APE-EAR-2019-1-Gabarito (1)

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
APE – Elementos de Análise Real – 1/2019
Código da disciplina EAD01067
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PADRÃO DE PREENCHIMENTO NA FOLHA DE RESPOSTAS
DOIS TRÊS QUATRO CINCO SEIS SETE OITO NOVE ZEROUM
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Questão 1 [3,0 pontos]: Prove a afirmação dada usando o Prinćıpio de Indução Matemática,
seguindo o roteiro que vem logo em seguida.
(a) Para todo natural n,
1
1.2 + . . .+
1
n(n+ 1) =
n
n+ 1
(b) Para todo natural n, um conjunto qualquer An = {a1, . . . , an}, com n elementos, contém 2n
subconjuntos. Observação: o conjunto vazio sempre é subconjunto.
Roteiro: As etapas (i), (ii) e (iii) a seguir devem ficar expĺıcitas na sua resposta:
(i) Explicitar a propriedade relativa aos números naturais e mostrar a primeira etapa da indução.
(ii) Enunciar a hipótese de indução.
(iii) Apresentar detalhadamente o racioćınio necessário e finalizar a prova por indução.
Elementos de Análise Real APE 1/2019
(a) A propriedade P[n] é
1
1.2 + . . .+
1
n(n+ 1) =
n
n+ 1 , e a1 = 1.
Para n = 1 o membro esquerdo é igual a 12 e o membro direito é igual a
1
1 + 1 =
1
2 . Dáı, P[1] é
verdadeira.
Hipótese de indução (HI): Considere n ∈ N fixado e suponha que para este n vale P[n], ou seja, que
é verdade que
1
1.2 + . . .+
1
n(n+ 1) =
n
n+ 1 . (HI)
Deve-se provar que P[n] implica P[n+1]. Pela HI, P[n] é válida. Somando 1(n+1)(n+2) aos dois
membros de P[n] obtemos a seguinte igualdade:
1
1.2 + . . .+
1
n(n+ 1) +
1
(n+ 1)(n+ 2) =
n
n+ 1 +
1
(n+ 1)(n+ 2) =
n2 + 2n+ 1
(n+ 1)(n+ 2) .
Dividindo o numerador e o denominador do último membro por (n+1) resulta na igualdade a seguir:
1
1.2 + . . .+
1
n(n+ 1) +
1
(n+ 1)(n+ 2) =
n+ 1
n+ 2
A igualdade acima é P[n+1].
Como n ∈ N foi tomado arbitrariamente, fica mostrado que: para todo natural n, se P[n] é verdadeira
então P[n+1] é verdadeira.
Das etapas acima acima, pode-se concluir pelo PIM que a propriedade P[n] é válida para todo natural
n.
(b) A propriedade P[n] é a seguinte: An possui 2n subconjuntos e a = 1.
Para n = 1 temos A1 := {a1}. A1 possui dois subconjuntos: ∅ (conjunto vazio) e o próprio A1.
Para n = 1 temos também que 21 = 2. Dáı, P[1] é verdadeira.
Hipótese de indução (HI): Considere n ∈ N fixado e suponha que para este n vale P[n], ou seja, que
é verdade que An possui 2n subconjuntos.
Deve-se provar que P[n] implica P[n+1]. Pela HI, P[n] é válida. Considerando agora n + 1 ∈ N
temos que
An+1 = {a1, . . . , an+1} = An ∪ {an+1}.
Aqueles subconjuntos de An+1 que não contêm o elemento an+1 são subconjuntos de An. Pela
HI, a quantidade desses subconjuntos é 2n. Os subconjuntos que restam são aqueles que contém
o elemento an+1, e que portanto têm a forma S ∪ {an+1}, onde S é subconjunto de An. Como,
pela HI, existem 2n subconjuntos S ⊂ An, existem 2n subconjuntos S ∪ {an+1} ⊂ An+1. Somando,
teremos que o total de subconjuntos de An+1 é igual a
2n + 2n = 2.2n = 2n+1.
Segue que é P[n+1] é verdadeira.
Como n ∈ N foi tomado arbitrariamente, fica mostrado que: para todo natural n, se P[n] é verdadeira
então P[n+1] é verdadeira.
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Elementos de Análise Real APE 1/2019
Das etapas acima acima, pode-se concluir pelo PIM que a propriedade P[n] é válida para todo natural
n.
Questão 2 [2,0 pontos]:
(a) Enuncie o axioma do supremo.
