grosso-curso-analise-real-vol-1 soluções

Prévia do material em texto

Soluções dos exercı́cios de Análise do livro de
Elon Lages Lima:Curso de análise vol.1.
Rodrigo Carlos Silva de Lima ‡
rodrigo.uff.math@gmail.com
‡
29 de dezembro de 2017
2
Sumário
1 Soluções-Curso de análise vol.1 6
1.1 Notações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Capı́tulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Capı́tulo 2-Conjuntos finitos, Enumeráveis e não-enumeráveis . . . . . 14
1.4 Capı́tulo 3 -Números reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.4.1 Questão 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.4.2 Questão 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.4.3 Questão 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.4.4 Questão 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.4.5 Questão 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.4.6 Questão 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.4.7 Questão 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.4.8 Questão 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.4.9 Questão 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.4.10 Questão 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.4.11 Questão 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.4.12 Questão 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.4.13 Questão 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
1.4.14 Questão 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.4.15 Questão 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.4.16 Questão 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.4.17 Questão 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.4.18 Questão 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1.4.19 Questão 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3
4 SUMÁRIO
1.4.20 Questão 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.4.21 Questão 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
1.4.22 Questão 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1.4.23 Questão 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1.4.24 Questão 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
1.4.25 Questão 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
1.4.26 Questão 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
1.4.27 Questão 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
1.4.28 Questão 29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
1.4.29 Questão 30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.4.30 Questão 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.4.31 Questão 32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
1.4.32 Questão 33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
1.4.33 Questão 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
1.4.34 Questão 35 e 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
1.4.35 Questão 37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1.4.36 Questão 38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
1.4.37 Questão 39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.4.38 Questão 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
1.4.39 Questão 42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
1.4.40 Questão 43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
1.4.41 Questão 44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
1.4.42 Questão 45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
1.4.43 Questão 46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
1.4.44 Questão 47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
1.4.45 Questão 48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
1.4.46 Questão 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
1.4.47 Questão 50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
1.4.48 Questão 53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
1.5 Capı́tulo 4-Sequências e séries de números reais . . . . . . . . . . . . . . 71
1.5.1 Questão 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
1.5.2 Questão 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
1.5.3 Questão 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
SUMÁRIO 5
1.5.4 Questão 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.5.5 Questão 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.5.6 Questão 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.5.7 Questão 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1.5.8 Questão 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1.5.9 Questão 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1.5.10 Questão 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1.5.11 Questão 11a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
1.5.12 Questão 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
1.5.13 Questão 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
1.5.14 Questão 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
1.5.15 Questão 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
1.5.16 Questão 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
1.5.17 Questão 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
1.5.18 Questão 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
1.5.19 Questão 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
1.5.20 Questão 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
1.5.21 Questão 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
1.5.22 Questão 35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
1.5.23 Questão 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
1.5.24 Questão 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
1.5.25 Questão 43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
1.5.26 Questão 46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
1.5.27 Questão 48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
1.6 Capı́tulo 5-Topologia da reta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
1.6.1 Questão 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
1.6.2 Questão 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
1.6.3 questão 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
1.6.4 Questão 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
1.6.5 intA ∪ intB ⊂ int(A ∪ B). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
1.6.6 int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
1.6.7 Questão 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
1.6.8 Questões 7 e 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
6 SUMÁRIO
1.6.9 Questão 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
1.6.10 Questão10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
1.6.11 Questão 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
1.6.12 Questão 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
1.6.13 Questão 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
1.6.14 Questão 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
1.6.15 Questão 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
1.6.16 Questão 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
1.6.17 Questão 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
1.7 Capı́tulo 8-Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
1.7.1 Questão 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
1.7.2 Questão 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
1.7.3 Questão 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
1.7.4 Questão 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
1.7.5 Questão 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
1.8 Capı́tulo 8-Sequências e séries de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Capı́tulo 1
Soluções-Curso de análise vol.1
Esse texto ainda não se encontra na sua versão final, sendo, por enquanto, cons-
tituı́do apenas de anotações informais. Sugestões para melhoria do texto, correções
da parte matemática ou gramatical eu agradeceria que fossem enviadas para meu
Email rodrigo.uff.math@gmail.com.
Se houver alguma solução errada, se quiser contribuir com uma solução diferente
ou ajudar com uma solução que não consta no texto, também peço que ajude enviando
a solução ou sugestão para o email acima, colocarei no texto o nome da pessoa que
tenha ajudado com alguma solução. Espero que esse texto possa ajudar alguns alunos
que estudam análise pelo livro do Elon.
1.1 Notações
Denotamos (xn) uma sequência (x1, x2, · · · ). Uma n upla (x1, x2, · · · , xn) podemos
denotar como (xk)n1 .
O conjunto de valores de aderência de uma sequência (xn) iremos denotar como
A[xn].
Usaremos a abreviação PBO para princı́pio da boa ordenação.
Denotamos f(x+ 1) − f(x) = ∆f(x).
Usando a notação Qxn =
xn+1
xn
.
Ac para o complementar do conjunto A.
7
8 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
1.2 Capı́tulo 1
Questão 1
b Propriedade 1. Dados A e B, seja X com as propriedades
• A ⊂ X, B ⊂ X.
• Se A ⊂ Y e B ⊂ Y então X ⊂ Y.
Nessas condições X = A ∪ B, a união A ∪ B é o menor conjunto com subcon-
juntos A e B.
ê Demonstração.
A primeira condição implica que A ∪ B ⊂ X. A segunda condição com Y = A ∪ B
implica X ⊂ A ∪ B. Das duas segue que A ∪ B = X.
Questões 2,3 e 4
b Propriedade 2. A ∩ B é o menor subconjunto de A e B.
Seja X com
• X ⊂ A e X ⊂ B
• Se Y ⊂ A e Y ⊂ B então Y ⊂ X.
Nessas condições X = A ∩ B.
ê Demonstração. Da primeira condição temos que X ⊂ A ∩ B. Da segunda
tomando Y = A ∩ B, que satisfaz Y ⊂ A e Y ⊂ B, então
A ∩ B ⊂ X
logo pelas duas inclusões A ∩ B = X.
1.2. CAPÍTULO 1 9
b Propriedade 3. Sejam A,B ⊂ E. então
A ∩ B = ∅⇔ A ⊂ Bc.
ê Demonstração. Temos que E = B ∪ Bc onde B ∩ Bc = ∅.⇒).
Suponha por absurdo que A∩B = ∅ e não vale A ⊂ Bc, então existe a ∈ A tal que
a /∈ Bc e por isso a ∈ B, mas daı́ A ∩ B 6= ∅ absurdo.⇐).
Suponha a ∈ A ∩ B então a ∈ A ⊂ Bc e a ∈ B o que é absurdo pois B e Bc são
disjuntos.
$ Corolário 1. Vale que A ∪ B = E⇔ Ac ⊂ B.
Pois
A ∪ B = E⇔ Ac ∩ Bc = ∅⇔
pelo resultado anterior
Bc ⊂ (Ac)c︸ ︷︷ ︸
A
⇔ Ac ⊂ B.
$ Corolário 2. Sejam A,B ⊂ E. A ⊂ B⇔ A ∩ Bc = ∅.
Sabemos que A ∩W = ∅⇔ A ⊂Wc por resultado que já mostramos, tomando
W = Bc temos o resultado que desejamos.
Questão 5
Z Exemplo 1. Dê exemplo de conjuntos A,B,C tais que
(A ∪ B) ∩ C 6= A ∪ (B ∩ C).
Sejam A = B 6= ∅ e C tal que C ∩A = ∅. Então
(A ∪ B) ∩ C = A ∩ C = ∅ 6= A ∪ (B ∩ C) = A ∪ ∅ = A.
10 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
Questão 6
b Propriedade 4. Se A,X ⊂ E tais que A ∩ X = ∅ e A ∪ X = E então X = Ac.
ê Demonstração. Pelo que já mostramos A∩X = ∅ então X ⊂ Ac. De A∪X = E
temos Ac ⊂ X, como temos Ac ⊂ X e X ⊂ Ac então tem-se a igualdade X = Ac.
Questão 7
b Propriedade 5. Se A ⊂ B então B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A ∀ C.
Se existe C tal que B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A então A ⊂ B.
ê Demonstração. Vamos mostrar a primeira afirmação. Seja x ∈ B ∩ (A ∪ C),
então x ∈ B e x ∈ A ∪ C. Se x ∈ A então x ∈ (B ∩ C) ∪ A e terminamos, se x /∈ A
então x ∈ B e x ∈ C e terminamos novamente pois é elemento de B ∩ C.
Agora a outra inclusão. Se x ∈ (B ∩ C) ∪ A então x ∈ A ou x ∈ B ∩ C. Se x ∈ A
terminamos. Se x /∈ A então x ∈ B ∩ C e daı́ pertence à B ∩ (A ∪ C) como querı́amos
demonstrar.
Agora a segunda propriedade. Suponha por absurdo que A 6⊂ B então existe x ∈ A
tal que x /∈ B, tal x pertence à (B∩C)∪A porém não pertence à B∩ (A∪C) portanto
não temos a igualdade, absurdo!.
Questão 8
b Propriedade 6. Vale que A = B⇔ (A ∩ Bc) ∪ (Ac ∩ B) = ∅.
ê Demonstração.⇐). Se (A ∩ Bc) ∪ (Ac ∩ B) = ∅ então A ∩ Bc = ∅ e Ac ∩ B = ∅, logo por resultados
que já provamos A ⊂ B da primeira relação e B ⊂ A da segunda, portanto A = B.⇒). Se A = B então A ∩ Bc = Ac ∩ B = ∅.
Questão 9
b Propriedade 7. Vale que (A \ B) ∪ (B \A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B).
ê Demonstração. Vamos provar as duas inclusões.
1.2. CAPÍTULO 1 11
Seja x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A). Tal união é disjunta, pois se houvesse um em ambos
conjuntos, então pelo primeiro x ∈ A, x /∈ B pelo segundo x ∈ B, x /∈ A absurdo.
Se x ∈ A\B logo x ∈ A, x /∈ B portanto x ∈ A∪B e x /∈ A∩B logo x ∈ (A∪B)\(A∩B),
o caso de x ∈ (B\A) também implica inclusão por simetria (trocar A por B não altera).
Se x ∈ A ∪ B \ A ∩ B então x ∈ A ou x ∈ B e x /∈ A ∩ B logo x /∈ A e B
simultaneamente, isso significa que x ∈ A ou x ∈ B exclusivamente logo x ∈ (A\B)∪
(B \A).
Questão 10
b Propriedade 8. Se
(A ∪ B) \ (A ∩ B) = (A ∪ C) \ (A ∩ C)
então B = C, isto é, vale a lei do corte para A∆B = A∆C.
ê Demonstração. Suponha que B 6= C, suponha sem perda de generalidade que
x ∈ B, x /∈ C. Vamos analisar casos.
Se x /∈ A então x /∈ (A ∪ C) \ (A ∩ C) porém x ∈ (A ∪ B) \ (A ∩ B).
Se x ∈ A então x /∈ A ∪ B \ (A ∩ B) e x ∈ (A ∪ C) \ (A ∩ C), portanto não vale a
igualdade dos conjuntos.
Logo devemos ter B = C.
Questão 11
b Propriedade 9. Valem as seguintes propriedades do produto cartesiano .
1. (A ∪ B)× C = (A× C) ∪ (B× C).
