números reais: um passéio pelos fundamentos da análise...

Números reais:Um passéio pelos fundamentos da Análise

Fernando Auil

São Paulo

2014

Números reais: Um passéio pelos fundamentos da AnáliseCopyright c© 2014 Fernando Auil

Catalogação-na-Publicação

BibiliotecaEscola de Artes, Ciências e Humanidades da Universidade de São Paulo

Auil, Fernando

Números reais: Um passéio pelos fundamentos da Aná-lise / Fernando Auil. São Paulo, 2014.548 f. : il.

Tese (Livre-Docência) Escola de Artes, Ciências e Hu-manidades da Universidade de São Paulo.

1. Teoria quântica de campo. 2. Modelo de Ising. 3.Mecânica estatística. I. Título.

CDD 22.ed. 530.143

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Naturalmente, o Spivak

Considero cada homem como um devedor da sua prossão, e já que dela recebe sustento eproveito, deve assim procurar mediante o estudo lhe servir de ajuda e ornamento.

Francis Bacon 1

O Calculus de Michael Spivak [14] é sem dúvida nenhuma um dos melhores livros de Cálculoque já vi. E agora que apresto-me a transcrever nestas páginas o testemunho dos eventos mirícose formidáveis a que na minha juventude de estudante me foi dado assistir, encontro-me, comoAdso de Melk, repetindo verbatim quanto vi e ouvi daquele texto notável.

Constato também agora, como aquele cronista pode perceber, que não raro os livros falamde livros, ou seja, é como se falassem entre si. Com uma notável diferença, certamente: a con-versa intertextual ca reduzida aqui a uma vaga evocação de recordações memoravéis. Pois, semergulhado naquele espetacular contexto, o presente opúsculo poderia, no máximo, constituir ape-nas mais uma ilustração do repetido aforismo relativo ao o plágio como a mais sinceira forma dehomenagem. Mas inclusive esse modesto anelo poderia ser considerado desde já uma pretensãodescabida. Portanto, também como aquele escriba el que num Eco nos fala, não me aventuroa tirar disso um desenho, deixando para a posteridade signos de signos, para que sobre eles seexercite a prece da decifração. 2

Foi na contemplação das innitas nuances da imponente obra de Spivak, durante minhas fre-quentes peregrinações pelo seu Calculus, que surgiu a idéia do presente livro, nada mais do queum relatório de viagem através daquelas páginas maravilhosas, e que por mais longe que esteja damedida dos meus desejos, submeto nalmente à curiosidade e à imparcialidade do leitor.

1In: [14, p. VI].2Cf. Prólogo in: [5, p. 21]; Quarto dia, Terceira in [5, p. 330].

iii

Sumário

Prolegômenos 1

Introdução 3I.1 Números . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3I.2 Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6I.3 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

Notações 9N.1 Lógica Proposicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9N.2 Teoria de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9N.3 Álgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10N.4 Topologia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10N.5 Outros Alfabetos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12N.6 Metanotações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

I Álgebra 15

1 Corpos 191.1 Denições Básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Exercícios para o Capítulo 1 231.2 Diferenças de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.3 Relax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Corpos Ordenados 272.1 Corpos Ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.2 Módulo ou Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Exercícios para o Capítulo 2 312.3 Denição Alternativa de Corpo Ordenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.4 Desigualdades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.5 Módulo ou Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.6 A Desigualdade Triangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.7 Desigualdades com Formas Quadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.8 Quando (x+ y)n = xn + yn ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.9 A Função Quadrática ax2 + bx+ c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.10 A Desigualdade de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.11 A Continuidade das Operações de Corpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.12 Relax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

vi SUMÁRIO

3 Naturalmente, os Naturais 433.1 Conjuntos Indutivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.2 Números Naturais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.3 O Princípio de Indução e Equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Exercícios para o Capítulo 3 473.4 Paridade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.5 Números Naturais e o Princípio de Indução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.6 Somas de Potências de Números Naturais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.7 Provas por Indução um Tanto Não-Ortodoxas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.8 Coecientes Binomiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.9 Para uma Estimativa do Número e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.10 Para uma Prova da Irracionalidade de er, com r ∈ Q . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.11 Algumas Relações Importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.12 A Desigualdade de Schwarz em Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.13 O Problema de Collatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4 Inteiramente Inteiros 594.1 Divisibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.2 O Algoritmo da Divisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.3 Mínimo Múltiplo Comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.4 Máximo Divisor Comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.5 Números Primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

Exercícios para o Capítulo 4 674.6 Existem Innitos Primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.7 Números de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

5 Raciocinando nos Racionais 695.1 Uma Prova de Irracionalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Exercícios para o Capítulo 5 735.2 Números Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

6 Corpos Ordenados Arquimedianos 756.1 Corpos Ordenados Arquimedianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

Exercícios para o Capítulo 6 776.2 O Sub-Corpo dos Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.3 Um Corpo Ordenado Não-Arquimediano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

7 Sequentiæ 797.1 Denições e Resultados Básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 797.2 Sequências de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

Exercícios para o Capítulo 7 837.3 Resultados Gerais sobre Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 837.4 Sub-Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 847.5 Convergência de algumas Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

SUMÁRIO vii

8 Corpos Ordenados Completos 858.1 Limites Superiores Mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 858.2 Completeza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

Exercícios para o Capítulo 8 898.3 Caracterização das Sequências Convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 898.4 O Corpo Racional não é Completo... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 898.5 ...Mesmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 898.6 Forma de Cauchy do Número e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

9 Corpo e Transguração 939.1 Morsmos de Corpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 939.2 Morsmos em Corpos Ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 969.3 Unicidade de Isomorsmos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 999.4 Existência de Isomorsmos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

10 Completando Corpos Ordenados 10710.1 Sequências Nulas e de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10710.2 Propriedades do Corpo C/N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

Exercícios para o Capítulo 10 11710.3 Relações de Equivalência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11710.4 O Ideal de Sequências Nulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

11 Raízes n-ésimas 11911.1 Existência e Unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

Exercícios para o Capítulo 11 12311.2 Médias de Potências p -ésimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12311.3 A Sequência a1/n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12511.4 Raízes de Equações Quadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12511.5 A Desigualdade de Schwarz Revisitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

12 Exponenciais 12912.1 Base Arbitrária e Exponente Natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12912.2 Base Positiva e Exponente Inteiro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13012.3 Base Positiva e Exponente Racional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13112.4 Base Positiva a > 1 e Exponente Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13312.5 Base Positiva 0 < a < 1 e Exponente Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

