta˜o b = xn para algum n ∈ ∈ I . Caso
I seja infinito, a subsequeˆncia yki = nn tal que n = min {{n ∈ ∈ N; xn ∈ { ∈ {yki+1,...,y k}}}} de (yk) e´ uma sequeˆncia de
(xn). E como lim xn = a, temos que b = lim yki = a. Segue daı´ que X¯ ⊂ ⊂ ∪{∪{a}}.
187
 
Exerc´ıcio 5.13:
O nu´mero 14 pertence ao conjunto de Cantor.
O conjunto K de Cantor e´ dado por
K = ∩∩∞n=0K n,
com K n+1 sendo obtido de K n retirando-se de cada intervalo de K n um subintervalo de comprimento
 1
3n+1 de seucentro.
Temos que 232 e´ o ı´nfimo de um intervalo de K 2. Supondo que
 p∑
n=1
2
32n e´ o ı´nfimo de um intervalo de K 2 p,
temos que
 p
∑n=1
2
32n +
 2
32( p+1) e´ o ı´nfimo de um intervaloem K 2( p+1). Segue da´ı que cada somato´rio reduzido da
se´rie
 ∑ 2
32n pertence a` K.
E como
∞�
n=1
= 2
� 1
1 −− 19
−− 1
�
= 2
�9
8 − − 1
�
= 14 ,
temos pela compacidade de K que 14 ∈ ∈ K.
188
 
Exerc´ıcio 5.14:
Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪∪G seja um intervalo fechado (limitado ou na˜o). Ent a˜o F = ∅ ∅
ou G = ∅∅.
Sejam F e G conjuntos fechados tais que F ∪ ∪ G seja um intervalo fechado.
Suponhamos que existam x ∈∈ F e y ∈∈ G. Suponhamos, sem perda de generalidade, que x < y. Assim,
[x, y] ⊂⊂ F ∪ ∪ G.
Seja m = inf G ∩∩ [x, y]. Como G ∩∩ [x, y] e´ fechado, m ∈∈ G ∩∩ [x, y] e, consequeˆntemente, m ∈∈ G. Por outro lado,
F ⊃ ⊃ [x, m) e, consequeˆntemente, F = F¯ ⊃ ⊃ [x, m) = [x, m]. Segue daı´ que m ∈∈ G ∩∩ F.
Portanto, se tive´ssemos F ∩ ∩ G = ∅∅, deverı´amos ter tambe´m que F = ∅∅ ou G = ∅∅.
189
 
Exerc´ıcio 5.15:
Se E ⊂ ⊂ enumera´vel. Consiga uma sequeˆncia cujo conjunto dos valores de adereˆncia e´ E¯. Use este fato para mostrar
que todo conjunto fechado F ⊂ ⊂ e´ o conjunto dos valores de adereˆncia de alguma sequeˆncia.
Seja E = {{ak}}k∈N. Definimos Nk = {{2k−1.m ∈∈ N; m e´ ı´mpar } } e, para cada n ∈∈ N, xn = ak onde n ∈∈ Nk.
Assim, ak = limn∈Nk xn e, consequentemente, o conjunto dos valores de adereˆncia da sequeˆncia (xn), A, cont´em
E. Dado a ∈ ∈ E¯, existe uma sequeˆncia (aki )i∈N em E tendendo a` a. Por sua vez, a subsequeˆncia (x2ki−1 )i∈N e´ igual
a sequeˆncia (aki )i∈N. Logo, a ∈ ∈ A. Conclu´ımos que A ⊃ ⊃ E¯. Por outro lado, A ⊂ ⊂ E¯ ja´ que a sequeˆncia (xn) ( e
consequentemente todas as suas subsequeˆncias) pertence a` E . Portanto, A = E¯.
Dado um conjunto fechado X ⊂ ⊂, pelo Teorema 6, existe um conjunto enumera´vel E denso em X. Por conseguinte,
existe uma sequeˆncia (xn) cujo conjunto dos valores de adereˆncia e´ E¯ = X (pois X e´ fechado).
190
 
Exerc´ıcio 5.16:
Com a nota c¸a˜o do Exerc´ıcio 4, se α e´ irracional, os conjuntos F Z e G = αZ sa˜o fechados pore´m F + G na˜o e´
fechados. Tambe´m H = {{0, 1, 1/2,..., 1/n, ...}} e´ fechados mas F.H na˜o e´ fechado.
Os conjuntos F e G sa˜o, respectivamente, complementares dos conjuntos abertos∪
n∈Z
(n, n + 1) e
 ∪
n∈Z
(αn,α (n + 1)).
Logo, F e G sa˜o fechados.
Temos que F + G = Z + αZ e´ um grupo aditivo em R. Assim,
(i) inf([ G + F ] ∩∩ (0, ∞∞)) = a > 0.
Neste caso, pelo exercı´cio 3.58, ter´ıamos que F + G = { {0, ±±a, ±±2a,... }} = aZ. Daı´, F + G = aZ ∋ ∋ ak = α ∈ ∈
Z + αZ = F + G e, consequentemente, a = 1k ∈ ∈ Q. Por outro lado, F + G = aZ ∋∋ ap = α ∈ ∈ Z + αZ = F + G,
para algum p ∈∈ Z, e consequentemente, α = ap ∈∈ Q. Contradic¸a˜o.
Portanto, inf([F + G] ∩∩ (0, ∞∞)) = 0 .
(ii) inf([ F + G] ∩∩ (0, ∞∞)) = 0.
Novamente pelo exerc´ıcio 3.58, temos que F +G e´ denso em R. Por outro lado, 12 /∈∈ Z+αZ, pois α e´ irracional.
Logo, F + G  F + G = R. Ou seja, F + G na˜o e´ fechado.
O conjunto H e´ fechado, pois e´ o complementar do conjunto (1, ∞∞) ∪∪ ( ∪
n∈N
( 1n , 1n+1 )). Por outro lado, F .H =
Q  Q = R. Ou seja, F.H na˜o e´ um fechado.
191
 
Exerc´ıcio 5.17:
Seja K o conjunto de Cantor. Mostre que {| {|x −− y||; x ∈∈ K, y ∈ ∈ K }} = [0, 1].
Na˜o e´ dif´ıcil provar que toda extremidade de subintervalo em cada passo da construc¸a˜o do conjunto de Cantor
e´ do tipo
 p�
n=0
an
3n ∈ ∈ [0, 1]
com an = 0 ou 2 , 0 ≤≤ n < p, a p = 0, 1 ou 2 .
Dado p
�n=0
cn
3n ∈ ∈ [0, 1], (5.1)
com cn = 0, 1 ou 2 , definiremos a, b ∈ ∈ R tais que a, b ∈ ∈ K e c = b −− a. Sejam
a =
 p�
n=0
an
3n e b =
 p+1�
n=0
bn
3n :
•• c0 = 0 ou 1
a0 = c0 e b0 = 0.
•• c1
c1
3 +
 s1
32 =
 a1
3 −−
 b1
3 −−
 b2
9 (5.2)
c1 = 0
a1 = b1 = b2 = 0, s1 = 0
c1 = 1
a1 = 2, b1 = 0, b2, s1 = 1
c1 = 2 a1 = 2, b1 = 0, b2 = 0, s1 = 0
•• cn, 1 ≤ ≤ n < p
cn
3n +
 sn
3n+1 =
 an
3n − −
 bn+1
3n+1 +
 sn−1
3n (5.3)
cn = 0
sn−1 = 0
an = 0, bn+1 = 0, sn = 0
sn−1 = 1
an = 0, bn+1 = 2, sn = 1
cn = 1
sn−1 = 0
an = 2, bn+1 = 2, sn = 1
sn−1 = 1
an = 0, bn+1 = 0, sn = 0
cn = 2
sn−1 = 0
an = 2, bn+1 = 0, sn = 0
sn−1 = 1
an = 2, bn+1 = 2, sn = 1
192
 
•• c p
c p
3 p =
 ap
3 p − −
 b p+1
3 p+1 +
 s p−1
3 p (5.4)
c p = 0
s p−1 = 0
a p = 0, b p+1 = 0
s p−1 = 1
a p = 1, b p+1 = 2
c p = 1
s p−1 = 0
a p = 1, b p+1 = 0
s p−1 = 1
a p = 0, b p+1 = 0
c p = 2
s p−1 = 0
a p = 2, b p+1 = 0
s p−1 = 1
a p = 1, b p+1 = 0
Assim, somando-se as equac¸o˜es (5.2), (5.3) e (5.4) obtemos que c = b −− a e a, b ∈ ∈ K.
O conjunto D = {| {|x −− y||; x, y ∈ ∈ K }} conte´m todos os elementos do tipo (5.1). E como o conjunto de todos os
elementos do tipo ( 5.1) e´ denso em [0, 1] teremos o resultado assim que provarmos que D e´ fechado.
Seja K n =
2n∪
i=1
[ai, bi] o conjunto resultante da n−−e´sima etapa da construc¸a˜o do conjunto de Cantor. O conjunto
Dn = {|{|x −− y||; x, y ∈ ∈ K n}} e´ dado por
Dn =
�1≤i,j≤2
n
Dnij , onde Dnij = {|{|x −− y||; x ∈∈ [ai, bi], y ∈ ∈ [aj , bj ]}},
e´ fechado, pois cada Dnij e´ fechado. Assim, D =
∞∩
n=1
Dn tambe´m e´ fechado.
193
 
Exerc´ıcio 5.18:
Dado qualquer n u´mero real a > 0, existe x1, x2,...,x n no conjunto de Cantor tais que x1 + x2 + ... + xn = a.
Dado a > 0 em R podemos escrever a na forma
k +
∞�
n=1
an
3n
com k ∈ ∈ N e an = 0, 1 ou 2 . Se provarmos que
∞
∑
n=1
an
3n pode ser escrito como soma de dois elementos α, β ∈ ∈ K,
temos o resultado definindo x2 = x2+k = 1, x1 = α e x2 = β.
E´ posı´vel demonstrar que
K = { {
� cn
3n ; cn = 0 ou 2 }}.
Assim, definiremos αn e β n tais que
α =
� αn
3n e β =
� β n
3n .
Definimos
•• a1 tal que
a1
3 =
 α1
3 +
 β 1
3 +
 s1
3 (5.5)
a1 = 0
α1 = β 1 = 0, s1 = 0
a1 = 1
α1 = β 1 = 0, s1 = 1
a1 = 2
α1 = 2, β 1 = 0, s1 = 0
•• an, n > 1, tal que
an
3n +
 sn−1
3n−1 =
 αn
3n +
 β n
3n +
 sn
3n (5.6)
an = 0 sn−1 = 0 αn = β n = 0, sn = 0 sn−1 = 1 αn = 2, β n = 0, sn = 1
an = 1 sn−1 = 0 αn = β n = 0, sn = 1 sn−1 = 1 αn = 2, β n = 2, sn = 0
an = 2 sn−1 = 0 αn = 2, β n = 0, sn = 0 sn−1 = 1 αn = 2, β n = 2, sn = 1
Somando as equac¸o˜es (5.5) e (5.6), temos para todo k ∈ ∈ N que
� k�
n=1
an
3n
�
=
� k�
n=1
αn
3n
�
+
� k�
n=1
β n
3n
�
+ sk3k .
Assim,
∞�
n=1
an
3n =
∞�
n=1
αn
3n +
3n�
βn
β n
3n
e, consequentemente, a
−−
k = α + β.
194
 
Exerc´ıcio 5.19:
Seja K o conjunto de Cantor. Dado ε > 0 arbitra´rio, existem um intervalos abertos J 1 = (a1, b1),...,J n = (an, bn)
tais que que K ⊂ ⊂ J 1 ∪∪ J 2 ∪∪ ... ∪∪ J n e
n∑
i=1
(ai −− bi) < ε.
Seja K p o conjunto resultante do p-e´simo passo da contrac¸a˜o do conjunto K de Cantor. Sabemos que
K p =
 �˙2p
i=1
[ci, ci +
 1
3 p ].
Assim, tomando-se ai = ci −− 13p e bi = 23p temos que
J =
2p�
i=1
(ai, bi) ⊃ ⊃ K p ⊃ ⊃ K 
e
2p�
i=1
(bi −− ai) = 2 p
 1
3 p−1 = 3(
2
3 )
 p.
Assim, dado ε > 0, basta tomar p ∈∈ N tal que
3( 23 )
 p < ε
e teremos J que satisfaz as condi c¸o˜es do enunciado.
195
 
Exerc´ıcio 5.20:
Para X, Y ⊂⊂ R qualquer, tem-se X ∪ ∪ Y = X ∪ ∪ Y e X ∩ ∩ Y ⊂⊂ X ∩ ∩ Y . Deˆ um exemplo no qual a inclusa˜o n a˜o se
reduz a uma igualdade.
•• X ∪ ∪ Y ⊃⊃ X ∪ ∪ Y .
Seja a ∈ ∈ X ∪ ∪ Y . Enta˜o, existe uma sequeˆncia (xn) em X ou (yn) em Y que tende a` a. Em ambos oscasos
existe uma sequeˆncia em X ∪ ∪ Y que tende a` a.
•• X ∪ ∪ Y ⊂⊂ X ∪ ∪ Y .
Seja a ∈ ∈ X ∪ ∪ Y . Enta˜o, existe uma sequeˆncia (zn) em X ∪ ∪ Y que tende a` a. E, assim, esta sequeˆncia possuiuma subsequeˆncia em X (no caso em que possui infinitos termos em X ) ou uma subsequeˆncia em Y (no caso
em que possui infinitos termos em Y ). No primeiro caso a ∈ ∈ X e no segundo caso a ∈ ∈ Y . Em todo caso,
a ∈∈ X ∪ ∪ Y .
•• X ∩ ∩ Y ⊂⊂ X ∩ ∩ Y .
Seja a ∈∈ X ∩ ∩ Y . Enta˜o, existe uma sequeˆncia (zn) em X ∩∩ Y que tende a` a. Assim, ( zn) e´ uma sequeˆncia em
X que tende a` a, e, consequentemente, a ∈ ∈ X . Analogamente, a ∈∈ Y . Portanto, a ∈∈ X ∩ ∩ Y .
••
[−−1, 0) ∩∩ (0, 1] = ∅ ∅ = ∅∅.
[−−1, 0) ∩∩ (0, 1] = [ −−1, 0] ∩∩ [0, 1] = {{0}}.
196
 
Exerc´ıcio 5.21:
Um conjunto A ⊂ ⊂ R e´ aberto se, e somente se, A ∩∩ X ⊂ ⊂ A ∩∩ X para todo X ⊂ ⊂ R.
(⇒⇒) Seja A um conjunto aberto. Dado X ⊂ ⊂ R e a ∈ ∈ A ∩∩ X. Enta˜o, existe uma sequeˆncia (xn) em X que tende
a` a. Assim, como A e´ aberto, existe n0 ∈ ∈ N tal que para todo n ≥ ≥ n0, xn ∈ ∈ A. Daı´, existe uma sequeˆncia em A
que tende a` a. Ou seja, a ∈∈ A. Logo, a ∈∈ A ∩∩ X ⊂ ⊂ A ∩∩ X.
(⇐⇐) Seja A ⊂⊂ R tal que A ∩∩ X ⊂ ⊂ A ∩∩ X para todo X ⊂ ⊂ R.
Dado a ∈ ∈ A, suponhamos que para todo n ∈ ∈ N, existe xn ∈ ∈ (a −− 1n , a + 1n ) −− A. Seja X = { {xn}}n∈N. Enta˜o,
{{a}} = A ∩∩ X ⊂ ⊂ A ∩∩ X = ∅∅ = ∅ ∅. Contradic¸a˜o. Logo, existe n ∈ ∈ N tal que ( a −− 1n , a + 1n ) ⊂ ⊂ A. E, assim, a ∈∈ int(A).
197
 
Exerc´ıcio 5.22:
Sejam F 1 ⊃ ⊃ F 2 ⊃ ⊃ ... ⊃⊃ F n ⊃ ⊃ ... na˜o vazio se os F n sa˜o apenas fechados ou apenas limitado s.
•• F n apenas fechado
F n = [n, ∞∞) ⇒ ⇒
n∈N
F n = ∅∅.
•• F n apenas limitado
F n =
�
0, 1n
(
⇒⇒
n
∈
N
F n = ∅∅.
198
 
Exerc´ıcio 5.23:
Um conjunto n a˜o vazio X ⊂ ⊂ R e´ um intervalo se, e somente se, satisfaz a condic¸a˜o seguinte: “a, b ∈ ∈ X,a < x <
b ⇒⇒ x ∈ ∈ X ”.
(⇒⇒) Seja X um intervalo na˜o-vazio com α = inf X e β = sup X.
Dados a e b ∈ ∈ X, a < b, e x ∈∈ R tal que a < x < b. Assim,
X ⊃ ⊃ (α, β ) ⊃⊃ (a, b) ∈ ∈ X.
(⇐⇐) Seja X um conjunto que satisfaz a condi¸ca˜o
“a, b ∈∈ X, a < x < b ⇒⇒ x ∈∈ X ”.
Sejam α = inf X e β = sup X. Temos enta˜o que X ⊃ ⊃ (α, β ). De fato, dado x ∈ ∈ (α, β ), existem a e b ∈ ∈ X tais
que
α ≤ ≤ a < x < b ≤ ≤ β.
Assim, pela propriedade, x ∈∈ X. Por outro lado, X − − {{α, β } } ⊂⊂ (α, β ) pela defini c¸a˜o de α e β . Portanto,
X = [α, β ] ou X = [α, β ) ou X = (α, β ] ou X = (α, β ).
199
 
Exerc´ıcio 5.24:
Mostre que a interse c¸a˜o de uma sequeˆncia decrescente I 1 ⊃ ⊃ I 2 ⊃ ⊃ . .. ⊃ ⊃ I n ⊃ ⊃ ... de intervalos e´ um intervalo ou o
conjunto vazio.
Sejam an = inf I n e bn = sup I n, enta˜o I n ⊃ ⊃ (an, bn) e [an, bn] ⊃ ⊃ I n. Assim,
[an, bn] ⊃ ⊃ [an+1, bn+1]
e
(an, bn) ⊃⊃ (an+1, bn+1).
Daı´,
[sup{{an}}, inf {{bn}}] =
[an, bn]
⊃⊃
I n
⊃⊃
(an, bn)
= (sup{{an}}, inf {{bn}}).
Assim, como −∞ −∞ ≤≤ sup{{an} } ≤≤ inf {{bn} } ≤ ∞≤ ∞,
I n = (sup {{an}}, inf {{bn}}) ou
= (sup{{an}}, inf {{bn}}] ou
= [sup{{an}}, inf {{bn}}) ou
= [sup{{an}}, inf {{bn}}]
e temos o resultado.
200
 
Exerc´ıcio 5.25:
Um conjunto e´ denso em R se, e somente se, seu complementar tem interior vazio.
Seja D um conjunto denso em R. Dado x ∈∈ R−−D e ε > 0, temos que (x−−ε, x+ε)∩∩D ̸ ̸= ∅∅. Assim, x /∈∈ int(R−−D).
E, como int(R −− D) ⊂⊂ R −− D, temos que int(R −− D) ̸̸= ∅ ∅.
201
 
Exerc´ıcio 5.26:
Se F e´ fechado e A e´ aberto enta˜o F − − A e´ fechado.
Como A e´ aberto, Ac e´ fechado. Enta˜o, F ∩ ∩ Ac = F − − A e´ uma intersec¸a˜o de dois fechados. Logo, F − − A e´
fecado.
202
 
Exerc´ıcio 5.27:
Deˆ exemplo de um aberto A tal que A ⊃⊃ Q mas R −− A seja na˜o-enumera´vel.
Seja (xn) uma enumerac¸a˜o de Q. Definimos A =
∞∪
n=1
I n, onde
I n = (xn −−
 1
2n , xn +
 1
2n ).
Temos que A e aberto, pois e´ uma unia˜o de abertos e tambe´m A ⊃ ⊃ Q.
Provemos que R −− A ̸ ̸= ∅ ∅. Consideremos o intervalo compacto [0 , 10] e suponhamos que R −− A = ∅ ∅. Enta˜o,
existem n1, n2,...,n k ∈ ∈ N tais que
k
∪i=1 I ni ⊃ ⊃ [0, 10].
Sgue da´ı, enta˜o, que
10 <
k�
i=1
(sup I ni − − inf I ni )
<
k�
i=1
(sup I n −− inf I n)
=
∞�
i=1
1
2n−1 = 2.
Absurdo. Assim, R −− A ̸̸= ∅ ∅.
Se R−−A e´ finito ou enumera´el, podemos adicionar todos os elementos de R−−A em uma sequeˆncia (yn) ( de termos
repetidosse necessa´rio ) que enumera os elementos de R −− A. Daı´, A˜ = A ∪∪ (
∞∪
n=1
I˜ n), onde I˜ n = (yn −−
 1
2n , yn +
 1
2n )
e´ tal que A˜ ⊃ ⊃ A e A˜ ⊃ ⊃ R −− A. Mas, por argumento an a´logo ao acima, podemos mostrar que R −− A˜ ̸ ̸= ∅ ∅. Uma
contradic¸a˜o. Portanto, R
−−
A e´ na˜o enumera´vel.
203
 
Exerc´ıcio 5.28:
Deˆ exemplo de um conjunto fechado, na˜o-enumera´vel, formado apenas por n u´meros transcendentes.
Seja (xn) uma enumerac¸a˜o do conjunto dos n u´meros alge´bricos (exercı´cio 3.44). Seja
A =
∞�
i=1
I n,
onde I n = (xn − −
 1
2n , xn +
 1
2n ). Temos que A e´ um aberto que conte´m todos os nu´meros naturais. Assim, pelo
mesmo argumento usado no exec´ıcio anterior, F = R
−−
A e´ na˜o enumera´vel. E F e´ um fechado que conte´m somente
nu´meros alge´bricos.
204
 
Exerc´ıcio 5.29:
Defina a dist aˆncia de um ponto a ∈∈ R a um conjunto n a˜o-vazio X ⊂ ⊂ R como d(a, X )inf {|{|x −− a||; x ∈∈ X }}. Prove:
1) d(a, X ) = 0 ⇔⇔ a ∈ ∈ X .
2) Se F ⊂ ⊂ R e´ fechado, enta˜o para todo a ∈ ∈ R existe b ∈ ∈ F tal que d(a, F ) = | |b −− a||.
(1) ( ⇒⇒) Para cada n ∈ ∈ N, existe xn ∈ ∈ N tal que | |xn − − a|| < 1n . Assim, ( xn) e´ uma sequeˆncia em X que tende a`
a. Logo, a ∈ ∈ X .
(⇐⇐) Seja ( xn) uma sequeˆncia em X que tende a` a. Enta˜o, para todo ε > 0, existe n0 ∈ ∈ N tal que ||xn0 −−a|| < ε.
Assim,
0 = inf {|{|xn −− a||; xn ∈ ∈ (xn)}}
≥≥ inf {|{|x −− a||; x ∈ ∈ X } } ≥≥ 0,
ou seja, d(a, X ) = 0.
(2) Consideremos o compacto C = F ∩ ∩ B [a; 2d(a, F )]. Temos, pela definic¸a˜o de d(a, F ), que C ̸ ̸= ∅ ∅. Seja d =
d(a, F ) e xn ∈ ∈ C tal que | |xn − − a|| < d +
 1
n . Como C e´ compacto, existe uma subsequeˆncia (xnk ) de ( xn)
tal que xnk →→ b ∈ ∈ C. Assim, dado ε > 0, existe n + k ∈ ∈ N tal que | |xnk − − a|| < d +
 ε
2 e | |b − − xnk || >
 ε
2 .
Consequentemente,
||b −− a| ≤ | ≤ ||b −− xnk || + ||xnk − − a|| < d + ε.
Portanto, | |b − − a| | ≤≤ d. Mas, como b ∈ ∈ C ⊂⊂ F e pela defini c¸a˜o de d = d(a, F ), temos que | |b − − a| | ≥≥ d e,
consequentemente, | |b −− a|| = d.
205
 
Exerc´ıcio 5.30:
Se X e´ limitado superiormente, seu fecho X tambe´m o e´. Ale´m disso, supX = sup X. Enuncie e prove um resultado
ana´logo para inf .
Temos que X e´ limitado somente se X e´ limitado. De fato, se A > 0 em R e´ tal que existe a ∈ ∈ X com a > A,
tomando-se ε = | |A −− a||, existe x ∈ ∈ X tal que | |x −− a|| < ε. Consequentemente, x > A.
Como X ⊂ ⊂ X, temos imediatamente que (pelo exerc´ıcio 3.33) que sup X ≥ ≥ sup X. Assim, para mostrar que
sup X ≥ ≥ sup X, basta provar que para qualquer c ∈ ∈ R tal que c < sup X, existe x ∈ ∈ X tal que c < x. Enta˜o, dado
c tal que c < sup X, existe x ∈∈ X tal que c < x. Assim, tomando algum x ∈∈ X tal que | |x −− x|| < ||x −− c||, temos que
x > c. Portanto, sup X = sup X.
O resultado an a´logo seria inf A = inf A. E a demonstra c¸a˜o desse resultado e´ tambe´m ana´loga.
206
 
Exerc´ıcio 5.31:
Para todo X ⊂ ⊂ R limitado superiormente, sup X e´ aderente a X. Resultado ana´logo para inf .
Pela definic¸a˜o de supremo,para todo ε > 0 existe x ∈∈ X tal que sup X − − ε < x ≤ ≤ sup X.
Assim, para n ≥ ≥ 1 em N, tomando xn ∈ ∈ X tal que sup X − − 1n > xn ≤ ≤ sup X. Temos, assim, que para todo
n ∈∈ N, | |xn −− sup X || < 1n . Logo, a sequeˆncia (xn) em X tende a` sup X e sup X ∈ ∈ X .
207
 
Exerc´ıcio 5.32:
Para todo X ⊂ ⊂ R, X ′ e´ fechado.
Seja a ∈ ∈ X ′. Dado ε > 0, existe x ∈∈ X ′ tal que x ∈ ∈ (a−−ε, a+ε). E como x ∈∈ X ′, existem infinitos elementos de X 
em (x−−δ, x+δ ), onde δ = min{|{|x−−(a±±ε)|}|}. Assim, infinitos elementos de X pertencem a` (a−−ε, a+ε) ⊃⊃ (x−−δ, x+δ ).
Isso implica que a ∈∈ X ′. Concluı´mos que X ′ ⊃ ⊃ X ′.
208
 
Exerc´ıcio 5.33:
Um nu´mero a e´ ponto de acumulac¸a˜o de X se, e somente se, e´ ponto de acumulac¸a˜o de X .
(⇒⇒) Seja a um ponto de acumula c¸a˜o de X. Enta˜o, para todo ε > 0 existem infinitos elementos de X em
(a −− ε, a + ε). E como X ⊂ ⊂ X , existem infinitos elementos de X em (a −− ε, a + ε), ou seja, a e´ ponto de acumulac¸a˜o
de X .
(⇐⇐) Seja a um ponto de acumulac¸a˜o de X. Dado ε > 0, existe x ∈ ∈ X tal que x ∈ ∈ (a−−ε, a+ε)−−{{a}}. Tomando-se
δ = min{|{|x −− a||, ||x −− (a ±± ε)|}|}, temos que existe x ∈ ∈ X tal que | |x −− x|| < δ.
Assim, x ∈∈ (x −− δ, x + δ ) ⊂⊂ (a −− ε, a + ε) −− {{a}}. Segue daı´ que a e´ ponto de acumulac¸a˜o de X.
209
 
Exerc´ıcio 5.34:
(X ∪ ∪ Y )′ = X ′ ∪∪ Y ′.
•• (X ∪ ∪ Y )′ ⊂ ⊂ X ′ ∪∪ Y ′.
Seja a ∈ ∈ (X ∪ ∪ Y ) e (an) uma sequeˆncia em X ∪ ∪ Y − − {{a}} que tende a` a. Enta˜o, existem infinitos termos de
(an) em Y . Assim, existe uma subsequeˆncia de (an) em X − − {{a}} ou em Y − − {{a}}. E como esta subsequeˆncia
tende a` a, temos que a ∈∈ X ′ ∪∪ Y ′.
•• (X ∪ ∪ Y )′ ⊃ ⊃ X ′ ∪∪ Y ′.
Seja a ∈∈ X ′ ∪∪ Y ′. Enta˜o existe uma sequeˆncia (an) em X −− {{a}} ou em Y − − {{a}} que tende a` a. Em todo caso,existe uma subsequeˆncia em X ∪ ∪ Y − − {{a}} que tende a` a, ou seja, a ∈ ∈ (X ∪ ∪ Y )′.
210
 
Exerc´ıcio 5.35:
Todo ponto de um conjunto aberto A e´ ponto de acumulac¸a˜o de A.
Seja a ∈∈ A. Enta˜o existe δ > 0 tal que ( a −− δ, a + δ ) ⊂⊂ A.
Assim, dado ε, para δ 1 = min{{δ, ε}} temos que
(a −− ε, a + ε) ⊃ ⊃ (a −− δ 1, a + δ 1) ⊂ ⊂ A.
Logo, (a −− ε, a + ε) conte´m infinitos elementos de A ja´ que ( a −− δ 1, a + δ 1) tem infinitos elementos. Portanto, a e´
ponto de acumulac¸a˜o.
211
 
