Solucionario Elon Lima Análisis Real, Ejercicios de Análisis funcional

¡Descarga Solucionario Elon Lima Análisis Real y más Ejercicios en PDF de Análisis funcional solo en Docsity! Solucdes dos exercícios de Análise do livro Análise real volume 1 de Elon Lages Lima. Rodrigo Carlos Silva de Lima * Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ rodrigo.uff.mathQgmail.com + 8 de dezembro de 2011 SUMÁRIO 4 1.14 Agradecimemtos ..... oo... 174 Capítulo 1 Solucoes-Análise Real Volume 1 (Elon fino) Este texto ainda náo se encontra na sua versáo final, sendo, por enquanto, cons- tituído apenas de anotacóes informais. Sugestóes para melhoria do texto, correcóes da parte matemática ou gramatical eu agradeceria que fossem enviadas para meu Email rodrigo.uff.mathQgmail.com. Se houver alguma solugáo errada, se quiser contribuir com uma solucáo diferente ou ajudar com uma solucáo que náo consta no texto, também pego que ajude enviando a solucáo ou sugestáo para o email acima, colocarei no texto o nome da pessoa que tenha ajudado com alguma solugáo. Espero que esse texto possa ajudar alguns alunos que estudam análise pelo livro do Elon. Os exercícios que possuem dicas no final do livro sáo feitos, em geral, seguindo essas di- cas, porém em alguns casos resolvemos um problema mais geral e tirando o exercício como corolário direto de outra proposicáo, outras vezes damos solucóes diferentes. Tentamos detalhar essas solucóes tornando claras passagens que poderiam ser obscuras. Os enunciados das questóes sáo escritos no texto ,na maioria das vezes alterados, porém tomamos o cuidado de manter a esséncia de cada questáo. A exposicáo do texto segue a linha Teorema-Demonstragáo. a CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 6 1.1 Notac0es Denotamos (x2,) uma sequéncia (21, 2o,-**). Uma n upla (21, 22, ** ,1,) podemos denotar como (24). e O conjunto de valores de aderéncia de uma sequéncia (2,) iremos denotar como A[2n). e Usaremos a abreviagáo PBO para princípio da boa ordenacáo. e Denotamos f(u +1) — f(x) = Af(u). < Tn+l e Usamos notagáo Qu, = 4, Tn e Para simbolizar a k-ésima derivada da fungáo f , usamos os símbolos D* ou f£%. e Se a sequéncia (1,) converge para a, podemos usar as notacóes limx, = a ou Ln 34. 1.2 Capítulo 1-Conjuntos finitos e infinitos 1.2.1 Números naturais Questáo 1 a) Propriedade 1. Mostrar que n(n+ D k= 2 k=1 Demonstracáo. Por inducáo sobre n. Para n = 1 a igualdade vale pois Supondo a validade para n L= (n +1) k=1 2 vamos provar para n +1 y po Dn? - > . CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 9 Essa propriedade nos mostra que todo número natural diferente de 1 é sucessor de algum outro número. Demonstracáo. Suponha que exista x nas condicóes dadas, entáo x= N+p com p natural, p náo pode ser 1 e também náo pode ser p > 1, pois de 1 < p somando n, segue x<n+1<m-+p chegaríamos em n+p < n+p que é falsa, resta entáo a possibilidade de p< 1 que náo acontece pois 1 é o menor elemento de N. Questáo 5 Propriedade 7. Provar o princípio da boa ordenacáo por meio do axioma de inducáo. Demonstracáo. Seja B um conjunto que satisfaga as condigóes do axioma de indugáo, 1 € BeVk € B, k+1 € B, vamos provar que B = N. Suponha por absurdo que B 4 N, definimos A= NB, tal conjunto é náo vazio entáo possui um elemento mínimo, tal elemento náo pode ser 1 pois 1 € B, entáo esse elemento é sucessor de algum número natural e podemos denotar tal elemento como t+ 1, isso implica que + € B e por inducáo ¿+ 1€ Bqueé um absurdo O. 1.2.2 Conjuntos finitos Questáo 1 a) Propriedade 8. Se B é finito e AC B entáo |A| < |B|. (notagáo |A| é o número de elemento de Ae A € B significa que A é subconjunto próprio de B, istoé AC Be AFB). Demonstracáo. Faremos o caso de B = [,. Como A é subconjunto de um conjunto finito entáo ele é finito, seja entáo |A| =m, supondo por absurdo que m > n vale 1, € Ln ede AC LI, € [,n segue que A € [,,, isto é, A é subconjunto próprio de /,,, porém como 14] = m, existe bijecáo entre /,, e A, absurdo! pois náo pode existir bijecáo entre um conjunto finito e sua parte própria. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 10 Questáo 1 b) Propriedade 9. Se A e B sáo finitos e disjuntos com |A| =n e |B] =m entáo AUB é finito com [AU B| =m-+n. Demonstracáo. Existem bijecóes f : [, > A, 9 : lm —> B. Definimos h : Lm+n > AUB como h(x) = f(1) se1<x<neh(2) = go—n)sel+n<x<m>+n (1 <x—mn <m), como h é bijecáo segue o resultado. Propriedade 10. Se A e B sáo conjuntos finitos náo necessariamente disjuntos vale a relacáo ¡AU B|=|4|+|B| - JAN Bl. Demonstracgáo. Escrevemos A como a uniáo disjunta A = (AY B)U(AN B), daí 14] -[4N B| =]|41 B] agora escrevemos AUB =(AN B)U B, uniáo disjunta logo ¡AU B|] =|AN B| +|8B] usando a primeira expressáo segue que ¡AU B|=|4|+|B| - JAN Bl. Questáo 1 c) Propriedade 11. Sejam (41, A,*** , An) = (Ax)/ (notacáo) conjunto finitos dois a dois n disjuntos, onde |4¿| = my entáo | U Apl = y 14,1 = SN mp. k=1 k=1 k=1 Demonstracáo. Inducáo sobre n. Propriedade 12. Se A e B sáo finitos e disjuntos com |A| =m e |B| =nm entáo Ax B é finito com [4 x B| =m.n. n Demonstracáo. Podemos escrever Ax B = U Aj onde Aj = Ax (Bj) com |Aj) = k=1 m, logo n ¡4x B|=|U 41 = 14] = mn. k=1 k=1 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 11 Questáo 2 Propriedade 13. Seja |4| =n entáo |P(A)| = 2". Demonstracáo. Por inducáo sobre n, se n= 1, entáo A = ([a,) possui dois subcon- juntos que sáo ) e (a). Suponha que qualquer conjunto qualquer B com n elementos tenha |P(B)| = 2”, vamos provar que um conjunto C' com n +1 elementos implica [P(C)| = 2. Tomamos um elemento a € C, CA (a) possui 2” subconjuntos (por hipótese da inducáo), sy de k= 1 até k = 2”, que também sáo subconjuntos de C, porém podemos formar mais 2” subconjuntos de C' com a uniáo do elemento (a), logo no total temos 2” + 2 = 2*! subconjuntos de C' e mais nenhum subconjunto, pois náo temos nenhum outro elemento para unir aos subconjuntos dados. Questáo 3 Propriedade 14. Sejam (A) com |4,| = my entáo TIA! = TI 14.) = TI». k=1 k=1 k=1 Demonstracáo. Por inducáo sobre n. Propriedade 15. Se |A| =m e |B| =n entáo |F(A; B)| =21"”. Demonstracáo.[1] Faremos o caso em que A = f,n. As funcóes de F(I,.; B) sáo m uplas, sendo que em cada coordenada existem n possibilidades de elementos m Fm; B)=][ 5 k=1 daí Ps 1 = 1181 181="". No caso geral mostramos que existe uma bijecáo entre F(Ln; B) e F(A; B) logo tais conjuntos possuem a mesma quantidade de elementos. Demonstracáo.(2] Por inducáo sobre m. Param= 1. A=([a,) e B= (b1,--* da), temos n funcóes f;(a1) = by, Vk € [,. Suponha a validade para um conjunto A” qualquer com m elementos, vamos provar para A com |A| =m-+1. Tomamos a € A, daí AYía) = A” possui m elementos, logo |F(4”, B)| = n'”, podemos estender cada f/ : A” > B para f: A=> BB de n maneiras diferentes, tomando f(a) = by, k € 1,,, logo temos no total mil nn” = funcóes O. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 14 2.3.5+1=31 é primo 2.3.5.74+ 1=211 é primo 2.3.5.7.114+1= 2311 é primo 2.3.5.7.11.13 + 1 = 30031 = 509.59 náo é primo 2.3.5.7.11.13.17 + 1 = 510511 = 19.97.277 náo é primo Questáo 4 Exemplo 2. Dar exemplo de uma sequéncia (A;) decrescente de conjuntos infinitos cuja interseccáo seja vazia. Considere os conjuntos definidos como A =(n € N | n > k), cada um desses con- juntos é infinito e vale A; C Ax+1, porém náo existe elemento que pertenca ao intersecgáo se houvesse algum t que pertencesse a interseccáo entáo tal t deveria ser elemento de todo Aj, porém isso náo acontece, pois existe k tal que k > t, daí todos elementos de Az sáo maiores que t. 1.2.4 Conjuntos enumeráveis Questáo 1 Exemplo 3. f: NxN —>N definida como f(m+1,n) =2"(2n—1) e f(1,n) =2n—1é uma bijecáo. Dado um número natural n qualquer, podemos escrever esse número como produto dos seus fatores primos n n _ ar 90m ar n= TI»: =2 -T[»% hk=1 k=2 como os primos maiores que 2 sáo ímpares e o produto de ímpares é um número ímpar entáo n = 2”(2n —1). Agora vamos mostrar que a funcáo é injetora seja f(m,n) = f(p, q) 2m(2 — 1) =29(29 1) CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 15 se m p os números seráo diferentes pela unicidade de fatoracáo (2s — 1 náo possui fatores 2 pois sempre é ímpar), entáo devemos ter m = p, daí segue que n = q e termina a demonstracáo. Questáo 2 Exemplo 4. Existe g: N —> N sobrejetiva tal que gn) é infinito para cada n € N. Seja f: N => N definida como f(n) = k se n é da forma n = pj" onde pj 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. Questáo 3 00 Exemplo 5. Exprimir N = U N;, onde os conjuntos sáo infinitos e dois a dois disjuntos. k=1 ES Tome Ny = [pj 07 € N onde pj o k-ésimo primo) e N, = NA U N;, cada um k=2 deles é infinito, sáo disjuntos e sua uniáo dá N. Questáo 4 Propriedade 23. P, = (AC N ||4| =n) é enumerável. Demonstracáo. Definimos a fungáo f : P, —> N” da seguinte maneira: Dado A = [a < zx << 2), F(A) = (21,:- ,2,). Tal funcáo é injetiva pois dados A = (tz, k € Ine B= (yr, k € [,) náo pode valer 2; = y; para todo k, pois se náo os conjuntos seriam iguais. Corolário 2. o conjunto Pf dos subconjuntos finitos de N é enumerável pois ES P=UP. k=1 é uniáo enumerável de conjuntos enumeráveis. