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Universidade Federal do Reconcavo daBahia - UFRB
Centro de Formacao de Professores - CFPNucleo de Gestao de Pesquisa
EXERCICIOS RESOLVIDOS DE ANALISE
Wendell Otero Prates
Amargosa-BahiaJaneiro 2014
Sumario
1 EXERCICIOS DO CAPITULO II 3
2 EXERCICIOS DO CAPITULO III 24
3 EXERCICIOS DO CAPITULO V 40
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1 EXERCICIOS DO CAPITULO II
Questao 01: (A) Para todo subconjunto nao-vazio A ⊂ N, tem-se A −s(A) 6= ∅. Prove que P3 ⇔ (A).
Solucao:
P3 ⇒ (A):
A− s(A) = ∅ ⇒ A ⊂ s(A)⇒ 1 6∈ A⇒ 1 ∈ Ac. (1)
Alem disso,
n ∈ Ac ⇒ n 6∈ A⇒ s(n) 6∈ s(A)⇒ s(n) 6∈ A⇒ s(n) ∈ Ac. (2)
∴ por (1) e (2), Ac = N, que e um absurdo, ja que A 6= ∅.
(A) ⇒ P3:
Seja X ⊂ N, qualquer, onde 1 ∈ X e X possua a seguinte propriedade:
n ∈ X ⇒ s(n) ∈ X.
Desse modo,
X 6= N⇒ Xc 6= ∅.
⇒ Xc − s(Xc) 6= ∅ , por (A).
⇒ ∃p ∈ Xc; p 6∈ s(Xc).
⇒ ∃p ∈ Xc; p 6∈ s(N−X).
⇒ ∃p ∈ Xc; p 6∈ s(N)− s(X)
Claramente p 6= 1, pois 1 ∈ X.
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Como s(N) = N− {1}. Logo, ∃p ∈ Xc; p ∈ s(X)⇒ ∃n ∈ X; p = s(n).
Pela propriedade de X, s(n) ∈ X. Logo, p ∈ X, que e uma contradicao.
Questao 2: ∀a, b ∈ N,∃m ∈ N;m.a > b.
Solucao:
• a = 1:
Tome m = s(b) que,
m.a = s(b).1 = b+ 1 > b.
• a 6= 1:
Tome m = b que,
a 6= 1⇒ a > 1⇒ m.a > m.
⇒ m.a > b.
Questao 3: [(a ∈ X) ∧ (n ∈ X ⇒ s(n) ∈ X)] ⇒ X ⊃ {n ∈ N : n ≥ a}.
Solucao:
Equivalente a mostrar que ∀p ∈ N, sp(a) ∈ X.
De fato, ja que n > a⇒ ∃p ∈ N;n = a+ p = sp(a).
Seja A = {p ∈ N : sp(a) ∈ X}
• 1 ∈ A:
a ∈ X ⇒ s(a) ∈ X, pela propriedade de X.
• Suponha que algum k ∈ A. Logo,
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sk(a) ∈ X ⇒ s(sk(a)) ∈ X, pela propriedade de X.
∴ sk+1(a) ∈ X
⇒ k + 1 ∈ A
∴ A = N.
Questao 4: NAO E COBRADO.
Questao 5: Prove que, exceto 1, todo numero natural possui um antecessor.
Solucao:
• b = 1 possui um antecessor ⇒ ∃a ∈ N; a < 1⇒ ∃p ∈ N; a+ p = 1.
p = 1 :
a+ 1 = 1⇒ s(a) = 1, absurdo, pois 1 nao pode ser sucesor de ninguem.
p 6= 1 :
p = s(q), para algum q ∈ N ⇒ a + s(q) = 1 ⇒ s(a + q) = 1, absurdo jacitado.
• b 6= 1
⇒ ∃a ∈ N; s(a) = b⇒ ∃a ∈ N; a+ 1 = b⇒ ∃a ∈ N; a < b.
Alem disso, caso
∃c ∈ N; a < c < b⇒ ∃p1, p2 ∈ N; a+ p1 = c e c+ p2 = b
⇒ a+ 1 = s(a) = b = c+ p2 = a+ p1 + p2
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⇒ 1 = p1 + p2, que e um absurdo mencionado no ıtemanterior.
Questao 6: TRIVIAL.
Questao 7: Unicidade da Decomposicao de um Natural.
Solucao:
Seja X = {n ∈ N;n =n∏i=1
pi de maneira unica}. Claramente X 6= φ, ja
que 2 ∈ X (alem, obviamente do 1).
Seja n ∈ N;∀m < n,m ∈ X.
• n primo, a decomposicao e a trivial e portanto unica.
• n nao sendo primo, ∃ m1,m2 ∈ N;n = m1 ·m2, onde m1 < n e m2 < n.Logo, pela H.I., m1 e m2 se decompoem em fatores primos de forma unica.Como n e produto de duas decomposicoes unicas, sua decomposicao tambeme unica.
∴ n ∈ X
Pelo Segundo Princıpio de Inducao, X = N.
Questao 8: ]X = n⇒ F(X,X) possui n! bijecoes.
Solucao:
Mostraremos para um domınio A e contra-domınio B, com mesma car-dinalidade, mas nao necessariamente iguais. Desse modo, a questao se tornaum caso particular.
Seja N = {n ∈ N : n = ]A = ]B e F(A,B) possui n! bijecoes }
• 1 ∈ N , ja que para ]A = ]B = 1 teremos A = {a} e B = {b}. Logo, a
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unica bijecao possıvel e a que f(a) = b.
• Suponha que k ∈ N .
Quando ]A = ]B = k + 1, ou seja, A = {ai : 1 ≤ i ≤ k + 1} eB = {bj : 1 ≤ j ≤ k + 1}. Para cada j ∈ {1, 2, ..., k + 1} considere to-das as bijecoes de F(A,B) tais que f(a1) = bj.
Pela H.I. F(A − {a1}, B − {bj}) possui k! bijecoes. Como j varia de 1 ak + 1, entao F(A,B) possui (k + 1) · k!
∴ k + 1 ∈ N
∴ N = N.
Questao 9.a: ](X ∪ Y ) + ](X ∩ Y ) = ](X) + ](Y ).
Solucao:
Do exercıcio 9, do capıtulo 1 sabemos que (X − Y ) ∪ (Y − X) = (X ∪Y )− (X ∩ Y ). Logo,
(X − Y ) ∪ (Y −X) ∪ (X ∩ Y ) = (X ∪ Y ).
Como (X − Y ), (Y −X) e (X ∩ Y ) sao dois a dois disjuntos, tem-se
](X − Y ) + ](Y −X) + ](X ∩ Y ) = ](X ∪ Y ). (1)
Alem disso,
X − Y = X − (X ∩ Y )⇒ X = (X − Y ) ∪ (X ∩ Y )
e como, (X − Y ) e (X ∩ Y ) sao disjuntos, tem-se
](X) = ](X − Y ) + ](X ∩ Y )⇒ ](X − Y ) = ](X)− ](X ∩ Y ). (2)
Analogamente,
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](Y −X) = ](Y )− ](X ∩ Y ). (3)
Substituindo (2) e (3) em (1), tem-se
](X)− ](X ∩ Y ) + ](Y )− ](X ∩ Y ) + ](X ∩ Y ) = ](X ∪ Y )
⇒ ](X) + ](Y )− ](X ∩ Y ) = ](X ∪ Y )
∴ ](X) + ](Y ) = ](X ∪ Y ) + ](X ∩ Y ).