Exercícios para o Capítulo 12 13912.6 Denição Alternativa de expa(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13912.7 Morsmos de (F,+) em (P, .) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

13 Endomorsmos em (R,+) 14113.1 Espaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14113.2 Bases de Hamel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14213.3 Endomorsmos do Grupo Real Aditivo (R,+) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

Exercícios para o Capítulo 13 155

viii SUMÁRIO

13.4 Espaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15513.5 (In)dependência Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15513.6 Decomposição em Frações Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

14 Números p -ádicos 15914.1 Algumas Denições e Resultados Básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15914.2 Uma Norma Alternativa nos Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

15 f(unções) 16315.1 Denições Básicas e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16315.2 Operações com Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16715.3 Algumas Classes Particulares de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

Exercícios para o Capítulo 15 17115.4 Domínios e Imagens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17115.5 Composição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17315.6 Operações com Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17415.7 Polinômio Interpolador de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17515.8 Algoritmo da Divisão para Polinômios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17515.9 Funções Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17615.10As Funções Trigonométricas Algébricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17615.11Uma Identidade Trigonométrica Importante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

16 Grácos 18316.1 Representação Gráca dos Números Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18316.2 Funções Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18516.3 Funções Quadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18516.4 Função Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18716.5 As Famosas Seções Cônicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

Exercícios para o Capítulo 16 19516.6 Conjuntos na Reta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19516.7 Funções Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19516.8 Funções Quadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19616.9 Função Módulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19616.10Cônicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19716.11Conjuntos no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

II Topologia 199

17 A Topologia Usual em R 20317.1 Denição e Propriedades Básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20317.2 Compacidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20517.3 Conexidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20717.4 Estrutura dos Abertos e Outras Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

Exercícios para o Capítulo 17 21117.5 Conjuntos Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21117.6 Pontos de Acumulação de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

SUMÁRIO ix

17.7 Pontos de Acumulação de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21117.8 Sequências Têm Ponto em Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

18 Limites 21518.1 Denições Básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21518.2 Limites Laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22318.3 Limites Impróprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22418.4 Limites Impróprios de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22518.5 O Conjunto de Pontos de Acumulação Estendido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

Exercícios para o Capítulo 18 23118.6 Resultados Gerais sobre Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23118.7 Alguns Exemplos Estranhos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23118.8 Limites de Funções e Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23218.9 A Função Exponencial expa(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23418.10Funções Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23518.11Limites com Raizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23518.12O Limite Notável lim

x→0senx/x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

18.13Funções Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23618.14Funções Racionais para x→ ±∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23718.15Limites Impróprios Vários . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

19 Funções Contínuas 23919.1 Denições Básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23919.2 Funções Reais Contínuas em Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24119.3 Funções Reais Contínuas em Conexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244

Exercícios para o Capítulo 19 24719.4 Continuidade das Funções Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24719.5 Contínuidade e Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24719.6 Algumas Propriedades Gerais da Funções Contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . 24819.7 Oscilação e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24819.8 Automorsmos Contínuos do Grupo (R,+) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25019.9 Morsmos Contínuos de (F,+) em (P, .) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25019.10Funções Conexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25119.11Continuidade Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25219.12Extensões Contínuas de Q para R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25319.13Continuidade Absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25419.14O Lema do Sol Nascente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

20 Limite Superior e Inferior 25720.1 Limite Superior e Inferior de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25720.2 Limite Superior e Inferior de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26020.3 Incorporando Innito nas Denições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26820.4 Limites Superior e Inferior de Sequências Revisitado . . . . . . . . . . . . . . . . . 27320.5 Limite Superior e Inferior de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27620.6 Limites Laterais Superiores e Inferiores de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

Exercícios para o Capítulo 20 285

x SUMÁRIO

20.7 Limite Superior e Inferior de Conjuntos e Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . 28520.8 Alguns Limites Superiores e Inferiores de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . 28620.9 Limites Superiores e Inferiores de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

21 Descontinuidades 28921.1 Descontinuidades Evitáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28921.2 Enumerando as Descontinuidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290

Exercícios para o Capítulo 21 29321.3 Descontinuidades Evitáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293

III Calculus 295

22 Derivadas 29922.1 Denições e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29922.2 Derivação de Funções Compostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

Exercícios para o Capítulo 22 30522.3 Funções Potenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30522.4 Tour de Force até Exponentes Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30622.5 Mais Para uma Prova da Irracionalidade de er, com r ∈ Q . . . . . . . . . . . . . . 30722.6 Funções Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30822.7 Funções Trigonométricas Inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30822.8 Um Pequeno Aquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30922.9 Derivar é Preciso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309

23 Consequências da Derivabilidade 31323.1 Pontos Críticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31323.2 Teorema do Valor Médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31423.3 A Regra de L'Hôpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316

Exercícios para o Capítulo 23 31923.4 Pontos Críticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31923.5 Extremos Condicionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31923.6 Teorema de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32123.7 Teorema do Valor Médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32223.8 Regra de L'Hôpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323

24 Quem não é Côncavo pode ser Convexo 32524.1 Funções Convexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32524.2 Convexidade e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32924.3 Convexidade e Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32924.4 Funções Convexas Diferenciáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333

Exercícios para o Capítulo 24 33724.5 A Desigualdade de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337

25 Grácos Revisitados 33925.1 Máximos e Mínimos Locais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339

SUMÁRIO xi

25.2 Sobre o Trazado de Grácos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340

Exercícios para o Capítulo 25 34325.3 Máximos e Mínimos Absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343

26 Através do Espelho e o que Alice não Encontrou por lá 34526.1 Funções Injetoras e a Existência da Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34526.2 Funções Injetoras Contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34626.3 Funções Inversas Diferenciáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349

Exercícios para o Capítulo 26 35126.4 Alguns Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35126.5 Algumas Derivadas Revisitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35126.6 Funções Denidas Implicitamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

27 Integrais à Riemann 35327.1 Partições, Somas Inferiores e Superiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35327.2 Integrais Inferiores e Superiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35427.3 Funções Integráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35827.4 Mais Alguns Resultados sobre Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362

Exercícios para o Capítulo 27 37127.5 Uma Estimativa de log 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37127.6 A Denição de Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37227.7 A Integral de xn com n ∈ N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37227.8 A Integral de cos e sen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37327.9 A Integral de xn com n ∈ N: Cálculo Alternativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37427.10A Integral de xs com s ∈ R\−1: Introductio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37527.11Desigualdades e Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37627.12O Lema Fundamental do Cálculo Variacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37727.13Funções Degrau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37727.14A Integral como Área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378