Exerc´ıcio 5.36:
Sejam F fechado e x ∈∈ F. Enta˜o x e´ um ponto isolado de F se, somente se, F − − {{x}} e´ ainda fechado.
(⇒⇒) Se F = {{x}}, temos diretamente que F − − {{x}} = ∅∅ e´ fechado. Suponhamos que F − − {{x} } ̸̸= ∅ ∅. Seja (an) uma
sequeˆncia em F − − {{x}} com lim an = a. Como F e´ fechado e (an) e´ uma sequeˆncia em F, enta˜o a ∈ ∈ F. Temos que
a ̸ ̸= x, pois para algum ε > 0, (x −− ε, x + ε) ∩∩ F = { {x}}. Portanto, a ∈ ∈ F − − {{x}}. Concluı´mo daı´ que F − − {{x}} e´
fechado.
(⇐⇐) Suponhamos que x na˜o seja um ponto isolado de F. Enta˜o, para todo n ∈ ∈ N, existe xn ∈ ∈ ((xn − − 1n , x +1
n ) ∩∩ F ) −− {{x}}. Assim, a sequeˆncia (xn) em F − − {{x}} tende a` x. O que implica que F − − {{a}} na˜o e´ fechado.
212
 
Exerc´ıcio 5.37:
Seja X ⊂ ⊂ R tal que X ′ ∩ ∩ X = ∅ ∅. Mostre que existe, para cada x ∈ ∈ X, um intervalo aberto I x, de centro em x, tal
que x ̸ ̸= y ⇒ ⇒ I x ∩∩ I y = ∅∅.
Para cada x ∈∈ X definimos
δ x = inf {|{|x −− x˜||; x˜ ∈ ∈ X − − {{x}}}}.
Temos que δ x = 0 somente se x ∈∈ X ′. Enta˜o, δ x > 0 para cada x ∈ ∈ X ja´ que X ′ ∩∩ X = ∅ ∅.
Definimos para cada x ∈ ∈ X,
I x = (x −−
 δ x
2 , x +
 δ x
2 ).
Assim, para x ̸ ̸= y em X, temos que se z ∈ ∈ I x ∩∩ I y
||x −− y| | ≤ ≤ ||x −− z|| + ||z −− y||
≤≤ δ x2 +
 δ x
2
≤≤ ||x −− y||2 +
 | |x −− y||
2 = | |x −− y||.
Portanto, I x ∩∩ I y = ∅∅. E o resultado segue.
213
 
Exerc´ıcio 5.38:
Seja F ⊂ ⊂ R fechado, infinito enumera´vel. Mostre que F possui uma infinidade de pontos isolados.
Pelo corola´rio 1 do Teorema 9, temos que F possui algum pont o isolado. Suponhamos que x1, x2,...,x n sa˜o
pontos isolados de F . Por induc¸a˜o no resultado do exerc´ıcio 3.36, temos que F − − {{x1, x2,...,x n}} e´ fechado. Ale´m
disso, F − −{{x1, x2,...,x n}} e´ um conjunto sem pontos isolados e infinito enumera´vel, contradizendo o Corola´rio 1 do
Teorema 9.
214
 
Exerc´ıcio 5.39:
Mostre que todo n u´mero real x e´ limite de uma sequeˆncia de nu´meros transcendentes dois a dois distintos.
Sejam A o conjunto dos n u´meros alge´bricos em Q (complementar do conjunto dos trancendentes) e x ∈∈ R.
Dado ε > 0, temos que (x−−ε, x +ε)−− (A∪∪{{x}}) e´ infinito. De fato, pelo exercı´cio 3.44, A e´ enumera´vel enquanto
(x −− ε, x + ε) e´ na˜o enumera´vel. Logo, ( x −− ε, x + ε) −− (A ∪∪ {{x}}) e´ infinito.
Seja ε1 = 1. Podemos escolher
x1 ∈ ∈ (x −− ε1, x + ε1) −− (A ∪∪ {{x}}).
E, indutivamente, escolher
xn ∈ ∈ (x −− εn, x + εn) −− (A ∪∪ {{x}}),
onde εn = ||x −− xn||. Assim ( xn) e´ uma sequeˆncia de termos trancendentes, dois a dois distintos e que tende a` x.
215
 
Exerc´ıcio 5.40:
Mostre que se X ⊂ ⊂ R na˜o e´ enumera´vel, enta˜o X ∩ ∩ X ′ ̸ ̸= ∅ ∅.
Se X ∩ ∩ X ′ = ∅ ∅, enta˜o todo ponto de X e´ isolado. Mas, pelo Corola´rio 2 do Teorema 8, temos que isso implica
que X e´ enumera´vel.
216
 
Exerc´ıcio 5.41:
Se A e A ∪∪ {{a}} sa˜o abertos ent a˜o a e´ ponto de acumulac¸a˜o de A a` direita e a` esquerda.
Como A ∪∪ {{a}} e´ aberto, existe ε > 0 tal que ( a −− ε, a + ε) ⊂⊂ A ∪∪ {{a}}.
Assim,
[a, a + ε) ⊂⊂ A ∪∪ {{a}}
e, consequentemente,
(a, a + ε) ⊂ ⊂ A ∪∪ {{a}}.
Daı´ segue que A conte´m infinitos pontos de [a, a + ε). Logo, a e´ ponto de acumulac¸a˜o a direita de A.
Analogamente, mostra-se que a e´ ponto de acumulac¸a˜o a` esquerda de A.
217
 
Exerc´ıcio 5.42:
Deˆ explicitamente o significado de cada uma das seguintes afirmac¸o˜es. Em suas explica c¸o˜es, voceˆ esta´ proibido de
usar qualquer das palavras grifadas abaixo:
1) a ∈ ∈ X na˜o e´ ponto interior de X ;
2) a ∈ ∈ R na˜o e´ aderente a X ;
3) X ⊂ ⊂ R na˜o e´ um conjunto aberto;
4) O conjunto Y ⊂ ⊂ R na˜o e´ fechado;
5) a ∈ ∈ R na˜o e´ ponto de acumulac¸a˜o do conjunto X ⊂ ⊂ R;
6) X ′ = ∅ ∅;
7) X ⊂ ⊂ Y mas X na˜o e´ denso em Y ;
8) int(X ) = ∅∅;
9) X ∩ ∩ X ′ = ∅ ∅;
10) X na˜o e´ compacto.
(1) N a˜o existe ε ∈∈ R+ tal que
a ∈ ∈ (a −− ε, a + ε) ⊂ ⊂ X.
(2) Existe ε ∈∈ R+ tal que
(a −− ε, A + ε) ⊂⊂ R −− X.
(3) Existe x ∈∈ X tal que para todo ε ∈ ∈ R+
(x −− ε, x + ε)  X.
(4) Existe x ∈∈ R −− X tal que para todo ε ∈∈ R+
(x −− ε, x + ε) ∩∩ X ̸ ̸= ∅ ∅.
(5) Existe ε ∈∈ R+ tal que
(a −− ε, a + ε) ∩∩ X ⊂ ⊂ {{a}}.
(6) Para todo a ∈∈ R, tal que para todo ε ∈∈ R+
(a −− ε, a + ε) ∩∩ X ̸ ̸= ∅∅ enta˜o a ∈∈ X.
(7) Existe y ∈ ∈ Y e ε ∈∈ R+ tais que
(y −− ε, y + ε) ∩∩ X = ∅ ∅
mas X ⊂ ⊂ Y .
(8) Para todo x ∈∈ X e ε ∈∈ R+, existe a ∈∈ R e δ ∈ ∈ R+ tais que
(x −− ε, x + ε) ⊃⊃ (a −− δ, a + δ ) ⊂ ⊂ R −− X.
(9) Para todo x ∈∈ X, existe ε ∈∈ R+ tal que
(x −− ε, x + ε) ∩∩ X = { {x}}.
(10) Existe uma sequeˆncia (xn) em R e (εn) em R+ tais que
X ⊂ ⊂ �
n∈N
(xn −− εn, x + εn),
mas para nenhum N˜ ⊂⊂ N finito temos que
X ⊂ ⊂
�
n∈N˜
(xn −− εn, x + εn).
218
 
Exerc´ıcio 5.43:
Se todo ponto de acumula c¸a˜o de X e´ unilateral, X e´ enumera´vel.
Seja D o conjunto dos elementos de X que sa˜o pontos de acumula c¸a˜o a` direita de X.
Dado n ∈∈ Z seja
{{aλ}}λ∈Λ = [n, n + 1] ∩∩ D.
Para cada λ ∈∈ Λ, existe I λ = (aλ −− ελ, aλ), ελ > 0, tal que I λ ∩∩ X = ∅ ∅. Observemos que para quaisquer λ1 e λ2 ∈ ∈ λ,
λ1 ̸ ̸= λ2, teremos que I λ1 ∩ ∩ I λ2 = ∅ ∅. Se Λ e´ na˜o enumera´vel, existeε > 0 tal que para cada n ∈∈ N existe λn tal que
ελn > ε. Assim, ∞
�n=1 ελn = ∞∞
e como os I ′λs sa˜o disjuntos e est a˜o contidos em um intervalo de comprimento 1, obtemos uma contradic¸a˜o. Logo,Λ e´ finito ou enumera´vel. E como
D =
�
n∈Z
[n, n + 1] ∩∩ D,
temos que D e´ enumera´vel.
De forma ana´loga, mostra-se que o conjunto E dos pontos de acumulac¸a˜o a` esquerda de X e´ finito ou enumera´vel.
E como X − − X ′ e´ finito ou enumera´vel pelo Corol a´rio 2 do Teorema 8, temos que
X = (X − − X ′) ∪∪ E ∪∪ D
e´ finito ou enumera´vel.
219
 
Exerc´ıcio 5.44:
Seja X ⊂ ⊂ R um conjunto arbitra´rio. Toda cobertura de X por meio de abertos possui uma subcobertura enumera´vel.
(Teorema de Lindelo¨f).
Seja { {Aλ}}λ∈Λ uma cobertura aberta de X. Tomemos E = { {xn}}n∈N um subconjuntto denso em X. Para cada
n ∈∈ N fixemos
Rn = { {ε ∈ ∈ R+; (xn −− ε, xn + ε) ⊂ ⊂ Aλ, λ ∈∈ Λ}}.
Sabemos que Rn ̸ ̸= ∅∅. Logo, existe sup Rn = 2εn.
Ale´m disso, existe ε ∈∈ Rn tal que εn < ε. Ou seja, existe ε ∈ ∈ R+ tal que
(x −− ε, x + ε) ⊂ ⊂ Aλ
para algum λ ∈ ∈ Λ. Existe, tambe´m n ∈ ∈ N tal que
xn ∈ ∈ (x −− ε/4, x + ε/4).
Para qualquer
yn ∈ ∈ (xn −− 3ε/4, xn + 3ε/4)
temos que
y ∈ ∈ (x −− ε, x + ε).
Daı´, 3ε/4 ∈∈ Rn. E, assim,
εn ≥ ≥
 3ε
8 >
 ε
4 .
Logo,
x ∈∈ (xn −− εn, xn + εn) ⊂⊂ Aλn .
Concluı´mos daı´ que { {Aλn}}n∈N ⊂ ⊂ {{Aλ}}λ∈Λ e´ uma cobertura de X.
220
 
Exerc´ıcio 5.45:
Com a nota c¸a˜o do Exercı´cio 4, prove:
a) Se A e´ compacto e B e´ fechado enta˜o A + B e´ fechado;
b) se A e B sa˜o compactos, enta˜o A + B e A.B sa˜o compactos;
c) se A e´ fechado e B e´ compacto, A.B pode n a˜o ser fechado.
(a) Seja x ∈ ∈ A + B e (cn = an + bn)n∈N uma sequeˆncia em A + B tendendo a` x. A sequeˆncia (an)n∈N em A possui
uma subsequeˆncia (ank )k∈N tendendo a algum a ∈ ∈ A. Dado ε > 0, existe n0 ∈ ∈ N tal que, para todo n ≥≥ n0,
||an + bn −− x|| < ε/2.
E tambe´m, existe k0 ∈ ∈ N tal que, para todo k ≥ ≥ k0,
||ank − − a|| < ε/2.
Assim, para
k1 = max{{k0, min{{k ∈ ∈ N; nk ≥ ≥ n0}}}}
e todo k ≥ ≥ k1, temos que
||bnk − − (x −− a)|| = ||(ank + bnk − − x) −− (a −− ank )||
≤ ≤ ||ank + bnk − − x|| + ||a −− ank ||
< ε/2 + ε/2 = ε.
Logo, lim
n→∞
bnk = x −− a. Segue daı´ que x −− a ∈∈ B e, consequentemente, x ∈ ∈ A + B. Concluı´mos daı´ que A + B
e´ fechado.
(b) A + B e´ fecado pelo item (a). E, tambe´m, temos que
sup(A + B) = sup A + sup B < ∞ ∞
e
inf(A + B) = inf A + inf B > −∞−∞.
Seja x ∈ ∈ A.B e (cn = an.bn)n∈N uma sequeˆncia em A.B tendendo a` x. A sequeˆncia (an)n∈N em A possui uma
subsequ?ncia (an)n∈N1 tendendo a` algum a ∈ ∈ A. Por sua vez a sequeˆncia (bn)n∈N1 possui uma subsequeˆncia
(bn)n∈N2 tendendo a algum b ∈∈ B. Assim,
x = lim
n∈N2
anbn
= lim
n∈N2
an limn∈N2 bn
= a.b ∈ ∈ A.B
Segue daı´ que A.B e´ fechado. E, como
sup(A.B) = sup A. sup B <
 ∞∞
e
inf(A.B) = inf A. inf B > −∞ −∞,
temos que A.B e´ limitado. Portanto, A.B e´ compacto.
(c) Tome B = {{0, 1, 1/2,..., 1/n,... }} e A = Z. Temos que A.B na˜o e´ fechado. (Vide exerc´ıcio 5.16)
221
 
Exerc´ıcio 5.46:
Obtenha coberturas abertas de Q e de [0 , ∞∞) que n a˜o admitam subcoberturas finitas.
Temos que { {(−−n, n)}}n∈N e´ uma cobertura aberta tanto de Q quanto de [0 , +∞∞) que n a˜o admite subcobertura
finita.
222
 
Exerc´ıcio 5.47:
Considere as func¸o˜es f,g,h do Exerc´ıcio 7. Mostre que para K e L compactos arbitra´rios, f (K ), g(K ), h(K ), f −1(L), g−1(L)
e h−1(L) sa˜o compactos.
Seja (xn) uma sequeˆncia em f −1(L) tendendo a` x ∈∈ R. Temos que
lim f (xn) = lim( axn + b)
= a lim xn + b
= ax + b = f (x)
Como f (xn) e´ uma sequeˆncia convergente no fechado L, temos que f (x) ∈∈ L e, consequentemente, x ∈ ∈ f −
1
(L).Segue daı´ que f −1(L). Segue daı´ que f −1(L) e´ fechado.
Seja (yn = f (xn))n∈N uma sequeˆncia em f (K ). Como K e´ compacto, existe uma subsequeˆncia (xnk ) de ( xn)
que converge a` algum x ∈∈ K. Assim,
y = lim f (xn) = lim f (xnk ) = f (x).
Ou seja, y ∈ ∈ f (K ). Concluı´mos daı´ que f (K ) e´ fechado.
Analogamente, prova-se que g−1(L), g(K ), h−1 e h−1(K ) sa˜o fechados.
Por fim, temos que
f (K ) = aK + b
g(K ) ⊂⊂ K.K 
e
K.K.K.
E como os conjuntos aK + b, K 2 e K 3 sa˜o limitados(ver exercı´cio 5.45(b)), temos que f (K ), g(K ) e h(K ) sa˜o
compactos. E, tambe´m,
f (f −1(L)) ⊂⊂ L,
g(g−
1
(L)) ⊂⊂ L
e
h(h−1(L)) ⊂⊂ L.
Assim, pelas definic¸o˜es de f , g e h temos que se f −1(L), g−1 ou h−1(L) fosse limitado, ter´ıamos que f (f −1(L)),
g(g−1(L)) ou h(h−1(L)) seria limitado contradizendo o fato de L ser limitado.
223
 
Exerc´ıcio 5.48:
As seguintes afirmac¸o˜es a respeito de um conjunto X ⊂ ⊂ R sa˜o equivalentes:
(1) X e´ limitado;
(2) Todo subconjunto infinito de X possui ponto de acumula c¸a˜o (que pode n a˜o pertencer a X );
(3) Toda sequeˆncia de pontos de X possui uma subsequeˆncia convergente.
(1) ⇒ ⇒ (2) Como X e´ limitado, temos que X e´ compacto. Enta˜o, todo conjunto infinito em X ⊂ ⊂ X possui um
ponto de acumulac¸a˜o por ser subconjunto de um compacto.
(2) ⇒ ⇒ (3) Seja ( xn)n∈N uma sequeˆncia em X. Se o conjunto P = {{xn}}n∈N for finito, ent a˜o para algum p ∈∈ P e
infinitos n ∈ ∈ N, temos que xn = p. Logo, existe uma subsequeˆncia de xn tendendo a` p. Se P for infinito, enta˜o pela
hipo´tese, P possui um ponto de acumula c¸a˜o x. Logo, e´ poss´ıvel encontrar uma subsequeˆncia de (xn) tendendo a` x.
(3) ⇒ ⇒ (1) Se X na˜o fosse limitado, seria poss´ıvel encontrar uma sequeˆncia crescente e ilimitada em X. Tal
sequeˆncia na˜o teria subsequeˆncia convergente. O que contradiz a hipo´tese.
224
 
Exerc´ıcio 5.49:
Seja X ⊂ ⊂ R um conjunto compacto cujos pontos, com excec¸a˜o de a = inf X e b = sup X, sa˜o pontos de acumulac¸a˜o
a` direita e a` esquerda. Ent a˜o X = [a, b] ou X = {{a, b}}.
Como X e´ compacto, temos que a = inf X e b = sup X ∈ ∈ X. Suponhamos que X ̸ ̸= {{a, b}}. Enta˜o, existe c ∈∈ X 
tal que a < c < b. Seja x ∈ ∈ (a, b). Se c ≤ ≤ x temos que s = sup([ a, x] ∩∩ X ) e´ tal que a < c ≤ ≤ s ≤ ≤ x. Assim, se s ̸ ̸= x
temos que s ∈ ∈ X − − {{a, b}} e [s, x) ∩∩ X = { {s}}. Ou seja, s na˜o seria um ponto de acumula¸ca˜o a` direita. Absurdo.
Logo, c = s ∈ ∈ X. Do mesmo modo, se x ≤ ≤ c teremos que x ∈∈ X. Conclu´ımos que X = [a, b].
225
 
Exerc´ıcio 5.50:
Se (K λ)λ∈L e´ uma famı´lia qualquer de compactos, enta˜o
 ∩
K λ e´ compacto. Se K 1,...,K n sa˜o compactos ent a˜o
K 1 ∪∪ K 2 ∪∪ ... ∪∪ K n e´ compacto. Se K e´ compacto e F e´ fechado, enta˜o K ∩ ∩ F e´ compacto.
•• K λ, λ ∈ ∈ Λ, compactos ⇒ ⇒
∩
λ∈Λ K λ e´ compacto.
Como cada K λ e´ fechado, temos que ∩ ∩K λ e´ fechado. Ale´m disso, temos que, dado algum λ0 ∈ ∈ Λ qualquer
inf(∩∩Aλ) ≥≥ inf Aλ0 > −∞−∞
e
sup(∩∩Aλ) ≤≤ inf Aλ0 < ∞∞.
Daı´, ∩ ∩Aλ e´ limitado. Portanto, ∩ ∩Aλ e´ compacto.
•• K i, i = 1, 2,...,n, compacto ⇒ ⇒
∪n
i=1 K i e´ compacto.
Como cada K i e´ fechado, temos que
 ∪n
i=1 K i e´ fechado. Ale´m disso,
sup(
n�
i=1
K i) = sup{{sup K i}}ni=1 < ∞∞
e
inf(
n�
i=1
K i) = inf {{inf K i}}ni=1 > −∞ −∞.
Daı´,
 ∪n
i=1 K i e´ limitado. Portanto,
 ∪n
i=1 K i e´ compacto.
•• K e´ compacto e F e´ fechado ⇒ ⇒ K ∩ ∩ F e´ compacto.
Como K e F sa˜o fechados, K ∩ ∩ F e´ fechado. Ale´m disso,
sup(K ∩ ∩ F ) ≤ ≤ sup K < ∞ ∞
e
inf(K ∩ ∩ F ) ≥≥ inf K > −∞ −∞.
Daı´, K ∩ ∩ F e´ limitado. Portanto, K ∩ ∩ F e´ compacto.
226
 
Exerc´ıcio 5.51:
Seja X ⊂⊂ R. Uma fun c¸a˜o f : X →→ R diz-se n a˜o-decrescente no ponto a ∈ ∈ X quando existe δ > 0 talque
a −− δ < x ≤ ≤ a ≤ ≤ y < a + δ ⇒ ⇒ f (x) ≤ ≤ f (a) ≤ ≤ f (y). (Bem entendido: x, y ∈ ∈ X.) Mostre que se f e´ na˜o-decrescente
em [a, b] (isto e´, x, y ∈ ∈ [a, b], x ≤ ≤ y ⇒ ⇒ f (x) ≤ ≤ f (y)).
Sejam x, y ∈ ∈ [a, b] com x ≤ ≤ y. Provaremos que f (x) ≤ ≤ f (y). Para cada α ∈ ∈ [x, y] existe δ x ∈ ∈ R+ tal que
α −− δ α < z ≤ ≤ α ≤ ≤ w < α + δ α implica f (z) ≤≤ f (α) ≤≤ f (z)(para z , w ∈ ∈ [a, b]).
Temos enta˜o que [ x, y] ⊂ ⊂ ∪α∈[x,y](α − − δ α, α + δ α). Asssim, existem α1, α2,...,α n ∈∈ [x, y] tais que [ x, y] ⊂ ⊂∪n
i=1(αi −− δ α1 , αi + δ α1 ). Podemos mostrar, por indu c¸a˜o em n, que podemos decompor [ x, y] como
[x, β 1
 −−
δ β1 )
 ⊂⊂
 (β 1
 −−
δ β1 , β 1 + δ β1 ),
[β i−1 −− δ βi−1 ) ⊂⊂ (β i −− δ βi , β i + δ βi ), i = 1, 2,...,p −− 1,
e
[β p−1 −− δ βp−1 , y] ⊂⊂ (β p −− δ βp , β p + δ βp )
para { {β i}} pi=1 ⊂ ⊂ {{αi}}ni=1 e β i < β i+1, i = 1, 2,...,p −− 1. Daı´ escolhemos γ i ∈ ∈ R, i = 1, 2,...,p −− 1, tais que
β i+1 −− δ i+1 < γ i < β i + δ βi e β i < γ i < β i+1.
Assim,
f (x) ≤≤ f (γ 1) ≤ ≤ f (γ 2) ≤ ≤ ... ≤ ≤ f (γ p−1) ≤ ≤ f (y).
227
 
Exerc´ıcio 5.52:
Seja [a, b] ⊂ ⊂ ∪∪Aλ onde cada Aλ e´ aberto. Mostre que e´ possı´vel decompor [a, b] em um n u´mero finito de intervalos
 justapostos de modo que cada um deles esteja contido em algum Aλ.
Pelo Teorema 2, cada Aλ pode ser decomposto como
∪
j∈N A(λ,j), Nλ ⊂ ⊂ N, onde os A′(λ,j)s sa˜o intervalos abertos
disjuntos.
Existe uma subcobertura { {Bi}}ni=1 ⊂ ⊂ {{A(λ.j)}} de [a, b]. Provaremos que e´ poss´ıvel decompor [a, b] como
[a, x1) ⊂⊂ C 1, [) ⊂ ⊂ C i, i = 2,...,p, e [x p, b) ⊂ ⊂ C p+1 (5.7)
para
 { {
C i
}}
 p+1
i=1
 ⊂ { ⊂ {
Bi
}}
n
i=1.
Se n = 1, temos o resultado diretamente. Suponhamos que o resultado seja v´ alido para n ≤ ≤ k e que estejamos
no caso em que n = k + 1. Como a ∈∈ Bi, para algum i = 1, 2, ...n, tomemos C 1 = Bi e assim
[sup C 1] ⊂ ⊂
�
({{Bj}}nj=1 −− {{Bi}}).
Pela hip o´tese indutiva, existem y1, y2,...,y p e C˜ 1, C˜ 2,..., C˜ p que decomp o˜e [sup C 1, b] como em ( 5.7). Assim,
tomando-se
x1 = sup C 1
xi = yi, i = 2,...,p + 1
C i = C˜ i−1, i = 2,...,p + 2
temos o que querı´amos.
Enta˜o, como cada intervalo da decomposic¸a˜o de [ a, b] esta´ contido em algum C i e este por sua vez contido em
algum Aλ, temos o nosso resultado.
228
 
Exerc´ıcio 5.53:
No exerc´ıcio anterior, mostre que os intervalos nos quais se decomp oˆs [a, b] podem ser tomados com o mesmo
comprimento.
No exercı´cio anterior obtivemos
C 1 = [a, x1)
C i = [xi−1, xi), i = 2,...,n,
e
C n+1 = [xn, b]
tais que { {C i}}
n
i=1 e´ uma partic¸a˜o de [ a, b] sendo que C i ⊂ ⊂ Aλ1 .Temos que xi ∈ ∈ Aλi+1. Assim, para cada i = 1,...,n, existe εi > 0 tal que
(xi −− εi, xi + εi) ⊂ ⊂ Aλi+1.
Tomemos q ∈ ∈ Z+ tal que
b −− a
q < min{{εi}}
n
i=1.
Consideremos, agora, os intervalos
I i = [a +
 i −− 1
q (b −− a), a +
 i
q (b −− a)), i = 1,...,q.
Assim, temos que, para cada p = 1,...,q,
(i) a ou xi ≤ ≤ a +
 p −− 1
q (b −− a) < a +
 p
q (b −− a) < xi+1 ou b
I p ⊂ ⊂ C i+1 ⊂ ⊂ Aλi+1
(ii) a + p −− 1q (b −− a) < xi < a +
 p
q (b −− a)
I p ⊂ ⊂ (xi −− εi, xi + εi) ⊂ ⊂ Aλi+1.
Concluimos da´ı que, para p = 1,...,q,I p ⊂ ⊂ Aλ, para algum λ. E temos o nosso resultado.
229
 
Exerc´ıcio 5.54:
(Teorema de Baire) Se F 1, F 2,...,F n,... sa˜o fechados com interior vazio enta˜o S = F 1 ∪∪ F 2 ∪∪ ... ∪∪ F n ∪∪ ... tem interior
vazio. (E´ poss´ıvel mostrar que, dado arbitrariamente um intervalo aberto I , existe algum x ∈ ∈ I ∩ ∩ (R −− S ). Imite a
demonstrac¸a˜o do Teorema 6, Cap´ıtulo III, onde se tem pontos em vez dos fechados F n.)
Seja I um intervalo aberto. Como F tem interior vazio, devemos ter x1 ∈ ∈ I − − F 1. E como F 1 e´ fechado e I 
aberto, existe ε1 > 0 tal que ( x1 − − ε, x1 + ε) ⊂ ⊂ I ∩ ∩ (R −− F ). Adiante, J 1 = [x1 − − ε/2, x1 + ε/2] ⊂ ⊂ I ∩ ∩ (R −− F 1).
Definimos I 1 = (x −− 1 −− ε/2, x1 + ε/2).
Da mesma forma podemos obter J 2 compacto contido em I 1 ∩∩ (R −− F 2) e que desta forma J 2 ⊂ ⊂ J 1.
Por induc¸a˜o, podemos tomar intervalos compactos J n ⊂ ⊂ J n−1, n ∈∈ N ∩∩ [2, ∞∞), tais que F n ∩∩ J n = ∅ ∅.
Logo, existe, pelo Teorema 12 do Cap´ıtulo V, x
 ∈ ∈ ∩j∈
N J n. E como J n
 ∩ ∩
F n =
 ∅ ∅
, x
 ∈ ∈
 F n e, consequentemente
x /∈∈ S.
Asim, I  S. E como I e´ arbitra´rio, segue da´ı que S tem interior vazio.
230
 
