Resoluções Análise Real - cap. 2

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Resoluções do Livro Análise Real Vol. 1 - Elon
Lages Lima
caṕıtulo 2
George Euzébio
Dezembro 2019
Caṕıtulo 1
Números Reais
Seção 1: R é um corpo
1. Prove as seguintes unicidades:
(a) Se x+ θ = x para algum x ∈ R, então θ = 0;
(b) Se x · u = x para todo x ∈ R então u = 1;
(c) Se x+ y = 0 então x = y;
(d) Se x · y = 1, então y = x−1.
Resolução:
(a) Se existe θ ∈ R para algum número real x tal que x + θ = x, então
x+ θ = x = x+ 0 nos dá,
x+ θ = x+ 0
(x+ θ) + (−x) = (x+ 0) + (−x)
[x+ (−x)] + θ = [x+ (−x)] + 0
0 + θ = 0 + 0
θ = 0
(b) Se é válido a igualdade x · u = x para todo número real x, então
x · u = x · 1
(x · u) · x−1 = (x · 1) · x−1
(x · x−1) · u = (x · x−1) · 1
1 · u = 1 · 1
u = 1
1
CAPÍTULO 1. NÚMEROS REAIS 2
(c) Se x+y = 0 então somando −x ambos os membros da igualdade teremos
(x+ y) + (−x) = 0 + (−x)
[x+ (−x)] + y = −x
0 + y = −x
y = −x
(d) Se x · y = 1 então multiplicando os dois membros da igualdade por x−1
temos
(x · y) · x−1 = 1 · x−1
(x · x−1) · y = x−1
1 · y = x−1
y = x−1
2. Dados a, b, c, d ∈ R, se b 6= 0 e d 6= 0 prove que a/b+c/d = (ad+bc)/bd
e (a/b)(c/d) = ac/bd.
Resolução: Mostremos inicialmente que a/b = ac/bc para quaisquer a, b, c ∈
R, com c 6= 0. Para isso, seja k ∈ R tal que a/b = k, então tem-se a · b−1 =
k =⇒ a = kb e multiplicando por c teremos ac = k(bc) =⇒ (ac)(bc)−1 =
k =⇒ ac/bc = k. Com isso, temos que
a/b+ c/d = ad/bd+ bc/bd
= (ad)(bd)−1 + (bc)(bd)−1
= (ad+ bc)(bd)−1
= (ad+ bc)/bd
temos também que (a/b)(c/d) = (ac/bc)(bc/bd) = (ac)(bc)−1(bc)(bd)−1 =
(ac)(bd)−1 = ac/bd.
3. Se a 6= 0 e b 6= 0 em R, prove que (ab)−1 = a−1b−1 e conclua que
(a/b)−1 = b/a.
Resolução: Temos que existe k ∈ R tal que (ab)−1 = k, assim, ao multipli-
carmos a igualdade por ab teremos
(ab)−1(ab) = k(ab)
1 = (ka)b
1 · b−1 = (ka)(bb−1)
b−1 = ka
b−1a−1 = k(aa−1)
a−1b−1 = k.
CAPÍTULO 1. NÚMEROS REAIS 3
Portanto, (ab)−1 = a−1b−1 e com isso temos (a/b)−1 = (ab−1)−1 = a−1(b−1)−1 =
ba−1 = b/a.
4. Prove que (1− xn+1)/(1− x) = 1 + x+ . . .+ xn para todo x 6= 1.
Resolução: Mostraremos por indução em n. Vemos que a igualdade é
válida para n = 1, uma vez que (1 − x2)/(1 − x) = (1 − x2)(1 − x)−1 =
(1 + x)(1 − x)(1 − x)−1 = 1 + x. Supondo agora a validade para n, vamos
mostrar que é válido para n+ 1. De fato, temos que
(1− xn+2)/(1− x) = (1− xn+1 + xn+1 − xn+2)/(1− x)
= [(1− xn+1) + xn+1(1− x)]/(1− x)
= [(1 + . . .+ xn)(1− x) + xn+1(1− x)/(1− x)]
= [(1 + . . .+ xn + xn+1)(1− x)]/(1− x)
= (1 + . . .+ xn + xn+1)(1− x)(1− x)−1
= 1 + . . .+ xn + xn+1
o que conclui nossa prova por indução.