2. (A ∩ B)× C = (A× C) ∩ (B× C).
3. (A \ B)× C = (A× C) \ (B× C).
4. Se A ⊂ A ′ e B ⊂ B ′ então A× B ⊂ A ′ × B ′.
ê Demonstração.
12 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
1. Seja (x, y) ∈ (A ∪ B) × C, temos que y ∈ C se x ∈ A então (x, y) ∈ (A × C), se
x ∈ B então (x, y) ∈ (B×C) então vale (A ∪ B)×C ⊂ (A×C) ∪ (B×C). Agora
a outra inclusão.
Temos que (A × C) ⊂ (A ∪ B) × C pois um elemento do primeiro é da forma
(x, y) com x ∈ A e y ∈ C que pertence ao segundo conjunto, o mesmo para
(B× C).
2. Tomamos (x, y) ∈ (A ∩ B)× C, então x ∈ A e x ∈ B, y ∈ C, logo (x, y) ∈ A× C
e (B× C) provando a primeira inclusão, agora a segunda.
(x, y) ∈ (A× C) ∩ (B× C) então x ∈ A e B, y ∈ C logo (x, y) ∈ (A ∩ B)× C.
3. Sendo (x, y) ∈ (A \ B) × C então x ∈ A, x /∈ B e y ∈ C logo (x, y) ∈ (A × C) e
não pertence à B×C pois para isso seria necessário x ∈ B o que não acontece.
Agora a outra inclusão, se (x, y) ∈ (A×C) \ (B×C) então x ∈ A e y /∈ C porém
x não pode pertencer à B pois estão sendo retirados elementos de B× C então
vale a outra inclusão.
4. Seja (x, y) ∈ A×B então pelas inclusões A ⊂ A ′ e B ⊂ B ′ temos x ∈ A ′ e y ∈ B ′
portanto (x, y) ∈ A ′ × B ′.
Questão 12
b Propriedade 10. Seja f : A→ B , então valem
1.
f(X) \ f(Y) ⊂ f(X \ Y)
X, Y subconjuntos de A.
2. Se f for injetiva então f(X \ Y) = f(X) \ f(Y).
ê Demonstração.
1. Seja z ∈ f(X) \ f(Y) então z = f(x) e não existe y ∈ Ytal que z = f(y) então
z ∈ f(X \ Y) pois é imagem de um elemento x ∈ X \ Y.
1.2. CAPÍTULO 1 13
2. Já sabemos que vale a inclusão f(X) \ f(Y) ⊂ f(X \ Y). Vamos provar agora a
outra inclusão f(X \ Y) ⊂ f(X) \ f(Y). Seja z ∈ f(X \ Y) então existe x ∈ X \ Y
portanto x ∈ X e x /∈ Y tal que f(x) = z. Se z ∈ f(Y) então existiria y ∈ Y tal
que f(y) = z mas como f é injetora x = y o que contraria x ∈ X \ Y, logo vale a
outra inclusão e o resultado fica provado .
Questão 13
b Propriedade 11. f : A→ B é injetora ⇔ f(A \ X) = f(A) \ f(X) ∀ X ⊂ A.
ê Demonstração.⇒). Já fizemos na propriedade anterior.⇐). Suponha por absurdo que f não é injetiva então existem a 6= x tais que
f(x) = f(a), seja X = {x}, vale que f(a) ∈ f(A \ X) pois a ∈ A,a /∈ X = {x} porém
f(a) /∈ f(A) \ f(X) então não vale a igualdade, o que é absurdo.
Questão 14
b Propriedade 12. Dada f : A→ B então
1. ∀ X ⊂ A temos X ⊂ f−1(f(X)).
2. f é injetora ⇔ f−1(f(X)) = X ∀ X ⊂ A.
ê Demonstração.
1. f−1(f(X)) é o conjunto dos elementos x ∈ A tal que f(x) ∈ f(X) então vale
claramente que X ⊂ f−1(f(X)), pois dado a ∈ X tem-se que f(a) ∈ f(X).
2. ⇒). Suponha f injetora, já sabemos que X ⊂ f−1(f(X)) pelo item anterior, vamos
provar agora que f−1(f(X)) ⊂ X suponha por absurdo que exista y /∈ X tal
que f(y) ∈ f(X), f(y) = f(x) para y /∈ X e x ∈ X, então f não é injetora o
que contraria a hipótese então deve valer a inclusão que querı́amos mostrar e
portanto a igualdade dos conjuntos.
14 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
⇐). Suponha que f−1f(X) = X, ∀ X ⊂ A, vamos mostrar que f é injetora.
Suponha que f não é injetora então existem x 6= y tais que f(x) = f(y), sendo
X = {x}, Y = {y} daı́ f−1f(X) 6⊂ X pois Y ⊂ f−1f(X), Y 6⊂ X. O que é absurdo então
f é injetora.
Questão 15
b Propriedade 13. Seja f : A→ B, então vale que
1. Para todo Z ⊂ B, tem-se f(f−1(Z)) ⊂ Z.
2. f é sobrejetiva ⇔, f(f−1(Z)) = Z ∀ Z, Z ⊂ B.
ê Demonstração.
1. f−1(Z) é subconjunto de A que leva elemento em Z por f, então é claro que a
imagem de tal conjunto por f está contida em Z.
2. ⇒ ) Suponha que f seja sobrejetiva. Já sabemos que para qualquer função f
vale que f(f−1(Z)) ⊂ Z, em especial vale para f sobrejetiva, temos que provar
que se f é sobrejetiva, vale a outra inclusão Z ⊂ f(f−1(Z)).
Seja z ′ ∈ Z arbitrário então, existe x ∈ A tal que f(x) = z ′, pois f é sobrejetora
, daı́ x ∈ f−1(Z), pois tal é o conjunto de A que leva elementos em Z, mas isso
significa também que Z ⊂ f(f−1(Z)), pois um z ′ ∈ Z arbitrário é imagem de
elemento de f−1(Z), como querı́amos demonstrar.
⇐). Suponha que vale f(f−1(Z)) = Z, ∀ Z ⊂ B, vamos mostrar que f : A → B
é sobrejetiva . Seja y ∈ B qualquer, tomamos Z = {y}, temos que f(f−1(Z)) =
Z , em especial Z ⊂ f(f−1(Z)), portanto f(f−1(Z)) não é vazio e daı́ f−1(Z)
também não é vazio, sendo esse último o conjunto dos elementos x ∈ A tais
que f(x) = z, logo f é sobrejetiva, pois z ∈ Z foi um elemento arbitrário tomado
no contradomı́nio é imagem de pelo menos um elemento de A.
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS15
1.3 Capı́tulo 2-Conjuntos finitos, Enumeráveis e não-
enumeráveis
Questão 1
� Axioma 1. Existe uma função s : N→ N injetiva, chamada de função sucessor, o
número natural s(n) é chamado sucessor de n.
$ Corolário 3. Como s é uma função, então o sucessor de um número natural
é único, isto é, um número natural possui apenas um sucessor.
� Axioma 2. Existe um único número natural que não é sucessor de nenhum outro
natural, esse número simbolizamos por 1.
� Axioma 3 (Axioma da indução). Dado um conjunto A ⊂ N, se 1 ∈ A e ∀ n ∈ A
tem-se s(n) ∈ A então A = N.
b Propriedade 14. Supondo os axiomas 1 e 2 então o axioma 3 é equivalente
a proposição: Para todo subconjunto não vazio A ⊂ N tem-se A \ S(A) 6= ∅.
ê Demonstração.⇒). Supondo o axioma (3) válido. Suponha por absurdo que exista A 6= ∅, A ⊂ N
tal que A \ S(A) = ∅ então A ⊂ S(A), isto é, ∀ x ∈ A existe y ∈ A tal que x = s(y).
Sabemos que 1 /∈ A, pois se não 1 ∈ A\S(A). Se n /∈ A, vamos mostrar que s(n) /∈ A.
Se fosse s(n) ∈ A, chegarı́amos em uma contradição com A ⊂ S(A), pois deveria
haver y ∈ A tal que s(y) = s(n) e por injetividade seguiria y = n ∈ A, o que contraria
a hipótese, logo S(n) /∈ A, A é vazio pois não contém nenhum número natural, mas
consideramos que A não é vazio como hipótese, absurdo!.⇐).
Pelo axioma 2 temos que 1 é o único elemento de N\S(N), pelo axioma 1 temos que
S(N) ⊂ N daı́ temos N = {1}∪S(N) o que implica 1 ∈ A, ∀ n ∈ N s(n) ∈ A⇔ A = N.
16 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
Questão 2
b Propriedade 15. Dados m e n naturais então existe x natural tal que
x.n > m.
ê Demonstração. Vale n ≥ 1 daı́ multiplicando por m + 1 segue (m + 1)n ≥
m+ 1 > m logo (m+ 1)n > n.
Questão 3
b Propriedade 16. Seja n0 ∈ N. Se A ⊂ N tal que n0 ∈ A e n ∈ A⇒ n+1 ∈ A
então todo x ∈ N com x ≥ a pertence à A.
ê Demonstração. Se a = 1 nada temos a fazer pois A = N. Se a > 1 então
a = b + 1 é sucessor de b. Vamos mostrar que b + n ∈ A ∀ n ∈ N. Sabemos que
b + 1 ∈ A. Supondo que b + n ∈ A então b + (n + 1) ∈ A daı́ por indução segue que
b + n ∈ A ∀ n ∈ N. Lembrando que x > b significa que existe p natural tal que
b + p = x, como b + p ∈ A ∀ p ∈ N então x ∈ A. Outro fato que usamos é que se
x > b então x ≥ b+ 1 = a pois não existe natural entre b e b+ 1, b ∈ N.
Questão 5
m Definição 1 (Antecessor). m ∈ N é antecessor de n ∈ N quando m < n mas
não existe c ∈ N tal que m < c < n.
b Propriedade 17. 1 não possui antecessor e qualquer outro número natural
possui antecessor.
ê Demonstração. Não vale m < 1 para algum natural m, logo 1 não possui
antecessor. Agora para todo outro n ∈ N vale n > 1 logo existe p ∈ N tal que
p + 1 = n, vamos mostrar que p = m é o antecessor de n. Vale p < p + 1, logo
a primeira condição é satisfeita, a segunda condição também é satisfeita pois não
existe c ∈ N tal que p < c < p + 1. Vamos mostrar agora que existe um único
antecessor. Suponha existência de dois antecessores m e m ′ distintos então existe
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS17
um deles que é o maior, digamos m ′, daı́ m < m ′ e m ′ < n por transitividade segue
m < m ′ < n o que contraria a definição de antecessor, então existe um único.
Questão 6
Questão 6 a)
b Propriedade 18. Mostrar que
n∑
k=1
k =
n(n+ 1)
2
.
ê Demonstração. Por indução sobre n. Para n = 1 a igualdade vale pois
1∑
k=1
k = 1 = 1(2)
2
.
Supondo a validade para n
n∑
k=1
k =
n(n+ 1)
2
vamos provar para n+ 1
n+1∑
k=1
k =
(n+ 1)(n+ 2)
2
.
Por definição de somatório temos
n+1∑
k=1
k = (n+ 1) +
n∑
k=1
k = (n+ 1) + n(n+ 1)
2
= (n+ 1)(1 + n
2
) =
(n+ 1)(n+ 2)
2
onde usamos a hipótese da indução .
Questão 6 b)
b Propriedade 19. Mostrar que
n∑
k=1
(2k− 1) = n2.