Exerc´ıcio 5.55:
O conjunto R −− Q dos n u´meros irracionais na˜o pode ser expresso como reuni˜ao enumera´vel de fechados. Analoga-
mente, Q na˜o e´ intersecc¸a˜o de uma famı´lia enumera´vel de abertos.
Suponhamos, por absurdo, que existam conjuntos fechados F n, n ∈ ∈ Z+, em R tais que R −− Q = ∪ ∪n∈Z+ F n.
Como cada F n esta´ contido em R −− Q e R −− Q possui interior vazio, concluı´mos que F n tem interior vazio, para
cada n ∈∈ Z+.
Seja ( q n)n∈Z+ uma enumerac¸a˜o do conjunto Q. Como o conjunto { {q n}}, para todo n ∈ ∈ Z+, e´ fechado e tem
interior vazio, temos que R e´ uma unia˜o enumera´vel de conjuntos fechados com interior vazio pois
R = (R
−−
Q)
∪∪
Q = (
∪∪
n
∈
Z+ F n)
∪∪
(
∪∪
n
∈
Z+
{{
q n
}}
).
Assim, pelo Teorema de Baire, R e´ um conjunto de interior vazio (em R). Uma contradi c¸a˜o. Portanto, n a˜o podem
existir fechados F n, n ∈∈ Z+, em R tais que R −− Q = ∪∪n∈Z+ F n.
Suponhamos, por absurdo, que existam abertos An, n ∈∈ Z+, em R tais que Q = ∩ ∩n∈Z+ An.
Consideremos os fechados F n := R −− An, para todo n ∈∈ Z+. Desta forma, ter´ıamos que
R −− Q = R −− ∪∪n∈Z+ An = ∪ ∪n∈Z+ (R −− An) = ∪ ∪n∈Z+ F n.
Ou seja, desta forma R −− Q seria uma uni a˜o enumera´vel de conjuntos fechados. Uma contradic¸a˜o. Portanto, na˜o
podem existir abertos An, n ∈∈ Z+, em R tais que Q = ∩ ∩n∈Z+ An.
231
 
Exerc´ıcio 5.56:
Se [a, b] ⊂ ⊂ ∪∪ni=1[ai, bi], enta˜o b −− a 
∑n
i=1(bi − − ai). Tambe´m [a, b] ⊂ ⊂ ∪∪∞n=1[an, bn] implica b −− a 
∑∞
n=1(bn −− an).
Finalmente, resultados ana´logos valem para ( a, b) em vez de [ a, b].
(I) [ a, b] ⊂⊂
n�
i=1
[ai, bi] ⇒ ⇒ b −− a 
n�
i=1
(bi −− ai)
Para todo k ∈ ∈ Z+ e i = 1,...,n , temos que
[ai, bi]
 ⊂⊂ �
ai
 −−
 1
2k
, bi +
 1
2k�
.
Logo,
[a, b] ⊂⊂
n�
i=1
[ai, bi] ⊂⊂
n�
i=1
�
ai −−
 1
2k , bi +
 1
2k
�
.
Assim, pela Proposi c¸a˜o 1 deste cap´ıtulo, segue que
b −− a <
n�
i=1
��
bi +
 1
2k
�
−−
�
ai −−
 1
2k
��
e, consequentemente,
b −− a <
n�
i=1
�
bi −− ai +
 1
k
�
=
n�
i=1
(bi −− ai) +
 n
k .
Portanto,
b −− a  lim
k→∞
� n�
i=1
(bi −− ai) +
 n
k
�
=
n�
i=1
(bi −− ai).
(II) [ a, b] ⊂⊂
∞�
i=1
[ai, bi] ⇒ ⇒ b −− a 
∞�
i=1
(bi −− ai)
Para todo k e i ∈∈ Z+, temos que
[ai, bi] ⊂ ⊂
�
ai −−
 1
2i+1k , bi +
 1
2i+1k
�
.
Logo,
[a, b] ⊂ ⊂
∞�
i=1
[ai, bi] ⊂⊂
∞�
i=1
�
ai −−
 1
2i+1k , bi +
 1
2i+1k
�
.
Assim, pela Proposi c¸a˜o 2 deste cap´ıtulo, segue que
b −− a <
∞�
i=1
��
bi +
 1
2i+1k
�
−−
�
ai −−
 1
2i+1k
��
e, consequentemente,
b −− a < ∞�
i=1
�bi −− ai + 12ik
� =
∞�
i=1
(bi −− ai) + 1k
∞�
i=1
1
2i =
∞�
i=1
(bi −− ai) + 1k .
Portanto,
b −− a  lim
k→∞
� ∞�
i=1
(bi −− ai) +
 1
k
�
=
∞�
i=1
(bi −− ai).
232
 
(III) ( a, b) ⊂ ⊂
n�
i=1
[ai, bi] ⇒⇒ b −− a 
n�
i=1
(bi −− ai)
Temos que
[a, b] = [a, a] ∪∪ [b, b] ∪∪
n�
i=1
[ai, bi].
Assim, pelo item (I), temos que
b −− a  (a −− a) + (b −− b) +
n�
i=1
(bi −− ai) =
n�
i=1
(bi −− ai).
(IV) ( a, b) ⊂ ⊂
∞�
i=1
[ai, bi]⇒⇒ b −− a 
n�
i=1
(bi −− ai)
Temos que
[a, b] = [a, a] ∪∪ [b, b] ∪∪
∞�
i=1
[ai, bi].
Assim, pelo item (I), temos que
b −− a  (a −− a) + (b −− b) +
∞�
i=1
(bi −− ai) =
∞�
i=1
(bi −− ai).
233
 
Exerc´ıcio 5.57:
Seja X ⊂ ⊂ R. Uma fun c¸a˜o f : X → → R chama-se localmente limitada quando para cada x ∈ ∈ X existe um intervalo
aberto I x, contendo x, tal que f ||I x∩X e´ limitada. Mostre que se X e´ compacto, toda func¸a˜o f : X → → R localmente
limitada e´ limitada.
Sejam X um subconjunto compacto de R, f : X → → R uma fun c¸a˜o localmente limitada, para cada x ∈ ∈ X , I x
um intervalo contendo x e Ax > 0 tais que
||f (y)|| < Ax,
para cada y ∈ ∈ X ∩ ∩ I x.
Como x ∈∈ I x, para todo x ∈ ∈ X , temos que
X = �
x∈X
I x.
Sendo X um conjunto compacto, existem x1,. . . ,xn em X tais que
X = I x1 ∪···∪ ∪···∪ I xn .
Para A ∈ ∈ R definido por
A := max{{Ax1 ,...,A xn}}
temos, para y ∈ ∈ I xi , que
||f (y)|| < Axi  A.
Ou seja,
||f (y)|| < A
para todo y ∈ ∈ X = ∪∪ni=1I xi . Portanto, f e´ limitada.
234
 
Exerc´ıcio 5.58:
Dado X ⊂ ⊂ R na˜o-compacto, defina uma func¸a˜o f : X → → R que seja localmente limitada mas n˜ao seja limitada.
Sendo X na˜o-compacto, basta provarmos que existe uma func¸a˜o f : X → → R que seja localmente mas n a˜o seja
limitada nos casos:
•• X na˜o e´ limitado;
Seja f : X → → R dada por
f (x) = x,
para todo x
 ∈ ∈
 X . Desta forma, para cada x
 ∈ ∈
 X , o intervalo
I x = (x −− 1, x + 1)
e´ tal que f ||X∩I x e´ limitada pois
x −− 1  f (y)  x + 1,
para todo y ∈ ∈ I x ∩∩ X .
Por outro lado, f ainda n a˜o e´ limitada ja´ que se existe A > 0 tal que
||f (x)|| < A,
para todo x ∈ ∈ X , terı´amos que
||x|| < A,
para todo x ∈ ∈ X , contradizendo o fato de X ser ilimitado.
•• X na˜o e´ fechado;
Como X na˜o e´ fechado, existe a ∈ ∈ X ′ −− X . Definimos f : X → → R por
f (x) = 1a −− x ,
para todo x ∈ ∈ X .
Desta forma, para cada x ∈ ∈ X , o intervalo
I x =
�
x −− | |x −− a||2 , x +
 | |x −− a||
2
�
e´ tal que f ||X∩I x e´ limitada. De fato, para y ∈ ∈ I x, temos que
||y −− a|| = ||(x −− a) + (y −− x)||
 ||x −− a|| −− ||y −− x||
 ||x −− a|| −− |x−a|2
 |x−a|2
e, consequentemente,
||f (y)|| = 1||y −− a|| 
2
||x −− a|| .
E f na˜o e´ limitada ja´ que, dado A > 0 existe x ∈ ∈ X tal que
||f (x)|| > A.
De fato, como a ∈∈ X ′ −− X , existe x ∈∈ X tal que
||x −− a|| < 1A
e, desta forma,
||f (x)|| = 1||x −− a|| > A.
235
 
Exerc´ıcio 5.59:
Sejam C compacto, A aberto e C ⊂ ⊂ A. Mostre que existe ε > 0 tal que x ∈ ∈ C , | |y −− x|| < ε ⇒⇒ y ∈ ∈ A.
Como A e´ aberto e A ⊃ ⊃ C , temos que, para todo x ∈∈ C , existe εx > 0 tal que
(x −− 2εx, x + 2εx) ⊂ ⊂ A.
A famı´lia
{{(x −− εx, x + εx) : x ∈∈ C }}
e´ uma cobertura aberta para o conjunto C . Como C e´ compacto, existem x1,. . . ,xn ∈ ∈ C tais que
C ⊂ ⊂
n�
i=1
(xi −− εxi , xi + εxi )
Tomemos
ε := min{{εx1 ,...,ε xn}} > 0.
Supondo que x ∈∈ C e | |x −− y|| < ε temos que y ∈ ∈ A. De fato, como x ∈ ∈ C , temos que
x ∈ ∈ (xk − − εxk , xk + εxk ),
para k = 1,. . . ,n −− 1 ou n. Assim,
||xk − − y||  ||xk − − x|| + ||x −− y|| < εxk + ε  2εxk
e, consequentemente,
y ∈ ∈ (xk − − 2εxk , xk + 2εxk ) ⊂⊂ A.
236
 
Exerc´ıcio 5.60:
Dada uma sequeˆncia (xn), seja X n = { {xn, xn+1,... }} para todo n ∈ ∈ Z+. Mostre que ∩ ∩∞n=1X n e´ o conjunto dos
valores de adereˆncia de (xn).
Seja A o conjunto dos valores de adereˆncia de (xn).
Provaremos separadamente que A ⊂ ⊂ ∩∩∞n=1X n e que ∩ ∩∞n=1X n ⊂ ⊂ A.
Seja a ∈ ∈ A. Ent a˜o, existe uma subsequeˆncia (xnk )k∈Z+ de (xn) tal que lim k→∞ xnk = a. Dado n ∈ ∈ Z+, temos
que existe k0 ∈ ∈ Z+ tal que
n  nk0 < nk0+ p,
para todo p ∈ ∈ Z+. Assim, ( xnk0+p ) p∈Z+ e´ uma sequeˆncia em X n tal que
lim
 p→∞
xk0+ p = limk→∞ xk = a.
Desta forma, a ∈ ∈ X n, para n ∈ ∈ Z+ arbitra´rio. Ou seja, a ∈ ∈ ∩∩∞n=1X n.
Seja a ∈ ∩ ∈ ∩∞n=1X n. Provaremos que existe uma subsequeˆncia (xnk )k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que lim k→∞ xnk = a.
Ou seja, que a ∈∈ A. Comecemos observando que para todo m e k ∈ ∈ Z+ existe nk ∈ ∈ Z+ tal que
nk > m e ||xnk − − a|| <
 1
k . (5.8)
De fato, como a ∈ ∈ X m+1 e X m+1 = { {xn : n  m + 1}}, temos que existe xnk ∈ ∈ X m+1 tal que | |xnk − − a|| < 1k e,
desta forma, nk satisfaz (5.8). Assim, pelo princ´ıpio da definic¸a˜o recursiva, fica bem definida a sequeˆcia de ı´ndices
(nk)k∈Z+ tal que
n1 := 1
e
nk := min
�
n ∈∈ Z+ : n  nk−1, ||xn −− a|| < 1k
}
,
para k > 1 em Z+. Logo, a subsequeˆncia (xnk )k∈Z+ e´ tal que
||xnk − − a|| 
1
k ,
para todo k ∈ ∈ Z+, e, consequentemente,
lim
k→+∞
xnk = a.
237
 
Exerc´ıcio 5.61:
Uma famı´lia de conjuntos (K λ)λ∈L chama-se uma cadeia quando, para quaisquer λ e µ ∈ ∈ L tem-se K λ ⊂ ⊂ K µ ou
K µ ⊂ ⊂ K λ. Prove que se ( K λ)λ∈L e´ uma cadeia na˜o vazia de compactos na˜o-vazios enta˜o a intersec¸a˜o K = ∩∩λ∈LK λ
e´ na˜o vazia (e compacta).
Primeiramente, mostraremos que, dada um conjunto finito L′ contido em L, o conjunto
λ∈L′
K λ
na˜o e´ vazio. Procederemos por induc¸a˜o no n u´mero de elementos de L′. Para L′ = {{µ}}, temos a afirma¸ca˜o
trivialmente ja´ que
λ∈L′
K λ = K µ ̸ ̸= ∅∅.
Suponhamos, como hipo´teses de indu c¸a˜o, que, para cada conjunto finito L ′′ de cardinalidade menor ou igual que
n ∈∈ Z+, seja verdade que 
λ∈L′′
K λ ̸ ̸= ∅ ∅.
Sejam L ′ um subconjunto de L com cardinalidade n + 1 e λ0 ∈ ∈ L′. Definimos s conjuntos
L′− := {{λ ∈∈ L′\{\{λ0}} : K λ ⊂ ⊂ K λ0}}
e
L′+ := { {λ ∈ ∈ L′\{\{λ0}} : K λ0 ⊂ ⊂ K λ}}.
Temos que
K λ0 ∩ ∩
�∩
λ∈L′+ K λ
 
 =
 ∩
λ∈L′+ (K λ ∩∩ K λ0 ) =
∩
λ∈L′+ K λ0
= K λ0
e, como L ′− tem cardinalidade menor ou igual que n,
K λ0 ∩ ∩
�∩
λ∈L′− K λ
 
 =
 ∩
λ∈L′−(K λ ∩∩ K λ0 )
= ∩λ∈L′− K λ
̸̸= ∅∅.
Assim, ∩
λ∈L′ K λ =
�
K λ0 ∩ ∩
�∩
λ∈L′+ K λ
 
∩∩
�∩
λ∈L′− K λ
 
= K λ0 ∩ ∩
�∩
λ∈L′− K λ
 
̸̸= ∅∅.
Portanto, provamos a afirmac¸a˜o do in´ıcio do para´grafo.
Fixemos λ0 ∈ ∈ L.
Suponhamos, por absurdo, que
∅∅ =
λ∈L
K µ = K λ0 ∩ ∩
�
λ∈L
K λ
�
.
Desta forma ter´ıamos que
K λ0 ⊂ ⊂
�
λ∈L
(R\\K λ),
ou seja, { {R\\K λ}}λ∈L seria uma cobertura de K λ0 por conjuntos abertos em R. Como K λ0 e´ compacto, existiria um
subconjunto finito L ′ de L tal que
K λ0 ⊂ ⊂ �
λ∈L′
(R\\K λ).
Pore´m, isso implicaria que
λ∈L′∪{λ0}
K λ = K λ0 ∩ ∩
�
 
λ∈L′
K λ
�
= ∅ ∅.
Contradizendo, ja´ que L ′ ∪∪ {{λ0}} e´ finito, o que foi provado no primeiro par a´grafo desta demonstrac¸a˜o.
238
 
Exerc´ıcio 5.62:
Se X ⊂ ⊂ R e´ na˜o-enumera´vel, enta˜o X ′ tambe´m o e´.
Todos os pontos de X \\X ′ sa˜o isolados. De fato, dado x ∈ ∈ X \\X ′, temos que x na˜o e´ um ponto de acumulac¸a˜o
de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ ∩ (x −− ε, x + ε) = { {x}}.
Como todos os pontos de X \\X ′ sa˜o isolados, temos, pelo corol a´rio 2 do Teorema 8, que este conjunto e´
enumera´vel.
O conjunto X ∩ ∩ X ′ na˜o e´ enumera´vel. De fato, como X = (X \\X ′) ∪∪ (X ∩ ∩ X ′), X na˜o e´ enumera´vel e X \\X ′ e´
enumera´vel, devemos ter que X ∩ ∩ X ′ e´ na˜o enumera´vel.
Por fim, como X ′ conte´m o conjunto na˜o enumera´vel X ∩ ∩ X ′, devemos ter que X ′ e´ na˜o enumera´vel.
239
 
Exerc´ıcio 5.63:
Para todo X ⊂ ⊂ R, X − − X ′ e´ enumera´vel.
Todos os pontos de X −−X ′ sa˜o isolados. De fato, dado x ∈∈ X −− X ′, temos que x na˜o e´ um ponto de acumulac¸a˜o
de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ ∩ (x −− ε, x + ε) = { {x}}.
Como todos os pontos de X − − X ′ sa˜o isolados,temos, pelo corol a´rio 2 do Teorema 8, que este conjunto e´
enumera´vel.
Por fim, como X = X ∪ ∪ X ′, temos que X − − X ′ = X − − X ′. Logo, X − − X ′ e´ enumera´vel.
240
 
Exerc´ıcio 5.64:
Um nu´mero real a chama-se ponto de condensac¸˜ ao de um conjunto X ⊂ ⊂ R quando todo intervalo aberto de centro
a conte´m uma infinidade na˜o-enumera´vel de pontos de X . Seja F 0 o conjunto dos pontos de condensa¸ca˜o de um
conjunto F ⊂⊂ R. Prove que F 0 e´ um conjunto perfeito (isto e´, fechado, sem pontos isolados) e que F − − F 0 e´
enumera´vel. Conclua da´ı o Teorema de Bendixon : todo fechado da reta e´ reunia˜o de um conjunto perfeito com um
conjunto enumera´vel.
(I) F 0 e´ fechado:
Mostraremos que todo a
 ∈ ∈
 F 0 e´ um ponto de condensa c¸a˜o de F . Isto e´, que, para um ε > 0 arbitr a´rio,
(a −− ε, a + ε) ∩∩ F na˜o e´ enumera´vel.De fato, sendo a um elemento do feixo de F 0, devemos ter que existe x ∈ ∈ (a −− ε, a + ε) ∩∩ F 0. Assim, para ε˜ > 0
tal que
(a −− ε, a + ε) ⊃⊃ (x −− ε˜, x + ε˜),
temos que
(a −− ε, a + ε) ∩∩ F ⊃ ⊃ (x −− ε˜, x + ε˜) ∩∩ F.
Como x e´ um ponto de condensac¸a˜o de F , (x −− ε˜, x + ε˜) ∩∩ F na˜o e´ enumera´vel. Logo, ( a −− ε, a + ε) ∩∩ F tambe´m
na˜o e´ enumera´vel.
(II) Se I e´ um intervalo finito tal que F 0 ∩∩ I = ∅∅ enta˜o F ∩ ∩ I e´ finito ou infinito enumera´vel
Suponhamos que F ∩ ∩ I infinito e n a˜o e´ enumera´vel. Provaremos que F 0 ∩∩ I ̸ ̸= ∅∅.
Definiremos uma sequeˆncia de intervalos compactos ([an, bn])n∈Z+ contidos em I tais que, para todo n ∈ ∈ Z+,
[an, bn] ∩∩ F e´ infinito e na˜o e´ enumera´vel, (5.9)
[an, bn] ⊃ ⊃ [an+1, bn+1] (5.10)
e
bn −− an = b −− a2n−1 . (5.11)
Verificaremos que a sequeˆncia ([an, bn])n∈Z+ fica bem definida por
[a1, b1] := I 
e
[an, bn] :=



*
an−1, bn−1−an−12
+
, se
*
an−1, bn−1−an−12
+
∩∩ F 
e´ infinito e na˜o e´ enumera´vel;*
bn−1−an−1
2 , bn−1
+
, caso contr a´rio,
(5.12)
para n > 1, e possui as propriedades ( 5.9), (5.10) e (5.11). O intervalo [ a1, b1] = I , satisfaz ( 5.9) e (5.11) pelas
hipo´teses sobre I . Suponhamos que os intervalos [ a1, b1],..., [an−2, bn−2] e [an−1, bn−1] estejam bem definidos por
(5.12) e satisfazem as condi c¸o˜es ( 5.9), (5.10) e (5.11). Como [ an−1, bn−1] ∩∩ F e´ infinito e na˜o e´ enumera´vel, temos
que [ an−1, (bn−1 − − an−1)/2] ou [( bn−1 − − an−1)/2, bn−1] sa˜o infinitos e n˜ao s a˜o enumera´veis. Desta forma, (5.12)
define [an, bn] de forma que ( 5.9) e (5.10) sa˜o prontamente satisfeitos. Tambe´m temos que [an, bn] satisfaz ( 5.11)
pois
bn
 −−
an =
 bn−1 −− an−1
2
 = b −− a
2
n
−
1 .
Assim, temos, pelo Principio da Definic¸a˜o Indutiva, que existe uma sequeˆncia de intervalos compactos ([an, bn])n∈Z+
contidos em I que satisfaz ( 5.9), (5.10) e (5.11).
Pelo Teorema 12 do Cap´ıtulo 5, a propriedade (5.10) da sequeˆncia de compactos ([an, bn])n∈Z+ implica que
existe x0 ∈ ∈ ∩∩∞n=1[an, bn]. Mostraremos que x0 ∈ ∈ F 0.
Seja ε > 0. Para algum n ∈ ∈ Z+, temos que
ε > b −− a2n−1 .
241
 
Como x0 ∈ ∈ [an, bn], segue que
(x0 −− ε, x0 + ε) ⊃ ⊃ [an, bn].
Logo, (x0 −− ε, x0 + ε) ∩∩ F e´ infinito e na˜o enumera´vel ja´ que
(x0 −− ε, x0 + ε) ∩∩ F ⊃ ⊃ [an, bn] ∩∩ F 
e [an, bn] ∩∩ F e´ infinito e na˜o e´ enumera´vel por ( 5.9). Com isso, devemos ter que x0 ∈ ∈ F 0.
Portanto, x0 ∈ ∈ I ∩ ∩ F 0 = [a1, b1] ∩∩ F 0.
(III) F 0 na˜o possui pontos isolados
Suponhamos que exista x0 em F 0 e ε > 0 tais que (x0−−2ε, x0+2ε)∩∩F 0 = {{x0}}. Provaremos que (x0−−ε, x0+ε)∩∩F 
e´ finito ou infinito enumera´vel.Para todo n ∈∈ Z+, a inclus a˜o
�
x0 −− ε, x0 −−
 ε
n + 1
�
=
,
x0 −− ε, x0 −−
 ε
n + 1
(
⊂⊂ (x0 −− 2ε, x0)
implica que �
x0 −− ε, x0 −−
 ε
n + 1
�
∩∩ F 0 = ∅ ∅.
Assim, pelo item (II), temos que �
x0 −− ε, x0 −−
 ε
n + 1
�
∩∩ F 
e´ finito ou infinito enumera´vel.
Analogamente, �
x0 +
 ε
n + 1 , x0 + ε
�
∩∩ F 
e´ finito ou infinito enumera´vel, para todo n ∈∈ Z+.
Segue que
(x0 −− ε, x0 + ε) ∩∩ F =
=
(
(x0 −− ε, x0) ∩∩ F 

∪∪ ({{x0}} ∩∩ F ) ∪∪
(
(x0, x0 + ε) ∩∩ F 

=
�
∪∪n∈Z+
�
x0 −− ε, x0 −− εn+1
 
∩∩ F 
 
∪∪ ({{x0}} ∩∩ F )
∪∪
�
∪∪n∈Z+
�
x0 + εn+1 , x0 + ε
 
∩∩ F 
 
e´ finito ou infinito enumera´vel ja´ que
∪∪n∈Z+
��
x0 −− ε, x0 −−
 ε
n + 1
�
∩∩ F 
�
e
∪∪n∈Z+
��
x0 +
 ε
n + 1 , x0 + ε
�
∩∩ F 
�
sa˜o unio˜es enumera´veis de conjuntos finitos ou infinitos enumera´veis.
(IV) F − − F 0 e´ enumer a´vel
Para cada x ∈∈ F − − F 0, o conjunto
{{ε ∈ ∈ R; 0 < ε < 1 e (x −− ε, x + ε) ∩∩ F e´ finito ou infinito enumera´vel}}
na˜o e´ vazio e e´ limitado. Logo, podemos definir, para cada x ∈ ∈ F − − F 0,
εx := sup{{ε ∈ ∈ R; 0 < ε < 1 e (x −− ε, x + ε) ∩∩ F e´ finito ou infinito enumera´vel}}.
Desta forma,
(x −− εx, x + εx) ∩∩ F 
242
 
e´ finito ou infinito enumera´vel.
Seja E um subconjunto denso e finito ou infinito enumera´vel de F −−F 0 (cuja existeˆncia e´ garantida pelo Teorema
6 do Cap´ıtulo 5). Provaremos que
F − − F 0 ⊂ ⊂ ∪∪e∈E (e −− εe, e + εe) ∩∩ F.
E, deste fato, concluiremos que F − − F 0 e´ finito ou infinito enumera´vel ja´ que cada ( e −− εe, e + εe) ∩∩ F , para e ∈∈ E ,
e´ finito ou infinito enumera´vel e E e´ finito ou infinito enumera´vel.
Seja x ∈∈ F − − F 0. Como E e´ denso em F − − F 0, existe e ∈ ∈ (x −− εx/2, x + εx/2). Desta forma
(e −− εx/2, e + εx/2) ∩∩ F ⊂ ⊂ (x −− εx, x + εx) ∩∩ F 
e´ finito ou infinito enumera´vel. Logo, pela defini c¸a˜o de εe, temos que εe  εx/2. Assim,
x ∈ ∈ (e −− εx/2, e + εx/2) ⊂⊂ (e −− εe, e + εe).
Portanto, concluimos que F − − F 0 ⊂ ⊂ ∪∪e∈E (e −− εe, e + εe) ∩∩ F .
(V) Teorema da Bendixon: Todo fechado de R e´ uma unia˜o de um conjunto perfeito e um conjunto enumera´vel.
Seja F um conjunto fechado. Denotemos por F 0 o conjunto dos seus pontos de condensa¸ca˜o.
Todo ponto de condensa c¸a˜o de F e´ um ponto de acumulac¸a˜o de F . De fato, para todo x ∈ ∈ F 0, temos que
(x −− ε, x + ε) ∩∩ F e´ infinito e enumera´vel, para todo ε > 0. Logo, para todo x ∈∈ F 0, temos que ( x −− varepsilon, x +
ε) ∩∩ (F − − {{x}}) ̸̸= ∅∅, para todo ε > 0. Assim, todo ponto de F 0 e´ um ponto de acumulac¸a˜o de F . Isto e´, F 0 ⊂ ⊂ F ′.
Como
F 0 ⊂ ⊂ F ′ ⊂ ⊂ F,
Temos que F = F 0 ∪∪ (F − − F 0). Assim, pelos intens (I), (III) e (IV), temos que F e´ a unia˜o do conjunto perfeito F 0
e o conjunto finito ou infinito enumer´avel F − − F 0.
243
 
Cap´ıtulo 6
Limites de Fun c¸o˜es
244
 
Exerc´ıcio 6.01:
Na defini c¸a˜o do lim
x→a
f (x), retire a exigeˆncia de ser x ̸ ̸= a. Mostre que esta nova defini¸ca˜o coincide com a anterior
no caso a /∈∈ X mas, para a ∈∈ X, o novo limite existe se, e somente se, o antigo existe e e´ igual a f (a).
Seja L = lim
x→a
f (x) pela defini c¸a˜o antiga.
•• a /∈∈ X 
Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que 0 < | |x −− a|| < δ, x ∈ ∈ X, implica | |f (x) −− L|| < ε. Enta˜o, como a ∈ ∈ X, se
||x −− a|| < δ, x ∈ ∈ X, enta˜o | |f (x) −− L|| < ε. Portanto, ainda temos L = lim
x→a
f (x).
•• a ∈∈ X e f (a) ̸̸= L.
Tomando ε = | |L −− f (a)|| > 0 temos que para todo δ > 0 existe x ∈ ∈ X tal que | |x −− a|| < δ e | |f (x) −− L| | ≥≥ ε ( a
saber x = a). Portanto, lim f (x) na˜o mais existe.
•• a ∈∈ X e f (a) = L
Temos que dado ε > 0 existe δ > 0 tal que 0 < | |x −− a|| < δ, x ∈ ∈ X, implica | |f (x) −− L|| < ε. Mas, ale´m disso,
||f (a) −− L|| = 0 < ε. Assim, para todo x ∈ ∈ X tal que | |x −− a|| < δ temos que | |f (x) −− L|| < ε. Portanto, ainda
temos lim f (x) = L.
Por fim, se lim
x→a
f (x) = L pela defini c¸a˜o nova, enta˜o f e L satisfazem tambe´m as condic¸o˜es da defini c¸a˜o antiga.
Logo, lim
x→a
f (x) = L tambe´m pela definic¸a˜oantiga.
245
 