(b) Mostre que, dado um conjunto qualquer de número reais negativos, o supremo desse conjunto
existe.
(c) Enuncie matematicamente as duas condições da definição para que um número real s seja o
supremo de um conjunto A ⊂ R.
SOLUÇÃO
(a) Todo subconjunto de R não vazio e limitado superiomente admite um supremo em R.
(b) Dado um conjunto qualquer A de números reais negativos, A contém pelo menos um número
real negativo e portanto é não vazio. Temos também que o zero (ou qualquer número real positivo) é
cota superior para esse conjunto. Assim, A é subconjunto de R não vazio e limitado superiormente.
Pelo axioma do supremo, existe supA em R.
(c) Para s ∈ R, s = supA quando s satisfaz as duas seguintes condições:
(S1) a ≤ s, para todo a ∈ A;
(S2) se c ∈ R e c < s então existe a ∈ A tal que c < a.
Questão 3 [2,0 pontos]:
Use a definição de continuidade (não o critério sequencial) para mostrar que, se duas funções f, g :
X ⊂ R→ R são cont́ınuas então a função f + g também é cont́ınua.
Solução
Uma função é cont́ınua quando é cont́ınua em todos os pontos do seu doḿınio. Seja x0 ∈ X. Por
hipótese, temos que f e g são cont́ınuas em x0.
Tome um ε > 0 qualquer. Por hipótese existe δf > 0 tal que se |x−x0| < δf então |f(x)−f(x0)| < ε2
e também existe δg > 0 tal que se |x− x0| < δg então |g(x)− g(x0)| < ε2 .
Tome δ = min{δf , δg}. Para este δ > 0 vale o seguinte:
se |x− x0| < δ então |f(x)− f(x0)|+ |g(x)− g(x0)| < ε2 +
ε
2 = ε
Pela desigualdade triangular vale o seguinte:
|f(x) + g(x)− (f(x0) + g(x0))| = |f(x)− f(x0) + g(x)− g(x0)| ≤ |f(x)− f(x0)|+ |g(x)− g(x0)|.
Assim ficou mostrado o seguinte: dado qualquer ε > 0 existe δ > 0 tal que se |x − x0| < δ então
|f(x) + g(x)− (f(x0) + g(x0))| < ε. Pela definição de continuidade conclúımos que a função f + g
é cont́ınua em x0 ∈ X.
Como o x0 tomado foi arbitrário, vale que f + g é cont́ınua em todos os pontos x0 ∈ X.
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Questão 4 [3,0 pontos]:
Faça o que se pede em cada item:
1. Seja C > 0. Mostre que, se 0 < u < x < 14C2 , então
1√
x+
√
u
> C.
2. Mostre que, dado qualquer C > 0, existem u e x positivos tais que
√
x−
√
u > C(x− u).
3. Considere a função g : [0, 1] → R, g(x) =
√
x. Usando os itens acima, mostre que g não é
uma função Lipschitz.
4. Usando um resultado da lição 10, verifique que g é uniformemente cont́ınua.
Solução
1. Da hipótese segue que 0 <
√
u <
√
x < 12C . Somando
√
u e
√
x, teremos: 0 <
√
u +
√
x <
1
2C +
1
2C =
1
C
. Tomando os inversos multiplicativos teremos
1√
u+
√
x
> C.
2. Pela hipótese e pelo ińıcio do item 1 temos que 0 <
√
x−
√
u. Multiplicando por (
√
x−
√
u)
os dois membros da desigualdade obtida em 1 obtemos o seguinte:
√
x−
√
u√
u+
√
x
> C(
√
x−
√
u).
Agora, ao multiplicar por (
√
x+
√
u) os dois membros dessa desigualdade, obtemos o resultado
desejado:
√
x−
√
u > C(x− u).
3. Uma função g é Lipschitz quando existe C > 0 tal que para quaisquer x, u ∈ Dom(g) vale o
seguinte: |g(x)− g(u)| ≤ C|x− u|.
Considere g(x) =
√
x.
Já sabemos, pelo item 2, que dado qualquer C > 0, existem u e x positivos tais que g(x) −
g(u) > C(x − u). Portanto isso implica que g(x) =
√
x, no intervalo [0, 1] não é função
Lipschitz.
4. A função g(x) =
√
x é uma função cont́ınua. Como seu doḿınio é [0, 1], um intervalo fechado
e limitado, pelo teorema 10.5 a função g é uniformemente cont́ınua em [0, 1].
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