Seção 2: R é um corpo ordenado
1. Para quaisquer x, y, z ∈ R, prove que |x− z| ≤ |x− y|+ |y − z|.
Resolução: Como x, y, z ∈ R =⇒ x− y, y − z ∈ R, temos então que, pela
desigualdade triangular, |x− z| = |(x− y) + (y − z)| ≤ |x− y|+ |y − z|.
2. Prove que ||x| − |y|| ≤ |x− y| para quaisquer x, y ∈ R.
Resolução: Pela desigualdade triangular, |x| = |x − y + y| ≤ |x − y| +
|y| =⇒ |x| − |y| ≤ |x − y|. Por outro lado, ainda pela desigualdade
triangular temos |y| = |y − x + x| ≤ |x − y| + |x| =⇒ |y| − |x| ≤ |x − y|.
Logo, |x− y| ≥ max{|x| − |y|, |y| − |x|} = ||x| − |y||.
3. Dados x, y ∈ R, se x2 + y2 = 0 prove que x = y = 0.
Resolução: De fato, vamos supor x = 0, logo, x2 + y2 = 0 =⇒ o2 + y2 =
0 =⇒ y2 = 0 =⇒ y = 0. Se y = 0, de maneira análoga teremos x = 0. Por
último, se x 6= 0 e y 6= 0, então x2 > 0 e y2 > 0 implicam em x2 + y2 > 0.
4. Prove por indução que (1 + x)n ≥ 1 + nx+ [n(n− 1)/2]x2 se x ≥ 0.
CAPÍTULO 1. NÚMEROS REAIS 4
Resolução: Vemos facilmente que para n = 1 isso é verdade. Supondo ser
válido para n, mostremos para n+ 1, ou seja,
(1 + x)n+1 = (1 + x)(1 + x)n ≥ (1 + x)(1 + nx+ [n(n− 1)/2]x2)
≥ 1 + (n+ 1)x+ [(n+ 1)n/2]x2 + [n(n− 1)/2]x3
≥ 1 + (n+ 1)x+ [(n+ 1)n/2]x2
concluindo nossa demonstração por indução.
5. Para todo x 6= 0 em R, prove que (1 + x)2n > 1 + 2nx.
Resolução: Temos que (1 + x)2n = [(1 + x)n]2 e, pela desigualdade de
Bernoulli,
(1 + x)2n ≥ (1 + nx)2
≥ 1 + 2nx+ (nx)2
≥ 1 + 2nx
6. Prove que |a− b| < � =⇒ |a| < |b|+ �.
Resolução: Temos que se ||a| − |b|| ≤ |a − b| < � então � > max{|a| −
|b|, |b| − |a|}, ou seja, |a| − |b| < � =⇒ |a| < |b|+ �.
7. Use o fato de que o trinômio do segundo grau f(λ) =
n∑
i=1
(xi + λyi)
2 é
≥ 0 para todo λ ∈ R para provar a desigualdade de Cauchy-Schwarz(
n∑
i=1
xiyi
)2
≤
(
n∑
i=1
x2i
)(
n∑
i=1
y2i
)
.
Prove ainda que vale a igualdade se, e somente se, existe λ tal que
xi = λyi para todo i = 1, . . . , n, ou então y1 = . . . = yn = 0.
Resolução: Para que tenhamos f(λ) ≥ 0 devemos ter ∆ ≤ 0, ou seja,
4
(
n∑
i=1
xiyi
)2
− 4
(
n∑
i=1
x2i
)(
n∑
i=1
y2i
)
≤ 0 o que nos leva a
(
n∑
i=1
xiyi
)2
≤
(
n∑
i=1
x2i
)(
n∑
i=1
y2i
)
.
A igualdade ocorre quando ∆ = 0, ou seja, tem-se
(
n∑
i=1
xiyi
)
=
(
n∑
i=1
y2i
)
= 0
ou f(λ) = 0. Se ocorre a primeira condição, pelo exerćıcio 3, temos que
CAPÍTULO 1. NÚMEROS REAIS 5(
n∑
i=1
y2i
)
=⇒ yi = 0, para todo i = 1, . . . , n. Da segunda condição, temos
que f(λ) = 0 =⇒ (xi +λyi)2 = 0 =⇒ xi = (−λ)yi, portanto, existe λ′ ∈ R
tal que xi = λ
′yi, para todo i = 1, . . . , n.