Exerc´ıcio 6.02:
Considere o seguinte erro tipogra´fico na defini c¸a˜o de limite:
∀∀ε > 0∃∃δ > 0; x ∈ ∈ X, ||x −− a|| < ε ⇒ ⇒ ||f (x) −− L|| < δ.
Mostre que f cumpre esta condi c¸a˜o se, e somente se, e´ limitada em qualquer intervalo limitado de centro a. No
caso afirmativo, L pode ser qualquer n u´mero real.
(⇒⇒) Seja I um intervalo de comprimento ε e centrado em a. Enta˜o,
(a −− ε, a + ε) ⊃⊃ I 
e, pela hip o´tese, existe δ > 0 tal que
||f (x)|| −− ||L| | ≤ |≤ |f (x) −− L|| < δ,
para todo x ∈ ∈ (a −− ε, a + ε). Logo, para todo x ∈∈ I temos que
||f (x)|| < δ + ||L||
e, consequentemente, f e´ limitada em I .
(⇐⇐) Seja ε > 0. Existe A ∈ ∈ R tal que para todo x ∈ ∈ (a −− ε, a + ε) temos que | |f (x)|| < A. Daı´ temos que para
todo x ∈∈ R tal que | |x −− a|| < ε temos
||f (x) −− L| ≤ | ≤ ||f (x)|| + ||L|| < A + ||L||.
Assim, tomando δ = A + ||L|| teremos a condic¸a˜o que quer´ıamos. E como ε e´ arbitra´rio a afirma c¸a˜o esta´ provada.
246
 
Exerc´ıcio 6.03:
Seja X = Y ∪ ∪ Z, com a ∈∈ Y ′ ∩∩ Z ′. Dada f : X → → R, tomemos g = f ||Y e h = f ||Z. Se lim
x→a
g(x) = L e lim
x→a
h(x) = L
enta˜o lim
x→a
f (x) = L.
Seja ε > 0 dado. Ent a˜o existem δ 1 e δ 2 positivos tais que se
x ∈ ∈ (a −− δ 1, a + δ 1) ∩∩ Y 
ou
x ∈∈ (a −− δ 2, a + δ 2) ∩∩ Z 
implicam ||f (x) −− L|| < ε.
Fixemos δ = min{{δ 1, δ 2}}.
Seja
x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ X.
Temos que x ∈∈ Y ou x ∈ ∈ Z. No primeiro caso
x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ Y ⊂ ⊂ (a −− δ 1, a + δ 1) ∩∩ Y.
Isso implica que
||f (x) −− L|| < ε.
Analogamente, no segundo caso, tambe´m temos que
||f (x) −− L|| < ε.
Concluı´mos, assim, que em todo caso
||
x
−−
a
||
 < δ , x
 ∈∈
 X 
 ⇒ ⇒ ||
f (x)
−−
L
||
 < ε.
Como ε e´ arbitra´rio, enta˜o temos o resultado.
247
 
Exerc´ıcio 6.04:
Seja f : R\ \ →→ R definida por f (x) = 11 + e1/x . Enta˜o limx→0+ f (x) = 0 e limx→0− f (x) = 1.
Seja f : R \\ {{0} } →→ R \\ {{0}} dada por f 1(x) = 1x . Temos enta˜o que
lim
x→0+
f 1(x) = +∞∞ e lim
x→0−
f 1(x) = −∞ −∞.
Seja f 2 : R →→ R \\ {{0}} dada por f 2(y) = 1 + ey . Enta˜o,
lim
y
→
+
∞
f 2(y) = +∞∞ e limy
→−∞
f 2(y) = 1.
Por fim, seja f 3 : R\ \ →→ R dada por f 3(z) = 1z . Enta˜o
lim
z→+∞
f 3(z) = 0 e limz→1 f 3(z) = 1.
Pelo Teorema 9, temos que
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
(f 3 ◦◦ f 2 ◦◦ f 1)(x) = 0
e
lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
(f 3 ◦◦ f 2 ◦◦ f 1)(x) = 1.
248
 
Exerc´ıcio 6.05:
Seja f (x) = x + 10 sin x para todo x ∈ ∈ R. Enta˜o lim
x→+∞
f (x) = +∞∞ e lim
x→−∞
f (x) = −∞ −∞. Prove o mesmo para a
func¸a˜o g(x) = x + x2 sin x.
Da relac¸a˜o
−−1 ≤≤ sin x ≤≤ 1,
para todo x ∈ ∈ R, segue a rela c¸a˜o
x
2 = x −−
 x
2 ≤ ≤ g(x) ≤ ≤ x +
 x
2 =
 3x
2 ,
para todo x ∈ ∈ R.Seja A ∈∈ R arbitra´rio. Tomemos B = 2A e C = 23 A. Se x ∈∈ R e x > B = 2A, temos que
g(x) ≥ ≥ x2 > A.
E como B so´ depende de A, segue que
lim
x→+∞
g(x) = +∞∞.
Se x ∈∈ R e x < C = 23 A, temos que
g(x) ≤≤ 32 x < A.
E como C so´ depende de A, segue que
lim
x→−∞
g(x) = −∞−∞.
249
 
Exerc´ıcio 6.06:
Seja f : X → → R mono´tona, com f (X ) ⊂ ⊂ [a, b]. Se f (X ) e´ denso no intervalo [a, b] enta˜o, para cada c ∈ ∈ X ′+ ∩ ∩ X ′−,
tem-se lim
x→c−
f (x) = lim
x→c+
f (x). Se c ∈ ∈ X enta˜o este limite e´ igual a f (c).
Como c ∈∈ X ′+ ∩∩ X ′− e f : X → → R e´ mono´tona, pelo Teorema 12, existem os limites
L = lim
x→c+
f (x) e M = lim
x→c−
f (x).
Ale´m disso, como f (X ) ⊂ ⊂ [a, b] e [a, b] e´ compacto temos que L = lim
n→∞
f (xn)( para alguma sequeˆncia em (c, b]) e
M = lim
n
→∞
f (yn)( para alguma sequeˆncia em [a, c)) esta˜o em [ a, b].
Suponhamos que f e´ na˜o-decrescente. Os casos em que f e´ crescente, decrescente ou na˜o-crescente sa˜o demons-trados de forma an a´loga.
Seja x ∈∈ X. Se x < c enta˜o
f (x) ≤≤ M = sup{{f (y); y ∈ ∈ X e y < c}}.
Tambe´m, f (x) ≤≤ f (y) para todo y > c e, consequentemente,
f (x) ≤≤ L = inf {{f (y); y ∈ ∈ X e y > c}}.
Assim, f (x) /∈∈ (min{{L, M }}, max{{L, M }}). Se x > c, obtemos de forma ana´loga que f (x) /∈∈ (min{{L, M }}, max{{L, M }}).
Se x = c, enta˜o
M ≤ ≤ f (x) ≤ ≤ L
pois f (y) ≤≤ f (x) para todo y < c = x e f (x) = f (y) para todo y > c = x ja´ que f e´ na˜o-decrescente.
Se c /∈∈ X, enta˜o
∅∅ = (min{{L, M }}, max{{L, M }}) ∩∩ f (X ),
o que implica que L = M pois caso contr a´rio haveria um aberto em [ a, b] sem nenhum ponto de f (X ).
Se c ∈ ∈ X, devemos ter
M = f (c) = L
pois caso contra´rio haveria um aberto
(M, f (c)) ou ( f (c), L)
na˜o vazio em [ a, b] sem nenhum elemento de f (X ) pelo que foi dito acima. Neste caso, pelo Teorema 11, temos
que lim
x→c
f (x) = f (c).
250
 
Exerc´ıcio 6.07:
Demonstre o Teorema 2.
Suponhamos que lim
x→a
f (x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que se x ∈ ∈ X e 0 < | |x−−a|| < δ, enta˜o ||f (x)−−L|| < ε.
Daı´ segue que se y ∈ ∈ Y ⊂⊂ X e 0 < | |y −− a|| < δ, enta˜o | |g(y) −− L|| = | |f (x) −− L|| < ε. Como ε e´ arbitra´rio, temos que
lim
x→a
g(x) = L.
Suponhamos que Y = I ∩ ∩ X, com I aberto contendo a. Enta˜o, existe δ 0 > 0 tal que ( a −− δ 0, a + δ 0) ⊂ ⊂ I . Seja
ε > 0 arbitr a´rio. Existe δ 1 > 0 tal que y ∈ ∈ Y e 0 < | |y − − a|| < δ 1 temos que | |g(y) −− L|| < ε. Enta˜o, tomando-se
δ = min{{δ 0, δ 1}}, temos que se x ∈ ∈ X e 0 < ||x −− a|| < δ enta˜o
x ∈∈ (X \ \ {{a}}) ∩∩ (a −− δ, a + δ ) ⊂⊂ Y .
Assim, | |f (x) −− L|| = ||g(x) −− L|| < ε. Concluı´mos que lim
x→a
f (x) = L.
251
 
Exerc´ıcio 6.08:
Sejam f : X → → R mono´tona e a ∈ ∈ X ′+. Se existir uma sequeˆncia de pontos xn ∈ ∈ X com xn > a, lim xn = a e
lim f (xn) = L, enta˜o lim
x→a+
f (x) = L.
Consideremos o caso em que f e´ n a˜o-decrescente e ( xn)n∈N e´ tal que xn > a para todo n ∈ ∈ N, lim xn = a e
lim f (xn) = L.
Dado x ∈ ∈ X tal que x > a, devemos ter
L < f (x).
De fato, se existisse x ∈ ∈ X ∩ ∩ (a, +∞∞) tal que f (x) < L existiria uma subsequeˆncia de (f (xn)) que n a˜o tende a L.
Por exemplo, seja ( xnk ) dada por
{xn0 ∈ ∈ (a, x) ∩∩ {{xn}}n∈Nxnk ∈ ∈ (a, xnk−1) ∩∩ {{xn}}n>nk−1 .
Enta˜o,
f (xnk ) ≤≤ ... ≤ ≤ f (xn0 ) ≤≤ f (x) < L.
Logo, L na˜o e´ limite da sequeˆncia (f (xnk )). Assim, dado ε > 0, tomemos n0 ∈ ∈ N tal que | |f (xn0 ) − − L|| < ε e
δ = xxn0 −− a. Daı´, se 0 < x −− a < δ teremos que a < x < x n0 e, pelo que foi dito acima, L < f (x) ≤≤ f (xn0 ). Logo,
||f (x) −− L| | ≤ |≤ |f (xn0 ) −− L|| < ε.
Portanto, lim
x→a+
f (x) = L.
Os casos em que f e´ crescente, na˜o-crescente e decrescente sa˜o ana´logos.
252
 
Exerc´ıcio 6.09:
Se f : X → → R e´ mono´tona enta˜o o conjunto dos pontos a ∈ ∈ X ′ para os quais n a˜o se tem lim
x→a−
f (x) = lim
x→a+
f (x) e´
enumera´vel.
Seja D o conjunto dos a ∈∈ X ′− ∩∩ X ′+ tais que
lim
x→a+
f (x) ̸ ̸= lim
x→a−
f (x).
Tais limites existem pelo Teorema 12. Suponhamos que f seja n a˜o-crescente. Pela demonstrac¸a˜o do Teorema 12,
para cada a ∈ ∈ D, temos que
limx→a− = sup{{f (x); x ∈ ∈ X,x < a }} (6.1)
e
lim
x→a+
= inf {{f (x); x ∈ ∈ X,x > a }}. (6.2)
Para cada a ∈ ∈ D, seja
I a = ( lim
x→a−
f (x), lim
x→a+
f (x)).
Dados a, b ∈ ∈ D tais que a < b temos que existe x ∈ ∈ (a, b) ∩∩ X. Assim, por ( 6.1) e (6.2) temos que
lim
x→a+
f (x) ≤≤ f (x) ≤≤ lim
x→b−
f (x).
Daı´, segue que I a ∩∩ I b = ∅∅.
Do para´grafo anterior concluı´mos que se a e b ∈ ∈ D e a ̸̸= b enta˜o I a ∩∩ I b = ∅ ∅. Assim, qualquer func¸a˜o h : D → → Q
tal que h(a) ∈ ∈ I a ∩ ∩ Q (taisfun c¸o˜es existem gra c¸as ao axioma da escolha) e´ injetiva. Concluı´mos da´ı que D e´
enumera´vel.
Os casos em que f e´ crescente, na˜o-crescente e decrescente sa˜o ana´logos.
253
 
Exerc´ıcio 6.10:
Enuncie e demonstre para func¸o˜es o an a´logo do Teorema 14 do Cap´ıtulo IV.
(1) Sejam f , g : X → → R e a ∈∈ X ′. Se g e´ limitada inferiormente e lim
x→a
f (x) = +∞∞, enta˜o lim
x→a
f (x) + g(x) = +∞∞.
De fato, seja c ∈ ∈ R um limitante inferior de g. Seja dado A ∈ ∈ R arbitra´rio. Existe δ > 0 tal que se x ∈ ∈
(a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \ \ {{a}}), enta˜o f (x) > A −− c.
Assim, se x ∈∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \ \ {{a}})
f (x) + g(x) > (A
−−
c) = (c) = A.
Segue da´ı que lim
x→a
f (x) + g(x) = +∞∞.
(2) Sejam f, g : X → → R e a ∈∈ X ′. Se existe um limitante inferior c > 0 de g e lim
x→a
f (x) = +∞∞, enta˜o lim
x→a
f (x).g(x) =
+∞∞.
De fato, seja A ∈∈ R arbitra´rio. existe δ > 0 tal que se x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \ \ {{a}}), enta˜o f (x) > Ac .
Assim, se x ∈∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \ \ {{a}}), enta˜o
f (x).g(x) > ( Ac ).(c) = A.
Segue da´ı que lim
x→a
f (x).g(x) = +∞∞.
(3) Sejam f : X → → R tal que f (x) > 0 para todo X e a ∈∈ X ′. Temos neste caso que
lim
x→a
f (x) = 0 ⇔⇔ lim
x→a
1
f (x) = +∞∞.
De fato,
(⇒⇒) Seja A ∈ ∈ R∩∩ (0, +∞∞) arbitra´rio. Existe δ > 0 tal que se x ∈∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \\ {{a}}), enta˜o 0 < f (x) < 1A .
Assim, dado x ∈∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \ \ {{a}}), enta˜o
A < 1f (x) .
Segue da´ı que lim
x→a
f (x) = +∞∞.
(⇐⇐) Seja ε > 0 arbitr a´rio. Existe δ > 0 tal que x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \ \ {{a}}) implica 1f (x) >
 1
ε . Assim, para
todo x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \ \ {{a}}), temos que 0 < f (x) < ε. Segue da´ı que lim
x→a
f (x) = 0.
(4) Sejam f , g : X → → R, tais que f e g s ao fun c¸o˜es positivas e a ∈∈ X ′.
(a) Se existe c > 0 tal que f (x) > c para todo x ∈ ∈ X e lim
x→a
g(x) = 0, enta˜o lim
x→a
f (x)
g(x) = +∞∞.
(b) Se f e´ limitada e lim
x→a
g(x) = +∞∞, enta˜o lim
x→a
f (x)
g(x) = 0.
De fato,
(a) Temos que lim 1g(x) = +∞∞ pelo item (3). Da´ı o resultado segue aplicando-se o item (2) a`s func¸o˜es f e
 1
g .
254
 
(b) Seja k > 0 tal que 0 < f (x) < k. Enta˜o, 1f (x) >
 1
k para todo x ∈ ∈ X.
Como lim
x→a
= +∞∞, temos que lim
x→a
1
g(x) = 0. Assim,
lim
x→a
g(x)
f (x) = limx→a
1
f (x)
1
g(x)
= +∞∞,
pelo item (a).
Portanto, temos pelo item (3) que
lim
x→a
f (x)
g(x) = limx→a
1
g(x)
f (x)
= 0.
255
 
Exerc´ıcio 6.11:
Dado a > 1, defina f : Q →→ R pondo, para cada pq ∈ ∈ Q, f 
� p
q 
�
= a p/q. Prove que lim
x→0
f (x) = 1. conclua que para
cada b ∈ ∈ R existe lim
x→b
f (x), sendo este limite igual a f (b) se b ∈∈ Q. Chame este limite de ab. Prove que ab.ab′ = ab+b′
e que b < b′ ⇒ ⇒ ab < ab′ .
Como a > 1, temos pelas propriedades ba´sicas da multiplicac¸a˜o que f e´ crescente.
Seja n0 ∈ ∈ N tal que se n0 > a. Enta˜o, para todo n > n0
n
√ √ 
n > n
√ √ 
a > 1.
Logo, como lim n →→ +∞∞ n√ √ n = 1, temos que lim
n→+∞
f (1/n) = 1. Segue do exerc´ıcio 8 que lim
x→0+
f (x) = 1. Tambe´m
temos que
lim
n→+∞
f (−−1/n) = lim
n→+∞
1
f (1/n) =
 1
lim
n→+∞
f (1/n) =
 1
1 = 1.
E, novamente pelo resultado do exerc´ıcio 8, temos que lim
x→0−
f (x) = 1. Conclu´ımos, enta˜o, que lim
x→0
f (x) = 1.
Seja b ∈ ∈ R.
1. b ∈∈ Q.
lim
n→+∞
f (b + 1/n) = lim
n→+∞
f (b)f (1/n) = f (b)
lim
n→+∞
f (b −− 1/n) = lim
n→+∞
f (b)f (−−1/n) = f (b).
E do exercı´cio 6.8 temos que lim
x→b
f (x) = f (b).
2. b ∈∈ R \\ Q.
Sejam xn =
 m
n tal que m = max{{u ∈ ∈ Z;
 u
n < b}} e yn =
 m
n tal que m = min {{u ∈ ∈ Z;
 u
n > b}}. Segue que se
xn =
 m
n enta˜o yn =
 m + 1
n (pois b /∈∈ Q). As sequeˆncias (xn) e (yn) s ao, respectivamente, n ao-decrescente e
n ao-crescente. Isso implica que as sequeˆncias (f (xn)) e ( f (yn)) tambe´m o sa˜o. Da´ı segue que limn→∞ f (xn) e
lim
n→∞
f (yn) existem pois f (xn) < f (yn) para todo n ∈∈ N, isto ´e, tais sequeˆncias sa˜o limitadas. Por fim, temos
que
1 = lim f 
� 1
n
�
= lim f (yn)f (xn)
 = lim f (yn)lim f (xn)
.
Daı´, pelo exerc´ıcio 6.8, temos que
lim
x→b−
f (x) = lim
n→∞
f (xn) = limn→∞ f (yn) = limx→b+ f (x).
Portanto, o limite lim
x→b
f (x) existe e denotamos tal limite por ab.
Passaremos agora a verificac¸a˜o das duas propriedades.
•• ab.ab′ = ab+b′
Sejam (xn) e (yn) sequeˆncias que tendem a` b e b′, respectivamente. Enta˜o (xn + yn) tende a` b + b′ e
ab.ab′ = lim
x→b
f (x). lim
x→b
′
f (x)
= lim
n→∞
f (xn). limn→∞ f (yn)
= lim
n→∞
f (xn).f (yn)
= lim
n→∞
f (xn + yn)
= lim
x→b+b′
f (x) = ab+b′ .
256
 
•• b < b′ ⇒ ⇒ ab < ab′ .
Sejam r1, r2 ∈ ∈ Q ∩∩ (b, b′) tais que r1 < r2. Enta˜o, como f e´ crescente
ab = inf {{f (r); r ∈ ∈ Q \\ {{0}} tal que r < b}}
e
ab′ = sup{{f (r); r ∈ ∈ Q \\ {{0}} tal que r < b}}.
Assim,
ab ≤≤ f (r1) < f (r2) ≤≤ ab
′
e o resultado segue.
257
 
Exerc´ıcio 6.12:
Dado a > 1, defina g : R → → R, pondo g(x) = ax(veja o exerc´ıcio anterior). Prove que lim
x→+∞
g(x) = +∞∞ e
lim
x→−∞
g(x) = 0.
Seja a = 1 + ε. Dado A > 0 arbitr a´rio, tomemos n0 ∈ ∈ N tal que n0ε > A. Assim, dado x > n0 temos, pela
desigualdade de Bernoulli, que
A < 1 + n0ε ≤ ≤ (1 + ε)n0 = g(n0) < g(x).
Segue da´ı que lim
x→+∞
g(x) = +∞∞.
Dado, novamente, A > 0, tomemos n0
 ∈ ∈
N tal que n0ε > 1
A
. Enta˜o, dado x <
 − −
n0 temos que
A > 1n0ε + 1
 ≥ ≥ 1(1 + ε)n0 = g(−−n0) > g(x) > 0.
Da´ı segue que lim
x→−∞
g(x) = 0.
258
 
Exerc´ıcio 6.13:
Seja p : R →→ R, um polin oˆmio real. Se o coeficiente do termo de grau mais elevado de p e´ positivo enta˜o
lim
x→+∞
 p(x) = +∞∞ e lim
x→−∞
 p(x) e´ igual a +∞∞ ou −∞ −∞, conforme o grau de p seja par ou ı´mpar.
Seja p(x) = anxn + an−1xn−1 + ... + a1x + a0. Provaremos por induc¸a˜o em n que limn→∞ p(x) = +∞∞. O caso
n = 1 e´ trivial. Suponhamos que o resultado seja verdadeiro para o polinoˆmio de grau n −− 1. Seja p(x) o polin oˆmio
tomado inicialmente. Temos que
 p(x) = x(anxn−1 + ... + a1) + a0.
Pela hipo´tese de induc¸a˜o, temos que lim
n→+∞
anxn−1 + ... + a1 = +∞∞, o que nos garante que limn→+∞ p(x) = +∞∞ pelos
resultados do exercı´cio 6.10.
Suponhamos agora n = 2k −− 1. Provaremos por induc¸a˜o sobre k que lim
x→−∞
 p(x) = −∞−∞. Para k = 1, o resultado
e´ trivial. Temos que
 p(x) = x2[(a2k−1x2(k−1)−1 + ... + a2) +
 a1
x ] + a0.
Assim, sabendo que lim
x→−∞
a1
x = 0 e supondo que limx→−∞(a2k−1x
2(k−1)−1 + ... + a2) = −∞ −∞, temos novamente pelos
resultados do exerc´ıcio 6.10 que lim
x→−∞
 p(x) = −∞−∞.
Suponhamos agora que n = 2k. Enta˜o
 p(x) = x(a2kx2k−1 + ... + a1) + a0.
E, pelo resultado do para´grafo anterior, temos que
lim
x→−∞
(a2kx2k−1 + ... + a1) = −∞−∞.
Assim, pelos resultados do exerc´ıcio 6.10 temos que lim
x→−∞
 p(x) = +∞∞.
259
 
Exerc´ıcio 6.14:
Determine o conjunto dos valores de adereˆncia da func¸a˜o f : R \\ {{0} } →→ R, f (x) = sin(1/x)1 + e1/x , no ponto x = 0.
Temos que
0 ≤≤ e1/x e −− 1 ≤ ≤ sin(1/x) ≤≤ 1
para todo x ∈ ∈ R \\ {{0}}. Enta˜o,
−−1 ≤≤ sin(1/x)1 + e1/x ≤ ≤ 1.
Logo, o conjunto A dos pontos de adereˆncia de f no ponto 0 e´ tal que A ⊂⊂ [−−1, 1].
Seja λ ∈∈ [−−1, 1]. Tomemos θ = arcsin λ. Enta˜o, definindo xn =
 1
θ −− 2πn temos que limn→+∞ xn = 0 e lim e
1/n
= 0,
pois lim
n→+∞
1
xn
= −∞−∞. Assim,
f (xn) =
 sin(θ −− 2πn)
1 + eθ−2πn =
 λ
1 + eθ+2πn→ → λ
quando n →→ +∞∞. Logo, λ ∈∈ Λ. E segue que A ⊃⊃ [−−1, 1]. Concluı´mos que A = [−−1, 1].
260
 
Exerc´ıcio 6.15:
Se lim x→a f (x) = L enta˜o lim x→a ||f (x)|| = | |L||. Se lim x→a ||f (x)|| = | |L|| enta˜o o conjunto dos valores de adereˆncia
de f no ponto a e´ { {L}}, {− {−L}} e {− {−L, L}}.
Consideremos a func¸a˜o f : X → → R e a ∈ ∈ X .
Suponhamos que limx→a f (x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
||f (x) −− L|| < ε,
para todo x ∈ ∈ (X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ, a + δ ). Desta forma, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
||||f (x)|| −− ||L||||  ||f (x) −− L|| < ε,
para todo x ∈ ∈ (X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ, a + δ ). Logo, lim x→a ||f (x)|| = | |L||.
Suponhamos que lim x→a ||f (x)|| = | |L||. Provaremos que o conjunto A A dos pontos de adereˆncia de f e´ {− {−L, L}},
{{L}} ou {− {−L}}. O faremos mostrando que { {L, −−L} ⊃ A ̸} ⊃ A ̸= ∅∅.
Seja L ′ ∈ ∈ AA. Ent a˜o, existe uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em X tal que lim n→∞ f (xn) = L′. Segue que
||L′|| = || lim
n→∞
f (xn)|| = limn→∞ ||f (xn)|| = | |L||
 ja´ que lim x→a ||f (x)|| = ||L||. Logo, L ′ ∈ ∈ {{L, −−L}}. Concluimos da´ı que { {L, −−L} ⊃ } ⊃ AA.
Pelo Teorema 13 do Cap´ıtulo VI, temos que L ′ e´ um ponto de adereˆncia da func¸a˜o g : X → → R no ponto a se e
somente se para todos ε e δ > 0 vale
(L′ −− ε, L′ + ε) ∩∩ g
(
(X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ, a + δ )

̸̸= ∅∅.
Suponhamos, por absurdo, que L e − −L na˜o s a˜o valores de adereˆncia de f no ponto a. Segue que existem ε+,
ε−, δ + e δ − > 0 tais que
(L −− ε+, L + ε+) ∩∩ f 
(
(X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ +, a + δ +)

= ∅ ∅
e
(L −− ε−, L + ε−) ∩∩ f ((X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ −, a + δ −) = ∅∅.
Como lim x→a ||f (x)|| = | |L||, existe
f (x) ∈ ∈ (L −− ε, L + ε) ∩∩ ||f ||
(
(X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ, a + δ )

,
com x ∈∈ (X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ, a + δ ). Desta forma, ter´ıamos que
||f (x) −− L|| = || ||f (x)|| −− ||L|||| < ε  ε+,
caso | |f (x)|| = ± ±f (x) e | |L|| = ± ±L, e
||f (x) −− (−−L)|| = || ||f (x)|| −− ||L|||| < ε  ε−,
caso | |f (x)|| = ± ±f (x) e | |L|| = ∓ ∓L. Consequentemente, seguiria que
f (x) ∈∈ (L −− ε+, L + ε+) ∩∩ f 
(
(X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ +, a + δ +)

,
pois x ∈∈ (X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ, a + δ ) ⊂ ⊂ (X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ +, a + δ +), ou
f (x) ∈ ∈ (−−L −− ε−, −−L + ε−) ∩∩ f ((X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ −, a + δ −),
pois x ∈ ∈ (X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ, a + δ ) ⊂ ⊂ (X \{\{a}}) ∩∩ (a −− δ −, a + δ −). Em todos os casos, chegam os a uma contradic¸a˜o
com as hip o´teses de que L e − −L na˜o s a˜o valores de adereˆncia de f no ponto a. Portanto, L ou − −L sa˜o valores de
adereˆncia de f .
261
 
Exerc´ıcio 6.16:
Dados um n u´mero real a e um conjunto compacto na˜o-vazio K , obtenha uma fun c¸a˜o f : R →→ R tal que o conjunto
dos valores de adereˆncia de f no ponto a seja K .
Consideremos o ponto a ∈∈ R. Provaremos que para todo conjunto F fechado em R existe uma func¸a˜o f : R →→ R
tal que o conjunto dos pontos de adereˆncia de f no ponto a e´ igual a F .
Seja E = {{en}}n∈Z+ um subconjunto enumera´vel de F tal que E = F (veja o Teorema 6 do Capı´tulo V).
Para cada n u´mero inteiro positivo n, definimos o conjunto
C n :=
�
x ∈ ∈ R : | |x −− a|| = 3
n
2k , para algum k ∈ ∈ Z+
}
.
Se n e m sa˜o inteiros distintos devemos ter que C n ∩∩ C m = ∅∅. De fato, se x ∈∈ C n ∩∩ C m, existiriam k e k ′ ∈ ∈ Z+ tais
que
3n
2k = | |x −− a|| =
 3m
2k′
Como 2 e 3 s a˜o nu´meros inteiros coprimos, temos uma contradic¸a˜o. Logo, C n ∩∩ C m ̸ ̸= ∅ ∅.
Assim, podemos definir uma fun¸ca˜o f : R →→ R por
f (x) =
�
 en, se x ∈ ∈ C n,
e1, se x ∈ ∈ R\\ ∪∪n∈Z+ C n.
Para todo δ > 0 e n ∈ ∈ Z+ existe k ∈ ∈ Z+ tal que 3 n/2k < δ e, consequentemente,
en = f 
�
a + 3
n
2k
�
∈∈ f 
(
(a −− δ, a + δ )\{\{a}}

.
Desta forma, temos que f (a −− δ, a + δ ) = E . Logo, para todo δ > 0,
f 
(
(a
−−
δ, a + δ )
\{\{
a
}}
= E = F.
Pelo Colora´rio 3 do Teorema 13 do Cap´ıtulo VI, o conjunto dos valores de adereˆncia de f no ponto a e´
δ>0
f 
(
(a −− δ, a + δ )\{\{a}}