Questao 9.b: Formula para 3 conjuntos.
Solucao:
Sejam X, Y e Z conjuntos finitos e seja V = Y ∪ Z. Daı,
](X ∪ Y ∪ Z) = ](X ∪ V )
= ]X + ]V − ](X ∩ V )
= ]X + ](Y ∪ Z)− ](X ∩ (Y ∪ Z))
= ]X + ]Y + ]Z − ](Y ∩ Z)− ](X ∩ (Y ∪ Z))
= ]X + ]Y + ]Z − ](Y ∩ Z)− ]((X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z))
= ]X+]Y +]Z−](Y ∩Z)−[](X∩Y )+](X∩Z)−]((X∩Y )∩(X∩Z))
= ]X + ]Y + ]Z − ](Y ∩ Z)− ](X ∩ Y )− ](X ∩ Z) + ](X ∩ Y ∩ Z)
= ]X + ]Y + ]Z + ](X ∩ Y ∩Z)− [](Y ∩Z) + ](X ∩ Y ) + ](X ∩Z)]
∴ ]X+]Y +]Z = ](X∪Y ∪Z)+](Y ∩Z)+](X∩Y )+](X∩Z)−](X∩Y ∩Z)
Questao 9.c: Generalizacao da formula.
Solucao:
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Basta usar inducao emn∑i=1
](Xi) = ](n⋃i=1
Xi) +∑i 6=j
(Xi ∩Xj)− ](n⋂i=1
Xi)
Questao 10: X finito. f : X → X e injetiva ⇔ f : X → X e sobrejetiva.
Solucao:
⇒]
f : X → X e injetiva ⇒ f : X → f(X) e bijetiva ⇒ f(X) = X. Poisf(X) ⊂ X e nao existe bijecao entre um conjunto finito e sua parte propria.
∴ f e sobrejetiva.
⇐]
f : X → X e sobrejetiva ⇒ ∃g : X → X; f ◦ g = id
⇒ g : X → X e injetiva
⇒ g : X → X e bijetiva, ja mostrado.
⇒ A inversa a esquerda de g e igual a inversa a direita.
⇒ f tambem e a inversa a direita de g.
⇒ ∃g : X → X; g ◦ f = id
∴ f e injetiva.
Questao 11: NAO E COBRADO.
Questao 12: ]X = n. Calcular quantas funcoes injetivas F(Ip, X) possui.
Solucao:
• p > n:
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F(Ip, X) nao possui nenhuma funcao injetiva, pois caso contrario, teria-mos uma contradicao do C1T4.
• p ≤ n: Possui
p−1∏j=0
(n− j) funcoes injetoras.
De fato,
Seja X = {x1, x2, ..., xn} e defina Y = {p ∈ N : F(Ip, X) possua
p−1∏j=0
(n−j)
funcoes injetoras}.
Note que 1 ∈ Y , pois
I1 = {1} ⇒ F(I1, X) = {f1(1) = x1, f2(1) = x2, ..., fn(1) = xn}
⇒ F(I1, X) possui n =1−1∏j=0
(n− j) funcoes injetoras.
Ao supormos que k ∈ Y . Para cada f ∈ F(Ik, X), onde f : Ik → X edada por f(1) = x1, f(2) = x2, ..., f(k) = xk obtemos n− p funcoes injetivasem F(Ik+1, X), dadas por g(i) = f(i), quando 1 ≤ i ≤ k e g(k+1) = xj;xj ∈X − f(Ik).
Como F(Ik, X) possuik−1∏j=0
(n − j) funcoes injetivas e para cada uma des-
sas funcoes obtem-se n− k em F(Ik+1, X), entao F(Ik+1, X) possui (n− k) ·k−1∏j=0
(n− j) =
(k+1)−1∏j=0
(n− j) funcoes injetivas. Logo k + 1 ∈ Y .
∴ Y = {1, 2, ..., n}.
Questao 13: Quantos subconjuntos com p elementos possui um subcon-junto X, sabendo que X tem n elementos?
Solucao:
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Afirmacao: X possui Cnp subconjuntos com p elementos.
Essa afirmacao sera demonstrada por inducao em n, deixando p livre.Alem disso, iremos considerar apenas p ≤ n (ja que nao faz sentido um sub-conjunto ter mais elementos que o proprio conjunto) e a identidade de Stifelcomo valida, ou seja, ∀n, p ∈ N, Cn
p−1 + Cnp = Cn+1
p .
Seja Y = {n ∈ N : n = ]X e atenda a afirmcao }.
Note que 0 ∈ Y , pois ]X = 0⇒ X = ∅ e ∅ so possui C00 = 1 suconjunto
com 0 elementos.
Ao supormos que k ∈ Y . Sendo X = {x1, x2, ..., xk} temos que X possuiCnp subconjuntos com p elementos, pela H.I.
Desse modo, ao adicionarmos xk+1 em X, X tera os mesmos subconjun-tos com p elementos sem xk+1, mais os subconjuntos formados pela uniao de{xk+1} e os subconjuntos de X com p − 1 elementos, que por hipotese deinducao sao Cn
p−1. Logo, X possuiria Ckp +Ck
p−1 = Ck+1p subconjuntos com p
elementos. Logo, k + 1 ∈ Y .
∴ Y = N.
Questao 14: ]A = n⇒ ]P(A) = 2n.
Solucao:
Seja X = {n ∈ N : ]A = n⇒ ]P(A) = 2n}.
• 1 ∈ X:
De fato, pois ]A = 1⇒ A e φ sao os unicos subconjuntos de A.
• Supondo que haja algum k ∈ X e considerando ]A = k+1, tome alguma ∈ A, que por hipotese de inducao, ]P(A− {a}) = 2n.
Note que para cada elemento de P(A− {a}), podemos formar outro ele-mento dado pela uniao do mesmo com {a}, formando mais 2n subconjuntos
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de A. Levando-nos em
]P(A) = 2k + 2k = 2 · 2k = 2k+1
∴ k + 1 ∈ X
∴ X = N.
Questao 15: Defina f : N→ N;∀n ∈ N, f−1(n) seja infinito.
Solucao:
Seja f : N→ N dada por
f(x) =
{1, se x = 2k − 1, para algum k ∈ N
1 + i, se x = 2i(2k − 1), para algum (i, k) ∈ N× N.
f esta bem definida, ja que ∀n ∈ N, ou n e ımpar e portanto, da forma2k − 1 para algum k ∈ N, ou n e par e pelo Teorema Fundamental daAritmetica tem-se
n =m∏j=1
pj =m∏j=2
2ipj = 2im∏j=2
pj︸ ︷︷ ︸ımpar
= 2i(2k − 1) para algum (i, k) ∈ N× N.
f e sobrejetiva, pois
• Para n = 1, todos os ımpares pertecem a sua pre-imagem.
• Para n = i > 1, basta tomar x = 2i−1(2k − 1),∀k ∈ N que
f(x) = f(2i−1(2k − 1)) = (i− 1) + 1 = i.
Do jeito que foi definido f , fica claro que f−1(n) e infinito, ∀n ∈ N.
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Questao 16: X e infinito enumeravel ⇒ O conjuntos das partes de finitasde X e infinito enumeravel.