8. Se a1/b1, . . . , an/bn pertencem ao intervalo (α, β) e b1, . . . , bn são pos-
itivos, prove que (a1 + . . . + an)/(b1 + . . . + bn) pertencem a (α, β).
Nessas mesmas condições, se t1, . . . , tn ∈ R+, prove que (t1a1 + . . . +
tnan)/(t1b1 + . . .+ tnbn) também pertencem ao intervalo (α, β).
Resolução: Como ai/bi ∈ (α, β) para todo i = 1, . . . , n, tem-se
α < ai/bi < β =⇒ αbi < ai < βbi
=⇒ αbiti < aiti < βbiti
=⇒ α
n∑
i=1
biti <
n∑
i=1
aiti < β
n∑
i=1
biti
=⇒ α <
n∑
i=1
aiti
n∑
i=1
biti
< β
Portanto,
n∑
i=1
aiti
n∑
i=1
biti
∈ (α, β), ou seja, (t1a1+. . .+tnan)/(t1b1+. . .+tnbn) ∈ (α, β)
e se tomarmos t1 = . . . = tn = 1 então teremos que (a1+. . .+an)/(b1+. . .+bn)
pertencerá ao intervalo (α, β).
Seção 3: R é um corpo ordenado completo
1. Diz-se que uma função f : X → R é limitada superiormente quando sua
imagem f(X) = {f(x);x ∈ X} é um conjunto limitado superiormente.
Então põe-se sup f = sup{f(x);x ∈ X}. Prove que se f, g : X → R são
limitadas superiormente o mesmo ocorre com a soma f + g : X → R e
tem-se sup(f + g) ≤ sup f + sup g. Dê um exemplo com sup(f + g) <
sup f + sup g. Enuncie e prove um resultado análogo para inf.
Resolução: Se f, g são limitadas superiormente, então para todo x ∈ X,
tem-se f(x) ≤ sup f e g(x) ≤ sup g que nos leva a (f+g)(x) = f(x)+g(x) ≤
sup f + sup g, para todo x ∈ X, logo f +g é limitada. Pelo que foi mostrado,
sup f+sup g é uma cota superior de f+g, portanto, sup(f+g) ≤ sup f+sup g.
De maneira análoga se prova que inf f + inf g ≤ inf(f + g). Se tomarmos
CAPÍTULO 1. NÚMEROS REAIS 6
f, g : [0, 1]→ R definidas por f(x) = x e f(x) = 1− x, temos que ambas as
funções são limitadas e que sup f = sup g = sup(f+g) = 1, mas sup(f+g) <
sup f + sup g.
2. Dadas as funções f, g : X → R+ limitadas superiormente, prove que o
produto f ·g : X → R+ é uma função limitada (superior e inferiormente)
com sup(f · g) ≤ sup f · sup g e inf(f · g) ≥ inf f · inf g. Dê exemplos
onde se tenha < e não =.
Resolução: Se f, g são limitadas superiormente, então para todo x ∈ X
temos que f(x) ≤ sup f e g(x) ≤ sup g implica em (f · g)(x) = f(x) · g(x) ≤
sup f · sup g. Como f(x), g(x) ∈ R+ então para todo x ∈ X temos que
0 < f(x), g(x) =⇒ 0 < (f · g)(x) = f(x) · g(x), portanto, f · g é limitada
superior e inferiormente. Tem-se que sup f ·sup g é uma cota superior de f ·g,
logo, sup(f ·g) ≤ sup f ·sup g. Analogamente temos que inf f ·inf g ≤ inf(f ·g).
Se tomarmos f, g : [0, π/2]→ R+ definidas por f(x) = sen x e g(x) = cosx,
temos que sup f = sup g = 1, mas sup(f · g) = 1
2
, uma vez que (f · g)(x) =
sen x cosx = 2sen x cosx
2
= sen 2x
2
, portanto, sup(f ·g) = 1/2 < sup f ·sup g = 1.
3. Nas condições do exerćıcio anterior mostre que sup(f 2) = (sup f)2 e
inf(f 2) = (inf f)2.