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 16 Questáo 5 Daremos duas demonstracóes para essa questáo uma mais direta outra um pouco mais longa. Propriedade 24. O conjunto X das sequéncias (2,) tais que dado n, 2, =0 ou 2, =1 é náo enumerável. Demonstracáo. Vamos supor por absurdo que tal conjunto seja enumerável com a enumeracáo s: N > X , tal que dado v natural associamos a sequéncia s, = (tp (m))- Podemos entáo tomar o elemento y = (y), definido da seguinte maneira: Y, % Un (n), Podemos tomar y, dessa maneira pois se para n fixo vale 2, (n) = 0 escolhemos y» = 1, se %p (ny) = 1 escolhemos Yn = 0, daí tem-se que y % s, para todo v natural, logo y náo pertence a enumeracáo, o que é absurdo. Logo a sequéncia é náo enumerável. Propriedade 25. P(N) é náo enumerável. Demonstracáo. Definimos a funcáo f : X => P(N) (onde X é o conjunto de sequéncias de elementos 0 oul ) da seguinte maneira para cada sequéncia (2;), defini- mos f(14) = V = ([k | z; 4 0). Tal funcio é bijegáo pois dadas duas sequéncias distintas (25) e (yx) entáo existe k tal que 2, % y , sem perda de generalidade, y; = 0 entáo k É f(yx) e k € f(x;) logo as imagens sáo distintas. A funcáo também é sobrejetiva pois dado um subconjunto V CN a ele está associado a sequéncia (14) onde 2; =0 se k E V exp=1sekeV. Como tal funcáo é bijecáo e X é náo enumerável, segue que P(N) também é náo enumerável. Teorema 1 (Cantor). Sejam A um conjunto arbitrário e B um conjunto contendo pelo menos dois elementos, entáo nenhuma funcáo f : A —> F(A, B) é sobrejetiva. Demonstracáo. A funcáo f : A > F(A, B) associa a um elemento de x de Aa um elemento y de F(A, B), que por sua vez é uma funcáo de A em B, y: A > B, que denotaremos por f, = y. Para mostrar que f náo é sobrejetiva, temos que mostrar que existe 2 em F(A, B) tal que para nenhum x € A vale f, = 2. Definiremos z : A > B da seguinte maneira, para todo x € A fixo temos que f,(1) é um elemento de B, como B possui no mínimo dois elementos, entáo associamos 2(1) a um CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) Demonstracáo. (bd) *.bd =1 vidtbd=1 logo (bd)? =b7*.d”*. por unicidade de inverso . Propriedade 33. ac_ac vd bd Demonstracáo. ae pig gi a_0e 0a7 abrted*=ac.b*.d*=ac.(bd)* = EN Propriedade 34. a + c_a+c d od d Demonstracáo. Garde dare) = o por distributividade do produto em relacáo a soma. Propriedade 35. a,c_od+de bd bd” Demonstracáo. a,c_ad cb_ad, eb ad+te bd bd db bd" db bd Questáo 3 Propriedade 36. (1?) *=x. Demonstracáo. Pois xat= 1, logo z é o inverso de ar, istoé x= (AA. Corolário 4. pois 19 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) Questáo 4 Propriedade 37. Mostrar que para 2H 1. Demonstracáo. Usamos a soma telescópica como ak! — ak = ak (a — 1) entáo n | US k=0 1.3.2 Ré um corpo ordenado Questáo 1 20 Vamos dar algumas demonstracóes da desigualdade triangular e tirar a questáo como corolário. Propriedade 38. Sejam 0 <x e 0< y. Se a? < y? entáo 1 < y. Demonstracáo. Vale (1 — yla +y) <0 como O <= 2 + y deve valer (1— y) <0 daíx<y. Propriedade 39 (Desigualdade triangular). la +] < Ja] + |bl para quaisquer a e b reais. Demonstracáo. a. < [ab| = lal|o CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 21 multiplicando por 2 e somando a? + b? em ambos lados a +2ab+0b?= (a +b) < a? + 2a||b] +0? = la? + 2a][b] + |b]? = (Ja] + |b)? logo (Ja +b))? < (Ja] + |b])? de onde segue usando a propriedade anterior Ja +b| < la] + [b]. Demonstracáo.[2] Valem as desigualdades la] < a < al, —|b] <b < [b] somando ambas —((b] + lal) < a +b < |b] + lal que equivale a Ja +b| < la] + [b]. Demonstracáo.[3] Sabemos que vale sempre z < |x| e y < [y] entáo 2 +y < |=]| + |yl, daí se 0 < x+ y temos lo+y=0+y< (e + ly). Vale também que —x < |x| e y < [y] entáo se a + y < 0 segue lx + y] =-—(u+y) < |] + ly]. Em qualquer dos casos temos |z + y] < |x| + |yl. Corolário 5. Na desigualdade triangular la +b| < la] + [o] tomando a =x—yYy,b=y-— z segue [22 < lu —y|+ly—2l Questáo 2 Propriedade 40. lla] — |b]| < la —?l. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 24 Questáo 6 Propriedade 42. |a — b| < e > la| < [b| + e. Demonstracáo. Partindo da desigualdade ja — b| < e, somamos |b| a ambos lados la — b] + |b] < e + |b] e usamos agora a desigualdade triangular la] < la — b| + |b] < e + |] daí segue la] << + |bl. Questáo 7 Propriedade 43. Sejam (x4)i e (yx); números reais, entáo vale a desigualdade n n Dawn! <s aw. k=1 k=1 k=1 Demonstragáo. Dado f(x) = Ser + 2Yu)?, vale f(u) > 0, sendo um polinómio de k=1 grau 2 em x, expandindo vale também Ser + 2ys) = S (21)? +12 Y (aru) +a? Sy? k=1 k=1 e k=1 e b a temos que ter o discriminante A =b? — 4ac < 0= b?< 4ac para que f(x) >0, n n n 10 < 109300) k=1 k=1 k=1 implicando finalmente que n n Das Vw) k=1 k=1 k=1 A igualdade vale sse cada valor 2, +1Y4 = 0 para todo k € N. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) Questáo 8 Propriedade 44. Sejam E € (a, B) e ty, bj > 0 para cada k € 1,,, entáo vale que he n Y ty 0% kl m € (a, $). Y trdr kar Demonstracáo. Vale para cada k como cada t;bj > 0, podemos multiplicar por tal termo em ambos lados sem alterar a desigualdade, ficamos entáo com Otgbj < tyaz < Btrby n , tomando a soma > ,sabendo que a soma preserva desigualdades, daí segue que k=1 y atyby < y ty < YN tiDx k=1 k=1 k=1 logo Y ty k=1 a<= <p Y tds k=1 Y td implicando que 2 € (a, B). Y tr dr k=l Y ar Em especial tomando t, = 1 tem-se E € (a, B). ds k=1 1.3.3 Ré um corpo ordenado completo Questáo 1 Vamos primeiro demonstrar alguns resultados podem ser usados para resolver as questoes. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 26 Propriedade 45. Se A é limitado superiormente e B C A entáo sup(A) > sup(B). Demonstracáo. 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). Propriedade 46. Se A é limitado inferiormente e B C A entáo inf(A) < inf(B). Demonstracáo. infA é cota inferior de A, logo também é cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale inf A < inf B, pois inf B é a maior cota inferior de B. Sejam A, B C R, conjuntos limitados . Propriedade 47. O conjunto A+ B= ([x+y|z€ A, y € B) também é limitado. Demonstracáo. Se A é limitado , existe t tal que |x| < t para todo € Ae se Bé limitado existe u tal que |y| < u Vy € B. Somando as desigualdades e usando desigualdade triangular segue |x| + ly] < u+te lu +y] < |x| + ly] < u+t logo o conjunto A+ B é limitado. Propriedade 48 (Propriedade aditiva). Vale sup(A + B) = sup(A4) +sup(B). Demonstracáo. Como A,B sáo limitidados superiomente, temos supA := a e sup B := b, como vale a > x e b > y para todos x,y € A, B respectivamente segue que a+b> x+y logo o conjunto A+ B é limitado superiormente. Para todo e qualquer e > 0 existem zx, y tais que € a<t+z b<y+ io somando ambas desigualdades-segue-se que a+b<u+y+e que mostra que a +b é a menor cota superior, logo o supremo, fica valendo entáo sup(A + B) = sup(A) + sup(B). Propriedade 49. inf(A+ B) =inf A+ inf B Demonstracáo. Sejam a =infAeb=infB entáo Vx, y € A, B tem-se a< x, b<y de onde segue por adigáo a+b< x+y, assim a +b é cota inferior de A+ B. 31, y € A,B tal que Ve > 0 vale x < a+ 5 ey<b+ 5 pois a e b sáo as maiores cotas inferiores, somando os termos das desigualdades segue 1 + y < a +b+e, que implica que a+béa maior cota inferior logo o ínfimo. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 29 Demonstracáo. Sejam C = ([g(1).f(u) | u € Aj, B = fgly). | y € Ae A = [f(u) | x € Aj . Vale que CC A.B, daí inf(A.B) < inf(C) inf(A) inf(B) < inf(C) inf(f)inf(g) < int£(f.g). 1 Exemplo 9. Sejam f,g : [1,2] + R dadas por f(x) = x e g(x) = —, vale supf = 2, z sup yg =1 sup f.sup g= 2 e sup(f.g) = 1, pois f.g = 1 logo sup f sup g > sup(f.g). 1 1 Da mesma maneira inf f = 1, infg = 3 vale inf f. inf y = 3* inf(f.g) = 1 portanto inf f.inf yg < int(f.g). Questáo 3 Propriedade 56. Seja f : A=> R* entáo inf(f?) = (inf f?. Demonstracáo. Seja a = inf f tem-se f(x) > a Va daí f()? > a? entáo a? é cota inferior de f?, e é a maior cota inferior pois se a? < c entáo a < yc logo existe x tal que a< fla) < yc e daí a? < f(a)? < c logo a? é a maior cota inferior inf(f?) = in£(f)?. Questáo 4 Exemplo 10. e Sejam X = [ue R*|2?<2) e Y = [ye RF|y> 2) Xé limitado superiormente por 2 pois se fosse x > 2 entáo 1? > 4 que é absurdo. Os conjuntos X e Y sáo disjuntos, pois x náo pode satisfazer 1? < 2 e a? > 2. Dado y € Y vale y > zx pois se fosse y < x teríamos y? < 2? < 2 que é absurdo pois y >4. e X náo possui elemento máximo. Seja x € X entáo 1? < 2,0 <2—a?, vale também 2 2-x que 21 +1 > 0, daí0 < Tr podemos entáo tomar um racional 7 < 1 tal que zz CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 30 2 2-u 0<r< ar e vale ainda a +1 € X, pois de r < 1 tem-se 1? < re da relagáo zz r(2x +1) < 2— a? implica (14+4r= 02 r?<ad ra r=a + r (2041) <2?742-a?=2 entáo (1 +1)? < 2 e O conjunto Y náo possui elemento mínimo. Como vale y > 0 e y? > 2, tem-se y? —-2 y -2> 0e 2y > 0, logo existe um racional r tal que 0 < r < => logo Y r2y <y?—2, y? — 2ry>2. Vale ainda que y — r € Y pois (y=r)? =y?