28 Existência e Unicidade da Integral de Riemann 38128.1 Resultados e Denições Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38128.2 Existência da Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38528.3 Caracterização Unívoca da Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389

Exercícios para o Capítulo 28 39328.4 Caracterização Alternativa da Unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39328.5 Funções Integráveis Positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393

29 Monótonas são Interessantes 39529.1 Monotonia e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39529.2 Monotonia e Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397

Exercícios para o Capítulo 29 40729.3 A Conexão para uma Contínua Monotonia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40729.4 Com Monotonia a Continuidade Resulta Absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40729.5 Diferenciabilidade de Funções Convexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407

xii SUMÁRIO

29.6 Integral de Funções Monótonas Não-Decrescentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40829.7 Integral de Funções Monótonas Não-Crescentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40829.8 Integral de Inversas de Funções Monótonas Crescentes . . . . . . . . . . . . . . . . 40929.9 A Integral de xp com p ∈ N Revisitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40929.10A Integral de x1/p com p ∈ N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41029.11A Integral de cos e sen Revisitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410

30 Teorema Fundamental do Cálculo Innitesimal 41330.1 Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo Innitesimal . . . . . . . . . . . . . . . 41330.2 Segundo Teorema Fundamental do Cálculo Innitesimal . . . . . . . . . . . . . . . 415

Exercícios para o Capítulo 30 41730.3 Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41730.4 Integrais Denidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41830.5 Áreas Determinadas por Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41930.6 Volume de Sólidos de Revolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419

31 As Funcões Trigonométricas 42131.1 O Número π e a Área do Círculo Unitário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42131.2 Denição e Propriedades de cos e sen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42331.3 Fórmulas de Adição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42531.4 Algumas Desigualdades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427

Exercícios para o Capítulo 31 42831.5 Valores Especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42931.6 Vericação das Propriedades Algébricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42931.7 Desigualdades Fundamentais Revisitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43031.8 Mais Valores Especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43131.9 Ortogonalidade do Sistema Trigonométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43231.10A Desigualdade de Bessell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43331.11O Lema de Riemann-Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43431.12O Núcleo de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435

32 As Funcões Logarítmica e Exponencial 43732.1 A Função Logarítmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43732.2 A Função Exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43932.3 Exponenciais de Base Positiva Revisitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440

Exercícios para o Capítulo 32 44332.4 Grácos, Derivadas, Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44332.5 Logaritmo de Base Positiva Arbitrária . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44432.6 Uma Função Melíua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44532.7 (Nem) O Céu é o seu Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44632.8 Uma estimativa do número e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44732.9 Orgia de Limites Logarítmicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44832.10Forma de Cauchy do Número e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44932.11O Cálculo de Juros Compostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45032.12As Funções Trigonométricas Hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45332.13Funções Trigonométricas Hiperbólicas Inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45432.14Algumas Médias Revisitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455

SUMÁRIO xiii

32.15A Integral de xs com s ∈ R\−1: Coda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456

33 Integração em Termos Elementares 45933.1 Integral Indenida e Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45933.2 Integração por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46033.3 Integração por Substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 460

Exercícios para o Capítulo 33 46333.4 Integrais Imediatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46333.5 Integração por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46333.6 Integração por Substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46433.7 Substituições Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46633.8 Substituições Hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46633.9 Funções Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46733.10Funções Trigonométricas Inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46733.11Algumas Integrais Trigonométricas Curiosas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46733.12Descomposição em Frações Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47033.13Mundo Mix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47133.14Fórmula de Redução para

∫xneax dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472

34 Integrais Impróprias 47534.1 Integrais Impróprias de Primeira Espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47534.2 Alguns Critérios de Convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47634.3 Integrais Impróprias de Segunda Espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47934.4 A Função Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 480

Exercícios para o Capítulo 34 48134.5 Integrais Impróprias de Primeira Espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48134.6 Integrais Impróprias de Segunda Espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48234.7 Algumas Fórmulas de Redução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48234.8 Integrais Gaussianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48434.9 Propriedades Elementares da Função Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48534.10Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486

35 Aproximação Mediante Funções Polinômicas 48735.1 Polinômios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48735.2 Caraterização Unívoca do Polinômio de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48935.3 Expressões para o Resto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 490

Exercícios para o Capítulo 35 49535.4 Aproximações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49535.5 Polinômios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49635.6 A Função Exponencial e o Número e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49635.7 A Função arctg e Aproximações para π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49835.8 A Função log(x+ 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50135.9 A Função Binomial (1 + x)α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50235.10A Equação f ′′ + f = 0 Revisitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503

36 Estranho numa Terra Estranha 50536.1 Racional é o que e não é... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505

xiv SUMÁRIO

36.2 ...E nenhuma Potência Superior o fará entrar em razão, por mais Racional que seja 50636.3 Algo Quadrado numa Esfera é Irracional, aqui e na Quarta Dimensão . . . . . . . 509

Exercícios para o Capítulo 36 51136.4 Existe Algo em Común entre Moisés, Heinlein e U2? . . . . . . . . . . . . . . . . . 511

Apêndices 513

A gnuplot 515A.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515A.2 Interpretador de Comandos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515A.3 Grácos em 2D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517

A.3.1 Funções ou Arquivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517A.3.2 Intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 518A.3.3 Estilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 519A.3.4 Cor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 520A.3.5 Pontos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 520

A.4 Arquivos de Dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 520A.5 Ajustando uma Função a um Conjunto de Dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 521A.6 Títulos e Legendas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522A.7 Redirecionamento da Saída . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523

A.7.1 PostScript . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524A.7.2 LATEX . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524A.7.3 Fig . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525A.7.4 Utilização em pipes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525

A.8 Arquivos de Automação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526

B Alguns Resultados Topológicos 529B.1 Compacidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 529B.2 Espaços Métricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 530