=
δ>0
E = E = F.
262
 
Exerc´ıcio 6.17:
Seja f : R →→ R definida por f (x) = x se x e´ irracional, f ( pq ) = q se pq e´ uma frac¸a˜o irredutı´vel com p > 0, f (0) = 0.
Mostre que f e´ ilimitada em qualquer intervalo na˜o-degenerado.
Suponhamos que I seja um intervalo na˜o degenerado com a = inf( I ) e b = sup( I ).
Mostraremos que, dado A > 0, arbitr a´rio existe x ∈∈ (a, b) ⊂ ⊂ I tal que f (x) > A.
Sejam n ∈∈ Z+, tal que
2n > A e 2b −− a ,
e
 p := inf 
.
m
 ∈ ∈
Z; a < m
2
n
/
.
Desta forma temos que
 p −− 1
2n  a <
 p
2n
e p + 1
2n =
 p −− 1
2n +
 2
2n < a + (b −− a) = b.
Logo,
a < p2n <
 2 p + 1
2n+1 <
 p + 1
2n < b.
Assim, x = 2 p+12n+1 pertence a I e
f (x) = 2n+1 > 2n > A.
263
 
Exerc´ıcio 6.18:
Sejam X , Y ⊂ ⊂ R, f : X → → R, g : Y → → R com f (X ) ⊂ ⊂ Y . Se, para a ∈∈ X ′ e b ∈∈ Y ′ tem-se lim
x→a
f (x) = b, lim
y→b
g(y) = c
e, ale´m disso, f (x) ̸ ̸= b para todo x ∈ ∈ X \{\{a}}, enta˜o lim
x→a
g(f (x)) = c. Mostre que a condi c¸a˜o b ∈ ∈ Y ′ decorre de ser
f (x) ̸ ̸= b para x ̸̸= a.
Primeiramente, mostraremos que se f (x) ̸ ̸= b para x ̸ ̸= a enta˜o b ∈ ∈ Y ′. De fato, se ε > 0, temos que existe,
pois limx→af (x) = b, δ > 0 tal que | |f (x) −− b|| < ε para todo x ∈∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \{\{a}}). Como a ∈∈ X ′, segue que
(a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \{\{a}}) ̸ ̸= ∅∅. Logo, existe x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \{\{a}}), tal que
f (x)
 ∈∈
 (b
−−
ε, b + ε)
∩∩
(Y 
\{\{
b
}}
).
Portanto, devemos ter que b ∈∈ Y ′.
Provaremos, agora, que lim
x→a
g ◦◦ f (x) = c. Seja ε > 0. Como lim
y→b
g(y) = c, existe ν > 0 tal que
||g(y) −− c|| < ε,
para todo y ∈ ∈ Y \{\{b}} que satifaz a desigualdade
||y −− b|| < ν.
Tambe´m existe δ > 0, pois lim
x→a
f (x) = b, tal que
||f (x) −− b|| < ν,
para todo x ∈ ∈ X \{\{a}} que satisfaz a desigualdade
||x −− a|| < δ.
Assim, para todo x ∈∈ X \{\{a}} tal que
||x −− a|| < δ,
temos que
||g ◦◦ f (x) −− c|| < ε.
Portanto, segue que lim
x→a
g ◦◦ f (x) = c.
264
 
Exerc´ıcio 6.19:
Para todo n u´mero real x indiquemos, com [ x] o maior inteiro  x. Mostre que se a e b sa˜o positivos enta˜o
lim
x→0+
x
a
, b
x
(
= ba e limx→0+
b
x
*x
a
+
= 0.
Prove tambe´m que, no primeiro caso o limite a` esquerda seria o mesmo mas no segundo caso o limite e´ +∞∞ quando
x →→ 0 por valores negativos.
•• lim
x
→
0+
x
a
,
b
x
(
= lim
x
→
0−
x
a
,
b
x
(
= ba
Pela definic¸a˜o de [ ··], temos, para todo x ∈ ∈ R, que
b
x − − 1 <
, b
x
(

b
x .
Assim, segue que
b
a − −
 x
a =
 x
a
� b
x − − 1
�
< xa
, b
x
(

x
a
b
x =
 b
a ,
para x > 0, e
b
a =
 x
a
b
x 
x
a
, b
x
(
< xa
� b
x − − 1
�
= ba − −
 x
a ,
para x < 0. Logo, 
x
a
, b
x
(
−− ba
 <
xa
 ,
para todo x ∈ ∈ R\{\{0}}.
Dado ε > 0 e tomando-se δ = εa, para todo x ∈∈ R\{\{0}} tal que
||x|| < δ,
temos que 
x
a
, b
x
(
−− ba
 <
xa
 < εaa = ε.
Portanto,
lim
x→0
x
a
, b
x
(
= ba
e, consequentemente,
lim
x→0+
x
a
, b
x
(
= lim
x→0−
x
a
, b
x
(
= ba .
•• lim
x→0+
b
x
*x
a
+
= 0 e lim
x→0−
b
x
*x
a
+
= +∞∞
Consideremos a func¸a˜o f : R\{\{0} →} → R dada, no ponto x ∈∈ R\{\{0}}, por
f (x) = bx
*x
a
+
.
Se x ∈∈ (0, a), temos que 0 < x/a < 1 e, consequentemente, [x/a] = 0. Desta forma, para todo x ∈ ∈ (0, a),f (x) = bx
*x
a
+
= bx 0 = 0.
Por outro lado, se x ∈ ∈ (−−a, 0), temos que − −1 < x/a < 0 e, consequentemente, [ x/a] = − −1. Assim, para todo
x ∈∈ (−−a, 0),
f (x) = bx
*x
a
+
= − − bx .
265
 
Portanto, temos que
lim
x→0+
b
x
*x
a
+
= lim
x→0+
f ||(0,a)(x) = limx→0+ 0 = 0.
e
lim
x→0−
b
x
*x
a
+
= lim
x→0−
f ||(−a,0)(x) = limx→0+ −−
b
x = +∞∞.
266
 
Exerc´ıcio 6.20:
Dadas func¸o˜es f e g : X → → R, defina h = max{{f, g}} : X → → R pondo
h(x) =
�
 f (x), se f (x)  g(x),
g(x), se g(x)  f (x).
Seja a ∈∈ X ′. Prove que se lim
x→a
f (x) = L e lim
x→a
g(x) = M enta˜o lim
x→a
h(x) = N , onde N e´ o maior dos dois nu´meros
L e M .
Suponhamos que L > M . Como lim
x→a
f (x) = L e lim
x→a
g(x) = M , tomando-se ε := (L −− M )/2 existe δ > 0 tal
que para todo
x ∈∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \{\{a}})
vale
f (x) ∈∈ (L −− ε, L + ε) =
�L + M 
2 ,
 3L −− M 
2
�
e
g(x) ∈ ∈ (M − − ε, M + ε) =
�3M − − L
2 ,
 L + M 
2
�
.
Assim, para todo x ∈∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \{\{a}}),
g(x) < f (x)
e, consequentemente,
h(x) = f (x).
Desta forma, temos que h||(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) = f ||(a−δ,a+δ)∩(X\{a}). Portanto, quando L > M ,
lim
x→a
h(x) = lim
x→a
h||(a−δ,a+δ)∩(X\{a})(x) = limx→a f ||(a−δ,a+δ)∩(X\{a})(x) = L = N.
De modo an a´logo, mostra-se que se M > L enta˜o limx→a h(x) = N .
Por fim, consideremos o caso em que L = M . Seja ε > 0. Como lim
x→a
f (x) = L = N e lim
x→a
g(x) = M = N , existe
δ > 0 tal que para todo
x ∈∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \{\{a}})
vale
f (x) ∈ ∈ (N − − ε, N + ε)
e
g(x) ∈∈ (N − − ε, N + ε).
Assim, para todo x ∈∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (X \{\{a}}), tem-se que
h(x) ∈ ∈ {{f (x), g(x)} } ⊂⊂ (L −− ε, L + ε).
Desta forma, concluimos que
lim
x→a
h(x) = N.
267
 
Exerc´ıcio 6.21:
Sejam f e g : X → → R func¸o˜es limitadas numa vizinhanc¸a do ponto a ∈∈ X ′. Mostre que
lim
x→a
sup(f + g)(x)  lim
x→a
sup f (x) + lim
x→a
sup g(x)
e que
lim
x→a
sup
(
−− f (x)

= − − lim
x→a
inf f (x).
Enuncie e prove resultados ana´logos para lim inf( f + g) e para o produto de duas fun¸co˜es.
Pelos exerc´ıcios 3.38 e 3.40, temos que a soma e o produto de func¸o˜es limitadas s a˜o tambe´m func¸o˜es limitadas.
Isto e´, f + g e f · · g : X → → R sa˜o func¸o˜es limitadas.Para func¸o˜es limitadas f e g : X → → R e a ∈ ∈ X ′, provaremos que
lim
x→a
sup(f + g)(x)  lim
x→a
sup f (x) + lim
x→a
sup g(x),
lim
x→a
inf(f + g)(x)  lim
x→a
inf f (x) + lim
x→a
inf g(x)
e
lim
x→a
sup
(
−− f (x)

= − − lim
x→a
inf f (x).
Ale´m disso, mostraremos que se f e g forem func¸o˜es na˜o negativas (i.e. f (X ) e g(X ) ⊂⊂ R+) enta˜o
lim
x→a
sup(f · · g)(x) 
(
lim
x→a
sup f (x)
(
lim
x→a
sup g(x)

e
lim
x→a
inf(f · · g)(x) 
(
lim
x→a
inf f (x)
(
lim
x→a
inf g(x)

.
Se f ou g : X → → R na˜o forem na˜o negativas, po demos ter que
lim
x
→
a
sup(f · · g)(x) >
(
lim
x
→
a
sup f (x)
(
lim
x
→
a
sup g(x)

.
De fato, definindo f e g : R →→ R por
g(x) = f (x) =
�
 0, se x ∈ ∈ Q,
−−1, se x /∈∈ Q,
temos que
lim
x→0
sup(f · · g)(x) = 1 > 0 = 0 ·· 0 =
(
lim
x→0
sup f (x)
(
lim
x→0
sup g(x)

.
Se (xn)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia em X enta˜o (f (xn))n∈Z+ e (g(xn))n∈Z+ sa˜o sequeˆncias em f (X ) e g (X ), respec-
tivamente. Como f (X ) e g(X ) sa˜o compactos (pois sa˜o fechos de conjuntos limitados, veja exercicio 5.30), existem
subsequeˆncias de (f (xn))n∈Z+ e (g(xn))n∈Z+ que sa˜o convergentes. Em particular, existe 1 uma subsequeˆncia
(xnk )n∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que ( f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ sa˜o convergentes.
•• lim
x→a
sup(f + g)(x)  lim
x→a
sup f (x) + lim
x→a
sup g(x) e lim
x→a
inf(f + g)(x)  lim
x→a
inf f (x) + lim
x→a
inf g(x)
Sejam S ∈ ∈ R um valor de adereˆncia da func¸a˜o f + g no ponto a e (xn)n∈Z+ uma sequeˆncia em X tal que
lim
n→+∞
xn = a e limn→+∞(f + g)(xn) = S.
Mostraremos que
lim
x→a
inf f (x) + lim
x→a
inf g(x)  S  lim
x→a
sup f (x) + lim
x→a
sup g(x).
1Tome uma subsequeˆncia convergente (f (xmp ))p∈Z+ de ( f (xm))m∈Z+ e extraia dela uma subsequeˆncia convergente (g(xmpk ))k∈Z+
de (g(xmp ))p∈Z+ . Assim, ( xnk )k∈Z+ , para nk := mpk , e´ como desejado.
268
 
E, como S ∈ ∈ R um valor de adereˆncia arbitra´rio da fun c¸a˜o f + g no ponto a, concluiremos que
lim
x→a
sup(f + g)(x)  lim
x→a
sup f (x) + lim
x→a
sup g(x)
e
lim
x→a
inf(f + g)(x)  lim
x→a
inf f (x) + lim
x→a
inf g(x).
Como ( xn)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia em X , segue que existe uma subsequeˆncia (xnk )k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que
(f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ sa˜o convergentes. Segue que lim k→+∞ f (xnk ) e lim k→+∞ g(xnk ) sa˜o ponto s de
adereˆncia de f e g , respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk . Logo,
S = lim
k→+∞
(f + g)(xnk )
= lim
k→+∞
f (xnk ) + limk→+∞g(xnk )
 limx→a sup f (x) + limx→a sup g(x)
e, analogamente,
S  lim
x→a
inf f (x) + lim
x→a
inf g(x).
•• lim
x→a
sup
(
−− f (x)

= − − lim
x→a
inf f (x)
Sejam VA VA(f ; a) e VA VA(−−f ; a) os conjuntos dos valores de adereˆncia no ponto a das fun c¸o˜es f e − −f .
Dado L ∈ ∈ VVAA(f ; a), existe uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ tal que a = limn→+∞ xn e L = limn→+∞ f (xn). Assim,
−−L = −− lim
n→+∞
f (xn) = limn→+∞(−−f )(xn) ∈ ∈ VVAA(−−f ; a).
Portanto, como L ∈ VA∈ VA(f ; a) e´ arbitra´rio, concluimos que −VA −VA(f ; a) ⊂ VA⊂ VA(−−f ; a).
Analogamente, prova-se que −VA −VA(f ; a) ⊃ ⊃ VVAA(−−f ; a). E, com isso, concluimos que −VA −VA(f ; a) = VVAA(−−f ; a).
Portanto,
lim
x→a
sup
(
−− f (x)

 = sup VVAA(−−f ; a)
= sup
(
−− VVAA(f ; a)

=
 −−
inf 
VVAA
(f ; a)
= −− lim
x→a
inf f (x).
•• lim
x→0
sup(f · · g)(x) 
(
lim
x→0
sup f (x)
(
lim
x→0
sup g(x)

 e lim
x→a
inf(f · · g)(x) 
(
lim
x→a
inf f (x)
(
lim
x→a
inf g(x)

 se f e
g  0
Sejam P ∈ ∈ R um valor de adereˆncia da func¸a˜o f · · g no ponto a e (xn)n∈Z+ uma sequeˆncia em X tal que
lim
n→+∞
xn = a e limn→+∞(f · · g)(xn) = S.
Mostraremos que (
lim
x→a
inf f (x)
(
lim
x→a
inf g(x)

 P 
(
lim
x→a
sup f (x)
(
lim
x→a
sup g(x)

.
E, como P ∈ ∈ R um valor de adereˆncia arbitra´rio da fun c¸a˜o f · · g no ponto a, concluiremos que
lim
x→a
sup(f · · g)(x) 
(
lim
x→a
sup f (x)
(
lim
x→a
sup g(x)

e
lim
x→a
inf(f · · g)(x) 
(
lim
x→a
inf f (x)
(
lim
x→a
inf g(x)

.
Como ( xn)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia em X , segue que existe uma subsequeˆncia (xnk )k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que
(f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ sa˜o convergentes. Segue que lim k→+∞ f (xnk ) e lim k→+∞ g(xnk ) sa˜o ponto s de
adereˆncia de f e g , respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk . Logo,
P = lim
k→+∞
(f · · g)(xnk )
=
(
 lim
k→+∞
f (xnk )
(
 lim
k→+∞
g(xnk )


(
lim
x→a
sup f (x)
(
lim
x→a
sup g(x)

269
 
e, analogamente,
P 
(
lim
x→a
inf f (x)
(
lim
x→a
inf g(x)

.
270
 
Exerc´ıcio 6.22:
Seja f : [0, +∞∞) → → R uma fun c¸a˜o limitada em cada intervalo limitado. Se
lim
x→+∞
[f (x + 1) −− f (x)] = L
enta˜o
lim
x→+∞
f (x)
x = L.
Como f e´ limitada em todos os intervalos limitados de [0 , +∞∞), para todo C ∈ ∈ Z+ existe M C > 0 tal que
||
f (λ)
||
 < M 
C 
, para todo λ
 ∈∈
 [C 
 −−
1, C ).
Para C ∈ ∈ Z+, λ ∈∈ [C − − 1, C ) e k ∈ ∈ Z+, temos que
 f (λ+k)λ+k −− L
 
 f (λ+k)λ+k −−
 f (λ+k)
k +
 f (λ)
k
+
 f (λ+k)k −−
 f (λ)
k −− L


 f (λ+k)λ+k −−
 f (λ+k)
k
+
 f (λ)k
+
+
 f (λ+k)k −−
 f (λ)
k −− L


 λλ+k

 f (λ+k)k
+
 f (λ)k
+
 f (λ+k)k −−
 f (λ)
k −− L


 λλ+k

� f (λ+k)k −−
 f (λ)
k −− L
+
 f (λ)k
+ ||L||
 
+
+
 f (λ)k
+
 f (λ+k)k −−
 f (λ)
k −− L

 C k
� f (λ+k)k −−
 f (λ)
k −− L
+
 f (λ)k
+ ||L||
 
+
+
 f (λ)k
+
 f (λ+k)k −−
 f (λ)
k −− L

 C k ||L|| + (1 + C k )
|f (λ)|
k + (1 + C k )
 f (λ+k)k −−
 f (λ)
k −− L

< 1k
(
C ||L|| + (1 + C k )M C 

+ (1 + C k )


f (λ+k)
k −−
 f (λ)
k −− L


Seja ε > 0. Provaremos que existem C e n0
 ∈ ∈
Z tal que para todo k  n0 e λ
 ∈∈
 [C 
−−
1, C ) valem as desigualdades
1
k
�
C ||L|| +
�
1 + C k
�
M 
�
< ε2 e
�
1 + C k
� 
f (λ + k)
k −−
 f (λ)
k −− L
 <
 ε
2 .
Assim, dado x  (C − − 1) + n0, existem λ ∈∈ [C − − 1, C ) e k ∈ ∈ Z+ tais que x = λ + k, k  n0 e, consequentemente,
 f (x)x −− L
 =
 f (λ+k)λ+k −− L

< 1k
(
C ||L|| + (1 + C k )M C 

+
(
1 + C k
  f (λ+k)k −−
 f (λ)
k −− L

< ε2 + ε2
= ε.
Com isso, conclui-se que lim x→+∞ f (x)x = L.
Por hipo´tese, lim x→+∞
(
f (x + 1) −− f (x)

= L. Fixemos C ∈ ∈ Z+ tal que para todo numero real x  C − − 1 vale
a desigualdade
||f (x + 1) −− f (x) −− L|| < ε3 .
Assim, para todo λ ∈∈ [C − − 1, C ) e k ∈ ∈ Z+, temos que

f (λ + k)
k −−
 f (λ)
k −− L = 
k−1
�
i=0
�
f (λ + i + 1)
k −−
 f (λ + i)
k −−
 L
k�

k−1�
i=0
||f (λ + i + 1) −− f (λ + i) −− L||
k
<
k−1�
i=0
ε/3
k
= ε3 .
271
 
Como
lim
k→+∞
1
k = 0
e
lim
k→+∞
�
C ||L|| +
�
1 + C k
�
M C 
�
= C ||L|| + M,
segue que
lim
k→+∞
1
k
�
C ||L|| +
�
1 + C k
�
M C 
�
= 0.
Ale´m disso,
lim
k→+∞
�
1 + C k
�
= 1.
Fixemos n0 ∈ ∈ Z+ tal que para todo k  n0 valem as desigualdades

1
k
�
C ||L|| +
�
1 + C k
�
M C 
� <
 ε
2
e
1 + C k <
 3
2 .
Por fim, para λ ∈∈ [C − − 1, C ) e k  n0, temos que

1
k
�
C ||L|| +
�
1 + C k
�
M C 
� <
 ε
2
e �
1 + C k
� 
f (λ + k)
k −−
 f (λ)
k −− L
 <
 3
2
ε
3 =
 ε
2 .
Como querı´amos demonstrar.
272
 
Exerc´ıcio 6.23:
Seja f : R →→ R definida por
f (x) = x + ax ·· sen(x).
Mostre que se | |a|| < 1 enta˜o
lim
x→+∞
f (x) = +∞∞ e lim
x→−∞
f (x) = −∞−∞.
Suponhamos que 1 −− ||a|| > 0.
Seja A > 0. Provaremos que
x >
 A
1 −− ||a|| > 0 ⇒ ⇒ f (x) > A
e
x < − − A1 −− ||a|| < 0 ⇒ ⇒ f (x) < −−A.
Assim, como A > 0 e´ arbitra´rio, podemos concluir que
lim
x→+∞
f (x) = +∞∞ e lim
x→−∞
f (x) = −∞−∞.
Para todo x ∈ ∈ R, temos as desigualdades
−|−|a|| = −|−|a|| ·· 1
 −|−|a|||| sen(x)||
= −|−|a ·· sen(x)||
 a ·· sen(x).
Assim, para x > A1−|a| > 0,
f (x) = x + xa ·· sen(x)
 x
−−
x
||
a
||= x(1 −− ||a||)> A
e, para x < −− A1−|a| < 0,
f (x) = x + xa ·· sen(x)
 x −− x||a||
= x(1 −− ||a||)
< −−A.
273
 
Exerc´ıcio 6.24:
Seja p : R →→ R um polin oˆmio na˜o constante. Dado b ∈∈ R, suponha que exista uma sequeˆncia (xn), tal que
lim
n→+∞
 p(xn) = b ∈∈ R.
Prove que ( xn) e´ limitada e´ o conjunto dos seus pontos de adereˆncia na˜o e´ vazio e esta´ contido em p−1(b). Em
particular, se existe uma sequeˆncia (xn), tal que lim p(xn) = 0, ent a˜o p tem alguma raiz real.
Suponhamos que lim p(xn) = b ∈∈ R.
Pelo exercı´cio 6.13, temos que
lim
x→+∞
 p(x) = +
∞∞
 ou
 −− ∞∞
e
lim
x→−∞
 p(x) = +∞∞ ou −− ∞∞.
Assim, se ( xn)n∈Z+ possuisse uma subsequeˆncia (xnk )k∈Z+ tal que
lim
k→+∞
xnk = +∞∞ ou −− ∞∞
terı´amos que
lim
k→+∞
 p(xnk ) = +∞∞ ou −− ∞∞.
Contradizendo o fato de que toda subsequeˆncia de (xn)n∈Z+ converge para b ∈ ∈ R. Portanto, a sequeˆncia (xn) e´
limitada.
Como a sequeˆncia (xn) e´ limitada, segue que o seu conjunto de pontos de adereˆncia na˜o e´ vazio.
Sejam (xnk )k∈Z+ uma subsequeˆncia convergente de (xn)n∈Z+ e a = limk→+∞ xnk . Suponhamos que c0, c1, . . . ,
cm ∈ ∈ R sa˜o tais que
 p(x) = cmxm + ·· ·· ·· + c1x + c0,
para todo x ∈ ∈ R. Assim,
 p(a) = cmam + ·· ·· ·· + c1a + c0
= cm
�
 lim
k→+∞
xnk
�m
+ ·· ·· ·· + c1
�
 lim
k→+∞
xnk
�
+ c0
= lim
k→+∞
(
cmxmnk + ·· ·· ·· + c1xnk + c0

= lim
k→+∞
 p(xnk )
= b.
Logo, a ∈ ∈ p−1(b). Com isso, concluimos que o conjunto dos pontos de adereˆncia de (xn) esta´ contido em p−1(b).
Em especial, se b = 0, o conjunto dos pontos de adereˆncia de ( xn) est a´ contido no conjunto de ra´ızes de p.
Logo, neste caso, conclui-se que p possui raizes reais.
274
 
Cap´ıtulo 7
Func¸o˜es Cont´ınuas
275
 
Exerc´ıcio 7.38:
A func¸a˜o R f : [0, +∞∞) → → [0, +∞∞), definida por f (x) = n√ √ x, n > 1, n a˜o e´ Lipschitziana num intervalo da forma
[0, a], a > 0, embora seja uniformemente continua nestes intervalos. Por outro lado, f e´ Lipschitziana, com
constante
c := 1
n n
√ √ 
an−1
,
no intervalo [a, +∞∞). Concluir que f e´ uniformemente continua em [0, +∞∞).
Mostraremos, primeiramente, que f : [0, a] →→ R na˜o e´ Lipschitziana, para todo a > 0. Faremos isso verificando
que o conjunto
L := � ||
f (x)
−−
f (y)
||||x −− y|| : x e y ∈ ∈ [0, a]}
e´ ilimitado superiormente e, consequentemente, na˜o existe c ∈ ∈ R tal que
||f (x) −− f (y)||  c||x −− y||,
para todo x e y ∈ ∈ [0, a].
Seja A > 0. Para todo z ∈ ∈ R tal que
max
� 1
n−1
√ √ 
A
, 1n√ √ a
}
< z
temos que
zn−1 > A e 1zn ∈ ∈ [0, a].
Assim,
S :=
� 1
zn : z > max{{1/
 n−1√ √ A, 1/ n√ √ a}}
}
⊂⊂ [0, a]
e, para todo x = 1zn ∈ ∈ S ,
||f (x) −− f (0)||
||x −− 0|| =
 | |f (1/zn) −− f (0)||
||1/zn −− 0|| = z
n−1 > A.
Desta forma, temos que L e´ ilimitado superiormente.
Verificaremos, a seguir, que f : [a, +∞∞) → → R e´ Lipschitziana com
c := 1
n n
√ √ 
an−1
como constante de Lipschitz.
Sejam x e y = x + λ ∈ ∈ [a, 0], λ > 0. Pela Desigualdade de Bernulli
1 + n
� 1
nx
�

�
1 + 1nx
�n
,
temos que
n
0 
1 + λx  1 +
 λ
nx .
Assim,
n
0 
1 + λx − − 1 
λ
nx
e, consequentemente,
n
√ √ x + λ −−
 n
√ √ x 
λ
n n√ √ xn−1 .
Logo,
||f (x) −− f (y)|| = ||f (x + λ) −− f (x)||
= n
√ √ 
x + λ −− n√ √ x
 λn n√ xn−1
 λn n√ an−1
 c||x −− y||.
276
 
Com isso, concluimos que f : [a, +∞∞) →→ R e´ Lipschitziana com c como constante de Lipschitz.
Por fim, provaremos que f : [0, ∞∞) →→ R e´ uniformemente cont´ınua.
Seja ε > 0. Para todos x e y ∈ ∈ [0, +∞∞), com y = x + λ e λ ∈ ∈ [0, εn), temos que
||f (x) −− f (y)|| = ||f (x + λ) −− f (x)||
= n
√ √ 
x + λ −− n√ √ x
 ( n√ √ x + n
√ √ 
λ) −− n√ √ x
= n
√ √ 
λ
< n
√ √ 
εn
= ε.
Logo, se x e y ∈ ∈ [0, +∞∞) e | |x −− y|| < εn temos que | |f (x) −− f (y)|| < ε. Portanto, f e´ uniformemente continua.
277
 
Exerc´ıcio 7.39:
Sejam
Z∗+ :=
�
n + 1n : n ∈∈ Z+
}
e F := Z+ ∪∪ Z∗+. Defina a fun c¸a˜o f : F → → R por
f (x) =
�
 2, se x ∈∈ Z+;
x, se x ∈∈ Z∗+.
Mostre que os conjuntos Z+ e Z∗+ sa˜o fechados, que f ||Z+ e f ||Z∗+ sa˜o func¸o˜es uniformementecontı´nuas, mas f : F → → R
na˜o e´ uniformemente contı´nua.
Primeiramente, verifiquemos que + e´ fechado. Pela construc¸a˜o de R, temos que
(n −− 1, n + 1) ∩∩ Z+ = {{n}},
para todo n ∈∈ Z+. Desta forma, se ( xn)n∈Z+ e´ uma sequeˆncia convergente (de Cauchy) em Z+ existe n0 ∈ ∈ Z+ tal
que para todos p  n0 vale a desigualdade
||xn0 − − x p|| < 1.
Logo, como
(xn0 − − 1, xn0 + 1) ∩∩ Z+ = { {xn0}},
devemos ter que xn0 = x p, para todo p  n0. Assim, limn→∞xn = xn0 ∈ ∈ Z+. Portanto, concluimos que o limite de
toda sequeˆncia convergente de elmentos de Z+ concverge para um elemento de Z+. Desta forma, Z+ e´ fechado.
Pela equivaleˆncia
n < m ⇐⇐⇒⇒ n + 1n < m +
 1
m ,
para todos n e m ∈ ∈ Z+, obtemos que os intervalos
C n :=


�32 , 52�, se n = 1;�
n + 1n − −
 1
2 , n +
 1
n +
 1
2
�
, se n ̸ ̸= 1.
⊂⊂


�0, 2 + 12�, se n = 1;�
n −− 1 + 1n −− 1 , n + 1 +
 1
n + 1
�
, se n ̸ ̸= 1.
sa˜o tais que
C n ∩∩ Z∗+ =
�
n + 1n
}
.
Assim, de modo an´alogo ao caso de Z+, verifica-se que toda sequeˆncia de elementos de Z∗+ converge para um
elemento de Z∗+ e, por isso, Z∗+ e´ fechado.
Como f ||Z+ e´ constante e f ||Z∗+ e´ a func¸a˜o identidade, temos que estas func¸o˜es sa˜o uniformemente contı´nuas.
Provaremos, agora, que f na˜o e´ uniformemente cont´ınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ ∈ F 
tais que | |x −− y|| < δ e | |f (x) −− f (y)|| < 1.
Seja δ > 0. Podemos escolher n ∈ ∈ Z+ tal que
1
n < δ e n > 3.
Assim, para x = n + 1/n e y = n, temos que
||x −− y|| = 1n e | |f (x) −− f (y)|| = n −− 2 +
 1
n > 1.
Portanto, f na˜o e´ uniformemente contı´nua.
278
 