Solucao:
Sabendo que o conjunto Pf das partes finitas de N e dado por
Pf =⋃i∈N
Pi, onde Pi = {A ⊂ N : ]A = i}.
Basta mostrar que Pi e infinito enumeravel.
De fato, pois sendo assim, teriamos Pf infinto enumeravel por se tratarde uma uniao enumeravel de enumeraveis. Alem disso, a bijecao ϕ : N→ X,obtida da enumerabilidade de X, estabeleceria uma bijecao ψ : Pf → Xf
onde Xf e o conjunto das partes finitas de X, dada por A 7→ ϕ(A), queindicaria sua enumerabilidade.
Para demonstrar que Pi e enumeravel, para todo i ∈ N, fixado arbitrari-amente, considere a seguinte funcao:
Dado A ∈ Pi, com A = {a1 < a2 < ... < ai}, seja φ : Pi → Ni dada porφ(A) = (a1, a2, ..., ai).
Claramente φ e injetiva. Logo, por C1T8, Pi e enumeravel.
Questao 17: X e finito ⇔ ∃f : X → X que so admite os subconjuntosestaveis ∅ e X.
Solucao:
⇒]
X e finito ⇔ X = {x1, x2, ..., xn}.
Desse modo, considere f : X → X dada por f(xi) = xi+1, se 1 ≤ i ≤ n−1e f(xn) = x1.
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Afirmacao: f e a funcao procurada.
De fato, pois os unicos subconjuntos de X, tal que sejam relativamenteestaveis por f , e o proprio X e o ∅. Uma vez que dado Y ⊂ X e
∃i ∈ {1, 2, ..., n};xi ∈ Y⇒ xi+1 = f(xi) ∈ Y ⇒ · · · ⇒ xn = f(xn−1) ∈ Y⇒ x1 = f(xn) ∈ Y ⇒ x2 = f(x1) ∈ Y ⇒ · · · ⇒ xi−1 = f(xi−2) ∈ Y .
∴ Y = X.
⇐]
Suponha que X seja infinito.
Para toda funcao f : X → X, tome x1 ∈ X. Se f(x1) = x1, entao∃ Y = {x1} ⊂ X subconjunto proprio de X (pois X e infinito) relativa-mente estavel por f e isto seria uma contradicao. Caso f(x1) = x2 6= x1,tome x2 ∈ X e repita o processo, ou seja, se f(x2) = x2 ou f(x2) = x1,entao ∃Y = {x1, x2} ⊂ X subconjunto proprio de X (ja que X e infinito)relativamente estavel por f , causando uma contradicao. Caso f(x2) = x3,com x3 6= x1 e x3 6= x2, repita o processo. Se ao repetirmos o processok − 1 vezes, obtivermos que f(xk) = xk+1 ∈ {x1, x2, ..., xk}, teriamos umacontradicao de existir um Y = {x1, x2, ..., xk} ⊂ X subconjunto proprio deX (lembrando que X e infinito) relativamente estavel por f . Contudo, separa todo k ∈ N, f(xk) = xk+1 6∈ {x1, x2, ..., xk}, entao para Y = {x2 =f(x1), x3 = f(x2), ..., xk+1 = f(xk), ...} tambem teremos uma contradicao, jaque f(Y ) = {x3 = f(x2), x4 = f(x3), ..., xk+2 = f(xk+1), ...} ⊂ Y e Y 6= X,pois x1 6∈ Y . Tornando Y relativamente estavel por f .
∴ X e finito.
Questao 18: Seja f : X → X uma funcao injetiva ; f(X) 6= X. Prove que,∀x ∈ X − f(X), tem-se x, f(x), f(f(x)), ... dois a dois distintos.
Solucao:
Claramente, ∀n ∈ N, x 6= fn(x), ja que x 6∈ f(X).
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Agora, suponha que existam n1, n2 ∈ N;n1 6= n2 com fn1(x) = fn2(x).
Sem perda da generalizacao, iremos supor n1 < n2, ou seja, que existep ∈ N;n2 = n1 + p.
Desse modo,
fn1(x) = fn2(x) = fn1+p(x) = fn1(fp(x)). (1)
Como f e injetiva, fn1 tambem e injetiva. (use inducao)
Como fn1 e injetiva, por (1), x = fp(x) para algum p ∈ N. O que e umabsurdo, ja que x 6∈ f(X).
Questao 19: X infinito e Y finito ⇒ ∃f : X → Y sobrejetiva e g : Y → Xinjetiva.
Solucao:
• X infinito⇒ ∃E ⊂ X infinito enumeravel⇒ ∃ uma bijecao ϕ : N→ E.
Alem disso, podemos tomar e1 ∈ E e definir ξ : X → E por ξ(x) = x, sex ∈ E e ξ(x) = e1, se x ∈ X − E. Claramente, ξ e sobrejetiva.
• Y finito ⇒ ∃ uma bijecao φ : Ip → Y , para algum p ∈ N.
Alem disso, podemos definir ψ : N → Ip por ψ(n) = n, se n ∈ Ip eψ(n) = 1, se n ∈ N− Ip. Claramente, ψ e sobrejetiva.
Desse modo,
∃f = φ ◦ ψ ◦ ϕ−1 ◦ ξ : X → Y sobrejetiva.
ja que se trata de composicao de sobrejetivas.
Tem-se tambem que,
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∃ f : X → Y sobrejetiva⇒ f possui inversa a direita
⇒ ∃ g : Y → X; f ◦ g = id
⇒ ∃ g : Y → X que possui inversa a esquerda
⇒ ∃ g : Y → X injetiva.
Questao 20 a): X finito e Y enumeravel ⇒ F(X, Y ) e enumeravel.
Solucao:
X finito ⇒ ∃ uma bijecao ϕ : Ip → X para algum p ∈ N.
Desse modo, podemos definir uma bijecao ψ : F(Ip, Y )→ F(X, Y ), dadapor ψ(f) = f ◦ ϕ−1.
Bijecao porque
ψ(f1) = ψ(f2)⇒ f1 ◦ϕ−1 = f2 ◦ϕ−1 ⇒ f1 ◦ϕ−1 ◦ϕ = f2 ◦ϕ−1 ◦ϕ⇒ f1 = f2.
Logo, injetora.
Alem disso,
∀ h ∈ F(X, Y ),∃ f = h ◦ ϕ ∈ F(Ip, Y ); ψ(f) = f ◦ ϕ−1 = (h ◦ ϕ) ◦ ϕ−1 = h.
Logo, sobrejetora.
Desse modo, basta mostrar que F(Ip, Y ) e enumeravel.
Como Y e enumeravel, aplicando T10 (p− 1) vezes, segue que Y p e enu-meravel. Temos tambem que
∀ f ∈ F(Ip, Y ), tem-se f = (f(1), f(2), ..., f(p)) = (y1, y2, ..., yp) ∈ Y p ⇒F(X, Y ) ⊂ Y p.
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Logo, por C1T8, F(Ip, Y ) e enumeravel.
Questao 20 b): Para cada funcao f : N→ N seja Af = {n ∈ N : f(n) 6= 1}.Prove que o conjunto X das funcoes f : N → N tais que Af e finito e umconjunto enumeravel.