Referências Bibliográcas 535

Lista de Símbolos 537

Índice Remissivo 541

Lista de Figuras

16.1 Representação gráca do conjunto dos números reais. . . . . . . . . . . . . . . . . 18316.2 Representação gráca do módulo |a− b|. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18416.3 Sistema de coordenadas cartesiano ortogonal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18416.4 Gráco da função constante f(x) = c. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18516.5 Gráco da função linear f(x) = ax+ b. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18616.6 Parábola com ramos ascendentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18716.7 Parábola com ramos descendentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18716.8 Gráco da função quadrática f(x) = ax2 + bx+ c. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18816.9 Gráco da função original, sem o módulo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18916.10 Gráco por cima do eixo horizontal, inalterado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18916.11 Gráco por baixo do eixo horizontal, reetido para acima. . . . . . . . . . . . . . 18916.12 Justaposição dos dois últimos grácos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18916.13 Gráco da função original, sem o módulo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19016.14 Gráco por cima do eixo horizontal, inalterado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19016.15 Gráco por baixo do eixo horizontal, reetido para acima. . . . . . . . . . . . . . 19016.16 Justaposição dos dois últimos grácos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19016.17 Círculo de centro (a, b) e raio r. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19116.18 Elipse com focos em (−c, 0) e (c, 0). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19216.19 Hipérbole com focos em (−c, 0) e (c, 0). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

Prolegômenos

Introdução

I.1 Números

No princípio era o Número e o Número estava junto a Deus, e o Número era Deus. Ele estava noprincípio junto a Deus e dever do matemático el seria repetir cada dia com salmodiante humildadeo único evento imodicável do qual se pode conrmar a incontrovertível verdade.1

Se em Kronecker2 devemos conar, no princípio eram junto a Deus apenas os números naturais.Acreditando ou não na teogonia numerológica de Kronecker, encontra-se, com efeito, que a con-tagem é, do ponto de vista matemático, uma das mais antigas atividades humanas, e os númerosnaturais 1,2,3,... são precisamente os números de contar.

Segundo Rey Pastor et al. [8], embora as sociedades menos desenvolvidas tribos isoladas daÁfrica e Austrália, possuam apenas uma noção muito vaga e embrionária do conceito de número,podem, contudo, realizar a contagem de determinados conjunto de objetos cabeças de gado,lhos, ou esposas, das mais diversas maneiras. Os pigmeus sabem contar até cinco e, quando in-terrogados sobre a cardinalidade de conjuntos com mais objetos, a eles se referem dizendo que têmmuitos elementos. Observe-se de passagem que, embora possa parecer elementar e primitiva, essaatitude na verdade está universalmente generalizada, diferindo apenas em grau entre as diferentesculturas. Qualquer indivíduo, digamos, ocidental, cristão e ariano, quando interrogado sobre aquantidade de estrelas que consegue enxergar no céu noturno, também responderá muitas, em-bora a quantidade requisitada seja obviamente nita em número.

Um exemplo revelador da gênese do conceito do número na mente humana é fornecido poralgumas tribos australianas nas que, quando os lhos vêm ao mundo, recebem, na ordem do seunascimento, nomes com signicado numérico, variando na terminação conforme o gênero do recémnascido. Tais nomes diferenciam desde o primeiro até o nono lho, e embora esses australianosnão possuam número cardinal além do três, o pai australiano de nove lhos saberá muito bemdizer se a sua família está completa, quando pretende contá-la, sem ter a idéia abstrata de número,nem cardinal, nem ordinal. Não sabe contar até nove, mas é perfeitamente capaz de diferenciarqualitativamente os termos que a nossos olhos comporiam uma sequência ordenada abstrata. Ouseja, a numeração é substituida pela enumeração, [8].

A correspondência biunívoca entre conjuntos também aparece naturalmente nas questões co-merciais que envolvem, por exemplo, os indígenas do estreito de Torres, no norte da Austrália, e

1Cf. Adso de Melk In: [5, p.21].2Leopold Kronecker (7 de dezembro de 1823 29 de dezembro de 1891) foi um matemático e lógico alemão

que sosteve que a aritmética e a análise deveriam ser baseadas nos números inteiros, expresando que Deus fez osnúmeros inteiros; o resto é obra do homem (Bell 1986, p. 477). In: [18]. Tradução livre do autor.

3

4 Introdução

efetua-se recorrendo a equivalentes concretos da numeração ordinal. Podem contar até 31 tomandosucessivamente como referências o dedo mínimo da mão esquerda, os outros dedos, o pulso, coto-velo, axila, ombro, clavícula, tórax, e depois, na ordem inversa, ao longo do outro braço, nalizandono dedo mínimo da mão direita. Resulta uma extensão do conceituado e útil método de contar comos dedos. Na primeira infância se começa também pelo aprendizado da contagem. Apenas maistarde coordenam-se conjuntos prescindindo da ordem. Isso parece justicar, como mais intuitivo edireto, e mais adaptado à natureza da mente humana, a introdução do número natural através daformulação axiomática que evidencie os fundamentos da operação de contagem, como no sistemaaxiomático de Peano, por exemplo.

O uso do zero como número aceitou-se na Europa apenas a partir do século XIII, por Leonardode Pisa, também conhecido como Fibonacci, quem parece ter se inspirado na escola arábica es-panhola, cujo representante mais proeminente foi Juan de Sevilla. A palavra zero foi introduzidaposteriormente, no século XV, e também provem do árabe sifr, vazio. Os indianos, no seu sistemade numeração decimal, representavam o zero com um símbolo oco, o que signica o notável avançode representar a ausência de unidades, o nada, através de um símbolo concreto. Resulta oportunodestacar que os maias zeram coisa parecida, valendo-se do seu notável sistema de numeraçãovigesimal.

Os números negativos não foram aceitos sem polêmicas até o século XVII. Os gregos nuncaconsideraram como solução de um problema uma quantidade negativa ou irracional. Até as pró-prias frações não eram números para os matemáticos gregos, mas quocientes de números, o quenão impedia que o logístico, calculador experiente, entre os gregos, ou o escreva, entre os egípcios,operasse prosionalmente com elas como se fossem números, sem preocupação nenhuma em justi-car rigorosamente suas regras de cálculo, indiferente às críticas irônicas de Platão.