-2ry+1? > y? — 2ry > 2 logo vale (y — r)? > 2. Vale também y —r > 0 pois de 2ry < y? — 2 segue 1 r< 5 =-— <y, logo y — 7 > 0, logo y — 7 € Y, perceba ainda que y — r < y entáo y o conjunto Y realmente náo possui mínimo. e Existe supX = a, vale a > 0, náo pode ser a? < 2 pois daí a € X, mas X náo o 2 z 7 z os as possui máximo. Se a” > 2 entáo a € Y, porém Y náo possui mínimo o que implica existir c € Y tal que <c< avX o que contradiz o fato de a ser a menor cota superior (supremo). Sobre entáo a possibilidade de ser a? = 2. Questáo 5 Propriedade 57. O conjunto dos polinómios com coeficientes racionais é enumerável. Demonstracáo. Seja P,, o conjunto dos polinómios com coeficientes racionais de grau <n a funcáo f : P, >Q"* tal que PO ara) = (ar)1 =0 é uma bijecáo. Como Q”*! é enumerável por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumeráveis, segue que P, é enumerável. Sendo A o conjunto dos polinómios de coeficientes racionais, vale que Un k=1 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 31 portanto A é uniáo enumerável de conjuntos enumeráveis , sendo assim A é enumerável. Definicáo 4 (Número algébrico). Um número real (complexo) zx é dito algébrico quando é raiz de um polinómio com coeficientes inteiros. Propriedade 58. O conjunto dos números algébricos é enumerável. Demonstracáo. Seja B o conjunto dos algébricos . Para cada algébrico x escolhemos um polinómio P, tal que P,(w) =0. Definimos a funcáo f : B > A tal que F(w) = P,. Dado P, € F(B), temos que o conjunto g”*(P,) dos valores x € B tal que f(x) = P, é finito pois P, possui um número uy =y finito de raízes e daí tem-se B=UgSrw yef(B) logo B é uniáo enumerável de conjuntos enumeráveis ( no caso finitos), entáo B é enu- merável. Corolário 6. Existem números reais que náo sáo algébricos, pois se todos fossem algébricos R seria enumerável. Definicáo 5 (Números transcendentes). Os números reais que náo sáo algébricos sáo ditos transcendentais Questáo 6 Propriedade 59. Um conjunto / C R é um intervalo sse a” < x < b' com a,Y € l implica x € I. Demonstracáo. Se I é um intervalo entáo ele satisfaz a propriedade descrita. Agora se a definicáo tomada de intervalo for: dados a”, b' elementos de 7 se para todo x tal que al <x<b' entáo q € 1, logo o conjunto / deve ser um dos nove tipos de intervalos. Caso 1 seja limitado, inf] = a e sup] = b, se a < x < b, existem a”,d' tais que al < x= <bU logo z € I, isto 6, os elementos entre o supremo e o ínfimo do conjunto pertencem ao intervalo. Vejamos os casos e inf [ = a,sup / = b sáo elementos de 1, logo o intervalo é da forma [a, b]. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 34 Corolário 7. Se uma sequéncia monótona possui subsequéncia limitada entáo ela é con- vergente, pois a sequéncia monótona será limitada e toda sequéncia monótona limitada é convergente. Corolário 8. Em especial se uma sequéncia monótona possui subsequéncia convergente, entáo essa subsequéncia é limitada e daí a sequéncia monótona é convergente. Questáo 5 Definicáo 6 (Valor de ade ¿ncia). Um número real a é dito valor de aderéncia de uma sequéncia (2,), quando existe uma subsequéncia de (1,) que converge para a. Simboliza- remos o conjunto dos valores de aderéncia de uma sequéncia por A[z,). Corolário 9. Se uma sequéncia é convergente entáo todas subsequéncias convergem para o mesmo limite que é o limite da sequéncia, entáo se uma sequéncia é convergente ela possui apenas um valor de aderéncia, isto é, se lim 2,, entáo Alz,] = (a) = (lim 2, ). Exemplo 11. Os racionais sáo densos na reta e sáo enumeráveis, entáo podemos tomar uma sequéncia (1,) que enumera os racionais, logo pra essa sequéncia vale A[x,] = R, pois tomando qualquer valor a € R qualquer intervalo (a — e, a + €) para qualquer e possui infinitos racionais, elementos da sequéncia, entáo podemos com esses infinitos valores tomar uma subsequéncia de (2,) que converge para a. Em especial os racionais em (0, 1] sáo enumeráveis e densos logo tomando uma enumeracáo (2,) dos racionais nesse conjunto temos A[z,] = [0, 1]. Exemplo 12. A sequéncia (1,2,3,1,2,3,1,2,3,---) que satisfaz 1, = 1,12 = 2,13 = sendo periódica de período 3, 2,43 = Un, tem Alz,] = (1,2,3). Exemplo 13. Dar o exemplo de uma sequéncia (x,) que possua A[z,] = N. Para que isso acontega é necessário que cada número natural apareca infinitas vezes na sequéncia. Definimos a sequéncia (x,) como 2, = k se n é da forma p;,*, onde pj é o k-ésimo primo e 0 E N, daí existem infinitos valores de n tais que 1, = k com isso geramos subsequéncias CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 35 que convergem para um k qualquer dado, definimos também 2, = 1 caso n náo seja da forma p;*, apenas para completar a definigáo da sequéncia. Questáo 6 Propriedade 64. a € Alz,] + We>0, Vk € N exista n > k tal que |2, — a] < e. Demonstracáo. =>. Se a é valor de aderéncia de (1,), entáo ela possui uma subsequéncia que converge para a, logo para qualquer e > 0e k € N fixo, existe n índice da subsequéncia tal que n> ke |z,—a|<e. <= . Supondo que V e > 0, Vk € N exista n > k tal que |z, — al < e. No primeiro passo tomamos e = 1 e k= 1 daí existe n; > 1 tal que 2,, € (a—1,a+1). 1 1 1 Podemos tomar agora e = 3 e k =n, entáo existe n > ny tal que 2», € (a—= > a+ 2» na t + 1-ésima etapa tomamos £ = 771 ek = nm, daí existe n;y1 > N; tal que Tp,,, € 1 A nu ) (a— TFT a+ pd) logo construímos uma subsequéncia (2,,) tal que limz,, = 4. Questáo 7 Corolário 10. Negamos a proposicáo anterior. ag Alz,] > 3£2>0, Hk E N tal que para todo n > k implique |z, — a] > e. 1.4.2 Limites e desigualdades Questáo 1 Propriedade 65. Se lim x, = a, lim y, = b e |[2, — yn] > € para todo n, entáo |a—b| > e. Demonstracáo. Suponha por absurdo que |a —b| < e e lyn — tn] > €. Podemos — =e1 tomar n > ny tal que |y, — b| < €2 e [2, — al < ez onde €1 + €2 + €3 < €, que pode ser feito, pois basta tomar £€2 + €3 < e — €1 logo == >0 [Un — Un] < [Un — b] + |b—= a] + [n= a] < € +20 +83 =€ que contradiz |y, — 2] > €. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 36 Questáo 2 Propriedade 66 (Permanéncia de sinal ). Se lim zx, = b com b > 0 entáo no máximo uma quantidade finita de termos dessa sequéncia pode náo ser positiva, isto é, existe ny € N tal que para n > ny vale 2, > 0. Demonstracáo. Como lim x, = bh para todo e > 0 existe ng tal que para n > My 2Db-b bd temos |2n — b| < €, 2n € (b—e,b+e) tomando e = 3 temos b=8=b-= 233.3 b_ 3b . b 3b , eb+e=b+ 3573 logo existe ny tal que para n > ny tem-se 1, € G 3) logo 2, é positivo. Corolário 11. Sejam (x,), (Y,) duas sequéncias com limx, = a e limy, = b. Seb>a entáo existe ng E N tal que Yn > ty para qualquer n > ny. Considerando a sequéncia (Ln — Yn) ela tem limite lim zx, — yn =b— a > 0 logo pela permanéncia de sinal existe ny E ÑN tal que para n > ny Vale L, — Yn > 0, Zn > Yn O. Questáo 3 Propriedade 67. Se uma sequéncia limitada náo é convergente entáo ela possui mais de um ponto de aderéncia . Demonstracáo. Como a sequéncia (x,) é limitada ela possui subsequéncia (x,,) convergente, conver- gindo para uma valor a . Como a sequéncia náo é convergente, deve haver uma outra subsequéncia (2,,) que náo converge para a, daí existem infinitos valores de n, tal que Zn, náo está no intervalo (a — e, a ++) para algum e. Como (x,,) é limitada entáo ela possui subsequéncia convergente, que náo pode convergir para a, converge entáo para um valor b% aea proposicáo está demonstrada. Questáo 4 Propriedade 68. Seja (1,) uma sequéncia limitada. (2,) converge < possui um único valor de aderéncia . CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 39 Corolário 12. Como toda sequéncia limitada possui subsequéncia convergente entáo toda sequéncia de Cauchy é convergente. Observe que para provar esse fato usamos o Teorema de Bolzano-Weiertrass que usa o fato de R ser um corpo completo, em corpos que náo sejam completos como (2 o conjunto dos racionais, existem sequéncias de Cauchy que náo sáo convergentes. Corolário 13. Uma sequéncia é convergente, se e somente se, é de Cauchy. 1.4.3 Operacoes com limites Questáo 1 Exemplo 15. Para todo p € N tem-se lim n= =1 pois vale 1 < n= < n% de onde n>0 — segue por sanduíche que lim n+» =1. n>0 Questáo 2 Propriedade 73. Se existem e >0e p€ ÑN tais que € < tn < nm” para n > ny E N entáo lim(x,)*. Demonstracáo. Vale e < x, < nm”, tomando a raiz n-ésima tem-se < YT S (my sl E o + : 1 tomando-se o limite segue pelo teorema do sanduíche que lim(2,)* = 1. Exemplo 16. Para n suficientemente grande tem-se 1 <n+s < n? e daí lim(n+ s)% =1. Da mesma maneira 1<n+yn< (ny? 1<alnn < (ny? 1<ninn< (ny para n grande, daí lim (/n+ yn =1 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 40 lim Valnn= 1 lim Ynlnn= 1. Questáo 3 Generalizacáo da questáo do livro. Exemplo 17. Seja a sequéncia (2,) definida como 11 = 4 € Ty = Y In +b, onde a <a, +b, isto é, a? <a+b, a e b positivos , calcular lim z,. Vamos mostrar primeiro que a sequéncia é crescente. Por inducáo sobre nm, temos za =va+bea< va+b pois a <a+b. Supondo para N, Tn < Tny1 Vamos mostrar que vale para N +1, Lpy1 < Uny2 - Da hipótese tem-se que l, +b< tny1 + b daí V In +b< y Ln+1 +b implicando 2,41 < Uny2. Vamos mostrar agora que a sequéncia é limitada superiormente. Existe + > 0 € R tal quet? > a+be 4—b>t. Daía sequéncia é limitada superiormente por 1? —b pois, por inducgáo 1, = a < ? —b e supondo 2, < tb segue 2, +b < t? tomando a raiz segue Tny1 <t< t? —b, Ela é limitada superiormente e crescente logo é convergente. Tomando limite em ambos lados de Dos = tn + db resolvendo a equacáo do segundo 14 v1+4b grau encontramos L = —— Podemos tomar 1; =0 e b= a daí 0 < a, logo converge e temos o corolário arar varon 1+v144a As Exemplo 18. converge para a razáo áurea. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 41 Questáo 4 Propriedade 74. Seja e, = — o erro relativo na n-ésima etapa do cálculo de ya . o la por meio da recorréncia Ty+1 = 3(— + 2y). Vale que En, e Cn+1 A+ e)" Demonstracáo. Ta+l Cn41 = Ha + Tn) segue que la substituindo Tp = 3(— 2 Up Por outro lado Ca _ a Ae, +1) =2 41) = Va Ya ya daí e 22-20, yYa+a Ln —2ya += Ln kz =( )Va=( )=( )=1= ent 2(€n +1) 21, 4 2ya 2ya e ——. Se e, < 107? temese ep < 2(1 + en) - .= = 0,00005 Exemplo 19. Usando a expressáo Cny1 = 10* 107410? 10? d . TIRAR == III == III que podemos aproximar por 2114103 21870 2er NP P P aplicando novamente EA 2.101 < 1 2.101 e A 12 = E 10S(1+2) 8.10%(2.101+ 1) 1 3308 = 0, 00000000125. 