ê Demonstração. Por indução sobre n. Para n = 1 temos
1∑
k=1
(2k− 1) = 2.1 − 1 = 1 = 12.
18 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
supondo a validade para n,
n∑
k=1
(2k− 1) = n2
vamos provar para n+ 1
n+1∑
k=1
(2k− 1) = (n+ 1)2.
Usando a definição de somatório e hipótese da indução tem-se
n+1∑
k=1
(2k− 1) =
n∑
k=1
(2k− 1) + 2n+ 1 = n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2 .
Questão 6 c)
Z Exemplo 2. Mostrar por indução que
(a− 1)
n∑
k=0
ak = an+1 − 1.
Para n = 1 temos
(a− 1)
1∑
k=0
ak = (a− 1)(a+ 1) = a2 − 1.
Supondo que (a − 1)
n∑
k=0
ak = an+1 − 1 vamos provar que (a − 1)
n+1∑
k=0
ak = an+2 − 1.
Por definição de somatório e pela hipótese da indução temos
(a− 1)
n+1∑
k=0
ak = (a− 1)an+1 + (a− 1)
n∑
k=0
ak = an+2 − an+1 + an+1 − 1 = an+2 − 1 .
Questão 6 d)
Z Exemplo 3. Mostre que se n ≥ 4 então n! > 2n.
Para n = 4 vale 4! = 24 > 24 = 16. Suponha validade para n , n! > 2n, vamos
provar para n+ 1, (n+ 1)! > 2n+1. Multiplicando n! > 2n por n+ 1 de ambos lados
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS19segue que
(n+ 1)! > (n+ 1)︸ ︷︷ ︸
>2
2n > 2.2n = 2n+1 .
Questão 7
b Propriedade 20 (Unicidade da fatoração em primos). Seja n ∈ N,n > 1. Se
n =
m∏
k=1
pk =
s∏
k=1
qk onde cada pk e qk são primos, não necessariamente distintos
então m = s e pk = qk∀ k , após, se necessário, uma renomeação dos termos.
ê Demonstração. Vamos provar usando o segundo princı́pio da indução, para
n = 2 a propriedade vale. Suponha a validade para todo t < n vamos provar que
nessas condições vale para n.
n = pm
m−1∏
k=1
pk = qs
s−1∏
k=1
qk
pm divide o produto
s∏
k=1
qk então deve dividir um dos fatores, por exemplo qs (se
não, renomeamos os termos), como pm|qs então pm = qs
pm
m−1∏
k=1
pk = pm
s−1∏
k=1
qk ⇒ m−1∏
k=1
pk =
s−1∏
k=1
qk = n0 < n
como n0 é menor que n, usamos a hipótese da indução, que implica m − 1 = s − 1,
qk = pk de k = 1 até m− 1, daı́ segue que m = n e qk = pk de k = 1 até m.
questão 8
b Propriedade 21. Sejam A e B conjuntos com n elementos, então o número
de bijeções de f : A→ B é n!
ê Demonstração.
Por indução sobre n, para n = 1, tem-se uma função A = {a1} e B = {b1}, f : A→ B
tal que f(a1) = b1. Supondo a validade para conjuntos com n elementos, vamos
provar que vale para conjuntos com n + 1 elementos. Tomando A = {ak, k ∈ In+1}
e B = {bk, ∈ In+ 1}, dado s ∈ In+1, fixamos as bijeções f com f(a1) = bs daı́ a
quantidade dessas funções é dada pela quantidade de bijeções de A \ {a1} em B \ {bs},
que é n! para cada s variando de 1 até n+ 1, o total então é (n+ 1)n! = (n+ 1)!.
20 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
$ Corolário 4. O mesmo vale se A = B.
Questão 9
Questão a)
b Propriedade 22. Se A e B são finitos e disjuntos com |A| = n e |B| = m
então A ∪ B é finito com |A ∪ B| = m+ n.
ê Demonstração. Existem bijeções f : In → A, g : Im → B. Definimos h :
Im+n → A ∪ B como h(x) = f(x) se 1 ≤ x ≤ n e h(x) = g(x− n) se 1+ n ≤ x ≤ m+ n
(1 ≤ x− n ≤ m), como h é bijeção segue o resultado.
b Propriedade 23. Se A e B são conjuntos finitos não necessariamente dis-
juntos vale a relação
|A ∪ B| = |A|+ |B|− |A ∩ B|.
ê Demonstração. Escrevemos A como a união disjunta A = (A \ B) ∪ (A ∩ B),
daı́ |A|− |A ∩ B| = |A \ B| agora escrevemos A ∪ B = (A \ B) ∪ B, união disjunta logo
|A ∪ B| = |A \ B|+ |B|
usando a primeira expressão segue que
|A ∪ B| = |A|+ |B|− |A ∩ B|.
b Propriedade 24. Se A e B são conjuntos finitos não necessariamente dis-
juntos vale a relação
|A ∪ B| = |A|+ |B|− |A ∩ B|.
ê Demonstração. Escrevemos A como a união disjunta A = (A \ B) ∪ (A ∩ B),
daı́ |A|− |A ∩ B| = |A \ B| agora escrevemos A ∪ B = (A \ B) ∪ B, união disjunta logo
|A ∪ B| = |A \ B|+ |B|
usando a primeira expressão segue que
|A ∪ B| = |A|+ |B|− |A ∩ B|.
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS21
Questão b)
$ Corolário 5. Podemos deduzir a identidade para três conjuntos
|A ∪ B ∪ C|,
tomamos B ′ = B ∪ C e aplicamos o resultado para dois conjuntos
|A ∪ B ∪ C| = |A|+ |B ∪ C|− |A ∩ [B ∪ C]| =
= |A|+|B|+|C|−|B∩C|−|[A∩B]∪[A∩C]| = |A|+|B|+|C|−|B∩C|−|A∩B|−|A∩C|+|A∩B∩C|
logo
|A ∪ B ∪ C| = |A|+ |B|+ |C|− |B ∩ C|− |A ∩ B|− |A ∩ C|+ |A ∩ B ∩ C|
Questão c)
b Propriedade 25 (Princı́pio da inclusão- exclusão). Sejam n conjuntos finitos
(Ak)
n
1 , seja I o multiconjunto das combinações das interseções desses n conjuntos,
então
|
n⋃
k=1
Ak| =
∑
K∈I
|K|(−1)nk
onde onde nk é o número de interseções em K.
Questão 10
b Propriedade 26. Seja A finito. Existe uma bijeção g : In → A para algum n,
pois A é finito, a função f : A→ A é injetiva ou sobrejetiva ⇔ g−1 ◦ f ◦ g : In → In
é injetiva ou sobrejetiva, respectivamente.
ê Demonstração.⇒). Se f é injetiva ou sobrejetiva então g−1◦f◦g : In → In é injetiva ou sobrejetiva,
por ser composição de funções com essas propriedades.⇐). Seja g−1 ◦f◦g : In → In sobrejetiva vamos mostrar que f também é sobrejetiva.
Dado y ∈ A vamos mostrar que existe x ∈ A tal que f(x) = y. Como g : In → A é
22 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
sobrejetiva então existe x1 ∈ In tal que g(x1) = y e pelo fato de g−1◦f◦g ser sobrejetiva
então existe x2 ∈ In tal que g−1(f(g(x2))) = x1 = g−1(y) como g−1 é injetiva segue que
f(g(x2)) = y logo f é sobrejetiva.
Se g−1 ◦ f ◦ g é injetiva então f é injetiva. Sejam x, y quaisquer em A, existem
x1, x2 ∈ In tais que g(x1) = x, g(x2) = y. Vamos mostrar que se f(x) = f(y) então
x = y.
Se f(x) = f(y) então f(g(x1)) = f(g(x2)) e g−1(f(g(x1))) = g−1(f(g(x2))) com g−1◦f◦g
segue que x1 = x2 que implica g(x1) = g(x2), isto é, x = y.
b Propriedade 27. Seja A um conjunto finito. f : A → A é injetiva ⇔ é
sobrejetiva.
ê Demonstração.⇒).
Consideramos o caso f : In → In, se f for injetiva então f : In → f(In) é uma
bijeção com f(In) ⊂ In. fn não pode ser parte própria de In pois se não f−1(In) → In
seria bijeção de um conjunto com sua parte própria, logo f(In) = In e f : In → In é
bijeção.⇐). Se f for sobrejetiva então para cada y ∈ In (imagem) podemos escolher x ∈ In
(domı́nio) tal que f(x) = y e daı́ definir g : In → In tal que g(y) = x, g é injetiva, pois
f é função, logo pelo resultado já mostrado g é bijetora, implicando que f também é.
Questão 11
b Propriedade 28 (Princı́pio das gavetas de Dirichlet- Ou princı́pio da casas
dos pombos.). Se temos m conjuntos (Ak)m1 e n elementos n > m, com
n∑
k=1
|Ak| = n
então existe At em (Ak)m1 tal que |At| > 1.
Esse resultado diz que se temos n elementos e m conjuntos tais que n > m
então deve haver um conjunto com pelo menos 2 elementos.
ê Demonstração. Supondo que |Ak| ≤ 1 ∀ k então aplicando a soma
n∑
k=1
em
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS23
ambos lados dessa desigualdade temos
n =
n∑
k=1
|Ak| ≤ m⇒ n ≤ m
o que contraria a hipótese de n > m ,portanto deve valer |At| > 1 para algum t ∈ In.
Questão 12
b Propriedade 29. Seja A um conjunto com n elementos, então o número de
funções injetivas f : Ip → A é p−1∏
k=0
(n− k).
ê Demonstração. Se p > n o resultado vale pois não existe função injetiva de
f : Ip → A, pois se não f : Ip → f(A) seria bijeção e f(A) ⊂ A daı́ A iria possuir um
subconjunto com p elementos que é maior que o número de elementos de A, o que é
absurdo. Iremos provar o resultado para outros valores de p ≤ n. Para p = 1 temos
n funções, que são
f1(1) = a1, f2(1) = a2, · · · , fn(1) = an.
Suponha que para Ip temos
p−1∏
k=0
(n − k) funções que são injetivas, vamos mostrar
que para Ip+1 temos
p∏
k=0
(n − k) funções. Seja o conjunto das funções f : Ip+1 → A
injetivas, podemos pensar o conjunto das f restritas à Ip tendo
p−1∏
k=0
(n−k) funções, por
hipótese da indução , agora podemos definir essas funções no ponto p+1, onde temos
n − p escolhas, para cada uma dessas escolhas temos
p−1∏
k=0
(n − k) funções, portanto
temos um total de (n− p)
p−1∏
k=0
(n− k) =
p∏
k=0
(n− k) funções.
Questão 13
b Propriedade 30. Se X possui n elementos então tal conjunto possui
(
n
p
)
subconjuntos com p elementos.
24 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
ê Demonstração. Vamos provar por indução sobre n e p livre. Para n = 0
ele só possui um subconjunto com 0 elementos
(
0
0
)
= 1 e para outros valores de
p > 0 ∈ N vale
(
0
p
)
= 0.
Suponha que para um conjunto qualquer A com n elementos, temos
(
n
p
)
sub-
conjuntos, agora podemos obter um conjunto com n + 1 elementos, adicionando um
novo elemento {an+1}, continuamos a contar os
(
n
p
)
subconjuntos que contamos com
elementos de A e podemos formar mais subconjuntos com p elementos adicionando
o ponto {an+1} aos conjuntos com p− 1 elementos, que por hipótese da indução temos(
n
p− 1
)
, então temos no total
(
n
p− 1
)
+
(
n
p
)
=
(
n+ 1
p
)
pela identidade de Stifel,
como querı́amos demonstrar.