Exerc´ıcio 7.40:
Deˆ um exemplo de dois abertos A e B e uma func¸a˜o contı´nua f : A ∪∪B → → R tal que f ||A e f ||B sejam uniformemente
cont´ınuas, mas f na˜o seja.
Sejam A e B os subconjuntos abertos (−∞−∞, 0) e (0 , +∞∞), respectivamente, em R. Podemos definir uma fun c¸a˜o
f : A ∪∪ B → → R por
f (x) =
� − −1, se x ∈∈ (−∞−∞, 0) = A;
1, se x ∈∈ (0, +∞∞) = B.
As restric¸o˜es f ||A e f ||B sa˜o constantes e, por isso, s a˜o uniformemente contı´nuas.
Mostraremos, agora, que f na˜o e´ uniformemente cont´ınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ ∈ A∪∪B
tais que ||x −− y|| < δ e | |f (x) −− f (y)|| > 1.
Seja δ > 0. Para x = δ/4 e y = −−δ/4, temos que
||x −− y|| = δ 2 < δ e | |f (x) −− f (y)|| = 2 > 1.
Portanto, concluimos que f na˜o e´ uniformemente contı´nua.
279
 
Exerc´ıcio 7.41:
Toda func¸a˜o cont´ınua mono´tona limitada f : I → → R, definida num intervalo I , e´ uniformemente contı´nua.
Seja I um intervalo em R.
Suponhamos que f : I → → R seja crescente, cont´ınua e limitada.
Seja ε > 0. Provaremos que existe δ > 0 tal que se x e y ∈ ∈ I satisfazem | |x −− y|| < δ enta˜o
||f (x) −− f (y)|| < ϵ. (7.1)
Da´ı, obtemos diretamente que f e´ uniformemente cont´ınua.
Sejam
A := inf f (I ) e B := sup f (I ).
Se B −− A < ε a desigualdade ( 7.1) se verifica automaticamente pois, neste caso
||f (x) −− f (y)||  B −− A < ε,
para todos x e y ∈ ∈ I . Desta forma, basta varificarmos o caso em que B −− A  ε.
Como
A = inf f (I ) < A + ε3  B −−
 ε
3 < sup f (I ) = B
e I e´ um intervalo, temos, pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, que f −1(A + ε3 ) e f −1(B − − ε3 ) sa˜o conjuntos na˜o
vazios.
Tomemos
c ∈ ∈ inf f −1
�
A + ε3
 
 e d ∈ ∈ sup f −1
�
B −− ε3
 
.
Sejam
a := inf I e b := sup I.
Como f −1(A + ε3 ) e f −1(B −− ε3 ) ⊂ ⊂ I , devemos ter que a = c e d  b. Por fim, como f e´ crescente, todo elemento
de f −1
(
A + ε3

e´ menor que qualquer elemento de f −1
(
B −− ε3

. Logo,
a  c < d  b.
Seja x ∈ ∈ [a, c) ∩∩ I . Como A = inf f (I ), devemos ter que f (x)  A. Por outro lado, como f e´ crescente e x < c,
devemos ter que f (x)  f (c) = A + ε3 . Portanto, f (x) ∈ ∈ [A, A + ε3 ].
De modo an a´logo, prova-se que se x ∈ ∈ (d, b] enta˜o f (x) ∈ ∈ [B −− ε3 , B].
Como c e d ∈ ∈ I , temos que [ c, d] e´ um intervalo compacto contido em I . Sendo f cont´ınua, devemos ter que
f ||[c,d] tambe´m e´ contı´nua. Assim, como toda func¸a˜o contı´nua com domı´nio compacto e´ uniformemente contı´nua,
devemos ter que f [c,d] e´ uniformemente cont´ınua. Logo, existe δ 0 > 0 tal que para quaisquer x e y ∈ ∈ [c, d], com
||x −− y|| < δ 0, a desigualdade
||f (x) −− f (y)|| < ϵ2
e´ va´lida.
Por fim, tomemos
δ := min{{δ 0, d −− c}}.
Se x e y ∈ ∈ I , com x < y , sa˜o tais que | |x −− y|| < δ , pela escolha de δ  d −− c, devemos ter um dos casos:
•• x e y ∈ ∈ [a, c) ∩∩ I ;
•• x ∈ ∈ [a, c) ∩∩ I e y ∈ ∈ [c, d];
•• x e y ∈ ∈ [c, d];
•• x ∈ ∈ [c, d] e y ∈ ∈ (d, b] ∩∩ I ;
•• x e y ∈ ∈ (d, b] ∩∩ I .
Verificaremos, em cada um destes casos, que a desigualdade ( 7.1) e´ va´lida:
280
 
•• Se x e y ∈ ∈ [a, c) ∩∩ I temos que f (x) e f (y) ∈ ∈ [A, A + ε3 ]. Logo, a desigualdade ( 7.1) e´ va´lida;
•• Se x ∈∈ [a, c) ∩∩ I e y ∈ ∈ [c, d] temos que f (x) e f (c) ∈∈ [A, A + ε3 ] e | |c −− y|| < δ  δ 0. Logo,
||f (x) −− f (y)||  ||f (x) −− f (c)|| + ||f (c) −− f (y)|| < ε3 +
 ε
2 < ε;
•• Se x e y ∈ ∈ [c, d] temo imediatamente que | |f (x) −− f (y)|| < ε2 < ε;
•• Se x ∈∈ [c, d] e y ∈ ∈ (d, b] ∩∩ I temos que | |d −− x|| < δ  δ 0 e f (y) e f (d) ∈∈ [B −− ε3 , B]. Logo,
||f (x) −− f (y)||  ||f (x) −− f (d)|| + ||f (d) −− f (y)|| < ε2 +
 ε
3 < ε;
•• Se x e y ∈ ∈ (d, b] ∩∩ I temos que f (x) e f (y) ∈ ∈ [B −− ε3 , B]. Logo, a desigualdade ( 7.1) e´ va´lida.
Suponhamos agora que f : I → → R seja decrescente, cont´ınua e limitada. Provaremos que f e´ uniformemente
contı´nua.
Como f : I → → R e´ decrescente, cont´ınua e limitada, temos que − −f : I → → R e´ crescente, contı´nua e limitada.
Pelo que foi demonstrado acima, f e´ uniformemente contı´nua.
Seja ε > 0. Como − −f e´ uniformemente contı´nua, existe δ > 0 tal que, para todos x e y ∈ ∈ I com | |x −− y|| < δ , a
desigualdade
||(−−f )(x) −− (−−f )(y)|| < ε
e´ va´lida. Logo, para todos x e y ∈ ∈ I com | |x −− y|| < δ , a desigualdade
||f (x) −− f (y)|| = ||(−−f )(x) −− (−−f )(y)|| < ε
e´ va´lida. Desta forma, concluimos que f e´ uniformemente contı´nua.
Portanto, toda func¸a˜o f : I → → R mono´tona, contı´nua e limitada e´ uniformemente contı´nua.
281
 
Exerc´ıcio 7.42:
Seja f : X → → R uma fun c¸a˜o cont´ınua. Para que f se estenda continuamente a uma func¸a˜o ϕ : X → → R e´ necessa´rio
e suficiente que exista lim
x→a
f (x) para todo a ∈ ∈ X ′.
Suponhamos que haja uma fun c¸a˜o contı´nua ϕ : X →→ R tal que ϕ||X = f . Enta˜o, para todo a ∈ ∈ X ′, existe
lim
x→a
f (x) pois, pelo Teorema 2 do Cap´ıtulo VI,
lim
x→a
f (x) = lim
x→a
ϕ||X (x) = limx→a ϕ(x).
Suponhamos que, para todo a ∈∈ X ′, exista lim
x→a
f (x).
Seja ϕ : X → → R definida pela igualdade ϕ(a) := lim
x→a
f (x),
para todo a ∈∈ X ′. Assim, pelo fat o de f ser contı´nua,
ϕ(a) = lim
x→a
f (x) = f (a),
para todo a ∈∈ X . Mostraremos que, para todo a ∈∈ X ′,
lim
y→a
ϕ(y) = ϕ(a),
e concluiremos da´ı que ϕ e´ uma extensa˜o cont´ınua de f .
Fixemos a ∈ ∈ X ′ e ε > 0. Como ϕ(a) := lim
x→a
f (x), existe δ > 0 tal que
||ϕ(a) −− f (x)|| < ε2 ,
para todo x ∈∈ X tal que | |a − − x|| < δ . Seja y ∈∈ X ′ tal que | |a − − y || < δ . Novamente pela defin ic¸a˜o de ϕ,
ϕ(y) := lim
x
→
y
f (x), existe δ 0 > 0 tal que
δ 0 < δ −− ||a −− y||
e
||ϕ(y) −− f (x)|| < ε2 ,
para todo x ∈ ∈ X tal que | |y −− x|| < δ 0. Assim, como y ∈ ∈ X ′, existe
x0 ∈ ∈ (y −− δ 0, y + δ 0) ∩∩ X ⊂ ⊂ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ X.
Logo,||ϕ(a) −− ϕ(y)||  ||ϕ(a) −− f (x0)|| + ||f (x0) −− ϕ(y)|| <
 ε
2 +
 ε
2 = ε.
Desta forma, concluimos que
||ϕ(a) −− ϕ(y)|| < ε,
para todo y ∈ ∈ X ′ tal que | |a −− y|| < δ .
Portanto, para todo a ∈∈ X ′,
lim
y→a
ϕ(y) = ϕ(a).
282
 
Exerc´ıcio 7.43:
Seja f : [a, b] → → R cont´ınua. Dado ε > 0, existem
a = a0 < a1 < · · ·· ·· < an−1 < an = b
tais que, para cada i = 1,2, . . . ,n,
x, y ∈ ∈ [ai−1, ai] ⇒ ⇒ ||f (x) −− f (y)|| < ε.
Seja ε > 0. Mostraremos que existem
a = a0 < a1 < · · ·· ·· < an−1 < an = b
tais que, para cada i = 1,2, . . . ,n,
x, y ∈ ∈ [ai−1, ai] ⇒ ⇒ ||f (x) −− f (y)|| < ε.
Como o intervalo [a, b] e´ compacto e f : [a, b] →→ R e´ contı´nua, temos que f : [a, b] →→ R e´ uniformemente cont´ınua.
Assim, podemos escolher um δ > 0 tal que
||f (x) −− f (y)|| < ε,
para todos x e y ∈ ∈ [a, b] tais que | |x −− y|| < δ .
A famı´lia de intervalos abertos ��
 p −− δ 2 , p +
 δ 
2
�}
 p∈[a,b]
e´ uma cobertura aberta para o intervalo compacto [a, b]. Pelo exercı´cio 5.52, existe uma partic¸a˜o
a = a0 < a1 < · · ·· ·· < an−1 < an = b
do intervalo [a, b] tal que para cada subintervalo [ ak, ak+1] existe pk ∈ ∈ [a, b] tal que
[ak, ak+1] ⊂ ⊂� pk − − δ 2 , pk + δ 2� .
Por fim, utilizando-se uma parti¸ca˜o de [ a, b] como acima, dados x e y ∈ ∈ [ak, bk] ⊂ ⊂
(
 pk − − δ2 , pk + δ2

, e´ va´lida a
desigualdade
||x −− y|| < δ 
e, por isso e pela escolha de δ , temos que
||f (x) −− f (y)|| < ε.
Logo, temos uma partic¸a˜o de [ a, b] com a propriedade desejada.
283
 
Exerc´ıcio 7.44:
Uma func¸a˜o contı´nua ϕ : [a, b] →→ R chama-se poligonal quando existe uma partic¸a˜o
a = a0 < a1 < · · ·· ·· < an = b
tais que ϕ||[ai−1,ai] e´ um polinoˆmio de grau  1, para cada i = 1,...,n . Prove que, se f : [a, b] → → R e´ contı´nua,
enta˜o, dado ε > 0, existe uma fun c¸a˜o poligonal ϕ : [a, b] →→ R, tal que | |f (x) −− ϕ(x)|| < ε para todo x ∈ ∈ [a, b].
Seja ε > 0.
Pelo exerc´ıcio 7.43, existe uma partic¸a˜o
a = a0 < a1 < · · ·· ·· < an = b
tal que
||f (x) −− f (y)|| < ε2 ,
para x e y ∈ ∈ [ak, ak+1].
Podemos definir uma func¸a˜o poligonal ϕ : [a, b] → → R pela equa c¸a˜o
ϕ(x) :=
(
f (ak+1) −− f (ak)
� x −− ak
ak+1 −− ak
�
+ f (ak),
para cada x ∈ ∈ [ak, ak+1]. Por esta defini c¸a˜o e pela escolha da parti¸ca˜o de [ a, b], temos que
||ϕ(x) −− f (ak)|| = | |f (ak+1) −− f (ak)||

x −− ak
ak+1 −− ak
  ||f (ak+1) −− f (ak)|| <
 ε
2 ,
para cada x ∈ ∈ [ak, ak+1].
Por fim, dado x ∈∈ [a, b],
||
f (x)
−−
ϕ(x)
||

||
f (x)
−−
f (a
k
)
||
+
||
ϕ(x)
−−
f (a
k
)
||
 < ε
2
 + ε
2
 = ε,
onde x ∈∈ [ak, ak+1]. Portanto, ϕ e´ uma func¸a˜o poligonal que satisfaz a condi¸ca˜o do enunciado.
284
 
Exerc´ıcio 7.45:
Dado ξ : [a, b] → → R, se existem a = a0 < a1 < ·· ·· ·· < an = b tais que ξ ||(ai−1,ai) e´ constante para cada i = 1, 2, . . . ,n,
ξ e´ chamada de func¸a˜o escada. Mostre que se f : [a, b] → → R e´ contı´nua, enta˜o, para cada ε > 0, existe uma fun c¸a˜o
escada ξ : [a, b] →→ R, tal que | |f (x) −− ξ (x)|| < ε qualquer que seja x ∈∈ [a, b].
Seja ε > 0.
Como f e´ contı´nua, existe, pelo exerc´ıcio 7.43, uma partic¸a˜o
a = a0 < a1 < · · ·· ·· < an = b
de [a, b] tal que a desigualdade
||f (x) −− f (y)|| < ε,
e´ va´lida sempre que existe k = 1, . . . , n, tal que x e y ∈ ∈ [ak, ak+1].
Podemos definir uma func¸a˜o escada ξ : [a, b] →→ R pela igualdade
ξ (x) =
�
 f (ak), x ∈ ∈ [ak, ak+1),
f (an), x = an.
Logo, se x ∈∈ [ak, ak+1) enta˜o
||f (x) −− ξ (x)|| = | |f (x) −− f (ak)|| < ε
pela escolha da parti c¸a˜o de [ a, b]. Portanto, como | |f (an) −− ξ (an)|| = 0, segue que a desigualdade
||f (x) −− ξ (x)|| < ε
e´ va´lida para todo x ∈∈ [a, b].
285
 
Exerc´ıcio 7.46:
Dada uma fun c¸a˜o f : X → → R, suponha que para cada ε > 0 se possa obter uma fun¸ca˜o contı´nua g : X → → R, tal que
||f (x) −− g(x)|| < ε qualquer que seja x ∈ ∈ X . Ent a˜o f e´ contı´nua.
Concluiremos que f e´ contı´nua mostrando que f e´ contı´nua em um ponto arbitra´rio a ∈∈ X .
Seja ε > 0.
Pela hipo´tese sobre f , existe uma fun c¸a˜o contı´nua g : X → → R tal que
||f (x) −− g(x)|| < ε3 ,
para todo x
 ∈ ∈
 X .
Como g e´ contı´nua, existe δ > 0 tal que
||g(x) −− g(a)|| < ε3 ,
para todo x ∈ ∈ X tal que | |x −− a|| < δ .
Assim,
||f (x) −− f (a)||  ||f (x) −− g(x)|| + ||g(x) −− g(a)|| + ||g(a) −− f (a)||
< ε3 + ε3 + ε3
= ε.
para todo x ∈ ∈ X tal que | |x −− a|| < δ . Desta forma, concluimos que f e´ contı´nua em a.
286
 
Exerc´ıcio 7.47:
Seja X ⊂ ⊂ R. Uma fun c¸a˜o f : X → → R diz-se semicontı´nua superiormente no ponto a ∈ ∈ X quando, para cada ε > 0
dado, pode-se obter δ > 0, tal que se
x ∈∈ X e | |x −− a|| < δ ⇒ ⇒ f (x) < f (a) + ε.
Diz-se que f e´ semicintı´nua superiormente quando ela o e´ em todos os pontos de X .
(a) Defina fun c¸a˜o semicont´ınua inferiormente e mostre que f e´ cont´ınua num ponto se, e somente se, e´ semi-
cont´ınua superior e inferiormente naquele ponto.
(b) Prove que um subconjunto A ⊂ ⊂ R e´ aberto se, e somente se, sua func¸a˜o caracterı´stica ξ A : R → → R (definida
por ξ A(x) = 1 se x ∈∈ A e ξ A(x) = 0 se x /∈∈ A) e´ semicontı´nua inferiormente.
(c) Enuncie e prove um resultado an a´logo ao anterior para conjuntos fechados.
(d) Mostre, mais geralmente, que para todo subconjunto X ⊂ ⊂ R, sua fun c¸a˜o caracterı´stica ξ X : R → → R e´ des-
cont´ınua precisamente nos pontos da fronteira de X . Dado a ∈∈ fr X , mostre que ξ X e´ semicontı´nua superior-
mente no ponto a se a ∈ ∈ X e inferiormente se a /∈∈ X . Conclua que a fun c¸a˜o f : R →→ R, definida por f (x) = 1
para x ∈∈ Q e f (x) = 0 para x irracional, e´ semicontı´nua superiormente nos nu´meros racionais e inferiormente
nos n u´meros irracionais.
(e) Seja f : R →→ R definida por f (x) = sen(1 /x) se x ̸̸= 0 e f (0) = c. Mostre que f e´ semicontı´nua superiormente
no ponto 0 se, e somente se, c  1. (E inferiormente se, e somente se, c  −−1.) Tomando − −1 < c < 1, mostre
que f na˜o e´ semicontı´nua inferiormente ou superiormente no ponto 0.
(f) As fun¸co˜es f e g : R → → R, onde f (0) = g(0) = 0 e, para x ̸ ̸= 0, f (x) = x sen(1/x), g(x) = 1/||x||, sa˜o
semicontı´nuas inferiormente, mas seu produto f · · g na˜o e´ uma func¸a˜o semicontı´nua no ponto 0.
(g) Para que f : X →→ R seja semicont´ınua superiormente no ponto a ∈ ∈ X ∩ ∩ X ′ e´ necessa´rio e suficiente que
limx→a sup f (x)  f (a) (Errata: e´ necessa´rio mas na˜o suficinte se f for ilimitada. Contra exemplo: a = 0
e f : R → → R definida por f (x) = 1/x, em x ̸ ̸= 0, e f (0) = 0). Equivalentemente: para toda sequeˆncia de
pontos xn
 ∈ ∈
 X com lim n
→∞
xn = a, que seja lim n
→∞
 sup f (xn)  f (a). Vale o resul tado an a´logo para
semicontinuidade inferior.
(h) A soma de duas fun¸ co˜es semicont´ınuas superiormente num ponto ainda goza da mesma propriedade. Use
o item (e) com c = 1 e c = − −1 para dar exemplo de duas fun¸ co˜es semicont´ınuas (uma superiormente e
outra inferiormente) cuja soma n˜ao e´ semicontı´nua. Mostre que se f e´ semicontı´nua superiormente, − −f e´
inferiormente.
(i) Sejam f e g : X → → R semicont´ınuas superiormente num ponto. Se f (x)  0 e g(x)  0 para todo x ∈ ∈ X ,
enta˜o o produto f · · g e´ uma func¸a˜o semicont´ınua superiormente no mesmo ponto.
(j) Quando X ⊂ ⊂ R e´ compacto, toda func¸a˜o semicontı´nua superiormente f : X → → R e´ limitada superiormente e
atinge seu valor ma´ximo num ponto de X . Enuncie e prove um fato an a´logo para semicontinuidade inferior.
(a)
Uma func¸a˜o f : X → → R diz-sesemicont´ınua inferiormente no ponto a ∈ ∈ X quando, para cada ε > 0 dado,
pode-se obter δ > 0, tal que se
x
 ∈∈
 X e
 | |
x
−−
a
||
 < δ 
 ⇒ ⇒
 f (a)
−−
ε < f (x).
Diz-se que f e´ semicintı´nua inferiormente quando ela o e´ em todos os pontos de X .
Suponhamos que f : X → → R seja uma fun c¸a˜o semicontı´nua inferiormente e superiormente. Provaremos que f e´
cont´ınua em um ponto arbitra´rio a ∈∈ X e concluiremos da´ı que f e´ contı´nua.
Seja ε > 0. Como f e´ semicontı´nua inferiormente e superiormente em a, existem δ − e δ + > 0 tais que
x ∈ ∈ X e | |x −− a|| < δ − ⇒ ⇒ f (a) −− ε < f (x)
287
 
e
x ∈∈ X e | |x −− a|| < δ + ⇒ ⇒ f (x) < f (a) + ε.
Assim, para δ := min{{δ −, δ +}},
x ∈∈ X e | |x −− a|| < δ ⇒ ⇒ f (a) −− ε < f (x) < f (a) + ε.
Logo, podemos concluir que f e´ contı´nua em a ∈ ∈ X .
Suponhamos, por outro lado, que f e´ contı´nua. Provaremos que f e´ semicont´ınua inferiormente e superiormente
em um ponto arbitr a´rio a ∈ ∈ X e concluiremos da´ı que f e´ semicont´ınua inferiormente e superiormente.
Seja ε > 0. Como f e´ contı´nua em a, existe δ > 0 tal que
x ∈∈ X e | |x −− a|| < δ ⇒ ⇒ f (a) −− ε < f (x) < f (a) + ε.
Assim,
x ∈∈ X e | |x −− a|| < δ ⇒ ⇒ f (a) −− ε < f (x)
e
x ∈∈ X e | |x −− a|| < δ ⇒ ⇒ f (x) < f (a) + ε.
Logo, podemos concluir que f e´ semicontı´nua inferiormente e superiormente em a ∈∈ X .
(b)
Suponhamos que A ⊂ ⊂ R e´ aberto. Provaremos que ξ A : R → → R e´ semicontı´nua inferiormente em um ponto
 p ∈∈ R arbitra´rio. E conluiremos daı´ que ξ A e´ semicont´ınua inferiormente.
Seja ε > 0.
Se p ∈∈ A enta˜o existe δ > 0 tal que
( p −− δ, p + δ ) ⊂⊂ A.
Assim, neste caso, se x ∈∈ R e | |x −− p|| < δ enta˜o
ξ A( p) −− ε = 1 −− ε < 1 = ξ A(x).
Logo, se p ∈ ∈ A enta˜o ξ A e´ semicontı´nua inferiormente em p.
Se p ∈∈ R\\A enta˜o, para todo x ∈ ∈ R, temos que
ξ A( p) −− ε = 0 −− ε < 0  ξ A(x).
Logo, se p ∈ ∈ R\\A enta˜o ξ A e´ semicontı´nua inferiormente em p.
Portanto, ξ A e´ semicontı´nua inferiormente em p ∈∈ R.
Suponhamos, por outro lado, que ξ A seja semicontı´nua inferiormente. Provaremos que, para um ponto arbitra´rio
a ∈ ∈ A, existe δ > 0 tal que ( a −− δ, a + δ ) ⊂ ⊂ A. Desta forma concluiremos que A e´ aberto.
Como ξ A e´ semicontı´nua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ),
vale 1
2 = ξ A(a) −− ε < ξ A(x).
Desta forma, ξ A(x) ̸̸= 0, para todo x ∈∈ (a −− δ, a + δ ). Logo, ( a −− δ, a + δ ) ⊂ ⊂ A.
(c)
Provaremos que F ⊂⊂ R e´ fechado se, e somente se, sua fun c¸a˜o caracterı´stica ξ F : R →→ R e´ semicontı´nua
superiormente.
Suponhamos que F ⊂ ⊂ R seja fechado. Provaremos que ξ F e´ semicont´ınua superiormente em um ponto arbitra´rio
 p ∈∈ R e concluiremos da´ı que ξ F e´ semicont´ınua superiormente.
Seja ε > 0.
Se p ∈∈ F , para todo x ∈ ∈ R, temos que
ξ F (x)  1 < ξ F ( p) + ε.
Logo, se p ∈ ∈ F enta˜o ξ F e´ semicontı´nua superiormente em p.
288
 
Se p ∈∈ R\\F enta˜o existe δ > 0 tal que
( p −− δ, p + δ ) ⊂⊂ R\\F.
Assim, neste caso, se x ∈∈ R e | |x −− p|| < δ enta˜o
ξ F (x) = 0 < 0 + ε = ξ A( p) + ε.
Logo, se p ∈ ∈ R\\F enta˜o ξ F e´ semicontı´nua inferiormente em p.
Portanto, ξ F e´ semicontı´nua superiormente em p ∈∈ R.
Suponhamos, por outro lado, que ξ F seja semicont´ınua superiormente. Provaremos que, para um ponto ar-
bitra´rio p ∈∈ R\\F , existe δ > 0 tal que ( p −− δ, p + δ ) ⊂ ⊂ R\\F . Desta forma, concluiremos que F e´ fechado.
Como ξ F e´ semicontı´nua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ ∈ ( p −− δ, p + δ ),
vale
ξ F (x) < ξ F ( p) + ε = 0 +
 1
2 =
 1
2 .
Desta forma, ξ F (x) ̸̸= 1, para todo x ∈∈ ( p −− δ, p + δ ). Logo, ( p −− δ, p + δ ) ⊂⊂ R\\F .
(d)
Seja X ⊂ ⊂ R.
Para concluirmos que ξ X : R →→ R e´ descontı´nuo exatamente nos pontos de fronteira de X , verificaremos que ξ X
e´ contı´nua em int(X ) e int(R\\X ), semicontı´nua superiormente, mas na˜o inferiormente, em fr(X )∩∩X e semicontı´nua
inferiormente, mas na˜o superiormente, em fr(X ) ∩∩ (R\\X ).
Seja a ∈ ∈ int(X ). Como int( X ) e´ aberto, existe δ > 0 tal que ( a −− δ, a + δ ) ⊂ ⊂ int(X ). Assim, para tod o x ∈ ∈ R
tal que | |x −− a|| < δ , temos que x ∈∈ int(X ) e, consequentemente,
||ξ X (x) −− ξ X (a)|| = | |1 −− 1|| = 0.
Logo, ξ X e´ contı´nua em a ∈∈ int(X ) pois, para todo ε > 0,
||ξ X (x) −− ξ X (a)|| = 0 < ε
sempre que
 | |
x
−−
a
||
 < δ .
De modo an a´logo, verifica-se que ξ X : R →→ R e´ contı´nua em int(R\\X ).
Seja a ∈∈ (fr X ) ∩∩ X . Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈∈ (a −− δ, a + δ ), a desigualdade
ξ X (x)  1 < 1 + ε = ξ X (a) + ε.
Logo, ξ X e´ semicont´ınua superiormente em a. Por outro lado, para qualque r δ > 0, existe x ∈ ∈ (a−−δ, a +δ )∩∩(R\\X ).
Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que
ξ X (a) −− ε = 1/2 > 0 = ξ X (x),
para todo x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ (R\\X ). Logo, ξ X na˜o e´ semicontı´nua inferiormente.
Seja a ∈∈ (fr X ) ∩∩ (R\\X ). Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈∈ (a −− δ, a + δ ), a desigualdade
ξ X (a) −− ε = 0 −− ε < 0  ξ X (x).
Logo, ξ X e´ semicontı´nua inferiormente em a. Por outro lado, para qualq uer δ > 0, existe x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ X .
Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que
ξ X (x) = 1 > 1/2 = 0 + 1 /2 = ξ X (a) + ε.
para todo x ∈ ∈ (a −− δ, a + δ ) ∩∩ X . Logo, ξ X na˜o e´ semicontı´nua superiormente.Por fim, f = ξ Q e´ semicontı´nua superiormente em
Q = R ∩∩ Q = (fr Q) ∩∩ Q
e semicontı´nua inferiormente em
R\\Q = R ∩∩ (R\\Q) = (fr Q) ∩∩ (R\\Q)
pelo que foi provado anteriormente.
289
 