1 que aproximamos para 1102.10 = 510% Questáo 5 . . Ao . 1 Propriedade 75. Definimos uma sequéncia (2,) recursivamente como 21 ==, a >0, a 1 + Tn Un+i= . (tn) converge para a solugáo positiva de a2+ar—1=0. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 44 De n! > a”, com a > 0 arbitrário para n grande, tem-se (nt)? > a entáo a sequéncia de termo 2, = (m4)% náo é limitada superiormente além disso é crescente, pois de n+1 > n n k > 0 tem-se TI n+1)> TI+ logo (n + 1)” > n! o que implica (n!)"(n +1)” > n!(n!)” k= k=1 e daí ((n+1)!)” > (n!)"** de onde segue (n + 1)! => (niya. como ela é crescente e ilimitada superiormente, entáo seu limite é infinito. Questáo 2 Propriedade 77. Se lim x, =00 e a > 0 entáo lim Y/In(z, +4— yln(z, =0 Demonstracáo. In(. 1 In(=, +4— yIn(z, = n(Ln + Inf +4) — In(2n) n(2,) In(z, +4 + yIn(tn . a a ins o denominador In(1 + —) < 14+ — > 1 logo o numerador é limitado e o numerador zx, zx, Cn Cn tende ao infinito, entáo o limite é nulo. Questáo 3 Par Propriedade 78. Com a > 0, p € N vale lim > 0. n! near Demonstracáo. Pelo testa da razáo , tomando 2, = 7 > ( segue n! Uni (m4 1)yar+ nto a a+ Ly la (n+1]l anne (n+1) n daí lim Putl =0elimz, =0. Tn n! Corolário 14. lim =00 nPar anita? anita? Propriedade 79. Seja a > 0 entáo lim =0sea<ee lim =005e 4 >C. arnin? Demonstracáo. Definindo 2, = > 0 tem-se tna Cay Un +1) nm” a 1, = n+lpp ani Im (142) Ln (n +1)"+1m arnto (145) n , a ¿QA L : ; cujo limite é —, daí, se a<elimz, =0,se a >elimz, = 00. e CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 45 Questáo 4 Tn Propriedade 80. Se (2, — yn) é limitada e lim y, = oo entáo lim = 1. Yn Demonstracáo. Existem t1,t, € R e ny tal que para n > ny vale t1 < Tn — Yn <t2, 1 + Yn < Tn < ta +Yn com Yn > 0 dividimos por esse valor ti Tn ta —+1<=<—=+1 Yn Yn Yn tomando o limite em ambos lados tem-se por sanduíche Tn 1< lim <1 Un limlim” = 1. Yn 1 1 Corolário 15. A sequéncia (In(n+ 1) —In(n)) é limitada pois vale 0 < In(1+=) < 1+= n n In(n +1) 1 com 1+-— limitada daí lim = 1 pois e lim In(n) = oo. n Outra maneira é considerar h(n+1)—,_ Inn+1)—In(n) _ In(1+ 1) In(n) Ml In(n) —1n(nm) como o numerador é limitado e o denominador tende ao infinito o limite é nulo lim 1071) -=1=0=> lim 2041) In(n In(n) =1. Questoes 5e 6 Propriedade 81 (Stolz-Cesáro). Dada uma sequéncia (2,) e uma sequéncia (yn) cres- cente com lim y, = 00 AZ, so 1 Tn = a entáo lim W = a. An Yn e lim CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 46 Az, Demonstracáo. Como lim = a entáo para todo e > 0 existe ny E N tal que Un Az, para k > ny tem-se a — € < E < a+ € € Yn > 0 (pois tende ao infinito), como (y) é Y crescente vale Ay¿ > 0, logo podemos multiplicar por ele em ambos lados da desigualdade sem alterar (a — e) Ay; < Ars < (a+ e) Ayr n-1 tomamos o somatório ) em ambos lados k=ng+1 (a — e MYn — Yno+1) S (Un — Tngy1) < (a + Yn — Yno+1) isso implica (a — E Yn — Yno+1) + Tnoy1 S Tn S (a + MYn — Yno+1) + Uny+1 Yny+1 Tag UT (a—e)(1— Pott) y Front < Un Un mo : : : vo Tn como lim y, = 00 segue que o que implica lim = = a. Un Propriedade 82. Se limzn = a e (w,) é uma sequéncia de números positivos com n E WEZk lim > W = 00 entáo lim“ =a, k=1 y WE k=1 Demonstracáo. Tomamos 2, = y Wk-Zk € Yn = y w, entáo At, = Wn+1-2n41 h=1 2 z . , AZ , Ayn = Wn+1 > 0 entáo Yn é crescente e lim y, = 00, temos também que = Un Wa+1Zn+1 A . - o A! 2n+1 Cujo limite existe e vale a entáo nessas condicóes vale Wn+1 n Y Wh-2k Tn : lim Ñ = lim Tm Y Yn TA k=1 Il a n Corolário 16. Tomando w,, = 1 entáo ) wi = n e seu limite é infinito, tomando uma k=1 sequéncia (2,) tal que lim z, = a entáo segue que 2” 2 ke lim n CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 49 pois >kk k>0 ek > 1 por análise de sinal , logo aplicando o somatório Questáo 3 Vamos agora demonstrar alguns resultados que náo sáo necessários para resolver a questáo, porém achamos que sejam interessantes , simples e podem enriquecer um pouco o material. Vamos usar o seguinte pequeno resultado em certas demonstracóes. Propriedade 84. Sejam (x,) e (yn) sequéncias, se Ar, = Ay, para todo n, entáo Ln = Yn +C para alguma constante c. n-1 Demonstracáo. Aplicamos o somatório ) em cada lado na igualdade Az; = Ayy k=1 e usamos a soma telescópica, de onde segue o. Tn = 11 =Yn —= Yi > Tn = Yn + Zi Corolário 18. Se Az, = Ay, Vn e existe t € N tal que x, = y, entáo 2, = Yn para todo n. Tal propriedade vale pois 1, = Y, +.c, tomando n = t segue 1, = y, + e que implica c=0, logo x, = yn para todo n. Propriedade 85. Sejaen>0€ N entáo n-1 2911 2-1 Y Y /10-=Y 10) s=0 k=2% k=1 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 50 Demonstracáo. Para n= 1 o 2sti1 2-1 211 Y Y 1m= Y 10)= $0) s=0 h=2% h=20 h=1 Temos que n-1 2911 anti AY Y f0)= Y) fa) s=0 k=2% k=20 e 2m-1 anti 2m-1 1 anti 2-1 2-1 ant ANS) = O» ¿> L0)+ 7100) - 10 = Y 10). k=1 k=1 k=1 k=20 k=1 k=1 h=20 logo está provada a igualdade. Propriedade 86 (Critério de condensacáo de Cauchy). Seja (1,) uma sequéncia náo- crescente de termos positivos entáo ) T¡ converge, se e somente se, ) Y aran converge. Demonstracáo. Usaremos a identidade n-1 2911 2-1 Y Y /M=) 1. s=0 k=2% k=1 Como 2; é náo-crescente entáo vale gt 9h in = y Los < y Tk h=25 h=25 n-1 aplicando 2 segue s=0 n-1 2-1 y AS ) Zk s=0 k=1 logo se y 2% xs diverge entáo y 14 diverge. Usando agora que 21 2sti1 y Tp < y Las = Los h=25 h=25 n-1 aplicando y segue que s=0 2-1 n-1 y Tp < y 2xas k=1 s=0 daí se ) 2* 19, converge entáo ) T converge O. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 51 Exemplo 24 (Série Harmónica). Os números harmónicos sáo definidos como n 1 Hn = > k k=1 o 1 : oz : an : temos que lim — = 0 satisfaz a condigáo necessária para convergéncia de séries mas vamos n mostrar que a série 0 li 1 im A, => += k k=1 , isto é, a série diverge. Suponha que a série harmónica seja convergente, denotando lim H,, = H Sejam Ni o subconjunto de N dos índices pares e Na o conjunto dos números ímpares. Se H,, converge temos que a série sobre suas subsequéncias também converge, sendo entáo H temos Han = Sn + tn tomando o limite lim Ha, = H = lim(s» +tn) =8 +8, como s= 3 segue que t = 3 pois a soma deve ser H, desse modo a diferenga t— s = 0, mas no 4 "1 n 1 1 => -Mo=»Mommmn>=>+ Sar >0 RICA ARRE) 2 4-1) logo lim t,, — Sp = s>0 de onde segue t > s que é absurdo. Pode-se mostrar que lim t,, — s, = In(2). Exemplo 25. Na série harmónica percebemos que 1,12 1 3412172 111101101 41 5t0t7+t37373 11101, 1. 1. 1. 1 128 1 stotutatatat*i716 72 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 54 Questáo 2 21.21.2121 Exemplo 28. Seja a série ay = 2 4 24 4 +** onde P 7 2 data ts tooo 1 da = entáo lima; = 0 e tem termos alternados, porém diverge. —— 0d 1= 42 000 24 k Por que ela náo contradiz o teorema de Leibniz? Tal sequéncia náo satisfaz a propriedade . 2 1 cente, Polis dak41 > 02% 5373 >577 de ser náo-c: 2+4k+1 7 2+k Tal série realmente diverge pois 2 9 1 1 pa = a - a ITA —5 al Eo E "CL k 24k k+2 k=1 k=1 que diverge pela divergéncia da série harmónica beca acima que separamos os termos pares dos ímpares na soma). Questáo 3 Exemplo 29. Uma série ) Gn pode ser convergente e quando seus termos sáo multi- plicados por uma sequéncia limitada (x,) a série ) An Tn, pode divergir, como é o caso Ey da série ! gerando a série 5 — que é divergente. (z,) pode ser convergente e ainda assim > An Tn n -1y n com termos multiplicados pela sequéncia limitada de termo (-1)”, divergir como é o caso de ) que converge pelo critério de Leibniz e tomando _ 1" (iy % Ln = Ar y E E ==; diverge. Propriedade 91. Se (x,) é limitada e y An é absolutamente convergente entáo y AnTn é convergente. Demonstracáo. Existe m € R tal que |2,| < m Vn € N daí |z,a, | < mla, | daí segue por comparacáo que > |z,4n] é convergente logo > Tn :(, CONVErge. Questáo 4 Propriedade 92. Seja (1,) uma sequéncia náo-crescente com lim x, = 0 entáo a série obtida somando p termos com sinais positivos da sequéncia (x%,) alternando com p termos negativos alternadamente é convergente. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) a a Demonstracáo. A série pode ser escrita como 00 p 00 (a y Th+(t-1)p = NDA t=1 k=1 t=1 ———_ Vamos mostrar que essa série satisfaz os critério de Leibniz. Como limx, = 0 entáo o limite de qualquer subsequéncia de (2,) também tende a zero, logo lim Trip = 0 00 p , para todo k fixo, tem-se lim y, = lim > Uk+(t-1)p = 0. Agora vamos mostrar que a k=1 sequéncia (y;) é náo-crescente, como (x,) é náo-crescente temos que Upyp < Tr+(1-1)p p para todo k, aplicando ) tem-se k=1 » » Yt+1 = > Th4tp < > Th+(-1)p = Ye k=1 k=1 00 P daí y, é náo-crescente, logo vale o critério de Leibniz, implicando que ) Eye ) Th+(—1)p k=1 t=1 é convergente. Exemplo 30. A série obtida somando p termos com sinais positivos da sequéncia (1,) = (=) alternando com p termos negativos alternadamente é convergente, pois lim, =0 e n Ln é decrescente. Questáo 5 Propriedade 93. Se Y ar é absolutamente convergente e limb, = 0 entáo c, = ” SY arbn-1 > 0. k=1 Demonstracáo. Existe B > 0 tal que |»,| < B, Wn € N. Vale y laz] = A. Dado k=1 n € £ > 0 existe ny E N tal que n > ny implica |b,| < 34 e Por y laz.