Solucao:
Seja Nn o conjunto das funcoes f : N → N, tais que ]Af = n. Vimosno Cap.I, que cada f ∈ Nn e uma famılia com ındices em N, ou seja, umasequencia. Alem disso, ]Af = n, diz que para cada f ∈ Nn, existem n ındiceski ∈ N da sequencia (f(1), f(2), ..., f(k), ...) tais que f(ki) 6= 1.
Desse modo, podemos definir ϕ : Nn → Nn dada por
ϕ(f) =(Pf(ki)ki
)ki∈Af
onde cada Pk e o k-esimo primo.
Note que,
ϕ(f1) = ϕ(f2)⇒(Pf1(ki)ki
)ki∈Af1
=(Pf2(ji)ji
)ji∈Af2
⇒ Pf1(ki)ki
= Pf2(ji)ji
,∀ i ∈ {1, 2, ..., n}.
Por T.F.A. ⇒ ki = ji e, consequentemente, f1(ki) = f2(ji),∀ i ∈ {1, 2, ..., n}.
⇒ f1 = f2.
Logo, ϕ e injetiva.
∴ Por C1T8, Nn e enumeravel.
Portanto, X e enumeravel, ja que e uniao enumeravel de enumeraveis
X =⋃n∈N
Nn.
Questao 21: Obtenha uma decomposicao N = X1 ∪X2 ∪ · · · ∪Xn ∪ · · · talque os conjuntos X1, X2, ..., Xn, ... sao infinitos e dois a dois disjuntos.
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Solucao:Para cada i ∈ N, defina Xi = {2i−1(2n− 1) : n ∈ N}.
Claramente, ∀i ∈ N, Xi e infinito.
Alem disso, pela questao 22, temos que f : N × N → N dada porf(m,n) = 2m−1(2n − 1) e uma bijecao. Logo, pela injecao de f , Xi 6= Xj,
toda vez que i 6= j e pela sobrejetivida temos⋃i∈N
Xi = N.
Questao 22: f : N×N→ N, dada por f(i, n) = 2(i−1)·(2n−1) e uma bijecao.
Solucao:
O Teorema Fundamental da Aritmetica nos garante que
∀n ∈ N, n =k∏i=1
pαii ,
onde pi e primo e αi ∈ N.
∴ ∀n ∈ N, n = 2α1 ·k∏i=2
pαii = 2α1 · (2m − 1) para algum m ∈ N, ja que
d(2,k∏i=2
pαii ) = 1. Logo, esse teorema garante a sobrejetividade de f .
Alem disso, esse mesmo teorema diz que essa fatoracao e unica.
Desse modo,
f(i1, n1) = f(i2, n2) ⇒ 2i1−1 · (2n1 − 1) = 2i2−1 · (2n2 − 1) ⇒︸︷︷︸(1)
i1 = i2 ⇒
2n1 − 1 = 2n2 − 1.
∴ (i1, n1) = (i2, n2)
∴ o teorema tambem garante a injecao de f .
Questao 23: Prove que existe uma unica bijecao crescente f : N→ X, ondeX ⊂ N e infinito.
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Solucao:
Como C2T8 garante a existencia, iremos mostrar apenas a unicidade.
Sendo f a bijecao crescente de T8, sejam g : N → X uma bijecao cres-cente, fixada arbitrariamente, e N = {n ∈ N : g(n) = f(n)}.
• 1 ∈ N : Caso contrario, terıamos que ∃ n > 1, onde g(n) = menorelemento de X < g(1) e seria contrario ao fato de g ser crescente.
• Ao supormos que k ∈ N , teremos g(k) = f(k) ⇒ g(k) < x, ∀ x ∈Bk(∗).
Caso,
g(k + 1) 6= f(k + 1) ⇒ ∃ n ∈ N;n > k + 1 e g(n) = f(k + 1) =menor elemento de Bk < g(k + 1). O que iria de contrario ao fato de gser crescente. Logo, k + 1 ∈ N .
∴ N = N.
(∗) definido na prova de T8.
Questao 24: X ∈ R e infinito ⇒ X =⋃i∈N
Xi, com Xi infinito e dois a dois
disjuntos.
Solucao:
Como todo conjunto infinito X possui um subconjunto enumeravel E eX = (X − E) ∪ E. Basta mostar que E satisfaz a proposicao acima.
Ora, como E e enumeravel, ∃ ϕ : N→ E que e uma bijecao.Vimos que na questao 22 que f : N× N→ N e uma bijecao.Desse modo, para Ni = {f(i, n) : n ∈ N} ⇒ ∀i ∈ N, Ni e infinito e
Ni∩Nj = ∅ quando i 6= j, ja que f e bijecao. Alem disso, N = Im(f) =⋃i∈N
Ni.
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Portanto, para Ei = ϕ(Ni) ⇒ Ei e infinito e Ei ∩ Ej = ∅ sempre quei 6= j, pois ϕ e bijecao.
∴ E =⋃i∈N
Ei,
do jeito que foi solicitado na questao.
Questao 25: Seja A um conjunto. Dadas duas funcoes f, g : A→ N, definaa soma f+g : A→ N, o produto f.g : A→ N, e de o significado da afirmacaof ≤ g. Indicando com ξX a funcao caracterıstica de um subconjunto X ⊂ A,prove:
a) ξX∩Y = ξX · ξY ;b) ξX∪Y = ξX + ξY − ξX∩Y . Em particular,ξX∪Y = ξX + ξY ⇔ X ∩ Y = ∅;
c) X ⊂ Y ⇔ ξX ≤ ξY ;d) ξA−X = 1− ξX .
Solucao:
As definicoes sao triviais.
25a): Sabendo que, ∀ X ⊂ A a funcao caracterıstica , ξX : A → {0, 1}, edada por
ξX(t) =
{1 , se t ∈ X0 , se t 6∈ X.
Teremos que, dados X, Y ⊂ A,
• t ∈ X ∩ Y ⇒{ξX∩Y (t) = 1.t ∈ X e t ∈ Y ⇒ ξX(t) = ξY (t) = 1 .
∴ ξX∩Y (t) = 1 = ξX(t) · ξY (t) = (ξX · ξY ) (t).
• t 6∈ X ∩ Y ⇒{ξX∩Y (t) = 0.t 6∈ X ou t 6∈ Y ⇒ ξX(t) = 0 ou ξY (t) = 0 .
20
∴ ξX∩Y (t) = 0 = ξX(t) · ξY (t) = (ξX · ξY ) (t).
∴ ∀t ∈ A, ξX∩Y (t) = (ξX · ξY ) (t).
∴ ξX∩Y = ξX · ξY .
25b): Para ξX∪Y , iremos analisar os seguintes casos:
• 1◦ caso : X ∩ Y 6= ∅.
Neste caso, teremos 4 situacoes para t ∈ A:
• Situacao 1 : t ∈ X e t ∈ Y ⇒ t ∈ X ∩ Y e t ∈ X ∪ Y .
Por definicao, ξX∪Y (t) = ξX(t) = ξY (t) = ξX∩Y (t) = 1.
∴ ξX∪Y (t) = ξX(t) + ξY (t)− ξX∩Y (t).
• Situacao 2 : t ∈ X e t 6∈ Y ⇒ t ∈ X ∪ Y e t 6∈ X ∩ Y.
Por definicao, ξX∪Y (t) = ξX(t) = 1 e ξY (t) = ξX∩Y (t) = 0.