A comprovação da insuciência dos pontos racionais para representar a totalidade das mag-nitudes e relações que aparecem ainda na geometria elementar, muito cara aos gregos, marca umaépoca na história da Matemática antiga, e data de aproximadamente vinte e cinco séculos, quandoo renome do lósofo Pitágoras de Samos e da sua seita de seguidores percorria as ilhas do marEgeu. Ao santo e herói desta seita atribue-se o famoso resultado conhecido como Teorema dePitágoras, que paradoxalmente teve consequências bem anti-pitagóricas. Resulta oportuno sali-entar que esse resultado já era conhecido muito antes, por exemplo, pelos antigos egípcios, que ousavam de maneira muito engenhosa para construir ângulos retos com cordas na demarcação deterrenos após as enchentes sazonais do rio Nilo. A descoberta dos números irracionais é atribuida,mais especicamente, ao pitagórico Hippasus de Metapontum, nascido aproximadamente em 500A.C. na Magna Græcia, quem parece ter desenvolvido uma prova, com argumentos principalmentegeométricos, da irracionalidade da raiz quadrada de 2, na sua tentativa de representá-la comouma fração. Observe-se de passagem que esse tipo de acontecimento constitui uma caraterísticatípica e notável da Matemática, onde fracassos são revertidos em Teoremas de Impossibilidade eonde regras transgredidas originam novas regras, melhores e mais abrangentes que as anteriores.Contudo, Pitágoras acreditava no caráter absoluto dos números inteiros e não poderia aceitar fa-cilmente a existência de números que fugissem do mundo perfeito e ordenado que criara para simesmo e sua seita de seguidores. Mais ainda, nenhuma viagem para outra galáxia era necessáriapara subverter a harmonia do seu esquema de números inteiros, mas pelo contrário, o defeito podiaser encontrado na diagonal de um singelo quadrado qualquer. Para cúmulo de males, o seu próprioresultado, o Teorema de Pitágoras, era usado para tal efeito. Ele não podia negar a existência denúmeros irracionais pela via da lógica formal, mas na sua ilusória crença não poderia nunca aceitara sua existência. Diante de tão abrumadoras circunstâncias, ele não teve melhor idéia que con-

I.1 Números 5

denar Hippasus à morte por afogamento. Assim, após este ter revelado a irracionalidade daquelenúmero, os demais membros da seita pitagórica deram-lhe morte. Alega-se também que Hippasusfoi um notável pioneiro da pesquisa experimental em acústica e o fenômeno da ressonância, maspouquísimos dos seus trabalhos originais chegaram até os dias de hoje.

A criação dos números reais representa a abstração suprema da mente humana. Embora elespossam ser representados gracamente de maneira simples e notável por meio de uma linha retaextendendo-se ad innitum, a idéia, e a efetividade, dessa representação recai não na linearidade,nem na innitude, mas na noção de continuidade subjacente à reta. Mesmo os gregos, sendo bri-lhantes pensadores e intelectuais, tiveram grande diculdade em formalizar rigorosamente a idéiade continuidade. Talvez eles nem se sentissem na necessidade de fazê-lo, mas provavelmente re-sultaria difícil atingí-la com um esquema de pensamento atrelado a formas estáticas, viciado emgeometria. Idéias embrionárias do Cálculo podem ser encontradas no método de Arquimedes deSiracusa para a determinação da área de certas guras curvas, mas com a destruição da culturahelenística por parte do Império Romano, quase mil e quinhentos anos deveriam passar até o Re-nascimento europeu testemunhar o surgimento do Cálculo propriamente dito. Mesmo assim, oslósofos ocidentais que séculos depois acenaram em direção da análise da noção de continuidadenem chegaram perto de arranhá-la, pois dizer que constitui um a priori da mente humana nãoconstitui mas do que uma variante da dúvida erudita socrática, somente que menos modesta e,por motivos óbvios, totalmente desprovida de qualquer originalidade.

Apesar da sua irreversível inuência no informatizado mundo de hoje, computadores não po-dem usufruir dos números reais. Os números reais não podem ser introduzidos em computadores,nem a noção de continuidade. Computadores não podem representar os números reais irracionais.Por menor que seja o espaço de armazenamento na memória de um simples bit, a representação deinnitos decimais requer innito espaço. Portanto, nenhum computador nunca poderá trabalharcom números reais. Embora a sua incrível velocidade e outros truques mecânicos e estatísticos, oscomputadores nunca poderão superar a mente humana, a menos que se considere o próprio cérebrohumano como uma espécie de computador biológico, aliás, de altíssima eciência, ou que se consi-dere, alternativamente, o próprio computador como uma extensão das faculdades mentais humanas.

Os números podem ser usados como patamares na edicação de estruturas abstratas que fa-gocitam qualquer vestígio da sua individualidade, assim sacricada pela primazia da forma, queimpera nos domínios da abstração da mesma forma que imponentes catedrais o fazem no mundodos homens: construções austeras, sólidas e frias, resultam em lugar de culto onde supostamente aslimitações terrenas são sublimadas em prol do inatingível. Isso é a Álgebra. Os números podem, al-ternativamente, ser dissecados, radiografados, entrevistados seus vizinhos, amigos e parentes... Emoutras palavras, podem ser abordados biogracamente. O estudo da forma ca então subordinadoà contextualização das suas diferentes manifestações e matizes, prevalecendo a individualidade.Essa é a abordagem da presente obra e na Matemática recebe genericamente o nome de Análise:do grego

,ανα (ana), separação, através, e λυσις (lysis), dissolução, destruição, ou seja, sepa-

ração pela dissolução ou através da destruição, denotando a idéia da decomposição de umacoisa em seus princípios ou componentes fundamentais.3 A escolha desse nome para denominar

3Compare-se com anatomia (ana = separação; tomé = cortadura): disseção do corpo humano; anagrama (ana= separadamente): formação de uma palavra tomando ou separando as letras de uma outra; aneurisma (ana =através; euro = dilatar): ruptura de una artéria pela sua dilatação transversal; anatema (ana = separação; tithemi= colocar): colocar uma pessoa fora de algum lugar, por suas idéias ou crenças, excomungar. Com maior precisão,além de separação, através, o prexo ana também é usado para denotar a idéia de repetição (anabaptista), entre(analogia), elevação (anagogia), no meio, fora (anacronismo), a parte (anacoreta).

6 Introdução

o estudo dos números reais, principalmente os irracionais, provavelmente também seja de origem(anti-)pitagórica. Com efeito, os pitagóricos representavam os números como pontos que, além deter uma posição determinada, consideravam como sendo extensos. Ou seja, um segmento de retaestaria assim constituído por uma quantidade nita de pontos. Pelo fato da raiz quadrada de 2 serirracional, como provara Hippasus, decorre do próprio Teorema de Pitágoras, que em um triânguloretângulo de catetos iguais a 1, para poder posicionar exatamente a hipotenusa de modo tal aformar o triângulo de maneira correta, seria necessário quebrar destruir, separar, esses pontosextensos, por menores que sejam.