| ser de cauchy vale k=1 n E - | y aj] < 35 entáo para n > 2ny (n — ny > Ny) segue que k=n9+1 no n ” ” IN arba—+l < y lax)|0n-4| = y la) |bn-4| + y AMES k=1 k=1 k=l k=n9+1 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 56 <) lulzg+ Y llos ips gr io k=n9+1 isso implica que lim c,, = 0. Questáo 6 Propriedade 94. Seja (x¡) uma sequéncia de números náo negativos com a série > Tk convergente entáo ) EA é convergente. Demonstracáo. Como temos 2, > 0 segue também 17 > 0, sendo entáo s(n) = ) xí temos As(n) = Do > 0, logo s(n)é náo decrescente, se mostrarmos que a série é k=b limitada superiormente teremos uma sequéncia que é limitada e monótona logo conver- gente. Temos que s(n) é limitada superiormente da seguinte maneira Ns 070001.) k=b k=b k=b logo a série é convergente. Corolário 20. Se > az é absolutamente convergente entáo > aj, converge, usamos O resultado anterior com 2; = |a;|, entáo a convergéncia de > laj.| implica a convergéncia de y laz? = Y az. Questáo 7 Propriedade 95. Se ) a e ) Ye convergem entáo ) Tn-Yn converge absolutamente. Demonstracáo. Usando a desigualdade de Cauchy n Era? < Era Els =( 01) k=1 k=1 logo por critério de comparacáo segue que ) Tn-Yn converge absolutamente. Questáo 8 Propriedade 96. Seja ) 4, Uma série qualquer, denotamos S= O ax, tal que A é qualquer conjunto finito de índices de (az)). keA CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 59 Demonstracáo. Seja L > 0, entáo existe ny € N tal que para k > ny vale o<L=e<u< al o <Lye E] aplicando TI em ambos lados e usando produto telescópico tem-se k=ng+l [Tropa < [41] < [tno+11(t2) 70 tomando a raiz n-ésima 2 2 [na E) < Ja] < [nora 1 (ta) para n grande tem-se L-e< lta]i <L+e daí segue que lim [2,41 )% = L. Se L = 0, temos argumento similar, existe ny € N tal que para k > ny vale [ka] [a] 0< <ty<e<l n aplicando TI em ambos lados e usando produto telescópico tem-se k=n0+1 0< [en+1] < [Eny+11(t2)70 tomando a raiz n-ésima 1 1 — 0< ltn+1 1" < [eno+117 (t2)' para n grande tem-se 0< lia 7 <e . : 1 daí segue que lim |2,,1|% = 0. Propriedade 101 (Limite da média geométrica). Seja (2,) tal que 2, > 0, se lim x, = 4 entáo tim([] 2)" =a. k=1 5 Un+l Usando a notacáo Qu, = . Tn Demonstracáo.[1] Usamos o resultado de que se lim Qy, = a entáo lim /yn = 4. n Tomando Y. = TI-* segue que (Y, = tn+1 logo lim (y, = limx,+1 = a implica que k=1 lim /y, =a= tim] [ k=1 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 60 Demonstracáo.(2] Seja a > 0 . limz, = a entáo limIn(z,) = In(a) que implica ne lim DL n(s) =1In(a), limin(( «ev» y%) = In(a) n k=1 pela continuidade e propriedade bijetiva de ln segue y lim( To» n= Se a= 0 usamos desigualdade das médias e teorema do sanduíche daí . 0 <(lw )%) < mp k=1 entáo , lim( y) =a em todos esses casos. n 1 Corolário 21. Sabendo que lim x, = a, 1, > 0 podemos provar que lim]] a; =4 k=1 usando a desigualdade das médias e teorema do sanduíche <I]u! < ys É Ok k=1 n 1 usando que lim =ae lim Dn. = a segue que tim] [ az por sanduíche . Ok k=1 k=1 Questáo 5 Exemplo 33. Estudamos os valores x reais com os quais as séries a seguir convergem. 1 ) nf. majo = Vnka] > [2] entáo a série converge com |x| < 1, ela náo converge se =1 0u x =-—1 pois nesses casos o limite do termo somado náo tende a Zero. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 61 2. Ni nar, yn an San la . 3. ) —. | = Lal > 0, logo ela converge independente do valor de x. ya ya n 4. Yin a. nar = Yn! > 00 se 1 H0 ela só converge para x =0. | => 0, logo ela só converge com z = 0. n n T n/|T ze : ans 5. > > |x|, entáo é garantida a convergéncia com [| < 1, com x= 1 n 1 ela converge e com x = —1 também, pois é absolutamente convergente. 1.5.4 Comutatividade Questáo 1 Propriedade 102. Se uma série é condicionalmente convergente entáo existem alteragóes na ordem da soma dos seus termos de modo a tornar a série +00 04 00. Demonstracáo. Como vale > qn = 00 podemos somar uma quantidade suficiente de termos negativos da série tal que a soma resulte em —si e q, seja arbitrariamente pequeno, daí como ) Pn = 00 somamos um número suficiente de termos positivos para queo resultado seja s2 +_A_ > 0, como q, é pequeno somamos um número suficiente tal 0 > que o resultado seja Ss tal que A < s3 < sz +A, novamente somamos uma quantidade de termos positivos tal que o resultado seja s4 = 52 +24, somamos agora os termos negativos tal que o resultado seja s¿ com 24 < s5 < sa + 24, continuamos o processo, sendo que para n suficientemente grande vale s, > p.A, onde p é natural e A > 0, logo a soma diverge para infinito. Para que a série seja divergente para —oo tomamos procedimento semelhante, porém comegando a somar termos positivos até que p,, seja pequeno e depois comegamos a somar os termos negativos. Questáo 2 (náo feita ainda) Demonstrar que (hipótese) dn dn - 1 1 1 1.1 A ML nr k=1 =1 <= =1 Ey e daí lim s, =0 , s, é uma reordenacáo da série ) CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 64 Questáo 2 Propriedade 107. Seja A C R. Se V(z,) com limz, =a € A, MM EN|n>N => 2, EA entáo A é aberto. Demonstracáo. Vamos usar a contrapositiva que no caso diz: Se A náo é aberto entáo existe (2,) com limz, = a € Ae 2, € A. Lembrando que a contrapositiva de p=>q6é= q =>" p, (onde » é o símbolo para negacáo da proposicáo) sendo proposicóes equivalentes, as vezes é muito mais simples provar a contrapositiva do que a proposicáo diretamente. Se A náo é aberto, existe a € A tal que a náo é ponto interior de A, assim Ve > 0 , (ae, a+e)n(RA A) X 0, entáo podemos tomar uma sequéncia (2,) em RY A que converge para a € A. Questáo 3 Propriedade 108. int(AN B) =int(A) Nint(B). Demonstracáo. Primeiro vamos mostrar que int(AN B) C int(A) N int(B). Se zx E imt(AN B) entáo existe e > 0 tal que (1—+e,12+Ee) C(ANB) daí (1—e,u+e) CA e(u—exu+e) CB,o que implica que (1—e,2+e) CintA e (1—e,2+e) CimtB, provando a primeira parte. Vamos mostrar agora que intA NintB C int(AN B). Dado x € intAN int B, sabemos que tal conjunto é aberto por ser interseccáo de abertos, logo existe e > 0 tal que (u—e, 2+ e) CintANintB daí (1—e,a+e) CintAe (1u—e,2+e) C intB, logo (u—e,u+e) € A, B provando o resultado. Exemplo 34. Podemos ter dois conjunto X e Y tais que int(XUY) A int(X) U int(Y )? Sim, basta tomar X = [a,b] e Y = [b,c] temos que intX = (a,b), intY = (b,c) e que XUY = la, c] segue que int(X UY) = (a, c) que é diferente de (a, b)U (b,c). Em especial tomando A = (0, 1] e B = [1,2) vale que int(AUB) = (0,2) 4 intAUintB = (0,1)U(1, 2). CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 65 Propriedade 109. Vale intAUintB Cint(AU B). Demonstracáo. Seja € intA entáo existe e > 0 tal que (1 —e,0+€) € A logo (1—e,1+Ee) € AUBe (1—-e,0+e) € int(AU B) o mesmo para B, logo vale intAVintB Cint(AU B). Questáo 4 Usamos a notagáo OA para fronteira do conjunto A. Propriedade 110. Dado A C R vale que R=int(A) UVint(RY A) UOA onde a uniáo é disjunta. Demonstracáo. Dado x € Re AC R vale uma e apenas uma das propriedades a seguir: e Existe e > 0 tal que (u—e,u+e€) C A, daí a € int(A). Caso contrário Ve > 0 (ue, +e) LA e fica valendo uma das propriedades a seguir: e Existe e > 0 tal que (2 —e,1+e) C (RA A) daí x € int(RY A) ou vale que e Ve>0, (1-5, 24+e) NAF NeVe>0, (1—-e,a+e)N (RAYA) 40, nessas condicóes xE0A. Com isso concluímos que R C int(AJUint(RAJUOA e como int(A)Uint(RY AJUDA E R segue que R= int(A)UiNt(RY A)UOA. Propriedade 111. A é aberto S+ ANDA =0. Demonstracáo. >. Se A é aberto, entáo intA = A com intA e OA disjuntos. <=. Supondo que ANDA = (), entáo, dado a € A vale a € int(A)Uint(RY A)U OA, náo pode valer a € da ou a € int(RY A), daí forgosamente tem-se a € int(A) implicando AC int(A) logo A= ntA e A é aberto. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 66 Questáo 5 Propriedade 112. Dado A = (a, b] tem-se DA = (a,b). Demonstracáo. Os pontos de (a,b) náo podem ser pontos de fronteira de A pois sáo pontos interiores do conjunto, da mesma maneira os pontos de (b,00) e (—00, a) náo podem ser pontos de fronteira pois sáo pontos de RY A, daí segue que OA = (a, b] Exemplo 35. Dado A = [0, 1] tem-se DA = (0, 1). Exemplo 36. Achar a fronteira do conjunto A = (0,1) U (1,2). Tal conjunto é aberto, entáo nenhum ponto desse conjunto pode pertencer a sua fronteira. Temos RYA = (oo, 0] U (1) U [2, 00), cujo interior é int(RY A) = (—0o, 0) U (2,00), logo a fronteira é o que resta DA = (0,1,2). Exemplo 37. 0Q = R pois intQ = (), int(RY Q) =0, daí 0Q = R. Propriedade 113. Se RA é aberto e intA = () entáo DA = A. Demonstracáo. Vale que int(RY A) = (RX A) e intA =0 logo JA = RA (int(A) Vint(RX A)) = RA ((RA A)) = Exemplo 38. RY Z é aberto, por ser reuniáo de abertos a além disso Z tem interior vazio, daí OZ = Z. Questáo 6 Propriedade 114. Sejam (1;) uma sequéncia dei intervalos limitados dois a dois disjuntos tais que LD Lp We N ea interseccáo I = ñ IT, náo é vazia. k=1 Nessas condicóes / é um intervalo que náo é um intervalo aberto. Demonstragáo. Sejam aj e b, extremidades de 7, entáo vale a, < b,, Vk,p € N. As sequéncias (a) e (b,) sáo limitadas, (az) é náo-decrescente e (b;) náo-crescente, logo elas sáo convergentes sendo lim a, = a, lim b,, = b. e Dado x € 1 náo pode valer x < a, pois existe 2, tal que r < 1, < ae (1,) é náo-decrescente, da mesma maneira náo pode valer b < zx, pois daí existe yn tal que D< Yn < 1 € Yn é náo-crescente. Com isso concluímos que / C (a, b]. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 69 Questáo 4 Propriedade 121. Se A é aberto e A = BUC é uma cisáo de A, entáo C' e B sáo abertos. Demonstracáo. Vale BAC=(0eCNB=0. Sejare Ae zx € B, por A ser aberto, sabemos que existe e > 0 tal que (u — €, ++) C A. Se tivéssemos Vr > 0 (2=r,12+r)0C 4 ( entáo teríamos uma sequéncia em C convergindo para x e daí x € C o que contraria CM B = (), entáo deve existir um e, > 0 tal que (11,140) 0C=0, daí temos (1 — £9, 1 +82) C B, logo B é aberto. De maneira semelhante para A. Propriedade 122. Seja A= BUC cisáo com A fechado, entáo B e C sáo fechados. Demonstracáo. Seja x € B entáo x € A, pois A é fechado. Por BN.C = ( segue que x € C, daí forgosamente tem-se x € B. De maneira análoga para C. Questáo 5 Propriedade 123. Se OA = () entáo A=R ou A=0 Demonstracáo. Sabendo a identidade R = íntA UOA UV int(RY A) uniáo disjunta, sendo OA vazio segue R = intAUint(RY A) e sabendo que R é conexo isso implica que A= RR 0u vazio. Questáo 6 Propriedade 124. Vale que AUB=AUB. Demonstracáo. Vamos mostrar inicialmente que AUBC AUB. De ACAUBeBCAUB segue que AC AUBEeBCAUB dai AUBCAUB. Agora mostramos que AUB C AUB. Seja x € AUB, entáo existe uma sequéncia (2,) € AUB tal que lim 2, = 2, tal sequéncia possui um número infinito de elementos em A ou B, logo podemos tomar uma sequéncia (y,) em A ou B tal que lim y, =1 € AUB. Que prova o que desejamos. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 70 Propriedade 125. Vale que ANBCANB. Demonstracáo. Tem-se que ANBC ALC ANBCB, logo ANBCACANBCB de onde segue ARBCANB. Exemplo 39. Podemos ter conjuntos X e Y tais que XNYAXNY? Sim, basta tomar X = (a,b) e Y = (b,c), temos que X = [a,b], Y =[b,c], XNY = (0) e XNY =( de onde XN Y =/ , logo sáo diferentes. Questáo 7 Propriedade 126. Dada uma sequéncia (x,) o fecho de X = [2,n, nENJéX =XUA onde A é o conjunto dos valores de aderéncia de (2,,). Demonstracáo. Inicialmente podemos perceber que XUA C X pois X CXe A C X, esse último pois é formado pelo limite de subsequéncias de X, que definem de modo natural sequéncias. Agora iremos mostrar que Y C XUA.Sexe€ X entáo 1 € AUX. Sexe XYX entáo vamos mostrar que z € A, isto é, existe uma subsequéncia de termos de (2,) que converge para x. z € X Y X implica que todo intervalo (1 — e, 1 +e) possui elementos de X distintos de zx, isto é, possui termos zx, da sequéncia. Definimos indutivamente n, = minín € N | |x, — a] < 1) supondo definidos de n; até ny definimos n,1 = minfn € N | |x, — a] < m+1> daí (2,,) é subsequéncia de (x,) e +1 converge para a, logo a € A. 1.6.3 Pontos de acumulacáo Questáo 1 Propriedade 127. Dado AC Rentáo AC AUA". Demonstracáo. Se a € Á entáo aEA>a Ec xAUuz a A, daí existe (1, ) em A! (a) tal que lim x, = a, logo a € A!. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 71 Corolário 23. Temos que AUA' C A logo A=AUA”. Propriedade 128. A é fechado se, e somente se, A C A. Demonstracáo. =>. Se A é fechado vale A=' A daí A= AUA', que implica 4' C A. <=. Da mesma maneira se A' C A entáo A= AU 4A'= A logo A é fechado. Questáo 2 Propriedade 129. Toda colecáo de intervalos náo degenerados dois a dois disjuntos é enumerável. Demonstracáo. Seja A o conjunto dos intervalos náo degenerados dois a dois dis- juntos. Para cada intervalo 7 € A escolhemos um número racional q e com isso definimos a funcáo f : A > Q, definida como f(1) = q, tal funcáo é injetiva pois os elementos IA J de A sáo disjuntos , logo náo há possibilidade de escolha de um mesmo racional q em pontos diferentes do domínio, logo a fungáo nesses pontos assume valores distintos . Além disso Podemos tomar um racional em cada um desses conjuntos pois os intervalos sáo náo degenerados e () é denso. Como f : A— Q é injetiva e () é enumerável entáo A é enumerável. Questáo 3 Definicáo 9 (Conjunto discreto). Um conjunto A é dito discreto quando todos os seus pontos sáo isolados. Propriedade 130. Se A é discreto entáo para cada x,y € A existem intervalos abertos Lz, [y de centro x, y respectivamente tais que se z % y entáo 1, N 1, % 0, isto é, podemos tomar intervalos de centro x e y respectivamente, tais que eles sejam disjuntos em R ( náo possuam elementos em comum de R). Demonstracáo. Para cada x € A existe €, > 0 tal que (1— €,, 1 +€,) N (1). Definimos para cada z, L, = (a > c+ 5)'Tomando xy € A podemos supor £y < £y. Se 2 € I, M [, entáo CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 74 Demonstracáo.(1] Seja uma cobertura U Bs = B para A, U Az, como Aj € U Br keL keL n e A, compacto, podemos extrair uma subcobertura finita da cobertura B, Aj € U Br, k=1 m da mesma maneira podemos extrair uma subcobertura finita para A2, A2 € U By, daí k=n+1 m m U B;= Ú By U U By é uma subcobertura finita para a uniáo. k=1 k=1 k=n+1 Propriedade 138. Reuniáo finita de compactos é um conjunto compacto. n Demonstracáo.(2] Seja A = U Aj a reuniáo, como cada Ay é fechado tem-se que A k=1 é fechado por ser reuniáo finita de fechados. Além disso o fato de cada Aj ser limitado implica que A também é limitado, pois, cada Az pertence a um intervalo do tipo (ay, bj), n tomando a < az Vk e b > bj Vk tem-se que Aj C [a;, bj] E [a,b] daí A = U Aj C [a, b] k=1 entáo A é limitado. Sendo limitado e fechado segue que A é compacto. Propriedade 139. A interseccáo arbitrária de compactos é um conjunto compacto. Demonstracáo. Seja A = N Aj a interseccáo arbitrária de compactos, como cada keB Ay é fechado a e interseccáo arbitrária de fechados é fechado segue que A é fechado, além disso A é limitado, pois dado t € B, A C As, sendo A subconjunto de um conjunto limitado implica que A é limitado. A é fechado e limitado, portanto é compacto. Questáo 3 Exemplo 40. Dé um exemplo de uma sequéncia decrescente de conjuntos fechados náo vazios Fj, C Fj.;1 tal que ñ Fi. = k=1 Perceba que os conjuntos náo podem ser intervalos fechados do tipo [a, b], pois nesse caso iríamos cair no caso do teorema de intervalos encaixados e nesse caso a interseccáo náo seria vazia. Sabendo disso tomamos F'; = [k, 00), náo pode existir x nessa interseccáo, pois dado x real, existe k > zx e daí x E [k, 00). Exemplo 41. Dé um exemplo de uma sequéncia decrescente de conjuntos limitados náo vazios Ly C Ly,1 tal que ñ Ly = k=1 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 75 1 . - . Nesse caso escolhemos Ly, = (0, 7» nenhum número pode pertencer a interseccáo pois : 1 PS : : 4 dado x existe k tal que % < x e daí x náo pode pertencer ao conjunto Lx, assim também náo pertence a interseccáo . Questáo 4 Propriedade 140. Sejam A, B náo vazios com A compacto e B fechado, entáo existem xy EA e yo € B tais que [zo — yo] < [x — y Vx € A, y € B. Demonstracáo. Seja C = (Jx — y|,x € A y € B), tal conjunto é limitado inferi- ormente por 0. Sendo assim possui ínfimo. Seja a = inf C. Pelo fato de a ser ínfimo de C existe sequéncia de elementos de C que converge para a, isso implica que existem sequéncias l, € A € Yn € B tais que lim 2, — Yn| = 4. Como A é compacto, portanto limitado a sequéncia (x2,) possui subsequéncia conver- gente, de modo que podemos admitir que (x,) seja convergente (se náo passamos a uma subsequéncia), logo lim x, = a € A pelo fato de A ser fechado. Da desigualdade [Un] < [en — Yn| + (2,1 concluímos que (y) é limitada, logo possui subsequéncia convergente, tomando sua sub- sequéncia convergente se necessário, tem-se que lim Y, = Yo € B, pelo fato de B ser fechado. Dessas propriedades segue que lim |y, — 2, | = lim [20 — yo] = a daí fica provado o resultado. Questáo 5 Propriedade 141. Seja A compacto. Se A é discreto entáo A é finito. Demonstracáo. Contrapositiva, se A fosse infinito sendo limitado ele teria ponto de acumulacáo, pelo fato de ser fechado esse ponto de acumulagáo pertenceria ao conjunto. observe que a contrapositiva de A é discreto que é todos os pontos de A sáo isolados é existe pelo menos um ponto de A que náo é isolado, isto é, que é ponto de acumulagáo. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 76 Exemplo 42. Z é um conjunto fechado ilimitado em que todos seus pontos sáo isolados. 1 A=4(-|n€ Ny é um conjunto limitado náo fechado em que todos os pontos sáo isolados. n Perceba nesse último exemplo que existem termos do conjunto arbitrariamente próximos, mesmo assim todos seus pontos sáo isolados, tal conjunto admite ponto de acumulacáo 0, mas tal elemento náo pertence ao conjunto o conjunto náo é fechado. Questáo 6 Propriedade 142. Seja A compacto entáo os seguintes conjuntos também sáo compactos e S=[u+y, ,y € A) e D=(f=-y, 1,yE€A) e P=([2.y, 1,y € A) z “0 Eres Demonstracáo. Primeiro vamos mostrar que tais conjuntos sáo limitados. Como A é limitado entáo existe M > 0 tal que |x| < M, Vx € A. [2+y| < |x| +]|yl < M+M =2M daí S é limitado. zx — y| < [2] + [y] < 2M, portanto D é limitado. Vale |x| < M e yl < M logo |x.y|= |2].1y] < M?. Vale || < M como 0 É Ae A é fechado entáo náo existem termos arbitrariamente . . . 1 1 próximos de zero, logo existe c tal que vale 0 < e < ly] disso segue que 7 <-= Y C oa o - le] _ M multiplicando pela primeira relacáo tem-se Tal <—. Y C Vamos mostrar que os conjuntos sáo fechados. e S é fechado, tomamos (2,) em S tal que lim 2, = a vamos mostrar que a € S. Zn = Un + Yn, como A é compacto conseguimos uma subsequéncia de (2,) que seja convergente, daí passando para a subsequéncia temos lim 2, = Zo, lim 2, +Yn— Un = lim y, converge para yo daí lim 2, + Y, = a = limz, + lim y, = to + Yo é a soma CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 79 s , Le Tk : : y=0€ Kezx=a. Caso contrário a = > 3 podemos sempre arranjar y finito formado k=1 por algarismos 2; sendo O ou 2 (ou no máximo o último algarismo sendo 1) tal que a soma y + a também seja elemento do conjunto de cantor por exemplo a = 0,1212, tomamos y de forma conveniente para que a soma seja um elemento do conjunto de cantor, escolhendo os algarismos que devem ser somados, nesse caso podemos tomar y = 0,0020. (Falta provar isso de forma rigorosa!!!) Definimos agora o conjunto D = (lx — y|, x,y € K), tal conjunto é limitado, pois vale [1 — y] < [zx] + [yl < 1+1= 2 por x e y serem elementos do conjunto de Cantor que é limitado. Vamos agora mostrar que tal conjunto é fechado, seja (2,) uma sequéncia convergente nesse conjunto, vamos mostrar que o limite da sequéncia pertence ao conjunto, lim z, = lim|z, — yn] = + € D. Como o conjunto de Cantor é limitado as sequéncias (2) e (yn) sáo limitadas, logo possuem subsequéncias convergentes, passando para estas subsequéncia denotando ainda por (z,), (yn) elas convergem para elementos Zp, Yo NO conjunto de cantor (pelo fato de tal conjunto ser fechado), daí temos lim z, = lim |2, — yn] = [to — yo] = +4 logo, existem Zo, Yo € K tais que [zp — Yo] = t limite de uma sequéncia arbitrária de pontos de D, portanto D é fechado. O conjunto das fracóes do tipo a = > (que sáo elementos de D) é denso em [0, 1], disso seque também que D é denso (0, 1), sendo conjunto fechado concluímos que D = [0,1] logo para qualquer valor a € (0, 1) existem x,y no conjunto de Cantor, tais que y— 3 =4. Questáo 3 Propriedade 144. A soma da série cujos termos sáo os comprimentos dos intervalos omitidos para formar o conjunto de Cantor é igual a 1. z . 