∴ ξX∪Y (t) = ξX(t) + ξY (t)− ξX∩Y (t).
• Situacao 3 : t 6∈ X e t ∈ Y . Analogo a situacao anterior.
• Situacao 4 : t 6∈ X e t 6∈ Y ⇒ t 6∈ X ∪ Y e t 6∈ X ∩ Y.
Por definicao, ξX∪Y (t) = ξX(t) = ξY (t) = ξX∩Y (t) = 0.
∴ ξX∪Y (t) = ξX(t) + ξY (t)− ξX∩Y (t).
∴ ∀t ∈ A, ξX∪Y (t) = ξX(t) + ξY (t)− ξX∩Y (t) = (ξX + ξY − ξX∩Y ) (t).
∴ ξX∪Y = ξX + ξY − ξX∩Y
21
• 2◦ caso : X ∩ Y = ∅.
Neste caso, @ t ∈ A; t ∈ X ∩ Y , ou seja, ∀ t ∈ A, ξX∩Y (t) = 0.
∴ ξX∪Y = ξX + ξY − ξX∩Y = ξX + ξY .
25c): Trivial.
25d): Ora, X − A = Xc.
• t ∈ X ⇒ t 6∈ Xc ⇒ ξX(t) = 1 e ξA−X(t) = 0⇒ ξA−X(t) = (1− ξX) (t)
• t 6∈ X ⇒ t ∈ Xc ⇒ ξX(t) = 0 e ξA−X(t) = 1⇒ ξA−X(t) = (1− ξX) (t)
∴ ∀t ∈ A, ξA−X(t) = (1− ξX) (t)
Questao 26:Prove que o conjunto das sequencias crescentes de numeros na-turais nao e enumeravel.
Solucao:
Seja Y o conjunto das sequencias crescentes de numeros naturais. Assim,dado y ∈ Y , sabemos que y = (x1, x2, ..., xn, ...), onde xk ∈ N ∀k ∈ N exi < xj sempre que i < j.
Seja que ϕ : N → Y uma bijecao qualquer. Iremos mostrar que ϕ nao esobrejetora.
Usando a seguinte notacao,
ϕ(i) = yi = (xi1, xi2, ..., x
in, ...),
podemos definir uma sequencia em Y dada por
y = (x11 + 1, x11 + x22 + 1, ... , x11 + x22 + · · ·+ xnn + 1, ...),
que nao pertence a imagem de ϕ.
22
De fato,
1◦ porque y realmente pertence a Y , uma vez que soma de natural enatural e dados i, j ∈ N, tal que i < j, tem-se
xi = x11 +x22 + · · ·+xii + 1 < x11 +x22 + · · ·+xii + xi+1i+1 + · · ·+ xjj︸ ︷︷ ︸
positivos adicionais
+1 = xj.
2◦ porque se y ∈ ϕ(N),
∃i ∈ N;ϕ(i) = y ⇒ (xi1, xi2, ..., x
in, ...) = (x11+1, x11+x
22+1, ... , x11+x
22+· · ·+xnn+1, ...)
⇒ xii = x11 + x22 + · · ·+ xii + 1
⇒ 0 = x11 + x22 + · · ·+ xi−1i−1 + 1,
terıamos um absurdo. Logo, nao existe bijecao de Y com os naturais, ja queϕ e qualquer.
23
2 EXERCICIOS DO CAPITULO III
Como nao aprofundo no tema “Corpo”, ja que que em Algebra o mesmo eabordado com mais propriedade. Comecaremos a partir da questao 24.
Questao 11: Seja P o conjunto dos elementos positivos de um corpo orde-nado K.
11.i) Dado um numero natural n, prove que a funcao f : P → P , definidapor f(x) = xn e monotono crescente.
Solucao:
Dados x, y ∈ P ; x < y, tem-se
∀ n ∈ N, (yn − xn) = (y−x)·(yn−1+yn−2 ·x+yn−3 ·x2+· · ·+y·xn−2+xn−1)
• (y − x) ∈ P , pois x < y.
• (yn−1 + yn−2 · x+ yn−3 · x2 + · · ·+ y · xn−2 + xn−1) ∈ P , pois se trata deuma soma de produtos de P .
∴ yn − xn ∈ P .
∴ f e monotona crescente para todo n ∈ N.
11.ii) De um exemplo em que f nao e sobrejetiva.
Solucao:
Basta tomar P = Q+.
Assim, para y = 2, @ x ∈ Q+; f(x) = y,∀ n ∈ N.
11.iii) Prove que f(P ) nao e um conjunto limitado superiormente de K.
Solucao:
24
Dado y ∈ K, tem-se
1◦ caso : y 6∈ P ⇒ y = 0 ou y ∈ −P .
Como, f(x) ∈ P, ∀ x ∈ P entao f(x) > y,∀ x ∈ P .
2◦ caso : y ∈ P . Tome 1 ∈ P , que
• 1 + y ∈ P , pois os dois estao em P .
• f(1 + y) = (1 + y)n > 1 + ny > y, ja que n ≥ 1.
∴ ∃ x = 1 + y ∈ P ; f(x) > y.
∴ Qualquer que seja o caso, f(P ) nao e limitado superiormente em K.
Questao 24: Prove que, num corpo ordenado K, as seguintes afirmacoes saoequivalentes:
(i) K e arquemediano;
(ii) Z e ilimitado superior e inferiormente;
(iii) Q e ilimitado superior e inferiormente.
Solucao:
(i)⇒(ii):
K e arquemediano ⇒ N e ilimitado superiormente. Logo, dado a ∈ Kqualquer, ∃ n ∈ N; |a| < n ⇒ −n < a < n. Como −n, n ∈ Z e a ∈ K,qualquer, Z e ilmitado inferior e superiormente.
(ii)⇒(iii): trivial.
(iii)⇒(i):
25
Dados a, b ∈ K, com a > 0, ∃ p, q ∈ N, com q 6= 0; ba< p
q. Como,
p
q≤ p,∀ p, q ∈ N, tem-se b
a< p. Logo, ∃p ∈ N; p.a > b.
∴ K e arquimediano.
Questao 25: K e arquimediano ⇔ ∀ ε > 0 em K, ∃ n ∈ N;1
2n< ε.
Solucao:
⇒]
K e arquimediano ⇒ ∀ ε > 0,∃ n ∈ N; n >1
ε
⇒ n+ 1 >1
ε
⇒ 2n >1
ε
∴1
2n< ε.
⇐]
Dado a > 0 em K,
∃ n ∈ N;1
2n<
1
a⇒ ∃ n ∈ N; 2n > a.
Como 2n ∈ N, tem-se que ∃ m = 2n ∈ N; m > a. Logo, N e ilimitadosuperiormente. Portanto, arquimediano.
Questao 26: Seja a > 1 num corpo arquimediano K. Considere a funcaof : Z→ K, definida por f(n) = an. Prove as seguintes afirmacoes:
(i) f(Z) nao e limitado superiormente;
(ii) inff(Z) = 0.
26
Solucao:
Como a > 1, ∃ p ∈ N; a = 1 + p. Desse modo, como K e arquimediano,dado x ∈ K, ∃ n ∈ N; p.n > x. Logo, pela desilgualdade de Bernoulli, teria-mos x < p.n < p.n+ 1 < (p+ 1)n = an = f(n), para algum n ∈ Z.