Questão 14
b Propriedade 31. Seja |A| = n então |P(A)| = 2n.
ê Demonstração. Por indução sobre n, se n =1, então A = {a1} possui dois
subconjuntos que são ∅ e {α1}. Suponha que qualquer conjunto qualquer B com n
elementos tenha |P(B)| = 2n, vamos provar que um conjunto C com n + 1 elementos
implica |P(C)| = 2n+1. Tomamos um elemento a ∈ C, C \ {a} possui 2n subconjuntos
(por hipótese da indução), sk de k = 1 até k = 2n, que também são subconjuntos de
C, porém podemos formar mais 2n subconjuntos de C com a união do elemento {a},
logo no total temos 2n + 2n = 2n+1 subconjuntos de C e mais nenhum subconjunto,
pois não temos nenhum outro elemento para unir aos subconjuntos dados.
Questão 15
Z Exemplo 4. Existe g : N→ N sobrejetiva tal que g−1(n) é infinito para cada
n ∈ N.
Seja f : N → N definida como f(n) = k se n é da forma n = pαkk onde pk
é o k-ésimo número primo e f(n) = n caso contrário, f é sobrejetiva e existem
infinitos n ∈ N tais que f(n) = k para cada k natural.
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS25
Questão 16
b Propriedade 32. Pn = {A ⊂ N | |A| = n} é enumerável.
ê Demonstração. Definimos a função f : Pn → Nn da seguinte maneira: Dado
A = {x1 < x2 < · · · < xn}, f(A) = (x1, · · · , xn). Tal função é injetiva pois dados
A = {xk, k ∈ In} e B = {yk, k ∈ In} não pode valer xk = yk para todo k, pois se não
os conjuntos seriam iguais.
Se trocamos N por outro conjunto X enumerável o resultado também vale, basta
definir uma função f : Pn → Xn e g : X → N injetiva, enumeramos um subconjunto
finito qualquer com n elementos A ⊂ X como A = {x1, · · · , xn} onde g(x1) < g(x2) <
· · · < g(xn) e definimos f(A) = (x1, · · · , xn).
$ Corolário 6. o conjunto Pf dos subconjuntos finitos de N é enumerável pois
Pf =
∞⋃
k=1
Pk
é união enumerável de conjuntos enumeráveis. O mesmo vale trocando N por um
conjunto enumerável qualquer A.
Questão 17
b Propriedade 33. X é finito ⇔ existe f : X → X que só admite subconjuntos
estáveis ∅ e X.
ê Demonstração. Iremos considerar sempre conjuntos não vazios.⇒). Suponha X finito, então X = {a1, · · · , an}, definimos f : X→ X como f(a1) = a2,
f(a2) = a3, em geral f(ak) = ak+1 se k < n e f(an) = a1. f não possui subconjunto
estável diferente de X, pois, suponha um conjunto Y 6= X estável, a1 não pode perten-
cer ao conjunto, pois se não f(a1) = a2 ∈ Y, f(a2) = a3 ∈ Y até f(an−1) = an ∈ Y então
terı́amos Y = X o que é absurdo, da mesma maneira se at ∈ Y então f(at) = at+1 ∈ Y,
f(at+1) = at+2 ∈ Y, em menos de n aplicações da função teremos f(an−1) = an ∈ Y
e daı́ f(an) = a1 ∈ Y o que implica Y = X, logo não podemos ter outro subconjunto
estável além de X com a função f definida acima.⇐).
26 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
Suponha X infinito, vamos mostrar que qualquer função f : X→ X possui subcon-
junto estável Y 6= X.
Tomamos a1 ∈ X, consideramos f(a1) := a2 se a1 = a2 paramos e temos o conjunto
Y = {a1} 6= X pois X é infinito, se não continuamos a aplica a função f(a2) := a3, se
a3 = a2 ou a1 então paramos e tomamos Y = {a1, a2}, continuamos o processo recur-
sivamente f(ak) : ak+1 se ak+1 é igual a algum dos elementos de {a1, · · · , ak}, então
paramos o processo e tomamos Y = {a1, · · · , ak}, se para todo k ∈ N os elementos
ak+1 = f(ak) não pertencem ao conjunto {a1, · · · , ak}, então temos um conjunto
= {a2 = f(a1), f(a2) = a3, f(a3) = a4, · · · , f(an) = an+1, · · · }
tomamos tal conjunto como Y e temos
f(Y) = {f(a2) = a3, f(a3) = a4, · · · , } ⊂ Y
podemos observar que Y 6= X pois a1 /∈ Y. Assim concluı́mos nossa demonstração.
Questão 18
b Propriedade 34. Seja f : A → A injetiva, tal que f(A) 6= A, tomando
x ∈ A\f(A) então os elementos fk(x) de O(x) = {fk(x), k ∈ N} são todos distintos.
Estamos denotando fk(x) pela k-ésima composição de f com ela mesma.
ê Demonstração. Para todo t vale que ft é injetiva, pois a composição de
funções injetivas é injetiva.
Se existisse k 6= t tal que fk(x) = ft(x), t > k , então existe p > 0 ∈ N tal que
t = k+ p
fk+p(x) = fk(fp(x)) = fk(x)
por injetividade de fk segue que fp(x) = x, logo x ∈ f(A) o que contraria a hipótese
de x ∈ A \ f(A). Portanto os elementos são distintos.
Questão 19
b Propriedade 35. Se A é infinito então existe função injetiva f : N→ A.
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS27
ê Demonstração. Podemos definir f indutivamente. Tomamos inicialmente
x1 ∈ A e definimos f(1) = x1 e para n ∈ N escolhemos xn+1 ∈ A \
n⋃
k=1
{xk} definido
f(n+ 1) = xn+1. A \
n⋃
k=1
{xk} nunca é vazio pois A é infinito. f é injetora pois tomando
m > n tem-se f(n) ∈
m−1⋃
k=1
{xk} e f(m) ∈ A \
m−1⋃
k=1
{xk}.
$ Corolário 7. Existe função injetiva de um conjunto finito B num conjunto
infinito A, usamos o mesmo processo do exemplo anterior, mas o processo para
depois de definir a função |B| pontos.
b Propriedade 36. Sendo A infinito e B finito existe função sobrejetiva g :
A→ B.
ê Demonstração. Existe função injetiva f : B → A, logo f : B → f(B) ⊂ A é
bijeção, possuindo inversa g−1 : f(B) → B. Considere a função f : A → B definida
como f(x) = g−1(x) se x ∈ f(B) e f(x) = x1 ∈ B se x /∈ f(B), f é função sobrejetiva.
Questão 20
Questão 20-a)
b Propriedade 37. O produto cartesiano finito de conjuntos enumeráveis é
enumerável.
ê Demonstração. Seja
s∏
k=1
Ak o produto cartesiano dos conjuntos Ak enu-
meráveis, então para cada k existe uma função fk : N→ Ak que é sobrejetiva, então
definimos a função f : Ns → s∏
k=1
Ak dada por
f(xk)
s
1 = (fk(xk))
s
1
,isto é,
f(x1, · · · , xs) = (f1(x1), · · · , fs(xs))
28 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
como tal função é sobrejetiva e Ns é enumerável segue que
s∏
k=1
Ak é enumerável.
$ Corolário 8. Se X é finito e Y é enumerável, então F(X, Y) é enumerável. Basta
considerar o caso de X = In, então F(X, Y) =
n∏
k=1
Y = Yn, que é enumerável.
Questão 20-b)
b Propriedade 38. Para cada f : N → N seja Af = {n ∈ N | f(n) 6= 1}. O
conjunto M das funções, f : N→ N tais que Af é finito é um conjunto enumerável.
ê Demonstração. Seja Bn o conjunto das f : N → N, tais que |Af| = n,
vamos mostrar inicialmente que Bn é enumerável. Cada f : N→ N é uma sequência
(f(1), f(2), f(3), · · · , f(n), · · · ), os elementos de Bn são as sequências que diferem da
unidade em exatamente n valores. Para cada elemento f de Bn temos n termos
diferentes de 1, que serão simbolizados por
f(k1), f(k2), · · · , f(kn) onde k1 < k2 < · · · < kn
definimos g : Bn → Nn como
g(f) = (p
f(k1)
k1
, p
f(k2)
k2
, · · · , pf(kn)kn )
onde cada pt é o t-ésimo primo. A função definida dessa forma é injetora, pois se
vale g(f) = g(h) então
(p
f(k1)
k1
, p
f(k2)
k2
, · · · , pf(kn)kn ) = (q
f(k ′1 )
k ′1
, q
f(k ′2)
k ′2
, · · · , qf(k
′
n)
k ′n
)
por unicidade de fatoração em primos segue que qt = pt e kt = k ′t ∀ t.
Agora escrevemos M =
∞⋃
k=1
Bk é uma união enumerável de conjuntos enumeráveis,
portanto o conjunto das funções f : N→ N tais que Af é finito é enumerável.
Questão 21
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS29
Z Exemplo 5. Exprimir N =
∞⋃
k=1
Nk onde os conjuntos são infinitos e dois a
dois disjuntos.
Tome Nk+1 = {pαkk , αk ∈ N onde pk o k-ésimo primo} e N1 = N \
∞⋃
k=2
Nk, cada
um deles é infinito, são disjuntos e sua união dá N.
Questão 22
Z Exemplo 6. f : N × N → N definida como f(m,n) = 2m−1(2n − 1) é uma
bijeção. Dado um número natural n qualquer, podemos escrever esse número
como produto dos seus fatores primos
n =
n∏
k=1
pαkk = 2
α1 .
n∏
k=2
pαkk
como os primos maiores que 2 são ı́mpares e o produto de ı́mpares é um número
ı́mpar então n = 2m(2n − 1). Agora vamos mostrar que a função é injetora seja
f(m,n) = f(p, q)
2m(2n− 1) = 2p(2q− 1)
se m 6= p os números serão diferentes pela unicidade de fatoração (2s − 1 não
possui fatores 2 pois sempre é ı́mpar), então devemos ter m = p, daı́ segue que
n = qe termina a demonstração.
Questão 23
b Propriedade 39. Todo conjunto A ⊂ N é enumerável.
ê Demonstração. Se A é finito então A é enumerável. Se A é infinito podemos
enumerar seus elementos da seguinte maneira x1 = minA, xn+1 = minA \
n⋃
k=1
{xk}, daı́
A =
∞⋃
k=1
{xk}
30 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
pois se existisse x ∈ A tal que x 6= xk daı́ terı́amos x > xk para todo k que é absurdo,
pois nenhum conjunto infinito de números naturais é limitado superiormente. A
função x definida é injetora e sobrejetora. Vamos mostrar agora que ela é a única
bijeção crescente entre A e N. Suponha outra bijeção crescente f : N → A. Deve
valer f(1) = x1, pois se fosse f(1) > x1 então f não seria crescente. Supondo que
vale f(k) = xk ∀ k ≤ n ∈ N vamos mostrar que f(n + 1) = xn+1, não pode valer
f(n + 1) < xn+1 com f(n + 1) ∈ A pois a função é injetora e os possı́veis termos já
foram usados em f(k) com k < n + 1, não pode valer f(n + 1) > xn+1 pois se não a
função não seria crescente, ela teria que assumir para algum valor x > n+ 1 o valor
de xn+1, a única possibilidade restante é f(n + 1) = xn+1 o que implica por indução
que xn = f(n) ∀ n ∈ N.