Resolução: É óbvio que não devemoster (sup f)2 < sup(f 2), uma vez que
f(x) ≤ sup f =⇒ f(x)2 ≤ (sup f)2 < sup(f 2) para todo x ∈ X. Vamos
supor que sup(f 2) < (sup f)2 isso implica dizer que
√
sup(f 2) < sup f .
Porém, essa afirmação nos mostra que existe x0 ∈ X tal que
√
sup(f 2) <
f(x0) < sup f =⇒ sup(f 2) < f(x0)2 ≤ (sup f)2, o que nos mostra que
sup(f 2) não seria supremo de f 2, o que é um absurdo, logo, sup(f 2) =
(sup f)2.
4. Dados a, b ∈ R+ com a2 < 2 < b2, tome x, y ∈ R+ tais que x < 1,
x < (2−a2)/(2a+1) e y < (b2−2)/2b. Prove que (a+x)2 < 2 < (b−y)2
e b − y > 0. Em seguida, considere o conjunto limitado X = {a ∈
R+; a2 < 2} e conclua que o número real c = supX cumpre c2 = 2.
Resolução: Temos que x < (2−a2)/(2a+ 1) =⇒ x+ 2ax+a2 < 2, e como
x < 1, podemos garantir que (a+ x)<2. Analogamente, y < (b2− 2)/2b =⇒
2 < b2 − 2by = (b − 2y)b =⇒ 2 < (b − y)2 e, como b > 2, temos que
0 < b − 2y < b − y. Isso nos mostra que, ao considerarmos os conjuntos
X = {a ∈ R+; a2 < 2} e Y = {b ∈ R+; 2 < b2}, c = supX não pertence a X
ou a Y , ou seja, se c ∈ X, então existe x ∈ R+ tal que a2 < c2 < (a + x)2,
logo c não seria o supremo de X. De modo análogo, se c ∈ Y , então existiria
CAPÍTULO 1. NÚMEROS REAIS 7
y ∈ R+ tal que (b − y)2 < c2 < b2, outro absurdo. Com isso, temos que
c = supX = inf Y e, portanto, c2 = 2.
5. Prove que o conjunto dos polinômios com coeficientes inteiros é enu-
merável. Um número real chama-se algébrico quando é raiz de um
polinômio de coeficientes inteiros. Prove que o conjunto dos números
algébricos é enumerável. Um número real chama-se transcendente quando
não é algébrico. Prove que existem números transcendentes.
Resolução: Podemos montar ums função f : Zn+1 → Pn onde a cada n-
upla (a0, a1, . . . , an) associa o polinômio p(x) = a0 + a1x + . . . + anx
n. Essa
função é injetiva, uma vez que dois polinômios são iguais se, e somente se,
seus coeficientes são iguais, portanto, Pn é enumerável, já que Zn+1 também é
enumerável. Assim, P =
∞⋃
n=1
Pn é enumerável, onde P é o conjunto de todos os
polinômios de coeficientes inteiros. Novamente podemos definir uma função
g : A → P , onde A é o conjunto dos números algébricos, tal que para cada
número algébrico α associamos um polinômio pα, o qual α é raiz. Desse
modo, o conjunto A =
∞⋃
n=1
g−1(α), com g−1(α) sendo um conjunto finito, é
enumerável pelo resultado do exerćıcio 6 do caṕıtulo 1. Para mostrar que
existem números transcendentes, basta notar que R = A ∪ (R−A) e que se
R−A fosse vazio então R seria enumerável.
6. Prove que um conjunto I ⊂ R é um intervalo se, e somente se, a < x <
b, b ∈ I =⇒ x ∈ I.
Resolução: Obviamente que se I é um intervalo, então existem a, b ∈ I tais
que a < x < b =⇒ x ∈ I. Se é válido que a < x < b =⇒ x ∈ I, quando
a, b ∈ I, então sejam α = inf I e β = sup I, mostraremos que (α, β) ⊂ I. De
fato, x ∈ (α, β) =⇒ α < x < β o que, pela definição de ı́nfimo e supremo,
garantem a existência de a, b ∈ I tais que a < x < b e, pela hipótese, temos
que x ∈ I, portanto, I é um intervalo.