Portanto vale (i).
Alem disso,
• 0 e cota inferior.
De fato, ja que a > 0 e para n > 0, an = a · a · · · a︸ ︷︷ ︸n vezes
e produto de fatores
positivos. Caso n < 0, tem-se −n > 0, logo an = (a−1)−n =1
a· 1
a· · · 1
a︸ ︷︷ ︸−n vezes
tambem sera produto de fatores positivos.
∴ ∀n ∈ Z, f(n) = an > 0.
• 0 e a maior das cotas inferiores.
De fato, ja que K e arquimediano e para todo x ∈ K onde 0 < x, ∃n ∈N; 0 < 1
n< x.
Como a > 1, ∀n ∈ N, 1an< 1
n. (demonstre)
∴ ∃ − n ∈ Z; 0 < a−n < 1n< x.
Questao 27: Sejam a racional diferente de zero, e x irracional. Prove quea.x e a+ x sao irracionais. De exemplo de dois numeros irracionais x, y taisque x+ y e x.y sao racionais.
Solucao:
Suponha que a.x seja racional. Logo, a.x =p1q1
, com p1, q1 ∈ Z∗, ja que
a 6= 0.
27
Como a ∈ Q∗, a =p2q2
com p2, q2 ∈ Z∗.
Daı,
a.x =p1q1⇔ p2
q2.x =
p1q1⇔ x =
p1q1.q2p2
.
O que faria de x um racional. Absurdo!
Ao supormos que a+ x tambem fosse racional, teriamos a+ x =p
q, com
p, q ∈ Z∗. Logo, x =p
q− a.
Portanto, x tambem seria racional, por se tratar de uma diferenca deracionais. Absurdo!
Os exemplos sao triviais.
Questao 28: Sejam a, b, c e d ∈ Q. Prove que a + b√
2 = c + d√
2⇔ a = ce b = d.
Solucao:
⇒]
a+ b√
2 = c+ d√
2⇔ a− c = (d− b)√
2
Se d− b 6= 0, entao√
2 =a− cd− b
. Logo√
2 seria um racional. Absurdo!
∴ d = b, consequentemente a = c.
⇐] Trivial.
28
Questao 29: Nao sera cobrada por se tratar de uma questao tıpica dealgebra.
Questao 30: Sejam a, b ∈ Q∗+ . Prove que√a+√b ∈ Q⇔
√a,√b ∈ Q.
Solucao:
⇒]
• a = b:
√a+√b ∈ Q⇒ 2
√a ∈ Q⇒
√a ∈ Q.
De maneira analoga,√b ∈ Q.
• a 6= b:
√a+√b ∈ Q⇒ (
√a+√b)−1 ∈ Q⇒
√a−√b
a− b∈ Q⇒
√a−√b ∈ Q.
Logo, (√a+√b)+(
√a−√b) ∈ Q, ou seja, 2
√a ∈ Q. Consequentemente,√
a ∈ Q.
Ja (√a+√b)− (
√a−√b) mostra que
√b ∈ Q.
⇐] Trivial.
Questao 31: Sejam X ⊂ R nao-vazio, limitado superiormente, e c ∈ R.Prove que c ≤ supX ⇔ ∀ε > 0,∃ x ∈ X; c− ε < x.
Solucao:
⇒]
Dado ε > 0, e se ∀ x ∈ X, x < c−ε teriamos que c−ε seria uma cota supe-rior de X, menor que c. Um absurdo, pois c e supX. Logo, ∃ x ∈ X; c−ε < x.
29
⇐]
Suponha que c > supX. Logo, ao tomarmos ε = c−supX > 0, teriamosque
∃ x ∈ X; c− ε < x, ou seja, supX < x. Absurdo!
A parte do inf e analogo.
Questao 32: Seja X = { 1
n;n ∈ N}. Prove que infX = 0.
Solucao:
Como 0 <1
n, ∀ n ∈ N, entao 0 e cota inferior de X.
Alem disso, 0 e a maior das cotas inferiores de X, pois R e arquimediano,ou seja,
∀c > 0,∃ n ∈ N; 0 <1
n< c.
Questao 33: Sejam A ⊂ B nao-vazios limitados. Prove que infB ≤ infA ≤supA ≤ supB.
Solucao:
• infB ≤ infA:
infB e cota inferior de B e A ⊂ B ⇒ infB tambem e cota inferior de A.
Como infA e a maior das cotas inferiores de A e infB e uma cota inferiorde A, entao infB ≤ infA.
• infA ≤ supA: Valida por definicao.
• supA ≤ supB: Analogo ao primeiro ıtem.
Questao 34: Sejam, A,B ⊂ R nao-vazios, tais que x ∈ A, y ∈ B ⇒ x ≤ y.
30
Prove que supA ≤ infB. Prove que supA = infB se, e somente se, para todoε > 0 dado, podem-se obter x ∈ A e y ∈ B tais que y − x < ε.
Solucao:
1a parte:
Dado y ∈ B, qualquer. ∀x ∈ A, x ≤ y ⇒ y e cota superior de A.
Como supA e a menor das cotas superiores de A e y qualquer, supA ≤y, ∀ y ∈ B. Logo, supA e cota inferior de B.
∴ supA ≤ infB, ja que infB e a maior das cotas inferiores.
2a parte:
Dado ε > 0 qualquer, sabemos que supA -ε
2nao e cota superior de A,
assim como infB +ε
2nao e cota inferior de B.
∴ ∃ x ∈ A e y ∈ B; supA -ε
2< x e y < infB +
ε
2,
ou seja, −x < -supA +ε
2e y < infB +
ε
2
Logo,
y − x < -supA +ε
2+ infB +
ε
2= (infB - supA) + ε.
∴ Para infB = supA, tem-se que ∃ x ∈ A e y ∈ B; y − x < ε.
Por outro lado,
∀ x ∈ A, x ≤ supA, ou seja, −x ≥ − supA. (1)
∀ y ∈ B, y ≥ infB. (2)
De (1) e (2) tem-se
31
∀ x ∈ A e y ∈ B, y − x ≥ infB - supA. (3)
Ao supormos que supA 6= infB teremos que,
supA 6= infB ⇒ supA < infB ⇒ infB− supA > 0.
Tome ε = infB− supA, que por hipotese
∃ x ∈ A e y ∈ B; y − x < ε. Uma contradicao de (3).
Questao 35: Dado A ⊂ R nao-vazio, limitado inferiormente, seja −A ={−x;x ∈ A}. Prove que −A e limitado superiormente e que sup(−A) =-infA.
Solucao:
A e limitado inferiormente ⇒ ∃ m ∈ R; m ≤ x,∀ x ∈ A.
⇒ ∃ k = −m ∈ R; k ≥ −x,∀ x ∈ A.
⇒ −A e limitado superiormente.
Alem disso, para a = infA, tem-se
• a ≤ x,∀ x ∈ A⇒ −a ≥ −x,∀x ∈ A⇒ −a e cota superior de −A.
• ∀c ∈ R; c ≤ −a⇒ −c ≥ a.
⇒ ∃ x ∈ A;x ≤ −c, pois a = infA.
⇒ ∃ x ∈ A; −x ≥ c.
∴ −a = sup(−A), ou seja, -infA = sup(−A).