Questão 24
b Propriedade 40. Todo conjunto infinito se decompõe como união de uma
infinidade enumerável de conjuntos infinitos, dois a dois disjuntos.
ê Demonstração. Todo conjunto X infinito possui um subconjunto infinito
enumerável E = {b1, b2, · · · , bn, · · · }, tomamos b2k = xk e formamos o conjunto A =
{x1, x2, · · · , xn, · · · }. Definimos Bk = {xαkpk , αk ∈ N}, onde pk é o k-ésimo primo e
B0 = A \
∞⋃
k=1
Bk, cada um desses conjuntos B0, B1, · · · é infinito e todos são disjuntos,
vale A =
∞⋃
k=0
Bk , definimos B−1 = (E ∪ X) \ A que é infinito e não possui elemento e
disjunto com todo outro Bk, com isso temos
X =
∞⋃
k=−1
Bk
que é uma união enumerável de conjuntos infinitos disjuntos.
Questão 25
m Definição 2 (Função caracterı́stica). Sejam um conjunto A e V um subcon-
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS31
junto qualquer de A, definimos
Cv(t) = 0 se x /∈ V
Cv(t) = 1 se x ∈ V
b Propriedade 41. Sejam X, Y ⊂ A. Valem as propriedades.
• Cx∩y = CxCy
• Cx∪y = Cx + Cy − Cx∩y e Cx∩y = 0⇔ X ∩ Y = ∅.
• Se X ⊂ Y ⇔ Cx ≤ Cy.
• CA\X = 1 − Cx.
ê Demonstração.
• Cx∩y = CxCy. Temos dois casos a analisar, se t ∈ X ∩ Y então
Cx∩y(t) = 1 = Cx(t)︸ ︷︷ ︸
1
Cy(t)︸ ︷︷ ︸
1
,
se t /∈ X ∩ Y podemos supor t /∈ Yentão
Cx∩y(t) = 0 = Cx(t)Cy(t)︸ ︷︷ ︸
0
.
• Cx∪y = Cx + Cy − Cx∩y e Cx∩y = 0⇔ X ∩ Y = ∅.
Analisamos três casos.
1. Se t ∈ X ∩ Y então Cx∪y(t) = 1, Cx(t) + Cy(t) − Cx∩y(t) = 1+ 1− 1 = 1, logo
vale a igualdade.
2. Se t /∈ X ∩ Y e t ∈ X ( sem perda de generalidade), então Cx∪y(t) = 1,
Cx(t) + Cy(t) − Cx∩y(t) = 1 + 0 − 0 = 1, logo vale a igualdade.
3. Agora o último caso, se t /∈ X, Y, Cx∪y(t) = 0 e Cx(t) + Cy(t) − Cx∩y(t) =
0 + 0 − 0 = 0, valendo novamente a igualdade.
32 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
Cx∪y = Cx + Cy ⇔ Cx∩y = 0⇔ Cx∩y(t) = 0 ∀ t ∈ A, isso significa que X e Y são
disjuntos.
• Se X ⊂ Y ⇔ Cx ≤ Cy. ⇒). Analisamos três casos
1. t /∈ Y e t /∈ Y daı́ t /∈ x e vale Cx(t) = 0Cy(t).
2. Se t ∈ Y e t /∈ x então Cx(t) = 0 ≤ Cy(t) = 1.
3. Se t ∈ Y tem-se t ∈ Y daı́ Cx(t) = 1 ≤ 1 = Cy(t).
Em qualquer caso vale a desigualdade.
⇐). Suponha que X não esteja contido em Y , então existe t tal que t ∈ X, t /∈ Y
portanto vale cx(t) = 1 e cy(t) = 0 e não se verifica a desigualdade.
• CA\X = 1 − Cx.
Analisamos dois casos
1. Se t /∈ X então CA\X(t) = 1 = 1 − Cx(t)︸ ︷︷ ︸
0
.
2. Se t ∈ X CA\X(t) = 0 = 1 − Cx(t)︸ ︷︷ ︸
1
.
Questão 26
b Propriedade 42. O conjunto das sequências crescentes de números naturais
não é enumerável.
ê Demonstração. Seja A o conjunto das sequências crescentes de números
naturais. Suponha que seja enumerável, então existe uma bijeção x : N→ A
x1 = (y(1,1), y(2,1), y(3,1), y(4,1), · · · )
x2 = (y(1,2), y(2,2), y(3,2), y(4,2), · · · )
...
xn = (y(1,n), y(2,n), y(3,n), y(4,n), · · · )
vamos mostrar que existe uma sequência crescente que sempre escapa a essa
enumeração, tomamos a sequência s como
s = (y(1,1)+1 , y(2,2)+y(1,1)+1 , y(3,3)+y(2,2)+y(1,1)+1, y(4,4)+y(3,3)+y(2,2)+y(1,1)+1 , · · · )
1.3. CAPÍTULO 2-CONJUNTOS FINITOS, ENUMERÁVEIS E NÃO-ENUMERÁVEIS33
denotando y(0,0) = 1 o t-ésimo termo da sequência acima é st =
t∑
k=0
y(k,k), tal
sequência é crescente e ela difere de cada xt na t-ésima coordenada, portanto ela
não pertence a enumeração, o que é absurdo, portanto o conjunto das sequências
crescentes é não enumerável.
Questão 27
b Propriedade 43. Sejam (N, s) e (N ′, s ′) dois pares formados por um conjunto
e uma função em que ambos cumprem os axiomas de Peano. Então existe uma
única bijeção f : N→ N ′ tal que f(1) = 1 ′, f(n+ 1) = f(n) + 1 ′ e vale ainda que
• f(m) + f(n) = f(m+ n)
• f(m.n) = f(m)f(n)
• m < n⇔ f(m) < f(n).
ê Demonstração. Primeiro vamos provar que f deve ser obrigatoriamente da
forma f(n) = n ′ ∀ n ∈ N, por indução sobre n, a propriedade vale para n = 1,
suponha a validade para n, vamos provar para n+ 1
f(n+ 1) = f(n) + 1 ′ = n ′ + 1 ′ = s ′(n) = (n+ 1) ′.
Então para todo n ∈ N fica provado que f(n) = n ′, f é única por construção, sendo
também sobrejetora.
• Vale que f(m)+f(n) = f(m+n), vamos provar por indução sobre n. Para n = 1
ela vale por definição da função, supondo a validade para n, vamos provar para
n+ 1
f((m+ n) + 1) = f(m+ n) + f(1) = f(m) + (f(n) + f(1)) = f(m) + f(n+ 1)
logo fica provada a propriedade. f é injetiva, pois se houvessem dois valores
distintos m > n tais que f(m) = f(n) então existe p ∈ N tal que n + p = m,
aplicando a função temos f(n) + f(p) = f(m) = f(n), isto é n ′ + p ′ = n ′ então
n ′ > n ′ o que é absurdo, portanto a função é injetiva.
34 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
• f(m.n) = f(m)f(n). Por indução sobre n, para n = 1 ela vale. Suponha validade
para n, vamos provar para n+ 1
f(m.(n+ 1)) = f(mn+m) = f(m)f(n) + f(m) = f(m)[f(n) + 1] = f(m)f(n+ 1)
como querı́amos provar.
• m < n⇔ f(m) < f(n). ⇒). Se vale m < n então existe p ∈ N tal que m+p = n
e daı́ aplicando f tem-se m ′+p ′ = n ′ o que implica n ′ > m ′, isto é, f(n) > f(m).
⇐) Da mesma forma se f(m) < f(n) então m ′ < n ′ e daı́ existe p ′ tal que
m ′+ p ′ = n ′ ⇒ f(m+ p) = f(n) que por injetividade segue m+ p = n, portanto
n > m.
1.4 Capı́tulo 3 -Números reais
1.4.1 Questão 1
Questão 1-1◦
Primeiro provamos um lema, depois a questão pedida.
b Propriedade 44.
a
d
+
c
d
=
a+ c
d
.
ê Demonstração.
a
d
+
c
d
= d−1a+ d−1c = d−1(a+ c) =
a+ c
d
por distributividade do produto em relação a soma.
b Propriedade 45.
a
b
+
c
d
=
ad+ bc
bd
.
ê Demonstração.
a
b
+
c
d
=
a
b
d
d
+
c
d
b
b
=
ad
bd
+
cb
db
=
ad+ bc
bd
.
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 35
Questão 1-2◦
b Propriedade 46.
a
b
.
c
d
=
ac
bd
.
ê Demonstração.
a
b
.
c
d
= a.b−1.c.d−1 = ac.b−1.d−1 = ac.(bd)−1 =
ac
bd
.
1.4.2 Questão 2
Questão 2-1◦
b Propriedade 47. Para todo m inteiro vale
am.a = am+1.
ê Demonstração. Para m natural vale pela definição de potência, agora para
m = −n,n > 0 ∈ N um inteiro vamos provar a−n.a = a−n+1. Para n = 1 temos
a−1a = a−1+1 = a0 = 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 querı́amos demonstrar.
b Propriedade 48.
am.an = am+n.
ê Demonstração. Primeiro seja m um inteiro qualquer e n natural, vamos provar
a identidade por indução sobre n, para n = 0 vale
am.a0 = am = am+0
para n = 1 vale
ama1 = ama = am+1.
36 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
Supondo válido 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 é natural temos que a propriedade já foi
demonstrada
ama−n = am−n
se m é inteiro negativotemos
ama−n = am−n
pois o inverso de ama−n é a−man = a−m+n propriedade que já está provada por −m
e n serem naturais e am−nan−m = 1 por unicidade do inverso de = a−man = a−m+n
é ama−n logo fica provado para n e m inteiros. Para potência negativa −n podemos
fazer como se segue
ama−n = (a−m)−1(an)−1 = (a−man)−1 = (a−m+n)−1 = am−n.
Questão 2-2◦
b Propriedade 49.
(am)n = amn
para m e n inteiros.
ê Demonstração. Primeiro por indução para m inteiro e n natural
(am)0 = 1 = am.0
(am)1 = am = am.1.
Supondo válido para n
(am)n = amn
vamos provar para n+ 1
(am)n+1 = am(n+1)
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 37
temos pela definição de potência e pela hipótese da indução que
(am)n+1 = (am)nam = amnam = amn+m = am(n+1)
onde usamos a propriedade do produto de potência de mesma base. Para n inteiro
negativo
(am)−n = ((am)n)−1 = (amn)(−1) = a−mn.
1.4.3 Questão 3
Z Exemplo 7. Se xk
yk
=
xs
ys
para todos k, s ∈ In, num corpo K, prove que dados,
ak ∈ K, k ∈ In tais que
n∑
k=1
akyk 6= 0 tem-se
n∑
k=1
akxk
n∑
k=1
akyk
=
x1
y1
.
Chamando x1
y1
= 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 =
x1
y1
.
1.4.4 Questão 4
m Definição 3 (Homomorfismo de corpos). Sejam A,B corpos. Uma função
f : A→ B chama-se um homomorfismo quando se tem
f(x+ y) = f(x) + f(y)
38 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
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
sı́mbolos e escrevemos f(1) = 1.
b Propriedade 50. Se f é homomorfismo então f(0) = 0.