1 . 1 : Demonstracáo. Cada intervalo /, remove 2*7! intervalos de comprimento 3F Assim 00 U [¡, remove um comprimento limite de k=1 9h-1 EE Sa 1 al ES ¡My CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 80 Questáo 4 00 Propriedade 145. O conjunto A dos extremos dos intervalos removidos U [, é enu- k=1 merável . Demonstracáo. Para cada k seja Aj o conjunto dos extremos de intervalos de /;, Az é finito e vale 00 A=U)A: k=1 como A é uniáo enumerável de conjuntos enumeráveis(finitos) entáo A é enumerável. Propriedade 146. Os extremos de intervalos removidos que pertencem ao conjunto de Cantor, possuem representacáo finita na base 3. Da mesma maneira se um número possui representacáo finita na base 3 e pertence ao conjunto de Cantor entáo ele é extremo de um intervalo omitido. Demonstracáo. Os extremos de intervalos removidos possuem representacáo finita n na base 3 pois sáo da forma 3 que pode ser expandido em ) k=1 Tr 3E com 2; 0 ou 2, que dá a sua representacáo na base 3. Suponha agora que um número possui representacáo finita na base 3 e pertence ao conjunto de Cantor, entáo ele é da forma mana aan nm k=1 3 entáo ele é extremo de um intervalo removido. Propriedade 147. Os extremos dos intervalos removidos que pertencem ao conjunto de Cantor sáo densos nele. Th , onde cada 3 Demonstracáo. Os elementos do conjunto de Cantor sáo da forma ) k=1 n Tk aa : 11 assume valor O ou 2, como cada sy = ) 3 nessas condicóes é extremo de intervalo k=1 Tr removido, segue que > é limite de pontos de extremos, entáo tal conjunto é denso no 3k conjunto de Cantor. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 81 1.7 Capítulo 6-Limite de funcoes 1.7.1 Definicáo e primeiras propriedades Questáo 1 Propriedade 148. Seja f : A>R,a € 4, B= f(AN [a)). Se lim f(x) = L entáo 2>a LeB. Tal propriedade significa que o limite L pertence ao fecho da imagem f(AX (a) ), isto é, existem pontos de f(A 1 (a)) arbitrariamente próximos de L. Demonstracáo. Usaremos o critério de sequéncias. Como lim f(x) = L, entáo existe 2>a sequéncia (1,) em Al (aj tal que lim f(2,) = L, daí tome f(tn) = Yn, (Yn) é uma sequéncia em f(AN (a)) tal que lim y, = L, portanto L € B. Questáo 2 Propriedade 149. Se V(x=,) em AY [aj com lim x, = a implicar (f(x,)) convergente entáo lim f(x) existe. Demonstragáo. Usaremos que lim f(1) =L SV (2,) € AN la) com lim 2, =4 vale lim f(z,) = L. Por isso vamos tomar duas sequéncias arbitrárias (2,) e (y,) com limz, = limy, = a em Al [a) e vamos mostrar que lim f(2,) = lim f(yn). Tomamos (2) definida como 22, = Un € 2991 = Yn, daí lim 2, = a, portanto lim f(z,) existe, como (f(2.)) e (f(Y,)) sáo subsequéncias de (f(2,)) entáo elas convergem para o mesmo limite L, daí provamos que Y (2n) € AY fa] com lim 2, = a vale lim f(2n) = L que implica En) =L. Questáo 3 Teorema 2 (Limite da composicáo de funcóes). Sejam A, B CR, f de Aem Re g de Bem R com f(A) € B. Se lim f(x) =be lim g(y) = c ainda com c = g(b), tem-se za y> lim g(/(2)) =c. Demonstracáo. Da existéncia do limite de g(x) temos que para todo £ > 0 existe $, > 0 tal que y € B, ly—b| < 8, => |g(y) — cl < e, onde tiramos a restrigáo de CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 84 Demonstracáo. Vale que im fa)=L<s> lim g(z) = L onde g: B > R onde B= AN (a, 00). Porém lim g(z) =L 5 V(z,) em B com limx, = a vale lim g(x,) = L. Vamos entáo provar a propriedade. >). Se im, f(x) = L entáo lim g(z) = L que implica V(x,) em B com limz, = 4 vale lim g(1,) = L, em especial para as sequéncias (1,) que sejam decrescentes. <). Vamos usar a contrapositiva que é se lim g(z) A L entáo existe (2,) em A decres- cente com lim 2, = a tal que lim g(z,) 4 L. Supondo que temos lim g(u) A L entáo existe sequéncia (y,) em B com limy, = a tal que lim g(y,) 4 L, como (y,) € (a,a+e)nN A, podemos tomar (x,) subsequéncia de (yn) tal que lim x, = a e limg(z,) 4 L (pois as subsequéncias devem convergir para o mesmo valor das sequéncias), assim fica provado o resultado. Questáo 3 Exemplo 46. Tomamos f : R1(0) > R definida como f(%) = 7 com a > 1, vamos 1+a=z analisar os limites laterais lim f(x) e lim f(x). 20+ 207 1 Seja (2,) em RA (0) tal que lim z, = 0 entáo vale lim a?" = 00, pois como lim x, = 0 . a 1 ¿a 1 podemos tomar c > 0 tal que a* > M >0 arbitrário e O < tn, <= <1 daí a%o < ai=> Cc 1 M <a <a*ro e como z, é decrescente para ny < n vale 2, < 2, portanto a” < aro => pes 1 M<arw < ar logo limaz= = 00 de onde segue que lim f(x,) = lim — =0 que 1+a% por sua vez implica lim f(x) =0. a>0+ _ 1 Admitimos agora (yn) crescente em RA (0) tal que lim y, = 0. añ = 7 , como az Un+1 > Yn Segue que —Yn > —Yn+1: (—Yn) é decrescente e tende a zero logo pelo resultado 1 anterior lima=w = 00 > lima = lim =0, portanto lim 1 + añ =1elim Fon) = aun 1 lim ——— = 1 daí vale lim f(%)= 1. 1+ an m0 Questáo 4 Propriedade 152. Seja f : A + R monótona. Se existe (2,) em A com 2, > a, limx, =a e lim f(x,) = L entáo lim, fa) =L. 20 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 85 Demonstracáo. Suponha f náo decrescente, vamos mostrar que B=(f(0)3€ R,2> a) é um conjunto limitado inferiormente. Dado x arbitrário e fixo tal que x > a existe 2, > a que satisfaz x > 2, > a, pois lim zx, = a, f náo decrescente implica f(x) > f(2,), como (£(2,)) é convergente, vale que tal sequéncia é limitada inferiormente, portanto existe M tal que f(x) > M Wn € N daí f(u) > f(un) > M para f(u) € B arbitrário, logo B é limitado inferiormente. Por B ser limitado inferiormente ele possui ínfimo . Seja L' = inf B = infíf(x),x € R,x > aj, vale que lim f(z) = L' (resultado já demonstrado), disso segue pelo critério de sequéncias para limite lateral que lim f(2n) = L/ =L, pela unicidade de limite, portanto lim f(x) = L. 2>a Questáo 5 1 1 Exemplo 47. Seja f : RY (0) dada por f(x) = sen); 35 Determine o conjunto 1"1+27 dos pontos L tais que lim f(x,) = L, com lim 2, = 0,2, 4 0. Tomando o módulo da expressáo 1 142% sen(L) l z <1 2 142% pois 0 < 2%, daí náo podemos ter limites dessa expressáo fora do intervalo [—1, 1), vamos mostrar que temos limites em cada ponto desse intervalo . . -1 1 Existe —t € R tal que sen(—t) =w € [—1,1]., Tomando 2, = >=— vale sen(—) = t+21n Ln sen(—t) = v, além disso (2,) é decrescente com lim zx, = 0, portanto vale lim f(u,) = v lim T— = 4, pois o limite no denominador resulta em 1 (limite já calculado). 142% 1.7.3 Limites no infinito, limites infinitos, etc. Questáo 1 Propriedade 153. Seja P: R—> R com P(x) = y ajaF com a, 4 0,n > 1. Se n é par 4=0 entáo lim P(x=) == lim P(x) sendo oo se a, > 0 e —o0 se dy < 0. Se n é ímpar entáo 200 2-00 lim P(a)=00e lim P(u)=—00 com a, >0e lim P(x)=—-00e lim P(a)=00 se 200 ro 200 ro Ap <0. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 86 > Pto, 5 Ue z : Demonstracáo. Escrevemos P(x) = a,” ( ) 7 +1). Sen 6 par lim 2%a, = o Ay TP z+00 —__ >0 oo = lim 2"a, com a, >0e lim 24, =—00 = lim 2”a, se 4, < 0, portanto o 2-0 200 +00 mesmo segue para P(x). Se n é ímpar, lim "a, =00e lim 2%a, = —o00 com an > 0, caso Ay < O tem-se 200 +00 lim 2"a, =—00e lim 2”a, =00. 20 2-00 Questáo 2 Exemplo 48. Seja f: R > R definida por f(x) = use x), entáo para todo c € R existe (2,) em R com lim x, = 00 e lim f(2,) =c. Para x suficientemente grande a oscilagáo de f(x) é táo grande quanto queremos e a oscilacáo é crescente. e Para 13 = 3 + 27m, vale sen(1) =1e f(x) = 3 + 27m. Para 21 = + 2rn, vale sen(u) =—1e f(a1) = 3 — 27m. e Daí segue que f(22) — f(11) = 4rn, a oscilagáo cresce pois e Para 24 = 5 +27(n + 1), vale sen(1) =1 e f(x4) = 5 +27(n +1). T T e Para 23 = =3+ 27r(n + 1), vale sen(1) = —1 e f(13) = 37 27 (n +1). Segue que f(u3) — f(x2) =4r(n+1) > f(x2) — f(x1) = 4, portanto a oscilagáo da funcáo é táo grande quanto queremos e cresce. T T Entáo, dado c € R existe ny E N tal que c € 5 — 20, 3 +29] e por continuidade T T existe 1, € [-5 +2mm0,5 + 27np] tal que f(x) = c. Da mesma maneira existe 19 € 2 2 5 +27 (no + 1), 3 + 27 (ng +1)] tal que f(x2) =c, em geral x, € 5 +2 (np +n— 1), 3 +27(np +n—1)) tal que f(x,) = c, valendo lim x, = 00 e lim f(2,) =c. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 89 onde essa última passagem se deu por identidade de conjuntos, temos que RY A =F é um conjunto fechado, logo provamos que Z= BN F, onde F é fechado. Corolário 24. Se B é aberto Y = BN A é aberto por ser intersecgáo de abertos, se B é fechado entáo Z= BNF é fechado por ser intersecgáo de fechados. Corolário 25. Se f,g : B > R sáo contínuas e B aberto entáo La € B| f(x) 4 g(u)) é aberto pois (x € B | f(x) < g(1))U fu € B| f(x) > g(x)) onde ambos conjuntos sáo abertos. Corolário 26. Se f,g: B > R sáo contínuas e B fechado entáo (u € B | f(w) = g(u)) é fechado pois [u € B| f(x) < ga) nta € B| f(x) > g(x)) onde ambos conjuntos sáo fechados. Questáo 3 Definigáo 10 (Semi-contínua superiormente (scs)). f : A—> R é ses em a € A quando Ve> fla) 19 >0|Vx€ A, lr—al<d=> fl(a)<c. Definigáo 11 (Semi-contínua inferiormente (sci)). f : A—>R é sci em a € A quando Ve< fla) 18>0|Vx€ A, lr—al<d=>c< fla). Propriedade 159. f: A>R é contínuaema e A> fé sci e ses em a. Demonstracáo. =>). Se f é contínua em a entáo Ve>039>0|Vr€ A,lx-a| <ó=>|f(2) — f(a)| <e temos entáo f(x) < fla)+e e fla) —e < fla). Sendo c > f(a) arbitrário, podemos tomar e = c— fía), e + f(a) = c, logo 309 > 0 | Vu € A,jx — al < 0 implicando f(x) < f(a) + =c, portanto f é ses em a. Da mesma maneira se c < f(a), tomamos e = f(a) -c=> f(a)-e =cea continuidade garante que 39 > 0 | Vx € A, |u— al < $ implicando c= f(a) —e< f(u), logo f é sci em A. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 90 <). Suponha que f seja ses e sci em a, seja e > O arbitrário entáo pela primeira condicáo podemos tomar c — f(a) = e que fica garantida a existéncia de 01, tal que |[z—a| < Ó, implica f(x) < ce, f(x) — f(a) < e, por f ser sci em a para qualquer, podemos tomar f(a) — c, = € e daí existe 02 tal que |1— a] < d2 implica cz < f(x), f(a)-e< f(2), daí tomando 4 = minf91,92) as duas condicóes sáo satisfeitas logo vale | f(x) — f(a)| < e e f é contínua em a. Propriedade 160. Se f é ses e yg é sci em a e f(a) < g(a) entáo existe Y > O tal que 1 E A, lx— a] <d implica f(x) < g(x). a a Demonstracáo. Como f é ses tomamos c = [tra Ha) +g(a) y, > f(a), entáo existe Ó, > 0, TEA, lua <d => f(x) < a mesma maneira como g é sci, tomando o 2 mesmo c= Lt aa) < g(a) existe 2 > 0, 1 € A, ju— al < d, > La raa) < g(1). Tomando Y = minf0,,0,) tem-se com € A, al <ó que f(x) < Lo taa) e OR < g(x) que implica f(x) < g(x). Questáo 4 Propriedade 161. Seja f : R=> R contínua e f(x) =c uma constante para todo x € A um conjunto denso em B, entáo f(x) =c para todo x € B. Demonstracáo. Dado a € B arbitrário, por A ser denso em B, podemos tomar uma sequéncia (1,) em A tal que limz, = a daí f(x,) = c e limf(2,) = c = f(a), logo f(a) =c para todo a € B. Corolário 27. Em especial A é denso em 4, daí f(=) =c Vx € A. Questáo 5 Propriedade 162. f : R>R é contínua sse VA C R vale f(4) C F(A). Demonstracáo. =>. Supondo f contínua, vamos mostrar que dado a € f(A) entáo a € F(A). Seja a € F(A4), entáo existe y € A tal que f(y) = a, mas como y € A, entáo existe uma sequéncia (2,) em A tal que lim x, = y, por f ser contínua segue que f (un) € F(A) e lim f(2,) = f(y) = a € F(A), o que concluí a demonstracáo. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 91 <=. Vamos usar a contrapositiva, se f é descontínua, entáo existe um ponto a € R tal que f é descontínua em a, assim existe uma sequéncia (1,) em R tal que 1 1 de >0V2>0 fanal <lelf(0n) $01 20 n n tomando A como conjunto dos termos da sequéncia (2,) segue que a € A, logo fía) € FA) mas a propriedade |f(x,) — f(a)] > e nos garante que f(a) € f(A), de onde segue o resultado. Questáo 6 Propriedade 163. Seja f : A > R contínua em a € A. Se para toda vizinhanca de a existem zx e y € A tais que f(x) e f(y) tem sinais contrários entáo f(a) =0. Demonstracáo. Usando a contrapositiva, temos que mostrar que se f(a) 4 0 entáo existe vizinhanca do ponto a tal que para todos x e y em tal vizinhanca vale que f(x) e f(y) tem o mesmo sinal. Essa propriedade vale realmente para funcóes contínuas, logo a proposicáo é verdadeira. Corolário 28. Sejam f,g : A > R contínuas no ponto a, tal que para toda vizinhanca V de a existam pontos x e y, tais que f(x) < g(w) e f(y) > gy) entáo f(a) = g(a). Tomamos h : A > R com h(x) = f(x) — g(x) daí em toda vizinhanga de a existem x, y tais que h(x) < 0 e h(y) > 0, portanto pelo resulado anterior vale que h(a) = 0 = Fa) — g(a) > fa) = g(a). Questáo 7 Propriedade 164. Seja f: A— R descontínua em a € A. Entáo existe e > 0 tal que e Existe (1,) em A com limz, =a e f(2,) > f(a) +8 VWn € N, ou e existe (y,) em A com lim y, =4a e f(y,) < fla) -e nen. Demonstracáo. Usamos o critério de sequéncias, usando a negacáo da continuidade A(x2,) € A com limz, = a e lim f(2,) 4 f(a) (podendo náo existir), disso segue que f(x.) — f(a)| > e para n € N' um subconjunto infinito de N. Para cada n € N” vale CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 94 Questáo 4 Propriedade 167. Seja f : ] + R com a propriedade do valor intermediário. Se Vc € R existe apenas um número finito de pontos x € 1 tais que f(x) =c, entáo f é contínua. Demonstracáo. Suponha que exista a € [, em que f seja descontínua. Pelo critério de sequéncias, existe (2,) em Y com limz, =a.e f(2,) > f(a) +e Wne N (0u f(2.) < f(a) — e, garantido por resultado já mostrado). Tomando algum c € (f(a), f(a) + e), observamos o intervalo (f(a), f(x,)), como f(x.) > f(a) +e segue que c€ (fla), F(a) +€) C (fa), Fan)) Vn € N a propriedade de valor intermediário garante a existéncia de 2, entre a e 21 tal que $ (21) = c, como lim z, = a, podemos tomar 2, tal que 2, náo esteja entre 2 Tn, Porém novamente a propriedade de valor intermediário garante a existéncia de 21 entre 4 € Ln, tal que f(21) = c, com esse processo conseguimos infinitos valores 2 tais que f(2) =c, o que contraria a hipótese, entáo a fungáo deve ser contínua. Questáo 5 Propriedade 168. Sejam p > 0 real, f : [0,29] + R contínua com f(0) = f(2p). Entáo existe c € [0,p] tal que f(c) = f(c+p). Demonstracáo. Definimos y : (0,p] > R, por g(a) = f(x +p) — f(a). Temos glo) = F(2p) — F(v) =k 90) = f(p) — F(0) =—k como y é contínua, por ser soma de funcóes contínuas, segue que, existe c € (0, p] tal que g(c) =0= F(c+p)— f(c), logo Me+p) = (e). 1 Exemplo 50. Tomando p = 3 entáo f : [0,1] + R contínua com f(0) = f(1) implica 1 1 1 que existe c € [0, 2 tal que f(c) = f(c+ 2) Da mesma maneira tomando p = 3 2 2 1 entáo f : [0, 3 > R contínua com f(0) = 16 implica que existe c € [0, 3 tal que 1 CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 95 1.8.3 Funcóoes contínuas em conjuntos compactos Questáo 1 Propriedade 169. Seja f : R—> R contínua com lim f(x) = lim f(x) =00. Entáo 20 2-00 existe zo € R tal que f(x0) < f(2) Vx € R. f possui mínimo global. Demonstracáo. Tomamos a € R qualquer, da definigáo dos limites infinito temos e 3B>0talquez>B= f(x) > f(a) e 3B,>0 tal que < —B¡ => f(x) > f(a). Podemos tomar A > 0 tal que A> B,A>a, -A<-—B¡,-A<a, logo para x > A,y < —A tem-se f(2) > fía), f(y) > f(a), f restrita a [—A, A] possui mínimo f(2p) pois o conjunto é compacto, além disso como a € [—A, A] segue que f(x0) > f(a), tal valor f(xp) é mínimo global da funcáo, pois em [—A, A] tal valor é mínimo e fora desse intervalo a funcáo assume valores maiores que f(2p). Questáo 2 Propriedade 170. Seja f : R > R contínua com lim f(x) =00e lim f(x) = —o0o. 2-0 200 Entáo para todo c € R existe entre as raízes da equacáo f(x) = c uma cujo módulo é mínimo. Demonstracáo. Comecamos de maneira similar ao resultado anterior, pela definigáo dos limites infinitos e3B>0talquer>B= f(x)>c<c e 3B,>0 tal que z<-—B, => f(1) > —c. Podemos tomar A > 0 tal que A > B,A > c, A < —B¡,-A < —c, logo para = > A,y < —A tem-se f(x) > c, f(y) < —c. As raízes de f(1) = c pertencem ao conjunto A, A]. Seja V = [lx] € [-4,4] | f(x) =c), tal conjunto é limitado inferiormente, logo possui ínfimo. Seja t = inf V. Se o ínfimo pertence ao conjunto nada precisamos fazer, essa é nossa raíz com módulo mínimo. Se náo, existe (2,) € V tal que lim x,, = t, vale f(u,) =cWn € N e por continuidade de f temos lim f(x,) = f(t) =c, entáo o ínfimo pertence ao conjunto, logo existe sempre uma raíz cujo módulo é mínimo. CAPÍTULO 1. SOLUCOES-ANÁLISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) 96 Questáo 3 Propriedade 171. Náo existe f : [a,b] + R contínua que assume cada um dos seus valores f(x) exatamente duas vezes. Demonstracáo. [a,b] possui apenas dois extremos , temos 2 pontos de máximo e 2 pontos de mínimo da funcáo f, entáo obrigatoriamente teremos que um desses pontos críticos deve ser imagem de um ponto interior de [a,b]. Suponha que seja o máximo. O valor máximo de f será entáo assumido num ponto Im, € intla,b] vamos supor o outro ponto 2,,, em que a funcáo atinge máximo também no interior do intervalo , com Lmi > Umo- Tomamos L3 < Limp) Um, < T2 < Um, > Tm, < 71 € A = max[f(23), f (21), f(x2)), pelo TVTI existe valores x € [t3, Um,), y € [12,Um,) € 2 € (Um, 11), tais que f(x) = f(y) = f(=) = A, absurdo, pois deveria haver apenas 2 valores distintos em [a,b] tais que suas imagens fossem iguais. Questáo 4 Propriedade 172. Toda funcáo contínua periódica f : R —> R é limitada e atinge valores máximo e mínimo. Demonstracáo. Seja p o período da funcáo, entáo Vx € R vale f(x+p)= f(x), a funcáo repete os valores de sua imagem no intervalo (0, p] logo estudamos a sua restricáo ao compacto [0, p]. flop, é contínua e sua imagem é um compacto, logo ela possui máximo e mínimo, existindo 21,13 € R tal que f(x,) é mínimo e f (12) é máximo. Questáo 5 Propriedade 173. Seja A C R compacto. Se f: A—> R e contínua entáo Ve>0,30.>0| ly "| >= |/ (y) — H(u)| < cely— al. Demonstracáo. Vamos usar a contrapositiva Je >0, Ve. >0 ly-x| >eelf(y) — f(x)| > cely — a] > cc a relacáo |f(y) — f(u)| > c.s Ve. > O implica que f(A) náo é limitado, logo f náo pode ser contínua, pois a imagem do compacto A seria o compacto f(A) que é limitado.