Questao 36: Seja A ⊂ R nao-vazio, limitado. Dado c > 0, seja c · A ={c ·x; x ∈ A}. Prove que c ·A e limitado e que sup(c ·A) = c·supA, inf(c ·A)= c·infA.
32
Solucao:
A e limitado ⇒ ∃m,n ∈ R;m ≤ x ≤ n,∀ x ∈ A.
⇒ m · c ≤ xn · n,∀ x ∈ A, pois c > 0.
⇒ c · A e limitado.
Alem disso, para a = supA, tem-se
• x ≤ a,∀ x ∈ A,⇒ x · c ≤ a · c,∀ x ∈ A⇒ c · a e cota superior de c · A.
• ∀d ∈ R; d ≤ c · a⇒ d
c≤ a.
⇒ ∃x ∈ A;d
c≤ x, pois a = supA.
⇒ ∃x ∈ A; d ≤ x · c.
∴ a · c = sup(c · A), ou seja, c·supA = sup(c · A).
A demonstracao que c·infA = inf(c · A) e analoga.
Questao 37: Dados A,B ⊂ R nao-vazios e limitados, seja A + B ={x+ y; x ∈ A, y ∈ B. Prove:
(i) A+B e limitado;
(ii) sup(A+B) = supA + supB;
(iii) inf(A+B) = infA + infB.
Solucao:
Prova do (i):
A,B ⊂ R sao limitados nao-vazios ⇒ ∃ m,n, o, p ∈ R; m ≤ x ≤ n,∀ x ∈A e o ≤ y ≤ p,∀ y ∈ B.
33
⇒ m+ o ≤ x+ y ≤ n+ p, ∀x ∈ A, y ∈ B.
⇒ A+B e limitado.
Prova do (ii):
Para a = supA e b = supB, tem-se
• x ≤ a,∀ x ∈ A e y ≤ b,∀ y ∈ B ⇒ x+y ≤ a+ b,∀x ∈ A, y ∈ B ⇒ a+ be cota superior de A+B.
• ∀c ∈ R; c ≤ a+ b⇒ c− b ≤ a
⇒ ∃ x ∈ A; c− b ≤ x, pois a = supA.
⇒ c− x ≤ b.
⇒ ∃ y ∈ B; c− x ≤ y, pois b = supB.
⇒ ∃ x ∈ A, y ∈ B; c ≤ x+ y.
∴ a+ b = sup(A+B), ou seja, supA + supB = sup(A+B).
A prova de (iii) e analoga a (ii).
Questao 38: Seja X ⊂ R. Uma funcao f : X → R chama-se limitadaquando sua imagem f(X) ⊂ R e um conjunto limitado. Neste caso define-seo supf como o supremo do conjunto f(X).
(i) Prove que a soma de duas funcoes limitadas f, g : X → R e umafuncao limitada f + g : X → R.
(ii) Mostre que (f + g)(X) ⊂ f(X) + g(X).
(iii) Conclua que sup(f + g) ≤ supf + supg e que inf(f + g) ≤ inff +infg
34
(iv) Considerando as funcoes f, g : [−1, 1]→ R, definidas por f(x) = x eg(x) = −x, mostre que se pode ter sup(f + g) < supf + supg e inf(f + g) <inff + infg.
Solucao:
Prova do (i):
Para a = inff , A = supf , b = infg, B = supg e y = f(x) + g(x) ∈(f + g)(X) qualquer, tem-se
a ≤ f(x) e b ≤ g(x)⇒ a+ b ≤ f(x) + g(x).
f(x) ≤ A e g(x) ≤ B ⇒ f(x) + g(x) ≤ A+B.
∴ a+ b ≤ y ≤ A+B ⇒ (f + g)(X) e limitado.
Prova do (ii):
Dado y ∈ (f + g)(X), tem-se
y = f(x) + g(x); x ∈ X ⇒ y = f(x) + g(x); f(x) ∈ f(X), g(x) ∈ g(X).
⇒ y ∈ f(X) + g(X).
∴ (f + g)(X) ⊂ f(X) + g(X).
A prova do (iii) segue imediatamente dos exercıcios 33 e 37.
Prova do (iv):
Note que,
∀ x ∈ X, f(x) + g(x) = x− x = 0⇒ (f + g)(X) = {0}
⇒ inf(f + g) = sup(f + g) = 0.
35
Por outro lado, f(X) = [−1, 1] = g(X). logo,
• supf = sup[−1, 1] = supg ⇒ supf+supg = 2.
• inff = inf[−1, 1] = infg ⇒ inff+infg = -2.
∴ sup(f + g) = 0 < 2 = supf+supg e inf(f + g) = 0 > −2 = inff+infg.
Questao 39: Sejam A,B ⊂ R∗+. Definamos A · B = {x · y;x ∈ A, y ∈ B}.Prove que se A e B forem limitados entao A ·B e limitado, sendo sup(A ·B)= supA·supB e inf(A ·B) = infA·infB.
Solucao:
A ·B e limitado.
⇒ ∃ m,n, o, p ∈ R+; n < x < m, o < y < p,∀ x ∈ A, y ∈ B.
⇒ ∃ m,n, o, p ∈ R+; n · o < x · y < m · p,∀ x ∈ A, y ∈ B.
∴ A ·B e limitado.
Para a = infA, b = infB tem-se
• a ≤ x,∀ x ∈ A e b ≤ y,∀ y ∈ B ⇒ a · b ≤ x · y,∀ x ∈ A, y ∈ B.
⇒ a · b e cota inferior de A ·B.
• ∀ c ∈ R; c > a · b :
Teremos duas possibilidades:
Primeira Possibilidade: a · b = 0. Analisaremos 3 casos.
(i) Para a = b = 0 tem-se
c2 > 0⇒ ∃ x ∈ A; x < c2.
36
1
c> 0⇒ ∃ y ∈ B; y <
1
c.
∴ ∃ x ∈ A, y ∈ B; x · y < c.
(ii) Para a = 0 e b 6= 0 tem-se
c > 0 e1
y> 0,∀ y ∈ B ⇒ c
y> 0 = inf A.
⇒ ∃ x ∈ A; x <c
y.
⇒ x · y < c.
(iii) Para a 6= 0 e b = 0 e analogo ao caso anterior.
Segunda Possibilidade: a · b 6= 0.
a · b < c⇒ a <c
b⇒ ∃ x ∈ A; x <
c
b.
⇒ ∃ x ∈ A; b <c
x.
⇒ ∃ x ∈ A, y ∈ B; y <c
x.
⇒ ∃ x ∈ A, y ∈ B; x · y < c.
Portanto, qualquer uma das possibilidades, inf(A · B) = a · b, ou seja,inf(A ·B) = infA·infB.
A prova de que sup(A ·B) = supA·supB e analogo segunda possibilidadedo ıtem anterior.
Questao 40 (i): Prove que o produto de duas funcoes limitadas f, g : X →R e uma funcao limitada f · g : X → R.
Solucao:
37
f, g :→ R sao funcoes limitadas.
⇒ ∃ m,n, o, p ∈ R; m < f(x) < n, o < g(x) < p,∀ x ∈ X.
⇒ ∃ m,n, o, p ∈ R; m · o < f(x) · g(x) < n · p,∀ x ∈ X.
∴ f · g : X → R e limitada.