ê Demonstração. Temos
f(0 + 0) = f(0) + f(0) = f(0)
somando −f(0) a ambos lados segue
f(0) = 0.
b Propriedade 51. Vale f(−a) = −f(a).
ê Demonstração. Pois
f(a− a) = f(0) = 0 = f(a) + f(−a)
daı́ f(−a) = −f(a).
$ Corolário 9.
f(a− b) = f(a) + f(−b) = f(a) − f(b).
b Propriedade 52. Se a é invertı́vel então f(a) é invertı́vel e vale f(a−1) =
f(a)−1.
ê Demonstração.
f(a.a−1) = f(1) = 1 = f(a).f(a−1)
então pela unicidade de inverso em corpos segue que f(a)−1 = f(a−1).
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 39
b Propriedade 53. f é injetora.
ê Demonstração. Sejam x, y tais que f(x) = f(y), logo f(x)−f(y) = 0, f(x−y) =
0, se x 6= y então x− y seria invertı́vel logo f(x− y) não seria nulo, então segue que
x = y.
b Propriedade 54. Se f : A→ B com f(x+ y) = f(x) + f(y) e f(x.y) = f(x)f(y)
para x, y arbitrários, então f(x) = 0 ∀ x ou f(1) = 1.
ê Demonstração. 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 então f(x.1) = f(x)f(1) = 0, f(x) = 0 ∀ x.
1.4.5 Questão 5
b Propriedade 55. Se f : Q→ Q é um homomorfismo então f(x) = x ∀ x ∈ Q.
ê Demonstração. 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 é telescópica e resulta em
f(nh) = nf(h)
tomando h = 1 segue que f(n) = n, tomando h = p
n
segue
f(n
p
n
) = f(p) = p = nf(
p
n
)⇒ f(p
n
) =
p
n
.
1.4.6 Questão 6
1.4.7 Questão 7
1.4.8 Questão 8
40 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
b Propriedade 56. Seja K um conjunto onde valem todos os axiomas de corpo,
exceto a existência de inverso multiplicativo. Seja a 6= 0. f : K→ K com f(x) = ax
é bijeção ⇔ ∃ a−1 ∈ K.
ê Demonstração. ⇒). A função é sobrejetora logo existe x tal que f(x) = 1 = ax
portanto a é invertı́vel com a−1 = x ∈ K.⇐). Dado qualquer y ∈ K tomamos x = ya−1 daı́ f(x) = aa−1y = y e a função é
sobrejetiva. f também é injetiva, pois se f(x1) = f(x2), ax1 = ax2 implica por lei do
corte que x1 = x2.. Em geral f é injetiva ⇔ vale a lei do corte por essa observação.
b Propriedade 57. Seja K finito. Vale a lei do corte em A ⇔ existe inverso
para cada elemento não nulo de K,
ê Demonstração. ⇒). Se vale a lei do corte, pela propriedade anterior tem-se
que para qualquer a 6= 0 em K, f : K→ K com f(x) = ax é injetiva, como f é injetiva
de K em K que é um conjunto finito, então f é bijetiva, o que implica a ser invertı́vel.⇐). A volta é trivial pois existência de inverso implica lei do corte.
1.4.9 Questão 9
Z Exemplo 8. O conjunto dos polinômios de coeficiente racionais Q[t] não
é um corpo, pois por exemplo o elemento x não possui inverso multiplicativo, se
houvesse haveria
n∑
k=0
akx
k tal que x
n∑
k=0
akx
k = 1 =
n∑
k=0
akx
k+1 o que não é possı́vel
pois o coeficiente do termo independente x0 é zero em
n∑
k=0
akx
k+1 e deveria ser 1.
O conjunto dos inteiros Z não é um corpo, pois não possui inverso multipli-
cativo para todo elementos, por exemplo não temos o inverso de 2.
1.4.10 Questão 10
b Propriedade 58. Dados x, y ∈ R, x2 + y2 = 0 ⇔ x = y = 0.
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 41
ê Demonstração. ⇒).Suponha que x 6= 0, então x2 > 0 e y2 ≥ 0 de onde segue
que x2 + y2 > 0 , absurdo então deve valer x2 = 0 ⇒ x = 0 logo temos também
y2 = 0⇒ y = 0, portanto x = y = 0.⇐). Basta substituir x = y = 0 resultando em 0.
1.4.11 Questão 11
Z Exemplo 9. A função f : K+ → K+ com f(x) = xn, n ∈ N é crescente.
Sejam x > y > 0 então xn > yn pois xn =
n∏
k=1
x >
n∏
k=1
y = yn, por propriedade de
multiplicação de positivos. Se f : Q+ → Q+, Q+ o conjunto dos racionais positivos,
então f não é sobrejetiva para n = 2, pois não existe x ∈ Q tal que x2 = 2 ∈ Q+.
f(K+) não é um conjunto limitado superiormente de K, isto é, dado qualquer
x ∈ K existe y ∈ K+ tal que yn > x. O limitante superior do conjunto, se existisse,
não poderia ser um número negativou ou zero, pois para todo y positivo tem-se
yn positivo, que é maior que 0 ou qualquer número negativo. Suponha que x
positivo seja, tomando y = x+ 1 temos yn = (x+ 1)n ≥ 1+nx > x, logo f(K+) não
é limitado superiormente.
1.4.12 Questão 12
b Propriedade 59. Sejam X um conjunto qualquer e K um corpo, então o
conjunto F(X,K) munido de adição e multiplicação de funções é um anel comuta-
tivo com unidade, não existindo inverso para todo elemento. Lembrando que em
um anel comutativo com unidade temos as propriedades, associativa, comutativa,
elemento neutro e existência de inverso aditivo, para adição. valendo também a
comutatividade, associatividade, existência de unidade 1 para o produto e distri-
butividade que relaciona as duas operações.
ê Demonstração.
• Vale a associatividade da adição
((f+ g) + h)(x) = (f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) = (f+ (g+ h))(x)
42 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
• Existe elemento neutro da adição 0 ∈ K e a função constante 0(x) = 0 ∀ x ∈ K,
daı́
(g+ 0)(x) = g(x) + 0(x) = g(x).
• Comutatividade da adição
(f+ g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g+ f)(x)
• Existe a função simétrica, dado g(x), temos f com f(x) = −g(x) e daı́
(g+ f)(x) = g(x) − g(x) = 0.
• Vale a associatividade da multiplicação
(f(x).g(x)).h(x) = f(x).(g(x).h(x))
• Existe elemento neutro da multiplicação 1 ∈ K e a função constante I(x) =
1 ∀ x ∈ K, daı́
(g.I)(x) = g(x).1 = g(x).
• Comutatividade da multiplicação
(f.g)(x) = f(x)g(x) = g(x)f(x) = (g.f)(x)
Por último 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).
Não temos inverso multiplicativo para toda função, pois dada uma função, tal
que f(1) = 0 e f(x) = 1 para todo x 6= 1 em K, não existe função g tal que g(1)f(1) = 1,
pois f(1) = 0, assim o produto de f por nenhuma outra função gera a identidade.
1.4.13 Questão 13
b Propriedade 60. Sejam x, y > 0 . x < y ⇔ x−1 > y−1.
ê Demonstração. ⇒). Como y > x e x−1 e y−1 são positivos, multiplicamos
a desigualdade por x−1y−1 em ambos lados x−1y−1y > x−1y−1x implicando x−1 > y−1,
então se y > x temos 1
x
>
1
y
.⇐). Se x−1 > y−1 . x, y são positivos, multiplicamos a desigualdade por xy em
ambos lados, de onde segue que y > x.
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 43
1.4.14 Questão 14
b Propriedade 61. Sejam a > 0 em K e f : Z → K com f(n)= an. Nessas
condições f é crescente se a > 1, decrescente se a < 1 e constante se a = 1.
ê Demonstração. Para qualquer n ∈ Z vale f(n+1)−f(n) = an+1−an = an(a−1),
an é sempre positivo, então o sinal da diferença depende do sinal de a− 1. Se a = 1
vale f(n + 1) = f(n) ∀ n ∈ Z logo f é constante, se a − 1 < 0, a < 1 então
f(n + 1) − f(n) < 0, f(n + 1) < f(n), f é decrescente e finalmente se a − 1 > 0, a > 1
então f(n+ 1) > f(n) e a função é 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.
1.4.15 Questão 15
Z Exemplo 10. Para todo x 6= 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 porém elevando a uma potência par resulta num número
positivo, por outro lado 2nx < −2n logo 1 + 2nx < 1 − 2n < 0 então (1 + x)2n é
positivo e 1 + 2nx é negativo, logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx .
1.4.16 Questão 16
Z Exemplo 11. Se n ∈ N e x < 1 então (1 − x)n ≥ 1 − nx, pois de x < 1 segue
que −x > −1 e daı́ aplicamos a desigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥ 1 + ny com
y = −x.
1.4.17 Questão 17
44 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
$ Corolário 10. Se a e a+ x são positivos, então vale
(a+ x)n ≥ an + nan−1x.
Pois a+ x
a
= (1 + x
a
) > 0 então podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli
(1 + y)n ≥ 1 + ny com y = x
a
, resultando em
(a+ x)n ≥ an + nan−1x.
Se a 6= 0, arbitrário em R, podendo agora ser negativo, substituı́mos y = x
a
em
(1 + x)2n > 1 + 2nx. chegando na desigualdade
(a+ x)2n > a2n + a2n−12nx.
Se vale x
a
< 1 então da desigualdade (1 − y)n ≥ 1 − ny, novamente tomamos
y =
x
a
de onde segue
(a− x)n ≥ an − an−1nx.
1.4.18 Questão 18
b Propriedade 62. Sejam sequências (ak) , (bk) em um corpo ordenado K onde
cada bk é positivo, sendo
a1
b1
o mı́nimo e an
bn
o máximo dos termos da sequência
de termo ak
bk
então vale
a1
b1
≤
n∑
k=1
ak
n∑
k=1
bk
≤ an
bn
.
ê Demonstração. Para todo k vale a1
b1
≤ ak
bk
≤ an
bn
⇒ bka1
b1
≤ ak ≤ bk
an
bn
pois
bk > 0, aplicamos a soma
n∑
k=1
em ambos lados, de onde segue
n∑
k=1
bk
a1
b1
≤
n∑
k=1
ak ≤
n∑
k=1
bk
an
bn
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 45
dividindo por
n∑
k=1
bk que é positivo, temos finalmente
a1
b1
≤
n∑
k=1
ak
n∑
k=1
bk
≤ an
bn
.
1.4.19 Questão 19
b Propriedade 63 (Multiplicatividade).
|a||b| = |a.b|
para a e b reais quaisquer.
ê Demonstração. Vale que |x.y|2 = (x.y)2 = x2y2 e (|x||y|)2 = |x|2|y|2 = x2.y2
os quadrados desses números são iguais e eles são não negativos, então segue que
|x.y| = |x||y|.
ê Demonstração.[2] |a.b| =
√
(a.b)2 =
√
a2.b2 =
√
a2.
√
b2 = |a||b|.
b Propriedade 64. Se x 6= 0 então | 1
x
| =
1
|x|
.
ê Demonstração. Vale |x|| 1
x
| = |
x
x
| = 1 daı́ | 1
x
| é inverso de |x|, sendo 1
|x|
.
$ Corolário 11 (Preserva divisão).
|
x
y
| =
|x|
|y|
.