I.2 Funções

As origens da noção de função e da sua inuência signicativa na evolução da ciência podem serxadas no século XVII. O conceito de função aparece explicitamente em Leibniz em 1692, sendoutilizado pelos irmãos Bernoulli desde 1694. Leonhard Euler (1707-1783) introduz em 1734 osímbolo f(x), e Clairaut fx. O conceito geral de função algébrica, inclusive não expressável porradicais, foi claramente denido por Euler, que denominava trascendentes às funções denidas poralgorítmos indenidos, o que não é atualmente correto, mas deve ser sobrentendendido que se refereàs funções denidas por séries de potências e que não são algébricas.

O conceito bernouilliano e euleriano de variável y dependente de x, ou função de x, coincidiacom o de expressão aritmética formada com a variável x e certos números xos, ou constantes. Apalavra contínua signica para Euler função denida por apenas uma expressão.

O problema da corda vibrante, resolvido por D'Alembert em 1747, induz Euler a admitir fun-ções arbitrárias denidas gracamente, dado que a forma inicial da corda pode ser arbitrária, semnecessidade de uma expressão aritmética explícita. Por outro lado, Bernoulli forneceu uma expres-são trigonométrica para a forma da corda, denida para todo tempo, e em face disso foi evidenciadaa necesidade de suprimir a diferença entre função matemática, denida explicitamente por umaexpressão aritmética, e função arbitrária, dado que estas últimas também são suscetíveis de seremexpressas através de operações aritméticas.

Tudo isso levou a prescindir da maneira de explicitar a correspondência entre os valores de xe os de y, para atender apenas à correspondência em si mesma, cando assim estabelecido porDirichlet em 1854 o conceito geral de função como correspondência arbitrária entre duas variáveis.

I.3 Continuidade

O teorema sobre a existência de valores extremos, máximos e/ou mínimos, de funções limitadas,geralmente atribuido a Weierstrass, assim como também o critério geral de convergência que cos-tuma denominar-se de Cauchy, são de Bolzano (1817). Bernard Bolzano (1781-1848) foi um dosprimeiros a introduzir o conceito moderno de rigor nas demonstrações da Análise. No seu traba-lho Paradoxien des Unendlichen, publicado em 1850, é reconhecido pela primeira vez que muitosenunciados aparentemente óbvios sobre funções contínuas podem e devem ser demonstrados. Umexemplo característico é seu teorema sobre a existência de zeros. Ainda em épocas mais recentes,diversos autores adotaram como condição equivalente à continuidade, ou bem como a denição damesma, que uma função não passe de um valor a outro sem tomar todos os valores intermediários,

I.3 Continuidade 7

o que resulta falso, a partir de exemplos bem simples e elementares.

A idéia de fundamentar a Análise sobre uma base aritmética desenvolve-se em começo do séculoXIX, principalmente pelo trabalho de Agustin Louis Cauchy (1789-1857), dotando de rigor lógicoa extraordinária obra do século XVIII, em que os conceitos da Análise operavam-se sobre umabase intuitiva do resultado correto, que não estava completamente livre de associações místicas,particularmente a dos innitamente pequenos. A notação f(a + 0) para o limite pela direitaderiva da notação de Dirichlet f(a + o), originada pela sua vez na notação de Newton para osinnitésimos, que designava como o.

Segundo Dini-Lüroth (1840), Heine clasicou a continuidade de uma função em um intervaloem uniforme e não-uniforme, e Cantor conseguiu demostrar a equivalência de ambos conceitos (emintervalos fechados e limitados, ou seja, compactos).

Notações

Usam-se signos e signos de signos apenas quando nos fazem falta as coisas.William de Baskerville 1

When I use a word, Humpty Dumpty said, in rather a scornful tone, it means just what Ichoose it to mean neither more nor less.

Lewis Carroll 2

Todo lenguaje es un alfabeto de símbolos cuyo ejercicio presupone un pasado que losinterlocutores comparten.

Jorge Luis Borges 3

N.1 Lógica Proposicional

∀ quanticador universal (para todo)∃ quanticador existencial (existe)@ negação do quanticador existencial (não existe) tal que: notação alternativa para tal que∈ pertence a/∈ não pertence a∧ e∨ ou inclusivo

=⇒ implica⇐⇒ se e somente se (condição necessária e suciente)∴ portanto

N.2 Teoria de Conjuntos

Os termos conjunto e família serão tidos como sinônimos, usados ambos para designar coleçõesrestritas de objetos (por oposicão a classe que designa coleções mais amplas das quais os con-

1In: [5, p. 43], Primeiro dia, Terceira.2[4].3El Aleph. In: [3].

9

10 Notações

juntos são casos particulares).

Se A e B denotam dois conjuntos quaisquer, subconjuntos de um conjunto universal xo X,serão utilizadas as seguintes notações:

P (A) família de subconjuntos, ou partes, de APF (A) família de subconjuntos nitos de A|A| cardinal de AAc complemento de A (relativo a X)

A \B A ∩Bc

A−B notação alternativa para A \BA4B diferença simétrica de A com B, ou seja, (A \B) ∩ (B \A)

N conjunto dos números naturais 1, 2, 3, . . . Z conjunto dos números inteirosQ conjunto dos números racionaisR conjunto dos números reaisC conjunto dos números complexos

Observe que o conjunto dos números naturais não inclui o zero. Além disso, N é um conjuntoindutivo e bem-ordenado, duas propriedades que serão utilizadas sob a forma de demonstraçõespor indução. Por outro lado, Z é um anel de integridade, Q é um corpo ordenado, R é um corpoordenado e completo, entanto que C é um corpo completo e algébricamente fechado.

N.3 Álgebra

Se f é uma função, se denotará:

Dom f domínio de fImg f imagem de f

Se A é um subconjunto de um espaço vetorial, se denotará:

spanA espaço vetorial gerado por AspanA espaço vetorial fechado gerado por A

N.4 Topologia

Se X e Y são espaços topológicos, se denotará:

C(X,Y ) conjunto de funções contínuas de X em YC(X) C(X,C)X ′ conjunto de funcionais lineares e contínuas, ou espaço dual, de X

considerando em C(X) a estrutura métrica induzida pela seguinte norma:

‖f‖∞ = supx∈X|f(x)|

N.4 Topologia 11

quando X é compacto.