Questao 40 (ii): Mostre que (f · g)(X) ⊂ f(X) · g(X).
Solucao:
Dado y ∈ (f · g)(X) tem-se
∃ x ∈ X; y = f(x) · g(x)⇒ y = f(x) · g(x); f(x) ∈ f(X), g(x) ∈ g(X).
⇒ y ∈ f(X) · g(X).
∴ (f · g)(X) ⊂ f(X) · g(X).
Questao 40 (iii): Conclua que, se f e g forem ambas positivas, tem-sesup(f · g) ≤ supf ·supg e que inf(f · g) ≥ inff ·infg.
Solucao:
A prova e consequencia imediata dos exercıcios 33 e 39.
Questao 40 (iv): De um exemplo em que valham as desigualdades estritas.
Solucao:
Sejam f, g : [1, 2]→ R dadas por f(x) = x e g(x) =1
x.
Desse modo,
supf = 2 e supg = 1 ⇒ supf ·supg = 2.
38
inff = 1 e infg =1
2⇒ inff ·infg =
1
2.
Como, f(x) ·g(x) = x · 1x
= 1,∀ x ∈ [1, 2], entao sup(f ·g) = inf(f ·g) = 1.
∴ sup(f · g) = 1 < 2 = supf ·supg e inf(f · g) = 1 >1
2= inff ·infg.
Questao 40 (v): Mostre que para toda f positiva tem-se sup(f 2) = [supf ]2.
Solucao:
Para a = supf tem-se f(x) ≤ a, ∀ x ∈ X. Como f(x) > 0, ∀x ∈ X,teremos
f 2(x) = [f(x)]2 ≤ a2; ∀ x ∈ X ⇒ a2 e cota superior de f 2.
Alem disso,
∃ c ∈ R; 0 < c ≤ a2 ⇒√c ≤ a.
⇒ ∃x ∈ X;√c < f(x).
⇒ ∃x ∈ X; c < [f(x)]2 = f 2(x).
39
3 EXERCICIOS DO CAPITULO V
Questao 1: A e Aberto ⇔ (xn → a; a ∈ A⇒ ∃ n0 ∈ N; n > n0, xn ∈ A)
Solucao:
⇒] Dada uma sequencia (xn), onde xn → a para algum a ∈ A, tem-se
∀ε > 0,∃ n0 ∈ N;n > n0 ⇒ |xn − a| < ε⇔ xn ∈ (a− ε, a+ ε)
Como A e aberto e a ∈ A, ∃ δ > 0; (a− δ, a+ δ) ⊂ A.
Desse modo, para ε = δ tem-se
∃ n0 ∈ N;n > n0 ⇒ xn ∈ (a− δ, a+ δ) ⊂ A
⇐] Seja uma sequencia (xn)⊂ Ac, qualquer, de modo que xn → a, a ∈ R.
Se a ∈ Ac, Ac sera fechado e, portanto A seria aberto.
AFIRMACAO: a ∈ Ac.
De fato, pois caso contrario, xn → a e a ∈ A. Logo, ∃ n0 ∈ N;n > n0 ⇒xn ∈ A, que e um absurdo, ja que (xn)⊂ Ac.
Questao 2: (∀A ⊂ R;A e aberto, com a ∈ A, ∃ n0 ∈ N;n > n0 ⇒ xn ∈ A)⇔ limxn = a
Solucao:
⇒] ∀ε > 0 , (a− ε, a+ ε) e um aberto e a ∈ (a− ε, a+ ε)
∴ ∀ε > 0,∃ n0 ∈ N;n > n0 ⇒ xn ∈ (a− ε, a+ ε) ⇔ |xn − a| < ε
∴ limxn = a
40
⇐] Dado A ⊂ R;A e aberto e a ∈ A. O fato de A ser aberto tem-se que∃ δ > 0; (a− δ, a+ δ)⊂ A.
Alem disso, limxn = a, ou seja,
∀ε > 0,∃ n0 ∈ N;n > n0 ⇒ |xn − a| < ε⇔ xn ∈ (a− ε, a+ ε)
Desse modo, basta tomar ε = δ que
∃ n0 ∈ N;n > n0 ⇒ xn ∈ (a− δ, a+ δ) ⊂ A
∴ xn ∈ A
Questao 3.1: B ⊂ R e aberto ⇒ ∀x ∈ R, x+B = {x+ y; y ∈ B} e aberto.
Solucao:
Dado y ∈ x + B ⇒ y = x + b, com b ∈ B. Como B e aberto, ∃ ε > 0;(b− ε, b+ ε)⊂ B.
AFIRMACAO: (y − ε, y + ε)⊂ x+B. (o que faria x+B ser aberto)
De fato, pois dado z ∈ (y − ε, y + ε)
⇒ y−ε < z < y+ε⇒ (x+b)−ε < z < (x+b)−ε⇒ b−ε < z−x < b+ε
∴ z − x ∈ (b− ε, b+ ε)⊂ B
∴ z = (z − x) + x ∈ x+B
questao 3.2: B ⊂ R e aberto ⇒ ∀x ∈ R, x 6= 0, x · B = {x · y; y ∈ B} eaberto.
Solucao:
Sem perder a generalizacao, consideremos x > 0 (ja que p/x < 0 e total-mente analogo).
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Dado y ∈ x · B ⇒ y = x · b, com b ∈ B. Como B e aberto, ∃ ε > 0;(b− ε, b+ ε)⊂ B.
AFIRMACAO: Para δ = x · ε > 0, (y − δ, y + δ)⊂ x · B. (o que fariax ·B ser aberto)
De fato, pois dado z ∈ (y − δ, y + δ)
⇒ y − δ < z < y + δ ⇒ (x · b)︸ ︷︷ ︸y
− (x · ε)︸ ︷︷ ︸δ
< z < (x · b)︸ ︷︷ ︸y
− (x · ε)︸ ︷︷ ︸δ
⇒ b − ε <
z/x < b+ ε
∴ z/x ∈ (b− ε, b+ ε)⊂ B
∴ z = (z/x) · x ∈ x ·B
questao 4.1: A,B ⊂ R abertos ⇒ A+B = {x+ y;x ∈ A, y ∈ B}
Solucao:
Apesar dessa questao aparentar ser mais sofisticada que a 3.1. Na ver-dade, a ideia de como resolve-la e exatamente a mesma.
Dado z ∈ A + B ⇒ z = x + y, com x ∈ A e y ∈ B. Como A e aberto,∃ ε1 > 0; (x−ε1, x+ε1)⊂ A. De maneira analoga, ∃ ε2 > 0; (y−ε2, y+ε2)⊂ B
AFIRMACAO: Tomando ε = min{ε1, ε2}, (z − ε, z + ε)⊂ A+ B. (o quefaria A+B ser aberto)
De fato, pois dado u ∈ (z − ε, z + ε)
⇒ z−ε < u < z+ε⇒ (x+ y)︸ ︷︷ ︸z
−ε < u < (x+ y)︸ ︷︷ ︸z
−ε⇒ y−ε < u−x < y+ε
(tanto faz subtarir x, como y)
∴ u− x ∈ (y − ε, y + ε) ⊂ (y − ε2, y + ε2) ⊂ B
∴ u = (u− x) + x ∈ A+B
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Referencias
[1] Lima, Elon Lages, Curso de Analise, vol.1.12.ed.
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