1.4.20 Questão 20
b Propriedade 65.
n∏
k=1
|ak| = |
n∏
k=1
ak|
46 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
ê Demonstração. Por indução, para n = 1 vale, supondo para n números
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| .
b Propriedade 66 (Desigualdade triangular generalizada). Sejam g(k) definida
para k inteiro ,a, b ∈ Z, então vale
|
b∑
k=a
g(k)| ≤
b∑
k=a
|g(k)|.
ê Demonstração. Para cada k vale
−|g(k)| ≤ g(k) ≤ |g(k)|
aplicando o somatório 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 são não negativos ,logo a soma desses termos é não-
negativa e o módulo da soma é igual a soma.
b Propriedade 67. A identidade que provamos acima vale para números reais,
vamos provar agora por indução que se vale |z+w| ≤ |z|+ |w| para quaisquer z,w
então vale
|
n∑
k=1
zk| ≤
n∑
k=1
|zk|
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 47
de maneira que possa ser usada para números complexos , normas e outras estru-
turas que satisfazem a desigualdade triangular.
ê Demonstração.[2] Por indução sobre n, para n = 1 tem-se
|
1∑
k=1
zk| = |z1| ≤
1∑
k=1
|zk| = |z1|
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 hipótese da indução 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 demonstrações da desigualdade triangular
1.4.21 Questão 22
Vamos resolver um caso mais geral do problema.
m Definição 4 (Mediana). Dada uma sequência finita (yk)n1 seus termos podem
ser rearranjados para forma uma sequência não-decrescente (xk)n1 . A mediana X̃
é definida da seguinte maneira
• Se n é ı́mpar X̃ = xn+1
2
.
• Se n é par X̃ =
xn
2 +1 + x
n
2
2
.
1Essas demonstrações aprendi com Pedro Kenzo, obrigado por compartilhar as soluções.
48 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
Z Exemplo 12. Seja (xk)n1 uma sequência crescente f : R → R com f(x) =
n∑
k=1
|x− xk|. Se x < x1 então
f(x) = −nx+
n∑
k=1
xk
logo f é decrescente para x < x1. Tomando x > xn
f(x) = nx−
n∑
k=1
xk
logo f é crescente para x > xn.
Seja agora x ∈ [xt, xt+1), t variando de 1 até n− 1
f(x) =
t∑
k=1
(x− xk) −
n∑
k=t+1
(x− xk) = (2t− n)x+
t∑
k=1
xk −
n∑
k=t+1
xk
portanto a função é decrescente se t < n
2
e crescente se t > n
2
, de t = 1 até
t = bn
2
c em cada intervalo [xt, xt+1) a função é decrescente, sendo b
n
2
c segmentos
decrescentes, de t = bn
2
c+ 1 até n− 1, temos n− 1 − bn
2
c segmentos crescentes.
• Se n é ı́mpar f é decrescente em [xbn2 c, xbn2 c+1) e crescente em [xbn2 c+1, xbn2 c+2)
logo o ponto xbn2 c+1 = xn+12 é o único ponto de mı́nimo.
• Se n é par a função é constante em [xn
2
, xn
2 +1), todos os pontos desse intervalo
são pontos de mı́nimo. Em especial o ponto
xn
2
+ xn
2 +1
2
é ponto de mı́nimo.
Concluı́mos que um ponto de mı́nimo acontece sempre na mediana da sequência.
Z Exemplo 13. Achar o mı́nimo da função f(x) =
n∑
k=1
|x − k| para n ı́mpar e
para n par.
Trocando n por 2n temos que o mı́nimo acontece no ponto x 2n
2
= xn = n,
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 49
substituı́mos então tal valor na função
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 mı́nimo de
2n∑
k=1
|x− k| é 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.
Agora para n ı́mpar, trocamos n por 2n+1 o mı́nimo acontece no ponto x (2n+1)+1
2
=
xn+1 = n+ 1, aplicando na função 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.
1.4.22 Questão 23
b Propriedade 68. |a− b| < ε⇒ |a| < |b|+ ε.
ê Demonstração. Partindo da desigualdade |a − b| < ε, somamos |b| a ambos
50 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
lados
|a− b|+ |b| < ε+ |b|
e usamos agora a desigualdade triangular
|a| ≤ |a− b|+ |b| < ε+ |b|
daı́ segue
|a| ≤ ε+ |b|.
Da mesma forma vale se |a − b| < ε então |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.
1.4.23 Questão24
b Propriedade 69. Dado um corpo ordenado K , são equivalentes
1. K é arquimediano.
2. Z é ilimitado superiormente e inferiormente.
3. Q é ilimitado superiormente e inferiormente.
ê Demonstração.
• 1 ⇒ 2. N ⊂ Z então Z é ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que
Z seja limitado inferiormente, então existe a ∈ K tal que a < x ∀ x ∈ Z, logo
−a > −x, porém existe n natural tal que n > −a⇒ −n︸︷︷︸
∈Z
< a o que contraria a
hipótese.
• 2⇒ 3 . Z ⊂ Q portanto Q é ilimitado superiormente e inferiormente.
• 3 ⇒ 1 . Para todo y ∈ K existe a
b
∈ Q com a, b > 0 naturais tal que a
b
> y,
daı́ a > yb, podemos tomar y = x
b
, logo a > x, a ∈ N, portanto N é ilimitado
superiormente e o corpo é arquimediano.
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 51
1.4.24 Questão 25
b Propriedade 70. Seja K um corpo ordenado. K é arquimediado ⇔ ∀ ε > 0
em K existe n ∈ N tal que 1
2n
< ε.
ê Demonstração.⇒). Como K é arquimediano, então ∀ ε > 0 existe n ∈ N tal que n > 1
ε
⇒ n+ 1 >
n >
1
ε
por desigualdade de Bernoulli temos 2n > n+ 1 > 1
ε
⇒ 1
2n
< ε.
⇐). Se ∀ ε > 0 em K existe n ∈ N tal que 1
2n
< ε, tomamos ε = 1
x
, x > 0
arbitrário então x < 2n, com 2n = m ∈ N então K é arquimediano, N não é limitado
superiormente.
1.4.25 Questão 26
b Propriedade 71. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z→ K com f(n) = an,
então
• f(Z) não é limitado superiormente.
• inf(F(Z)) = 0.
ê Demonstração.
• Vale que a > 1 então 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) não é limitado superiormente.
• 0 é cota inferior de f(Z) pois vale 0 < an ∀ n ∈ Z. Suponha que exista x tal
que 0 < x < am ∀ m ∈ Z, sabemos que existe n ∈ N tal que an > 1
x
daı́
x >
1
an
= a−n, absurdo, então 0 deve ser o ı́nfimo.
1.4.26 Questão 27
52 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
b Propriedade 72. Se s é irracional e u 6= 0 é racional então u.s é irracional.
ê Demonstração. Suponha que s é irracional e u.s seja racional, então u.s = p
q
com p 6= 0 e q 6= 0 inteiros e como u 6= 0 é racional ele é da forma u = j
v
, j 6= 0 e
v 6= 0, inteiros, logo
j
v
s =
p
q
multiplicando por v
j
ambos lados segue
s =
p.v
j.q
que é um número racional, logo chegamos a um absurdo.
b Propriedade 73. Se s é irracional e t racional, então s+ t é irracional.
ê Demonstração. Suponha s + t racional, então s + t = p
q
daı́ s = p
q
− t que
seria racional por ser diferença de dois racionais, um absurdo então segue que s+ t
é irracional.
Z Exemplo 14. Existem irracionais a e b tais que a+b e a.b sejam racionais.
Exemplos a = 1 +
√
5 , b = 1 −
√
5 daı́ a+ b = 2 e a.b = 1 − 5 = −4.
1.4.27 Questão 28
b Propriedade 74. Sejam a, b, c, d racionais então
a+ b
√
2 = c+ d
√
2⇔ a = c e b = d.
ê Demonstração.⇐). Se a = c e b = d a temos a+ b√2 = c+ d√2.⇒). Suponha a + b√2 = c + d√2 então a − c = √2(d − b), se d = b então a = c
e terminamos, se não vale que
a− c
d− b
=
√
2
o que é absurdo pois
√
2 é irracional.
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 53
1.4.28 Questão 29
Z Exemplo 15. O conjunto da forma {x + y√p} onde x e y são racionais é
subcorpo dos números reais.
• O elemento neutro da adição 0 pertence ao conjunto. Pois 0 = 0 + 0
√
p
• O elemento neutro da multiplicação 1 pertence ao conjunto. Pois 1 = 1+0
√
p
• A adição é fechada. Pois x+ y
√
p+ z+w
√
p = x+ z+ (y+w)
√
p.
• O produto é 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 simétrico −x−y
√
p.
• Dado x 6= 0 ∈ A tem-se x−1 ∈ A. Pois dado x+ y
√
p temos inverso
x− y
√
p
x2 − y2p
como inverso multiplicativo.
Z Exemplo 16. O conjunto dos elementos da forma a+ bα onde α = 3√2 não
é um corpo pois o produto não é fechado, vamos mostrar que α2 não pertence ao
conjunto.
Suponha que α2 = a+ bα então 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 6= 0 então α = 2 − ab
b2 + a
o que é absurdo pois α é irracional, então
devemos ter a = −b2, multiplicamos a expressão aα + bα2 = 2 por α, de onde
segue aα2 + 2b = 2α, substituindo α2 = a+ bα nessa última temos
a(a+ bα) + 2b = a2 + abα+ 2b = 2α⇒ α(2 − ab) = 2b+ a2
54 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
se 2 6= ab chegamos num absurdo de α = 2b+ a
2
2 − ab
, temos que ter então 2 = ab
e a = −b2 de onde segue 2 = −b3, porém não existe racional que satisfaz essa
identidade, daı́ não podemos escrever α2 da forma a + bα com a e b racionais,
portanto o produto de elementos não é fechado e assim não temos um corpo.
1.4.29 Questão 30
b Propriedade 75. Sejam a, b ∈ Q+. √a +
√
b é racional ⇔ √a e √b são
racionais.
ê Demonstração.⇒).
Se a = b então 2
√
a ∈ Q o que implica
√
a =
√
b ∈ Q. Agora o caso de a 6= b.
Suponha que
√
a +
√
b é racional então seu inverso também racional , que é√
a−
√
b
a− b
, daı́
√
a−
√
b ∈ Q , a soma (
√
a+
√
b)+(
√
a−
√
b) = 2
√
a ∈ Q logo
√
a ∈ Q,
a diferença de números racionais também é um número racional (
√
a+
√
b) −
√
a =
√
b, portanto
√
a e
√
b são racionais.⇐). A volta vale pois a soma de racionais é um racional.
1.4.30 Questão 31
b Propriedade 76. Sejam A ⊂ R não vazio limitado e c ∈ R, então
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.
ê Demonstração.
1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c− ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se não existisse
x ∈ A tal que c− ε < x então c− ε seria cota superior menor que o supremo, o
que é absurdo, contraria o fato do supremo ser a menor das cotas superiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poderı́amos tomar c−sup(A) =
ε daı́ c− c+ sup(A) = sup(A) < x o que é absurdo.
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 55
2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c+ ε < inf(A). Dado ε > 0 fixo, se não existisse
x ∈ A tal que c + ε > x então c + ε seria cota superior menor que o ı́nfimo, o
que é absurdo, contraria o fato do ı́nfimo ser a menor das cotas inferiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf(A), poderı́amos tomar inf(A)−c = ε
daı́ x < c+ inf(A) − c = inf(A) o que é absurdo.