(e)
Seja f : R →→ R dada por
f (x) =
�
 sen 1x , se x ̸ ̸= 0
c, se x = 0.
Como f e´ uma composic¸a˜o de fun c¸o˜es cont´ınuas no aberto R\{\{0}}, temos que f e´ contı´nua em R\{\{0}}.
Desta forma, podemos concluir que f e´ semicontı´nua superiormente (inferiormente) se, e somente se, c  1
(c  −−1) mostrando que f e´ f e´ semicontı´nua superiormente (inferiormente) em 0 se, e somente se, c  1 (c  −−1).
Assim, podemos tambe´m concluir que f na˜o e´ semicontı´nua superiormente ou inferiormente se − −1 < c < 1.
Suponhamos que f seja semicont´ınua superiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitra´rio, que 1 −− ε < c e
concluiremos da´ı que 1  c. Existe δ > 0 tal que
f (x) < f (0) + ε = c + ε,
para todo x ∈ ∈ (−−δ, δ ). Assim, para n ∈∈ Z+ suficientemente grande, temos que
1
π
2 + 2nπ
 ∈ ∈ (−−δ, δ )
e, consequentemente,
1 = sen
�π
2 + 2nπ
 
= f 
� 1
π
2 + 2nπ
�
< c + ε.
Consideremos, por outro lado, o caso em que 1  c. Seja ε > 0. Para todo x ∈∈ R\{\{0}}, temos que
f (x) = sen
� 1
x
�
 1 < 1 + ε = c + ε = f (0) + ε.
Logo, para todo x ∈ ∈ R, temos que
f (x) < f (0) + ε.
Portanto, f e´ semicontı´nua superiormente em 0.
Suponhamos que f seja semicont´ınua inferiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitr a´rio, que c < − −1 + εe concluiremos da´ı que c  −−1. Existe δ > 0 tal que
c −− ε = f (0) −− ε < f (x),
para todo x ∈ ∈ (−−δ, δ ). Assim, para n ∈∈ Z+ suficientemente grande, temos que
1
3π
2 + 2nπ
 ∈ ∈ (−−δ, δ )
e, consequentemente,
c −− ε < f 
� 1
3π
2 + 2nπ
�
= sen
�3π
2 + 2nπ
�
= −−1.
Consideremos, por outro lado, o caso em que c  −−1. Seja ε > 0. Para todo x ∈∈ R\{\{0}}, temos que
f (0) −− ε = c −− ε  −−1 −− ε < −−1  sen
� 1
x
�
= f (x).
Logo, para todo x ∈ ∈ R, temos que
f (0) −− ε < f (x).
Portanto, f e´ semicontı´nua inferiormente em 0.
(f )
Sejam f e g : R →→ R definidas por
f (x) =
�
 0, se x = 0,
x sen
( 1
x

,se x ̸̸= 0,
290
 
e
g(x) =
� 0, se x = 0,
1
|x| , se x ̸ ̸= 0,
Como f e g sa˜o produtos, composic¸o˜es e quocientes de fun¸ co˜es contı´nuas em R\{\{0}}, temos que f e g sa˜o
contı´nuas em R\{\{0}}. Logo, f e g sa˜o semicontı´nuas inferiormente em R\{\{0}}. Desta forma, provando que f e g sa˜o
semicont´ınuas inferiormente em 0 podemos, pelo item (a), concluir que f e g sa˜o semicontı´nuas inferiormente.
Seja ε > 0. Tomando δ := ε, temos, para todo x ∈ ∈ (−−δ, δ )\{\{0}}, que
x sen
� 1
x
� = | |x||
sen
� 1
x
�  ||x|| < δ = ε
e
−−ε < 0 <
 1
||x|| .
Assim,
f (0) −− ε = − −ε < x sen
� 1
x
�
= f (x)
e
g(0) −− ε = − −ε < 1||x|| = g(x),
para todo x ∈ ∈ R tal que 0 < | |x|| < δ . Logo, podemos concluir que f e g sa˜o semicontı´nuas inferiormente em 0.
Provaremos, agora, que f · · g na˜o e´ semicontı´nua em 0. Seja δ > 0. Existe n ∈ ∈ Z+ tal que
x := 1(2n + 1)π < δ.
Assim, x ∈∈ (−−δ, δ )\{\{0}} e
f · · g(x) = x||x|| sen
� 1
x
�
= sen
(
(2n + 1)π

= − −1.
Logo, podemos concluir que para todo δ > 0 existe x ∈∈ R\{\{0}} tal que | |x|| < δ e
f · · g(x) = −−1 = 0 −− 1 = f · · g(0) −− 1.
Portanto, f · · g na˜o e´ semicontı´nua em 0.
(g)
Seja f : X → → R uma func¸a˜o e a ∈ ∈ X ∩ ∩ X ′.
Suponhamos que f seja semicontı´nua superiormente em a. Provaremos que lim x→a sup f (x)  f (a).
Sejam c ∈ ∈ R um valor de adereˆncia de f em a e (xn)n∈Z+ uma sequeˆncia em X \{\{a}} tal que lim n→∞ xn = a e
limn→∞ f (xn) = c. Provaremos, para ε > 0 arbitra´rio, que
c < f (a) + ε.
Com isso, poderemos concluir que c  f (a). Existe δ > 0 tal que
f (x) < f (a) + ε2
sempre que x ∈∈ X e´ tal que | |x −− a|| < δ . Tambe´m existe n0 ∈ ∈ Z+ tal que
||xn0 − − a|| < δ e | |f (xn0 ) −− c|| < ε2 .
Assim,
c −− ε2 < f (xn0 ) < f (a) +
 ε
2
e, consequentemente,
c < f (a) + ε.
291
 
Concluimos que f (a) e´ maior ou igual que qualquer valor de adereˆncia de f em a. Portanto, lim x→a sup f (x) 
f (a).
Consideremos, agora, que lim x→a sup f (x)  f (a). Para provarmos que provaremos que f e´ semicontı´nua
superiormente em a precisamos de mais hip o´teses. Por exemplo, se f : R →→ R e´ dada por
f (x) =
�
 0, se x = 0,
1
x , se x ̸̸= 0.
enta˜o
lim
x→0
sup f (x) = −∞ −∞ < f (0).
Desta forma, iremos assumir tambe´m que f e´ limitada em uma vizinhanc¸a de a.
Seja ε > 0. Suponhamos, por absurdo, que n˜ao exista δ > 0 tal que
f (x) < f (a) + ε
sempre que x ∈∈ X e´ tal que | |x −− a|| < δ . Ent a˜o, para cada n ∈ ∈ Z+, exite xn ∈ ∈ X \{\{a}} tal que
||xn −− a|| <
 1
n
e
f (a) + ε  f (xn).
Assim, temos uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em X \{\{a}} tal que lim n→∞ xn = a. Como f e´ limitada em uma vizinhanc¸a
de a, existe uma subsequeˆncia (f (xnk ))k∈Z+ de (f (xn))n∈Z+ que converge para um ponto c ∈∈ R. Logo,
f (a) + ε  lim
k→∞
f (xnk ) = c
 ja´ que
f (a) + ε  f (xnk ),
para todo k ∈ ∈ Z+. Por outro lado, como c e´ um ponto de acumulac¸a˜o de f em a,
c  limx→a sup f (x)  f (a).
Uma contradic¸a˜o.
Portanto, f e´ semicontı´nua superiormente no ponto a.
De modo an a´logo, admitindo que f e´ limitada em uma vizinhanc¸a de a, prova-se que f e´ semicontı´nua inferi-
ormente em a se, e somente se,
f (a)  lim
x→a
inf f (x).
(h)
Suponhamos que f e g : X → → R sejam duas fun c¸o˜es semicont´ınuas superiormente em um ponto a ∈ ∈ X . Mos-
traremos que f + g e´ semicontı´nua superiormente em a.
Seja ε > 0. Existem δ f e δ g > 0 tais que
f (x) < f (a) + ε2 ,
sempre que x ∈∈ X e´ tal que | |x −− a|| < δ f , e
g(x) < g(a) + ε2 ,
sempre que x ∈ ∈ X e´ tal que | |x −− a|| < δ g. Denotemos min{{δ f , δ g}} por δ . Assim, para x ∈ ∈ X tal que | |x −− a|| < δ ,temos que
(f + g)(x) = f (x) + g(x) <
�
f (a) + ε2
 
+
�
g(a) + ε2
 
= (f + g)(a) + ε.
Logo, podemos concluir que f + g e´ semicontı´nua superiormente em a.
Sejam f e g : R →→ R dadas por
f (x) =
�
 sen 1x , se x ̸ ̸= 0,
−−1, se x = 0,
292
 
e
g(x) =
�
 sen 1x , se x ̸̸= 0,
1, se x = 0.
Pelo item (e), f e´ semicontı´nua inferiormente e g e´ semicontı´nua superiormente. Provaremos que f + g na˜o e´
semicontı´nua superiormente nem inferiormente em 0.
Seja δ > 0. Existe n ∈∈ Z+ tal que 
1
2πn + π2
 < δ.
Assim, para
x := 12πn + π2
temos que ||x|| < δ 
e
(f + g)(x) = f (x) + g(x)
= sen 1x + sen 1x
= 2
> 0 + 1
= f (0) + g(0) + 1.
Desta forma, como δ > 0 e´ arbitra´rio, conclu´ımos que f + g na˜o e´ semicontı´nua superiormente em 0.
De forma an a´loga, podemos mostrar que f + g na˜o e´ semicontı´nua inferiormente em 0.
Suponhamos que f : X → → R sejam semicont´ınua superiormente. Provaremos que − −f e´ semicontı´nua inferior-
mente em um ponto arbitra´rio a ∈ ∈ X . E concluiremos da´ı que − −f e´ semicont´ınua inferiormente.
Seja ε > 0. Existe δ > 0 tal que
f (x) < f (a) + ε,
para todo x ∈ ∈ X tal que | |x −− a|| < δ . Assim,
−−f (a) −− ε < − −f (x),
para todo x ∈ ∈ X tal que | |x −− a|| < δ . Portanto, como ε > 0 e´ arbitra´rio, − −f e´ semicontı´nua inferiormente em a.
(i)
Suponhamos que f e g : X → → R sejam duas fun c¸o˜es semicont´ınuas superiormente em um ponto a ∈ ∈ X e que
f (x) e g (x)  0, para todo x ∈∈ X . Mostraremos que f · · g e´ semicontı´nua superiormente em a.
Seja ε > 0. Como f (a) + g(a) > 0, podemos escolher λ ∈ ∈ R tal que
0 < λ < min
�
1, 1f (a) + g(a) + 1
}
.
Desta forma,
(f (a) + g(a))λ + λ2 =
(
(f (a) + g(a)) + λ

λ
<
(
(f (a) + g(a)) + 1

λ
< ε.
Seja δ > 0 tal que
f (x) < f (a) + λ
e
g(x) < g(a) + λ,
para todo x ∈ ∈ X tal que | |x|| < δ . Logo,
(f · · g)(x) = f (x) ·· g(x)
=
(
f (a) + λ
(
g(a) + λ

= (f · · g)(a) + (f (a) + g(a))λ + λ2
= (f · · g)(a) + ε,
293
 
para todo x ∈ ∈ X tal que | |x|| < δ . Portanto, f · · g e´ semicontı´nua superiormente em a.
(j)
Suponhamos que f : X → → R seja uma fun c¸a˜o semicont´ınua superiormente em um conjunto compacto X ⊂ ⊂ R.
Para cada a ∈ ∈ X , existe δ (a) > 0 tal que
f (x) < f (a) + 1,
para todo x ∈ ∈ X tal que | |x|| < δ (a).
Como
X ⊂ ∪ ⊂ ∪a∈X
(
a −− δ (a), a + δ (a)

e X e´ compacto, existem a1, . . . , an ∈ ∈ X tais que
X ⊂ ∪ ⊂ ∪nk=1(ak − − δ (ak), ak + δ (ak).
Seja
M := max{{f (ak) + 1: k = 1,...,n }}.
Provaremos que M e´ uma cota superior para f (X ) e concluiremos da´ı que f e´ limitada superiormente.
Seja x ∈∈ X . Para algum k ∈ ∈ {{1,...,n }}, x ∈∈
(
ak − − δ (ak), ak + δ (ak)

 ja´ que X ⊂ ⊂ ∪∪nk=1
(
ak − − δ (ak), ak + δ (ak)

.
Logo, pela escolha de δ (ak), temos que
f (x) < f (ak) + ε  M.
Portanto, M e´ uma cota superior para f (X ).
Seja (xn)n∈Z+ uma sequeˆncia em X tal que
lim
n→+∞
f (xn) = sup f (X ).
Como X e´ compacto, existe uma subsequeˆncia convergente (xnk )k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que a = limk→+∞ xnk ∈ ∈ X .
Assim, pelo item (g),
sup f (X ) = lim n→+∞ f (xn)
= lim n→+∞ f (xnk )
 limx→a sup f (x) f (a).
Logo, f (a) = sup f (X ) e, portanto, f assume seu valor ma´ximo em um ponto de X .
De modo an a´logo, podemos provar que se f : X → → R for uma func¸a˜o semicontı´nua inferiormente em um conjunto
compacto X ⊂ ⊂ R enta˜o f e´ limitada inferiormente e assume seu valor mı´nimo em um ponto de X .
294
 
Cap´ıtulo 8
Derivadas
295
 
Exerc´ıcio 8.46:
Dadas f e g analı´ticas no intervalo aberto I , seja X ⊂ ⊂ I um conjunto que possui um ponto de acumula¸ ca˜o a ∈ ∈ I .
Se f (x) = g(x), para todo x ∈∈ I . Em particular, se f (x) = 0, para todo x ∈ ∈ X, enta˜o f (x) = 0, para todo x ∈ ∈ I .
Sejam f e g : I → → R func¸o˜es anal´ıticas definidas no intervalo aberto I e X ⊂ ⊂ I . Suponhamos que X e´ tal que
f ||X = g||X e exista a ∈ ∈ X ′ ∩∩ I .
Pelo exerc´ıcio 8.45, basta provarmos que f (n)(a) = g(n)(a), n ∈ ∈ Z+, para concluirmos que f = g. Assim,
mostrando, por induc¸a˜o em n ∈∈ Z+, que a fun c¸a˜o ϕ := f − − g e´ tal que
0 = ϕ(n)(a) = f (n)(a) −− g(n)(a),
para todo n ∈ ∈ Z+, teremos o resultado do enunciado.Seja ( xk)k∈Z+ uma sequeˆncia em X tal que lim k→+∞ xk = a e xk ̸ ̸= a, para todo k ∈ ∈ Z+. Denotemos por
(hk)k∈Z+ definida por hk = xk − − a. Segue que
lim
k→+∞
hk = 0.
Para n = 0, temos que
ϕ(0)(a) = f (a) −− g(a)
= lim x→a f (x) −− limx→a g(x)
= lim k→+∞ f (xk) −− limk→+∞ g(xk)
= lim k→+∞
(
f (xk) −− g(xk)

= lim k→+∞ 0
= 0.
Suponhamos que ϕ(m)(a) = 0 para todo 0  m < n. Pela F o´rmula da Taylor com Resto de Lagrange (Teorema
8.10), temos que existe θk ∈ ∈ (0, 1) tal que
0 = ϕ(xk) = ϕ(a + hk) =
n−1
�i=0
ϕ(i)(a)
i! h
i
k +
 ϕ(n)(a + θkhk)
n! h
n
k =
 ϕ(n)(a + θkhk)
n! h
n
k .
Logo,
lim
k→+∞
θkhk = 0
e, como hk = a −− xk ̸ ̸= 0,
ϕ(n)(a + θkhk) = 0.
Desta forma,
ϕ(n)(a) = lim
x→a
ϕ(n)(x) = lim
k→+∞
ϕ(n)(a + θkhk) = 0.
Portanto, pelo princı´pio da induc¸a˜o finita, ϕ(n)(a) = 0, para todo n ∈∈ Z+.
Em particular, provamos que se f : I → → R e´ uma func¸a˜o anal´ıtica definida no intervalo aberto I , X ⊂ ⊂ I , f ||X = 0
e a ∈ ∈ X ∩ ∩ I enta˜o f = 0 pois 0 e´ analı´tica em I .
296
 
Exerc´ıcio 8.47:
Seja I = (a −− δ, a + δ ). Dada f : I → → R, de classe C ∞, suponha que existam constantes a0, a1, . . . , an, . . . tais
que, para todo x ∈ ∈ I , se tenha
f (x) =
∞�
n=0
an(x −− a)n.
Prove que
 ∑
an(x −− a)n e´ a se´rie de Taylor de f em torno de a, isto e´, que
an =
 f (n)(a)
n! ,
para todo n = 0, 1, 2, . . . .
Seja
f (x) = f (a) + f ′(a) ·· (x −− a) + f 
′′(a)
2! ·· (x −− a)
2 + ·· ·· ·· + f 
(n)(a)
n! ·· (x −− a)
n + r(x −− a),
para x ∈∈ I , a n-e´sima expansa˜o de Taylor de f em torno de a.
Provaremos, por induc¸a˜o em n ∈∈ Z0, que
an =
 f (n)(a)
n! .
Para n = 0, temos da igualdade
f (x) =
∞�
n=0
an(x −− a)n
que
f (a) =
∞�
k=0
ak(a −− a)k =
∞�
k=0
ak(0)k = a0.
Suponhamos, como hipo´tese de induc¸a˜o, que
ak =
 f (k)(a)
k! ,
para todo k ∈ ∈ Z0 ∩∩ [0, n). Assim,
f (a) + ·· ·· ·· + f (n−1)(a)(n−1)! (x −− a)n−1 +
 f (n)(a)
n! (x −− a)n + r(x −− a)
= f (x)
= a0 + ·· ·· ·· + an−1(x −− a)n−1 + an(x −− a)n +
∑∞
k=n+1 ak(x −− a)k
= f (a) + ·· ·· ·· + f (n−1)(a)(n−1)! (x −− a)n−1 + an(x −− a)n +
∑∞
k=n+1 ak(x −− a)k
e, consequentemente,
f (n)(a)
n! (x −− a)
n + r(x −− a) = an(x −− a)n +
∞�
k=n+1
ak(x −− a)k.
Logo, para x ∈∈ I \{\{a}},
f (n)(a)
n! −− an = (x −− a)
−n
∞�
k=n+1
ak(x −− a)k −−
 r(x −− a)
(x −− a)n .
Por fim,
f (n)(a)
n! −− an = lim x→a
�
(x −− a)−n∑∞k=n+1 ak(x −− a)k −− r(x−a)(x−a)n
 
= lim x→a
�
(x −− a)−n∑∞k=n+1 ak(x −− a)k
 
−− limx→a
�
r(x−a)
(x−a)n
 
= 0 + 0
= 0.
Portanto, o resultado segue pelo PIF.
297
 
Exerc´ıcio 8.48:
Seja f (x) = x51+x6 . Calcule as derivadas de ordem 2001 e 2003 da fun¸ ca˜o f : R →→ R no ponto 0.
Para y ∈ ∈ (−−1, 1) temos, pelo Exemplo 24 do Capı´tulo IV, temos que
1
1 −− y =
∞�
k=0
yk.
Assim, para todo x ∈∈ (−−1, 1), temos que
f (x) = x5
1+x
6
= x5 11−(−x6)
= x5
∑∞
k=0(−−x6)k
= x5
∑∞
k=0(−−1)kx6k
=
 ∑∞
k=0(−−1)kx6k+5
=
∑∞
n=0 anxn,
onde
an :=
�
 (−−1)k, se n = 6k + 5 para algum k ∈ ∈ Z0,
0, caso contr´ ario.
Pelo exercı´cio 8.47, temos que
f (n)(0) = ann! :=
�
 (−−1)kn!, se n = 6k + 5 para algum k ∈ ∈ Z0,
0, caso contr´ ario.
Assim,
f (2001)(0) = f (333·6+3)(0) = 0
e
f (2003)(0) = f (333·6+5)(0) = (
−−
1)3332003! =
 − −
2003!.
298
 
Exerc´ıcio 8.49:
Seja f : I →→ R definida num intervalo. Prove que f e´ convexa se, e somente se, para quaisquer a e b em I e
0  t  1, vale
f ((1 −− t)a + tb)  (1 −− t)f (a) + tf (b).
Suponhamos que f : I → → R seja convexa. Mostraremos que
f ((1 −− t)a + tb)  (1 −− t)f (a) + tf (b), (8.1)
para todos a e b ∈ ∈ I e t ∈∈ [0, 1]. Para a = b, temos que
f ((1 −− t)a + tb) = f ((1 −− t)a + ta) = f (a) = (1 −− t)f (a) + tf (a) = (1 −− t)f (a) + tf (b).Adiante, mostraremos para o caso em que a < b. Deste caso segue o caso em que b < a. De fato, para a′ = b,
b′ = a e t ′ = 1 −− t,
f ((1 −− t)a + tb) = f ((1 −− t′)a′ + t′b′)  (1 −− t′)f (a′) + t′f (b′) = (1 −− t)f (a) + tf (b).
Portanto, se f e´ convexa, enta˜o a desigualdade ( 8.1) e´ va´lida para todos a e b ∈ ∈ I e t ∈ ∈ [0, 1].
Sejam a e b ∈∈ I , com a < b, e t ∈ ∈ [0, 1]. Desta forma x := (1 −− t)a + tb e´ tal que
x −− a = t(b −− a)  0
e
b −− x = (1 −− t)(b −− a)  0.
Ou seja, x ∈ ∈ [a, b] ⊂⊂ I . Ale´m disso, segue da definic¸a˜o de x que
t = x −− ab −− a
e
1 −− t = b −− xb −− a .
Como f e´ convexa, temos que
f (x)
−−
f (a)
x −− a 
f (b)
−−
f (a)
b −− a
e, consequentemente,
f (x) 
�b −− x
b −− a
�
f (a) +
�x −− a
b −− a
�
f (b).
Logo,
f ((1 −− t)a + tb) = f (x)

�
b−x
b−a
 
f (a) +
�
x−a
b−a
 
f (b)
= (1 −− t)f (a) + tf (b).
Consideremos, agora, que f satisfaz a desigualdade ( 8.1), para todos a e b ∈ ∈ I e t ∈ ∈ [0, 1]. Mostraremos que f 
e´ convexa.
Sejam a e b ∈∈ I , com a < b, e x ∈∈ [a, b]. Definindo
t := x −− ab −− a
temos que
x = (1 −− t)a + tb
e, da desigualdade a  x  b, que t ∈∈ [0, 1]. Daı´,
f (x) = f ((1 −− t)a + tb) (1 −− t)f (a) + tf (b)
=
�
b−x
b−a
 
f (a) +
�
x−a
b−a
 
f (b)
e, consequentemente,
f (x) −− f (a)
x −− a 
f (b) −− f (a)
b −− a .
Com isso, concluimos que f e´ convexa.
299
 
Exerc´ıcio 8.50:
Verifique que f : R →→ R, dada por f (x) = ex, e´ convexa e conclua que, para 0  t  1 e x e y ∈ ∈ R quaisquer vale
e(1−t)x+ty  (1 −− t)ex + tey.
Deduza da´ı a desigualdade
aαbβ  αa + βb,
para α, β , a, b na˜o-negativos, com α + β = 1.
Seja exp: R → → R a aplica c¸a˜o exponencial. Como exp′′ = exp  0, temos, pelo Teorema 11 do Capı´tulo 8, que
exp e´ uma func¸a˜o convexa. Assim, pelo Excerc´ıcio 8.50,
e(1−t)x+ty = exp
(
(1 −− t)x + ty

 (1 −− t) exp(x) + t exp(y) = (1 −− t)ex + tey,
para todos x e y ∈ ∈ R e t ∈ ∈ [0, 1].
Dados a, b, α e β ∈ ∈ R+, com α + β = 1, provaremos que vale a desigualdade
aαbβ  αa + βb.
Sejam x := ln(a) e y := ln(b) ∈ ∈ R e t = β ∈ ∈ [0, 1]. Temos, pela desigualdade provada acima, que
aαbβ = eα ln(a)eβ ln(b)
= e(1−t)xety
= e(1−t)x+ty
 (1 −− t)ex + tey
= αeln(a) + βeln(b)
= αa + βb.
300
 
Exerc´ıcio 8.51:
Seja F : I → → R convexa no intervalo I . Se a1, . . . , an pertencem ao intervalo I , t1, . . . , tn pentencem a [0 , 1] e∑n
i=1 ti = 1, prove que
f 
� n�
i=1
tiai
�

n�
i=1
tif (ai).
Primeiramente, verifiquemos que se a1, . . . , ak pertencem ao intervalo I , t1, . . . , tk pentencentem a [0 , 1] e
∑
k
i=1 ti = 1 ent a˜o
 ∑
n
i=1 tiai ∈ ∈ I . Sejam
a := min{{a1,...,a n} } ∈∈ I 
e
b := max{{a1,...,a n} } ∈∈ I .
Segue que
a =
� n�
i=1
ti
�
a =
n�
i=1
tia 
n�
i=1
tiai
e
n�
i=1
tiai 
n�
i=1
tib =
� n�
i=1
ti
�
b = b.
Logo,
n�
i=1
tiai ∈ ∈ [a, b] ⊂ ⊂ I .
Provaremos o resultado por induc¸a˜o em n.
No caso n = 2, temos que
t1 = 1 −− t2
e, pelo Exerc´ıcio 8.49, temos que
f (t1a1 + t2a2) = f ((1 −− t2)a1 + t2a2)
= (1 −− t2)f (a1) + t2f(a2)
= t1f (a1) + t2f (a2).
Suponhamos, como hipo´tese de induc¸a˜o, que o caso n = k −− 1 seja verdadeiro.
Sejam a1, . . . , ak pertencentes ao intervalo I , t1, . . . , tk pentencentes a [0, 1] e
∑k
i=1 ti = 1.
Se tk = 1 segue que t1 = · · ·· ·· = tk−1 = 0 e, consequentemente,
f 
� k�
i=1
tiai
�
= f (ak) =
k�
i=1
tif (ai).
Consideremos agora o caso em que tk ̸ ̸= 1. Desta forma,
t′i :=
 ti
1 −− tk
sa˜o tais que
k−1
�i=1 t′i =
k−1
�i=1
ti
1 −− tk = ∑
k−1
i=1 ti
1 −− tk = 1
e
t′i ∈ ∈ [0, 1].
Seja
a :=
k−1�
i=1
t′iai ∈ ∈ I .
301
 
Assim, pela hip o´tese de indu c¸a˜o,
f 
� k�
i=1
tiai
�
 = f 
�
(1 −− tk)
k−1�
i=1
ti
1 −− tk
ai + tkak
�
= f 
(
(1 −− tk)a + tkak

 (1 −− tk)f (a) + tkf (ak)
= (1 −− tk)f 
�∑k−1
i=1 t′iai
 
+ tkf (ak)
 (1 −− tk)
∑k−1
i=1 t′if (ai) + tkf (ak)
=
 ∑k−1
i=1 tif (ai) + tkf (ak)
=
 ∑
k
i=1 tif (ai).
Portanto, o resultado segue pelo PIF.
302
 
Exerc´ıcio 8.52:
Sejam x1, x2, . . . , xn e t1, . . . , tn nu´meros na˜o-negativos, com t1 + ·· ·· ·· + tn = 1. Prove que
xt11 ·· xt22 ····· ····· xtnn  t1x1 + t2x2 + ·· ·· ·· + tnxn.
Conclua, em particular a desigualdade entre as me´dias aritme´tica e geome´trica.
Denotemos por exp : R →→ R a aplicac¸a˜o exponecial. Como exp′′ = exp  0, temos, pelo Teorema 11 do Capı´tulo
8, que exp e´ uma func¸a˜o convexa.
Sejam x1, . . . , xn, t1, . . . , tn ∈ ∈ R0 tais que t1 + ·· ·· ·· + tn = 1. Se algum xi e´ nulo, temos imediatamente que
x
t1
1 ·· ·· ·· x
tn
n = 0  t1x1 + ...t nxn.
Se x1, . . . , xn ∈ ∈ (0, +∞∞) enta˜o
xt11 ·· xt22 ····· ····· xtnn = et1 ln x1 ·· et2 ln x2 ·········· etn ln xn
= et1 ln x1+t2 ln x2+···+tn ln xn
= exp( t1 ln x1 + t2 ln x2 + ·· ·· ·· + tn ln xn).
Assim, como exp e´ convexa, temos, pelo Exercı´cio 8.51, que
xt11 ·· xt22 ····· ····· xtnn = exp( t1 ln x1 + t2 ln x2 + ·· ·· ·· + tn ln xn)
= t1 exp(ln x1) + t2 exp(ln x2) + ·· ·· ·· + tn exp(ln xn)
= t1x1 + t2x2 + ·· ·· ·· + tnxn.
Sejam x1, ... x n nu´meros reais na˜o negativos,
G := n√ √ x1 ·· x2 ····· ····· xn
sua me´dia geome´trica e
A := x1 + ·· ·· ·· + xn
n
sua me´dia aritma´tica. Pelo que foi demonstrado acima, temos que
G = x
1
n
1 ·· x
1
n
2 ····· ····· x
1
nn
 x1n + x2n + ·· ·· ·· + xnn
= A.
303
 