C∞(Rn) funções innitamente diferenciáveis em RnD(Rn) funções innitamente diferenciáveis e de suporte compactoS(Rn) espaço de Schwarz de funções rapidamente decrescentes

considerando em S(Rn) a transformada e anti-transformada de Fourier respectivamente como:

f(λ) =1

(2π)n/2

∫Rne−i λ.x f(x) dx

f(λ) =1

(2π)n/2

∫Rnei λ.x f(x) dx.

O produto escalar num espaço de Hilbert H se denotará 〈 . , . 〉H convencionando-se que é anti-linear no primeiro argumento e linear no segundo. O subíndice fazendo menção ao espaço serádispensado quando não houver risco de confusão. Se denotará também:

L(H) conjunto de operadores lineares em HB(H) conjunto de operadores lineares e limitados em H

considerando neste último a estrutura de espaço de Banach induzida pela norma:

‖T‖B(H) = sup ‖Tx‖ : x ∈ H ∧ ‖x‖ = 1

Porém, no caso particular de dimensão nita, se denotará:

Mn(F) conjunto de matrizes n× n com coecientes no anel FDn(F) subálgebra das matrizes diagonais

sendo que usualmente, o anel (comutativo com unidade) considerado será o corpo real ou complexo.Neste último caso, as matrizes diagonais serão expressadas na forma:

diag(a1, . . . , an) =

a1 0 . . . . . . 00 a2 0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . 0 an

.

12 Notações

N.5 Outros Alfabetos

Grego

GraaNome Maiúsculas Minúsculas Alternativa

alfa A αbeta B βgama Γ γdelta ∆ δepsilon E ε εzeta Z ζeta H ηtheta Θ θ ϑiota I ιkappa K κ κlambda Λ λmu M µnu N νxi Ξ ξomicron 0 opi Π π $rho P ρ %sigma Σ σ ςtau T τupsilon Υ υphi Φ φ ϕchi X χpsi Ψ ψomega Ω ω

Hebraico (incompleto)

Nome Minúsculas

aleph ℵbeth igimel גdaleth k

N.6 Metanotações

No cálculo de predicados, se P e Q denotam duas proposições quaisquer, convencionaremos emque:

P :=Q

signica P é por denição igual a Q. Em certas ocasiões convém manter a ordem invertendo osignicado, assim:

P =: Q

signicará Q é por denição igual a P . Também, com menor freqüência, revela-se útil denotar:

P :=: Q :=R,

ou alternativamente:

P :=R=: Q,

N.6 Metanotações 13

signicando em ambos casos P e/ou Q são por denição iguais a R, do qual constituem notaçõesalternativas.

♣ nal de uma denição, observação, ou exercícional do enunciado de um lema, proposição ou teorema

O nal do enunciado de uma armação intermediária dentro de uma demonstraçãoH nal da prova de uma armação intermediária dentro de uma demonstração

nal de uma demonstração

Finalmente, estas e todas as outras denições, símbolos e notações usadas no presente trabalhoconstam no índice remissivo, ao nal.

Parte I

Álgebra

Dado que todos os termos são denidos através de outros, é claro que o conhecimentohumano deve se conformar sempre com admitir alguns termos inteligíveis sem denição, parater um ponto de partida nas suas denições.

Não é evidente que devam existir termos que não possamos denir: é possível que, por mais queadentremos pelo caminho da denição, sempre possamos fazê-lo ainda mais. Por outro lado,também é possível que, quando a análise tenha sido sucientemente aprofundada, possamosobter termos que sejam realmente simples e, portanto, que não exijam, logicamente, esse tipode denição analítica.

Esse é um problema sobre o qual não é necessário nos pronunciar; para o nosso propósito é su-ciente observar que, sendo o poder humano limitado, as denições conhecidas devem começarem algum lugar com termos não denidos, por enquanto, embora talvez não denitivamente.

B. Russell 1

O matemático e o físico devem excluir, tanto no campo cientíco abstrato como no didático,o problema da origem psicológica das idéias primitivas.

J. Rey Pastor et al. 2

1[13, p. 2]; [12, Cap. I, p. 13].2[8, Vol. I, p. 14].

Capítulo 1

Corpos

There was a most ingenious architect, who had contrived a new method for building houses,by beginning at the roof, and working downward to the foundation.

Jonathan Swift 1

1.1 Denições Básicas

1.1.1 Denição: Um corpo é um conjunto F com duas operações binárias + (soma) e .(produto) denidas em F satisfazendo as seguintes propriedades:

1. Associatividade da soma:

(a+ b) + c = a+ (b+ c), ∀ a, b, c ∈ F.

2. Elemento neutro para a soma: Existe um elemento 0 ∈ F tal que

a+ 0 = a, ∀ a ∈ F.

3. Inverso aditivo: Para todo a ∈ F existe algum elemento b ∈ F tal que a+ b = 0.

4. Comutatividade da soma:

a+ b = b+ a, ∀ a, b ∈ F.

5. Associatividade do produto:

(a.b).c = a.(b.c), ∀ a, b, c ∈ F.

6. Elemento neutro para o produto: Existe um elemento 1 ∈ F , com 1 6= 0, tal que

a.1 = a, ∀ a ∈ F.1[16], Part III. A Voyage to Laputa, Balnibarbi, Luggnagg, Glubbdubdrib, and Japan. Chapter V [The author

permitted to see the grand academy of Lagado. The academy largely described. The arts wherein the professorsemploy themselves.]

19

20 Corpos

7. Inverso multiplicativo: Para todo a ∈ F com a 6= 0 existe algum elemento b ∈ F talque a.b = 1.

8. Comutatividade do produto:

a.b = b.a, ∀ a, b ∈ F.

9. Propriedade distributiva:

a.(b+ c) = a.b+ a.c, ∀ a, b, c ∈ F. ♣

1.1.2 Exemplo: (a) Os conjuntos Q, R e C com a soma e produto usuais são corpos.

(b) Tráta-se de um corpo um conjunto F com apenas dois elementos, F = 0, 1, e as operaçõesdenidas pelas seguintes tabelas:

+ 0 10 0 11 1 0

. 0 10 0 01 0 1

(c) Uma maneira um tanto trivial de um obter um corpo a partir de um outro dado F , consisteem deni-lo como o conjunto (a, a) : a ∈ F com as operações:

(a, a) + (b, b) = (a+ b, a+ b);

(a, a).(b, b) = (ab, ab). ♣

1.1.3 Lema: Seja F um corpo. Então:

(a) O inverso aditivo é único. Ou seja:

∀ a ∈ F (a+ b = 0 ∧ a+ c = 0 ⇒ b = c).