1.4.31 Questão 32
Z Exemplo 17. Seja A = { 1
n
| n ∈ N} . Mostre que infA = 0. Sabemos que 0
é uma cota inferior, agora vamos mostrar que 0 é a menor delas. Dado 0 < x, x
não pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que 1
n
< x, logo 0 é o ı́nfimo.
1.4.32 Questão 33
b Propriedade 77. Se A é limitado inferiormente e B ⊂ A então inf(A) ≤
inf(B).
ê Demonstração. infA é cota inferior de A, logo também é cota inferior de B,
sendo cota inferior de B vale infA ≤ infB, pois inf B é a maior cota inferior de B.
b Propriedade 78. Se A é limitado superiormente e B ⊂ A então sup(A) ≥
sup(B).
ê Demonstração. Toda cota superior de A é cota superior de B, logo o sup(A)
é cota superior de B, como sup(B) é a menor das cotas superiores de B segue que
sup(A) ≥ sup(B).
$ Corolário 12. Se A e B são conjuntos limitados com B ⊂ A então 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).
56 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
1.4.33 Questão 34
b Propriedade 79. Sejam A,B ⊂ R tais que para todo x ∈ A e todo y ∈ B se
tenha x ≤ y. Então supA ≤ inf B.
ê Demonstração. Todo y ∈ B é cota superior de A, logo supA ≤ y para cada
y pois supA é a menor das cotas superiores, essa relação implica que supA é cota
inferior de B logo supA ≤ inf B, pois inf B é a maior cota inferior.
b Propriedade 80. supA = inf B ⇔ para todo ε > 0 dado , existam x ∈ A e
y ∈ B com y− x < ε.
ê Demonstração. ⇐, usamos a contrapositiva. Não podemos ter inf B < supA
pela propriedade anterior, então temos forçosamente que inf B > supA, tomamos
então ε = inf B− supA > 0 e temos y− x ≥ ε para todo x ∈ A e y ∈ B pois y ≥ infB
e supA ≥ x de onde segue −x ≥ − supA, somando esta desigualdade com a de y
tem-se y− x ≥ inf B− supA = ε.⇒ , Se supA = inf B. Então sendo para qualquer ε > 0, supA − ε
2
não é cota
superior de A, pois é menor que o supA (que é a menor cota superior), da mesma
maneira infA+ ε
2
não é cota inferior de B, então existem x ∈ A e y ∈ B tais que
supA− ε
2
< x ≤ supA = inf B ≤ y < inf B+ ε
2
inf B− ε
2
< x ≤ y < inf B+ ε
2
de onde segue inf B− ε
2
< x, −x < ε
2
− inf B e y < inf B+ ε
2
somando ambas tem-se
y− x < ε.
1.4.34 Questão 35 e 36
b Propriedade 81. Se c > 0 então sup(c.A) = c. supA.
ê Demonstração. Seja a = supA. Para todo x ∈ A tem-se x ≤ a, de onde segue
cx ≤ ca, assim ca é cota superior de cA. Seja d tal que d < ca então d
c
< a logo d
c
não é cota superior de A, implicando a existência de pelo menos um x tal que d
c
< x,
d < cx de onde segue que d não é cota superior de cA, assim ca é a menor cota
superior de cA logo o supremo.
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 57
b Propriedade 82. Se c > 0, inf cA = c infA.
ê Demonstração.
Seja a = infA, então vale a ≤ x para todo x, multiplicando por c segue ca ≤ cx
de onde concluı́mos que ca é cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, então
a <
d
c
, implicando que d
c
não é cota inferior de A assim existe x ∈ A tal que
x <
d
c
⇒ cx < d, logo d não é cota inferior de cA, implicando que c.a é a maior
cota inferior, logo o ı́nfimo do conjunto.
b Propriedade 83. Se c < 0 então inf(cA) = c supA.
ê Demonstração. Seja a = supA . Tem-se x ≤ a para todo x ∈ A, multiplicando
por c segue cx ≥ ca para todo x ∈ A. Então ca é uma cota inferior de cA. Se d > ca
tem-se d
c
< a como a é supremo, isso significa que existe x ∈ A tal que d
c
< x logo
d > cx, assim esse d não é cota inferior, implicando que ca é a menor cota inferior,
então ı́nfimo do conjunto.
A questão 35 segue da próxima propriedade com c = −1.
b Propriedade 84. Se c < 0 então sup(cA) = c infA.
ê Demonstração. Seja b = infA então vale b ≤ x para todo x ∈ A, multipli-
cando por c segue cb ≥ cx assim cb é cota superior de cA. Agora tome d tal que
cb > d segue b < d
c
, como b é ı́nfimo existe x ∈ A tal que x < d
c
, cx > d assim esse
d não pode ser cota superior de cA, então cb é a menor cota superior, logo o ı́nfimo.
1.4.35 Questão 37
Item I
Sejam A,B ⊂ R, conjuntos limitados .
b Propriedade 85. O conjunto A + B = {x + y | x ∈ A,y ∈ B} também é
limitado.
58 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
ê Demonstração. Se A é limitado , existe t tal que |x| < t para todo x ∈ A e se
B é 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 é limitado.
Item II
b Propriedade 86 (Propriedade aditiva). Vale sup(A+ B) = sup(A) + sup(B).
ê Demonstração. Como A,B são limitidados superiomente, temos supA := a e
supB := 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 é limitado superiormente. Para todo e qualquer
ε > 0 existem x, y tais que
a < x+
ε
2
, b < y+
ε
2
somando ambas desigualdades-segue-se que
a+ b < x+ y+ ε
que mostra que a+ b é a menor cota superior, logo o supremo, fica valendo então
sup(A+ B) = sup(A) + sup(B).
Item III
b Propriedade 87. inf(A+ B) = infA+ inf B.
ê Demonstração. Sejam a = infA e b = infB então ∀x, y ∈ A,B tem-se a ≤ x,
b ≤ y de onde segue por adição a+ b ≤ x+ y, assim a+ b é cota inferior de A+ B.
∃x, y ∈ A,B tal que ∀ε > 0 vale x < a + ε
2
e y < b + ε
2
pois a e b são as maiores
cotas inferiores, somando os termos das desigualdades segue x + y < a + b + ε, que
implica que a+ b é a maior cota inferior logo o ı́nfimo.
1.4.36 Questão 38
m Definição 5 (Função limitada). Seja A ⊂ R, f : A→ R é dita limitada quando
o conjunto f(A) = {f(x) | x ∈ A}, se f(A) é limitado superiormente então dizemos
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 59
que f é limitada superiormente e caso f(A) seja limitado inferiormente dizemos
que A é limitado inferiormente.
Seja uma função limitada f : V → R.
m Definição 6.
sup f := sup f(V) = sup{f(x) | x ∈ V}
m Definição 7.
inf f := inf f(V) = inf{f(x) | x ∈ V}
b Propriedade 88. A função soma de duas funções limitadas é limitada.
ê Demonstração. Vale |f(x)| ≤M1 e |g(x)| ≤M2 ∀ x ∈ A então
|f(x) + g(x)| ≤ |f(x)|+ |g(x)| ≤M1 +M2 =M
portando a função soma f + g de duas funções limitadas é também uma função
limitada.
Sejam f, g : V → R funções limitadas e c ∈ R.
b Propriedade 89.
sup(f+ g) ≤ sup f+ supg.
ê Demonstração.
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+ supg ≥ sup(f+ g)
60 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
b Propriedade 90.
inf(f+ g) ≥ inf(f) + inf(g).
ê Demonstração. De C ⊂ A+ B segue tomando o ı́nfimo
inf(A+ B) = inf(A) + inf(B) = inf(f) + inf(g) ≤ inf(C) = inf(f+ g).
Z Exemplo 18. Sejam f, g : [0, 1]→ R dadas por f(x) = x e g(x) = −x
• Vale sup f = 1, supg = 0, f+ g = 0 logo sup(f+ g) = 0 vale então
sup f+ supg = 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 também valem se consideramos as funções definidas em
[−1, 1], nesse caso sup f+supg = 2 e inf f+ inf g = −2 e sup(f+g) = 0 = inf(f+g).
1.4.37 Questão 39
m Definição 8. Sejam A e B conjuntos não vazios, definimos A.B = {x.y | x ∈
A,y ∈ B}.
b Propriedade 91. Sejam A e B conjuntos limitados de números positivos,
então vale sup(A.B) = sup(A). sup(B).
ê Demonstração. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) então valem x ≤ a e
y ≤ b, ∀ x ∈ A,y ∈ B daı́ x.y ≤ a.b, logo a.b é cota superior de A.B. Tomando
t < a.b segue que t
a
< b logo existe y ∈ B tal que t
a
< y daı́ t
y
< a logo existe x ∈ A
tal que t
y
< x logo t < x.y então t não pode ser uma cota superior, implicando que
a.b é o supremo do conjunto.
1.4. CAPÍTULO 3 -NÚMEROS REAIS 61
b Propriedade 92. Sejam A e B conjuntos limitados de números positivos,
então vale inf(A.B) = inf(A). inf(B).
ê Demonstração. Sejam a = inf(A) e b = inf(B) então valem x ≥ a e y ≥
b, ∀ x ∈ A,y ∈ B daı́ x.y ≥ a.b, logo a.b é cota inferior de A.B. Tomando t > a.b
segue que t
a
> b logo existe y ∈ B tal que t
a
> y daı́ t
y
> a logo existe x ∈ A tal que
t
y
> x logo t < x.y então t não pode ser uma cota inferior, implicando que a.b é o
ı́nfimo do conjunto.
1.4.38 Questão 40
b Propriedade 93. Sejam f, g : A → R funções limitadas então f.g : A → R é
limitada.
ê Demonstração. Vale que |f(x)| < M1 e |g(x)| < M2 então |f(x)g(x)| < M1M2 =
M ∀ x ∈ A , portanto f.g : A→ R é limitada.
b Propriedade 94. Sejam f, g : A→ R+ limitadas superiormente, então
sup(f.g) ≤ sup(f) sup(g).
ê Demonstração. 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 definições
acima, daı́
sup(A.B) ≥ sup(C)
sup(A) sup(B) ≥ sup(C)
sup(f) sup(g) ≥ sup(f.g).
b Propriedade 95. Sejam f, g : A→ R+ limitadas inferiormente, então
inf(f.g) ≥ inf(f) inf(g).
62 CAPÍTULO 1. SOLUÇÕES-CURSO DE ANÁLISE VOL.1
ê Demonstração. Sejam C = {g(x).f(x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e
A = {f(x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B, daı́
inf(A.B) ≤ inf(C)
inf(A) inf(B) ≤ inf(C)
inf(f) inf(g) ≤ inf(f.g).
Z Exemplo 19. Sejam f, g : [1, 2] → R dadas por f(x) = x e g(x) = 1
x
, vale
sup f = 2, supg = 1 sup f. supg = 2 e sup(f.g) = 1, pois f.g = 1 logo
sup f supg > sup(f.g).
Da mesma maneira inf f = 1, inf g = 1
2
vale inf f. inf g = 1
2
e inf(f.g) = 1
portanto
inf f. inf g < inf(f.g).
b Propriedade 96. Seja f : A → R+ limitada superiormente então sup(f2) =
(sup f)2.
ê Demonstração. Seja a = sup f tem-se f(x) ≤ a ∀ x daı́ f(x)2 ≤ a2 então a2 é
cota superior de