Exerc´ıcio 8.53:
Seja ϕ : [a, b] →→ R duas vezes deriva´vel, com ϕ(a) = ϕ(b) = 0 e ϕ′′(x) < 0 para todo x ∈∈ [a, b]. Prove que ϕ(x) > 0,
para todo x ∈ ∈ (a, b). Conclua que, se f : I → → R e´ duas vezes deriva´vel e f ′′(x) > 0, para todo x ∈ ∈ I , enta˜o f e´
estritamente convexa no intervalo I .
Seja ϕ : [a, b] → → R, a < b, duas vezes deriv a´vel, com ϕ(a) = ϕ(b) = 0 e ϕ′′(x) < 0 para todo x ∈∈ [a, b].
Como ϕ′′(x) < 0 para todo x ∈ ∈ [a, b], temos que ϕ′ e´ estritamente decrescente (Corola´rio 6 do Teorema 7 do
Cap´ıtulo VIII). Ale´m disso, como ϕ(a) = 0 = ϕ(b), pelo Toerema de Rolle, existe c ∈ ∈ (a, b) tal que ϕ′(c) = 0.
Desta forma, como ϕ′ e´ estritamente decrescente em [a, b] e ϕ′(c) = 0, ϕ′ > 0 em [ a, c) e ϕ′ < 0 em ( c, b]. Com isso,
concluimos que ϕ e´ estritamente crescente em [a, c] e estritamente decrescente em [c, b] (novamente pelo Corola´rio
6 do Teorema 7 do Cap´ıtulo VIII).
Sendo ϕ(a) = 0 e ϕ estritamente crescente em [ a, c] segue que ϕ > 0 em ( a, c]. Em particular, temos que
ϕ(c) > ϕ(a) = 0. Por outro lado, como ϕ(c) > 0 = ϕ(b) e ϕ e´ estritamente decrescente em [c, b), ϕ > 0 em [ c, b].
Portanto, ϕ > 0 em ( a, b).
Seja f : I → → R e´ duas vezes deriva´vel e f ′′(x) > 0, para todo x ∈ ∈ I , enta˜o f e´ estritamente convexa no intervalo
I . Provaremos, para a e b em I , com a < b, arbitr a´rios, que
f (x) −− f (a)
x −− a <
 f (b) −− f (a)
b −− a ,
para todo x ∈ ∈ (a, b). Com isso, concluiremos que f e´ estritamente convexa.
Definimos ϕ : [a, b] → → R por
ϕ(x) = f (b) −− f (a)b −− a (x −− a) + f (a) −− f (x),
para todo x ∈ ∈ [a, b]. Desta forma,
ϕ(a) = ϕ(b) = 0,
ϕ′(x) = f (b) −− f (a)b −− a −− f 
′(x)
e
ϕ′′(x) = −−f ′′(x) < 0,
para todo x ∈ ∈ I . Logo, pelo que foi provado acima, ϕ > 0 em ( a, b).
Assim, para todo x ∈∈ (a, b),
0 < ϕ(x) = f (b) −− f (a)b −− a (x −− a) + f (a) −− f (x)
e, consequentemente,
f (x) −− f (a)
x −− a <
 f (b) −− f (a)
b −− a .
304
 
Exerc´ıcio 8.54:
Seja f contı´nua num ponto. Prove que se f e´ deriv a´vel nesse ponto enta˜o existe na m a´ximo uma reta que coincide
com o gr a´fico de f uma infinidade de vezes em qualquer vizinhan c¸a do ponto.
Seja f : X → → R deriva´vel em a ∈ ∈ X ′.
Suponhamos que c e d ∈∈ R sa˜o tais que, para qualquer vizinhan¸ca U de a em X ,
f (x) = cx + d,
para infinitos x ∈∈ U . Em particular, existe uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em X tal que
limn→∞ xn = a
e
f (xn) = cxn + d,
para todo n ∈ ∈ Z+.
Como f e´ deriva´vel em a, temos que
c = lim
n→∞
(cxn + d) −− (ca + d)
xn −− a
 = lim
n→∞
f (xn) −− f (a)
xn −− a
 = lim
x→a
f (x) −− f (a)
x −− a = f 
′(a).
Ale´m disso, como f e´ contı´nua em a,
ca + d = lim
n→∞
(cxn + d) = limn→∞ f (xn) = f (a)
e, consequentemente,
d = f (a) −− ca = f (a) −− f ′(a)a.
Portanto, concluimos que se f coincide em infinitos p ontos, em cada vizinhan c¸a de a, com uma reta
{{
(x,ca + d) : x
 ∈∈
R
}}
enta˜o c e d sa˜o determinados unicamente pelos valores de f (a) e f ′(a). Em particular, existe no m a´ximo uma reta
com esta propriedade.
305
 
Exerc´ıcio 8.55:
Seja f : [a, +∞∞) → → R duas vezes deriva´vel. Se lim
x→+∞
f (x) = f (a) enta˜o existe x ∈ ∈ (a, +∞∞) tal que f ′′(x) = 0.
Usaremos o seguinte resultado: Se g : [c, +∞∞) → → R e´ uma func¸a˜o deriva´vel que adimite uma sequeˆncia (xn)n∈Z+
em [c, +∞∞) tal que lim n→+∞ xn = +∞∞ e lim n→+∞ g(xn) = g(c) enta˜o existe x ∈ ∈ (c, +∞∞) tal que g ′(x) = 0.
Se g(y) = g(c), para todo y ∈ ∈ (c, +∞∞), qualquer x ∈ ∈ (c, +∞∞) e´ tal que g′(x) = 0. Suponhamos que exista
y ∈ ∈ (c, +∞∞) tal que g(y) ̸̸= g(c). Provaremos que exsite x como desejado para o caso em que
g(y) > g(c).
O caso em que g(y) < g(c) e´ ana´logo. Como lim n→+∞ xn = +
∞∞
 e lim n→+∞ g(xn) = g(c), deve existir algum
xn ∈ ∈ (y, +∞∞) tal que
g(xn) ∈∈ (g(c) −− 1, g(y)).
Se
g(xn) ∈ ∈ (g(c) −− 1, g(c)]
temos que
g(xn)  g(c) < g(y)
e, pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, existe um z ∈ ∈ (y, xn] tal que
g(z) = g(c).
Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈∈ (a, z) tal que g ′(x) = 0. Se
g(xn) ∈∈ (g(c), g(y)),
temos, pelo Teorema do Valor Intermadia´rio, que existe z ∈ ∈ (c, y) tal que
g(z) = g(xn).
Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈∈ (z, xn) tal que g ′(x) = 0.Consideremos, agora, f : [a, +∞∞) → → R como no enunciado.
Como lim x→+∞ f (x) = f (a), deve existir uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em [a, +∞∞) tal que lim n→+∞ xn = +∞∞ e
limn→+∞ f (xn) = f (a). Logo, existe um ponto b ∈∈ (a, +∞∞) tal que f ′(b) = 0.
Provaremos que existe uma sequeˆncia (xn)n∈Z+ em [b, +∞∞) tal que lim n→+∞ xn = +∞∞ e lim n→+∞ f ′(xn) =
0 = f ′(b). Assim, conclu ı´mos que a func¸a˜o deriva´vel f ′ : [b, +∞∞) → → R admite um ponto x ∈ ∈ (b, +∞∞) tal que
f ′′(x) = 0.
Pelo Teorema do Valor Me´dio, podemos escolher, para cada n ∈∈ Z+, xn ∈ ∈ (a + n, a + n + 1) tal que
f ′(xn) = f (a + n + 1) −− f (a + n).
Segue daı´ que limn→+∞ xn = +∞∞ e
lim
n→+∞
f ′(xn) = limn→+∞
(
f (a + n + 1) −− f (a + n)

= lim
n→+∞
f (a + n + 1) −− lim
n→+∞
f (a + n)
= f (a) −− f (a)
= 0.
306
 
Cap´ıtulo 9
Integral de Riemann
307
 
Cap´ıtulo 10
Sequeˆncias e Se´ries de Func¸o˜es
308
 
Exerc´ıcio 10.44:A sequeˆncia de func¸o˜es f n(x) = nx2 possui derivadas equilimitadas no ponto 0 mas n˜ ao e´ equicontı´nua neste
ponto.
Como f ′n(0) = 0 para todo n ∈ ∈ Z+ temos que a sequeˆncia (f n) possui derivadas limitadas em 0.
Por outro lado, para todo δ > 0, existe x ∈∈ (−−δ, δ ) e n ∈∈ Z+ tais que
||f n(0) −− f n(x)||  1.
De fato, dado δ > 0, existe k ∈ ∈ Z+ tal que 1 /k < δ . Assim, para n = k2 e x = 1/k, temos que
||f n(0) −− f n(x)|| = ||0 −− 1|| = 1.
Portanto, a sequeˆncia na˜o e´ equicontı´nua em 0.
309
 
Exerc´ıcio 10.45:
Um conjunto de polinoˆmios de grau  k, uniformemente limitado em um intervalo compacto, e´ equicontı´nuo neste
intervalo.
Seja E tal conjunto de polin oˆmios definidos no intervalo compacto I .
Podemos considerar, sem perda de generalidade, que I = [0, b] para algum b > 0. De fato, se I = [a, b], podemos
definir
E˜ := { {˜ p : [0, b −− a] →→ R | | ∃∃ p ∈∈ E, ˜ p(x) = p(x + a)∀∀x ∈∈ [0, b −− a]}}
e teremos, assim, que E e´ uniformemente limitado se e somente se E˜ e´ uniformemente limitado e que E e´ equi-
cont´ınuo se e somente se E˜ e´ equicontı´no.
Provaremos, por induc¸a˜o em k, que existe uma constante C > 0 tal que, para todo p ∈ ∈ E dado por p(x) =∑k
i=0 aixi, vale
||ai|| < C , i = 0,...,k. (10.1)
Donde conclui-se que o conjunto das derivadas dos polinˆ omios de E e´ equilimitado e, consequentemente, que E e´
equicontı´nuo.
Para k = 0, temos que ( 10.1) segue do fato de E ser equilimitado.
Suponhamos que exista C > 0 satifazendo ( 10.1) para todo k  n −− 1. E suponhamos que k = n.
Como E e´ equilimitado, segue que o conjunto
E ′ := { { p −− p(0) || p ∈∈ E }}
e´ tambe´m equilimitado. Consideremos
E ′′ := { { p | | ∃∃˜ p ∈ ∈ E ′, ˜ p(x) = p(x)x, ∀∀x ∈∈ I }}
Adiante, dada uma constante A > 0 tal que
|| p(x)|| < A, ∀∀ p ∈∈ E ′, x ∈∈ I ,
temos que A′ = A/b e´ tal que || p(x)|| < A′, ∀∀ p ∈∈ E ′′, x ∈∈ I .
Ou seja, E ′′ e´ equilimitada. Ale´m disso, todos os polinoˆmios em E ′′ sa˜o de grau  n −− 1. Pelo passo indutivo,
existe C ′ > 0 tal que, para todo p ∈ ∈ E ′′ dado por p(x) = ∑ni=1 aixi−1, vale
||ai|| < C ′, i = 1,...,n.
E, como E e´ equilimitado, existe C ′′ > 0 tal que, para todo p ∈ ∈ E , vale
||a0|| = || p(0)|| < C ′′.
Assim, para C = max{{C ′, C ′′}} temos ( 10.1). E o resultado segue pelo PIF.
310
 
Exerc´ıcio 10.46:
Diz-se que uma sequeˆncia de func¸o˜es f n : X →→ R converge fracamente para uma fun¸ca˜o f : X →→ R quando
limn→∞ f n(x) = f (x) para cada ponto x ∈ ∈ X na qual f e´ contı´nua. Seja D ⊂⊂ R denso. Prove que se uma
sequeˆncia de func¸o˜es mono´tonas f n : R →→ R converge simplesmente em D para uma fun c¸a˜o f : R →→ R enta˜o (f n)
converge fracamente para f em R.
Seja x0 ∈ ∈ R um ponto de continuidade de f . Provaremos que
lim
n→∞
f n(x0) = f (x0). (10.2)
Para tanto, basta mostrar, para (f nk ) e (f np ) sendo as subsequeˆncia na˜o-decrescentes e na˜o-crescentes de (f n), que
lim
k→∞
f nk (x0) = lim p→∞ f np (x0) = f (x0)
Com igual raz a˜o, basta provar a afirmac¸a˜o (10.2) para o caso em que todas as f n’s s a˜o decrescentes e para o caso
em que todas as f n’s s a˜o na˜o-crescentes.
Suponhamos que todas as f n’s s a˜o na˜o-decrescentes.
Comec¸aremos provando que f e´ na˜o-decrescente em D . Suponhamos, por absurdo, que existam
x− < x+
em D tais que
f (x−) > f (x+).
Enta˜o, como
lim
n→∞
f n(x−) = f (x−),
lim
n→∞
f n(x+) = f (x+)
e
f (x−) > f (x
−) + f (x+)
2 > f (x
+),
temos, para n suficientemente grande, que
f n(x−) >
 f (x−) + f (x+)
2 > f n(x
+).
Contradizendo o fato de f n ser na˜o-decrescente. Portanto, f e´ na˜o-decrescente em D .
O pr o´ximo passo desta demonstrac¸a˜o e´ provar que se
x−0 < x0 < x+0 ,
onde x−0 e x+0 ∈∈ D, enta˜o
f (x−0 )  f (x0)  f (x+0 ).
De fato, se
f (x−0 ) > f (x0),
enta˜o, como f e´ contı´nua em x0 e D e´ denso em R, existe x˜ ∈∈ D tal que
x−0 < x˜ < x0
e
f (x−0 ) > f (x˜).
Contradizendo o fato de f ser na˜o-decrescente em D . Portanto, devemos ter que
f (x−0 )  f (x0).
E, de forma an a´loga, mostra-se que devemos ter que
f (x0)  f (x+0 ).
311
 
Por fim, provaremos que, dado ε > 0, existe n0 ∈ ∈ Z+ tal que para todo natural n > n0 vale
||f (x0) −− f n(x0)|| < ε.
Com efeito, existem (pois f e´ contı´nua em x0) x−0 e x+0 ∈∈ D tais que
x−0 < x0 < x+0
e
||f (x−0 ) −− f (x+0 )|| < ε/2.
E, como ( f n) converge simplesmente para f em D , existe n0 ∈ ∈ Z+, tal que, para todo n > n0, vale
||
f (x−
0
 )
−−
f n(x−
0
 )
||
 < ε/2
e
||f (x+0 ) −− f n(x+0 )|| < ε/2.
Pelo que foi dito nos para´grafos acima, temos que
f (x−0 )  f (x0)  f (x+0 )
e
f n(x−0 )  f n(x0)  f n(x+0 ).
Logo,
f (x−0 ) −− f n(x+0 )  f (x0) −− f n(x0)  f (x+0 ) −− f n(x−0 ).
E, como
||f (x−0 ) −− f n(x+0 )||  ||f (x−0 ) −− f (x+0 )|| + ||f (x+0 ) −− f n(x+0 )||  ε/2 + ε/2 = ε
e
||f (x+0 ) −− f n(x−0 )||  ||f (x+0 ) −− f (x−0 )|| + ||f (x−0 ) −− f n(x−0 )||  ε/2 + ε/2 = ε,
para todo n > n0, segue que
||f (x0) −− f n(x0)|| < ε,
para todo n > n0. E temos o resultado.
O caso em que todas as f n’s s a˜o na˜o-crescentes e´ ana´logo.
312
 
Exerc´ıcio 10.47:
Seja f (x) = x + x|x| se x ̸ ̸= 0 e f (0) = 0. Obtenha uma sequeˆncia de func¸o˜es contı´nuas crescentes f n : R → → R que
convirjam para f em R −− {{0}}, mas ( f n(0)) na˜o converge.
Considere
f k(x) =
1
 f (x), x < −−1/k e 0 < x(
2 + 1k
 �x+1/k
1/k
 
−− 1k − − 1, −−1/k  x  0
para k par e
f k(x) =
1
 f (x), x < −−1/k e 0 < x
(
2 + 1
k �
 x
1/k −−
1, 0  x  1/k
para k ı´mpar. Temos, enta˜o, que ( f k) e´ uma sequeˆncia de func¸o˜es cont´ınuas e crescentes que converge para f em
R −− {{0}}. E, como
f k(0) = (−−1)k,
temos que ( f k(0)) na˜o e´ convergente.
313
 
Exerc´ıcio 10.48:
Uma sequeˆncia de func¸o˜es mono´tonas f n : R → → R possui uma subsequeˆncia que converge fracamente para uma
func¸a˜o mono´tona f : R →→ R, a qual podemos tomar cont´ınua a` direita.
Provaremos o resultado para o caso em que (f n) e´ uma sequeˆncia de func¸o˜es na˜o decrescentes. A demonstrac¸a˜o
para o caso em que ( f n) e´ uma sequeˆncia de func¸o˜es n a˜o-crescentes e´ ana´loga. No caso geral, ( f n) possui uma
subsequeˆncia de pelo menos um destes dois tipos. E esta, por sua vez, possuira´ um subsequeˆncia com a propriedade
do enu´nciado.
Seja (f n) uma sequeˆncia simplesmente limitada de func¸o˜es na˜o decrescentes.
Pelo Teorema de Cantor-Tychonov existe uma subsequeˆncia (f nk ) de ( f n) que converge em Q para uma func¸a˜o
f˜ : Q
→→
R. Como ( f nk ), devemos ter que f˜ e´ na˜o-decrescente.
Como f˜ e´ mono´tona, existe lim x→x+0 f˜ (x). Assim, podemos definir
f : R →→ R
x0 →→ limx→x+0 f˜ (x).
Provaremos que f e´ contı´nua a` direita e ( f nk ) converge fracamente para f .
Seja x0 ∈ ∈ R. Provaremos que
f (x0) = lim
x→x+0
f (x).
Seja ( xn) uma sequeˆncia em R que converge a` direita para x0. Pela definic¸a˜o de f , para cada n ∈ ∈ Z+ existe
yn ∈ ∈ Q ∩∩ (xn, +∞∞) tal que
||xn −− yn|| <
 1
n
e
||f (xn) −− f˜ (yn)|| <
 1
n .
Assim,
lim
n→∞
yn = limn→∞ xn = x0
e, consequentemente,
lim
n→∞
f (xn) = limn→∞ f˜ (yn) = limx→x+0
f˜ (x) = f (x0).
Como (xn) e´ uma sequeˆncia que converge para x0 a` direita arbitra´ria, segue que
lim
x→x+0
f (x) = f (x0).
Por sua vez, como x0 e´ arbitra´rio, concluı´mos que f e´ contı´nua a` direita.
Para todos x0 ∈ ∈ R, x−0 e x+0 ∈∈ Q tais que
x−0 < x0 < x+0 ,
temos que
f˜ (x−0 )  f (x0)  f˜ (x+0 ) (10.3)
pois
f (x0) = limx→x+0 f˜ (x)
e f˜ e´ na˜o-decrescente.
Seja x0 um ponto de continuidadede f e ε > 0. Provaremos que existe k0 ∈ ∈ Z+ tal que para todo k > k0 em
Z+ temos que ||f (x0) −− f nk (x0)|| < ε.
Como x0 e´ ponto de continuidade de f , existem y−0 e y +0 ∈∈ R tais que
y−0 < x0 < y+0
e
||f (y+0 ) −− f (y−0 )|| <
 ε
2 .
314
 
Tomando-se x−0 e x+0 ∈∈ Q tais que
y−0 < x−0 < x0 < x+0 < y +0
temos, por ( 10.3), que
f (y−0 )  f˜ (x−0 )  f (x0)  f˜ (x+0 )  f (y+0 ).
Assim,
||f˜ (x+0 ) −− f˜ (x−0 )|| <
 ε
2 .
Como (f nk ) converge simplesmente para f˜ em Q, existe k0 ∈ ∈ Z+ tal que, para todo k > k0 vale
||f˜ (x−0 ) −− f nk (x−0 )|| <
 ε
2
e ||f˜ (x+0 ) −− f nk (x+0 )|| < ε2 .
Do que foi dito acima, e pelo fato de cada f nk ser na˜o-decrescente, temos que
f˜ (x−0 )  f (x0)  f˜ (x+0 ),
f nk (x−0 )  f nk (x0)  f (x+0 )
e, consequentemente,
f˜ (x−0 ) −− f nk (x+0 )  f (x0) −− f nk (x0)  f˜ (x+0 ) −− f nk (x−0 ).
Por fim, como
||f˜ (x−0 ) −− f nk (x+0 )||  ||f˜ (x−0 ) −− f˜ (x+0 )|| + ||f˜ (x+0 ) −− f nk (x+0 )|| <
 ε
2 +
 ε
2 = ε
e
||f˜ (x+0 ) −− f nk (x−0 )||  ||f˜ (x+0 ) −− f˜ (x−0 )|| + ||f˜ (x−0 ) −− f nk (x−0 )|| <
 ε
2 +
 ε
2 = ε
para todo k > k0 em Z+, temos que
||f (x0) −− f nk (x0)|| < ε
para todo k > k0 em Z+.
315
 
Exerc´ıcio 10.49:
Seja ( f n) uma sequeˆncia equicont´ınua e simplesmente limitada num compacto X ⊂⊂ R. Se toda subsequeˆncia
uniformemente convergente em X tem o mesmo limite f : X → → R, enta˜o f n → → f uniformemente.
Suponhamos, por absurdo, que a sequeˆncia (f n) na˜o convirja uniformemente para f . Enta˜o, existe uma sub-
sequeˆncia (f nk ) de ( f n) e uma sequeˆncia
||f (xnk ) −− f nk (xnk )||  ε (10.4)
para algum ε > 0 fixo. Pore´m, como X e´ compacto, (f nk ) e´ equicontı´nua e simplesmente limitada, temos, pelo
Teorema 10.23, que alguma subsequeˆncia de (f nk ) converge uniformemente em X para uma fun c¸a˜o f˜ . E, como
toda subsequeˆncia uniformemente convergente de (f n) converge para f , devemos ter que f˜ = f . O que contradiz
(10.4).
316
 
Exerc´ıcio 10.50:
Deˆ exemplo de uma sequeˆncia equicontı´nua de func¸o˜es f n : (0, 1) → → (0, 1) que na˜o possua subsequeˆncia uniforme-
mente convergente em (0, 1).
Seja (f n) a sequeˆncia dada por
f n : (0, 1) →→ (0, 1)
x ∈∈
(
0, 12πn
2
 →→ 14 sin
( 1
x

+ 12
x ∈∈
[ 1
2πn , 1
 →→ 12 .
Esta sequeˆncia converge simplesmente para a func¸a˜o
f : (0, 1) →→ (0, 1)
x →→ 12 .
Pore´m nenhuma subsequeˆncia desta sequencia converge uniformemente.
317
 
Exerc´ıcio 10.51:
Dada uma sequeˆncia de func¸o˜es duas vezes deriva´veis (f n) definidas no intervalo compacto I , suponha que f n → → f 
simplesmente em I , que ( f ′n(a)) e´ limitada para um certo a ∈∈ I e que ( f ′′n ) e´ uniformemente limitada em I . Prove
que f ∈ ∈ C 1.
Temos que a sequeˆncia (f ′n) e´ equicont´ınua e uniformemente limitada. De fato, como (f ′′n ) e´ uma sequeˆncia
uniformemente limitada, segue que (f n) e´ equicontı´nua. Adiante, como (f ′′n ) e´ uniformemente limitada e I e´
compacto, existe, pelo teorema do valor me´dio, C ′ > 0 tal que
||f ′n(x) −− f ′n(a)|| < C ′, ∀∀n ∈∈ Z+, x ∈∈ I .
E, como ( f ′n(a)) e´ uma sequeˆncia limitada, existe C > 0 tal que
||f ′n(a)|| < C, ∀∀n ∈ ∈ Z+.
Enta˜o,
||f ′n(x)||  ||f ′n(x) −− f ′n(a)|| + ||f ′n(a)|| < C ′ + C, ∀∀n ∈∈ Z+, x ∈ ∈ I .
Ou seja, ( f ′n) e´ uniformemente limitada.
Adiante, temos que toda subsequeˆncia uniformemente convergente de (f ′n) converge para f ′. De fato, dada uma
subsequeˆncia uniformemente convergente (f ′nk ) temos, pelo Teorema 10.7, que f ′nk →→ f ′ ja´ que f nk → → f .
Como (f n) e´ uma sequeˆncia equincont´ınua, uniformemente limitada tal que todas as suas subsequeˆncias unifor-
memente convergentes convergem para f ′, temos, pelo exerc´ıcio 10.49, que f ′n → → f ′ uniformemente em I .
Portanto, f ′ e´ contı´nua, pois e´ o limite uniforme de uma sequeˆncia de func¸o˜es contı´nuas.
318
 
Exerc´ıcio 10.52:
Dada uma sequeˆncia de func¸o˜es k+1 vezes deriva´veis (f n) definidas no intervalo I , suponha que existam a0,...,a k ∈ ∈ I 
e c > 0, tais que | |f n(a0)||  c, | |f ′n(a1)||  c,...,||f (k)n (ak)||  c para todo n ∈ ∈ Z+ e que a sequeˆncia (f (k+1)n ) seja
uniformemente limitada em I . Prove que existe uma subsequeˆncia (f ni ) que converge, juntamente com suas k
primeiras derivadas, uniformemente em cada parte compacta I .
E´ suficiente provar que existe uma subsequeˆncia (f ni ) que converge, juntamente com suas k primeiras derivadas,
uniformemente em I para o caso em que I e´ um intervalo compacto. Enta˜o, assumiremos sem perda de generalidade,
que I e´ um intervalo compacto.
Temos que a sequeˆncia (f (k)n ) e´ equicont´ınua e uniformemente limitada. De fato, como (f (k+1)n ) e´ uma sequeˆncia
uniformemente limitada, segue que (f 
(k)
n ) e´ equicont´ınua. Adiante, como (f 
(k+1)
n ) e´ uniformemente limitada e I e´compacto, existe, pelo teorema do valor me´dio, C ′ > 0 tal que
||f (k)n (x) −− f (k)n (ak)|| < C ′, ∀∀n ∈∈ Z+, x ∈∈ I .
E, como ( f (k)n (ak)) e´ uma sequeˆncia limitada, existe C > 0 tal que
||f (k)n (ak)|| < C, ∀∀n ∈ ∈ Z+.
Enta˜o,
||f (k)n (x)||  ||f (k)n (x) −− f (k)n (ak)|| + ||f (k)n (ak)|| < C ′ + C, ∀∀n ∈ ∈ Z+, x ∈ ∈ I .
Ou seja, ( f (k)n ) e´ uniformemente limitada.
Agora, provaremos o resultado por induc¸a˜o em k .
Consideremos o caso k = 0. Pelo que foi dito acima, temos que ( f n) e´ equicontı´nua e uniformemente limitada.
Segue da´ı e do fato de I ser compacto, pelo Teorema 10.23, que ( f n) possui uma subsequeˆncia uniformemente
convergente.
Faremos agora o passo indutivo. Como ( f (k)n ) e´ uniformemente limitada, temos que existe uma subsequeˆncia
(f ni ) que converge, juntamente com suas k − − 1 primeiras derivadas, uniformente. Adiante, temos que ( f (k)ni ) e´
equicont´ınua e uniformemente limitada. Isto implica que existe uma subsequeˆncia (f 
(k)
nj ) de ( f 
(k)
ni ) que convergeuniformemente. Portanto, devemos ter que (f nj ) e suas primeiras k derivadas convergem uniformemente.
319
 
Exerc´ıcio 10.53:
Demonstre o corola´rio de Teorema 22 para intervalos arbitra´rios (abertos ou n a˜o) I ⊂ ⊂ R.
Se int(I ) = ∅ ∅, os u´nicos compactos em I sa˜o ∅ ∅ e I . Assim, o Teorema de Arzel a´-Ascoli se aplica imediatamente
e o resultado segue. Adiante assumiremos que existe c ∈ ∈ int(I ).
Consideremos o intervalo J = [a, b] ⊂ ⊂ I dado por
a =
�
 c, caso inf( I ) /∈∈ I 
inf(I ), caso contr a´rio
e
b = � c, caso sup( I ) /∈∈ I sup(I ), caso contr a´rio.
Se J = I , temos que I e´ compacto, e, pelo Teorema de Arzela´-Ascoli, temos que existe uma subsequeˆncia de (f n)
que converge uniformemente em I . E, logo, em cada parte compacta de I . Assumiremos daqui em diante que
J ̸ ̸= I .
Enta˜o existe uma sequeˆncia de compactos K i ⊂ ⊂ I , i ∈ ∈ Z+ tais que
K 1 = J,
K i ⊂ ⊂ K i+1
e
int(I ) = ∪∪i∈Z+ int(K i).
Seja K ⊂ ⊂ I um compacto. Pela escolha de J , temos que K \\J ⊂ ⊂ int(I ) e que K \\J e´ um compacto. Daı´ segue
que
K \\J ⊂ ∪ ⊂ ∪i∈Z+ int(K i)
e, consequentemente,
K \\J ⊂ ⊂ K i
para algum i ∈∈ Z+. Logo,
K ⊂ ⊂ J ∪ ∪ K i = K i
para algum i ∈∈ Z+.
Agora, como na demonstrac¸a˜o dada no texto, existe uma subsequeˆncia de (f n) que converge uniformemente em
cada K i, i ∈∈ Z+. Portanto, como cada parte compacta de I esta´ contida em algum K i, temos que esta subsequeˆncia
converge uniformemente em toda parte compacta de K .
320