Observe-se que este mesmo resultado pode ser parafraseado dizendo que todo elemento de Fpode ser inverso de apenas um outro elemento de F .

(b) −(−a) = a, ∀ a ∈ F .

(c) a.0 = 0, ∀ a ∈ F .

(d) (−a).b = −(a.b), ∀ a, b ∈ F .

(e) (−a).(−b) = a.b, ∀ a, b ∈ F .

(f) −a = −b ⇐⇒ a = b, ∀ a, b ∈ F .

(g) a.a = a ⇒ a = 0 ∨ a = 1, ∀ a ∈ F .

1.1 Denições Básicas 21

Demonstração: (a) Sejam a, b, c ∈ F tais que a+ b = 0 e a+ c = 0. Então:

1. b = b+ 0 1.1.1(2)

2. = b+ (a+ c) Hipótese a+ c = 0

3. = (b+ a) + c 1.1.1(1)

4. = (a+ b) + c 1.1.1(4)

5. = 0 + c Hipótese a+ b = 0

6. = c+ 0 1.1.1(4)

7. = c 1.1.1(2)

(b) Se a ∈ F , então:

1. 0 = a+ (−a) 1.1.1(3)

2. = (−a) + a 1.1.1(4)

Desta última identidade segue que a é um inverso aditivo para (−a) e, pela unicidade provadano item (a) anterior, segue que a = −(−a).

(c) Se a ∈ F , então:

1. a.0 = a.0 + 0 1.1.1(2)

2. = a.0 + (a.0 +−(a.0)) 1.1.1(3)

3. = (a.0 + a.0) +−(a.0) 1.1.1(1)

4. = a.(0 + 0) +−(a.0) 1.1.1(9)

5. = a.0 +−(a.0) 1.1.1(2)

6. = 0 1.1.1(3)

(d) Se a, b ∈ F , então:

1. a.b+ (−a).b = (a+ (−a)).b 1.1.1(9)

2. = 0.b 1.1.1(3)

3. = b.0 1.1.1(8)

4. = 0 Item (c)

Desta última identidade segue que (−a).b é um inverso aditivo para a.b e, pela unicidadeprovada no item (a) anterior, segue que (−a).b = −(a.b).

22 Corpos

(e) Se a, b ∈ F , então:

1. −(a.b) + (−a).(−b) = (−a).b+ (−a).(−b) Item (d)

2. = (−a).(b+ (−b)) 1.1.1(9)

3. = (−a).0 1.1.1(3)

4. = 0 Item (c)

Desta última identidade segue que (−a).(−b) é um inverso aditivo para −(a.b) e, pela uni-cidade provada no item (a) anterior, segue que (−a).(−b) = −(−(a.b)) = a.b, onde a últimaigualdade segue do item (b) já provado acima.

(f) Sejam a, b ∈ F . Para provar a parte (⇒), suponha-se que −a = −b. Então:

1. a = a+ 0 1.1.1(2)

2. = a+ (b+ (−b)) 1.1.1(3)

3. = a+ (b+ (−a)) Hipótese

4. = a+ ((−a) + b) 1.1.1(4)

5. = (a+ (−a)) + b 1.1.1(1)

6. = 0 + b 1.1.1(3)

7. = b+ 0 1.1.1(4)

8. = b 1.1.1(2)

Reciprocamente, para provar a parte (⇐), suponha-se que a = b. Então:

1. b+ (−a) = a+ (−a) Hipótese

2. = 0 1.1.1(3)

Desta última identidade segue que −a é um inverso aditivo para b e, pela unicidade provadano item (a) anterior, segue que −a = −b. Observe-se que a equivalência que se acabouprovar, estabelece, de fato, que a aplicação a→ −a é um isomorsmo.

(g) Seja a ∈ F tal que a.a = a. Se fosse a = 0 não existe nada a provar. Suponha-se portantoque a 6= 0. Em tal caso, a propriedade 1.1.1(7) implica que a possui inverso multiplicativoa−1. Portanto:

1. a = a.1 1.1.1(6)

2. = a.(a.a−1) 1.1.1(7)

3. = (a.a).a−1 1.1.1(5)

4. = a.a−1 Hipótese

5. = 1 1.1.1(6)

Ou seja, sob a hipótese a.a = a, tem-se a = 0, ou a = 1.

Exercícios para o Capítulo 1

1.2 Diferenças de Potências

Seja F um corpo.

1.2.1 Exercício: Prove as seguintes identidades em F :

(a) a2 − b2 = (a− b)(a+ b).

(b) a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2).

(c) a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2).

Sugestão: Porque este é um caso particular do item anterior? ♣

Os casos particulares acima diferem do caso geral apenas pela complexidade notacional:

1.2.2 Exercício: Sejam a, b ∈ R e n ∈ N. Então:

an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ an−3b2 + · · ·+ abn−2 + bn−1)

= (a− b)n−1∑k=0

bn−k−1ak ♣

1.2.3 Exercício: Sejam a, b ∈ R e n ∈ N impar. Então:

an + bn = (a+ b)(an−1 − an−2b+ an−3b2 − an−4b3 + · · · ± abn−2 ± bn−1)

= (a+ b)

n−1∑k=0

(−1)n−k−1bn−k−1ak ♣

1.3 Relax

1.3.1 Exercício: Simplique as seguintes expressões no corpo F . Em alguns casos será conve-niente lembrar a regra dos sinais.

23

24 Corpos

(a) −(a− b). R: b− a.

(b) (−a)(−b+ c). R: ab− ac.

(c) 1− (1− (1− (1 + 1))). R: −1.

(d) (−a)(−a+ a(1− a)). R: a3.

(e) −(a− (−a+ 1)). R: 1− 2a.

(f) (−a+ 1)(−a)(a+ 1). R: a3 − a. ♣

1.3.2 Exercício: Produtos de Binômios

Idem que o exercício anterior.

(a) (a+ b)2 = (a+ b)(a+ b). R: a2 + 2ab+ b2.

(b) (a− b)2 = (a− b)(a− b). R: a2 − 2ab+ b2.

(c) (b+ a)(b− a). R: b2 − a2.

(d) (a− b)(b− a). R: −(b− a)2 = −b2 + 2ab− a2.

(e) (a+ b)3 = (a+ b)(a+ b)(a+ b). R: a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3.

(f) (a− b)3 = (a− b)(a− b)(a− b). R: a3 − 3a2b+ 3ab2 − b3.

(g) (a+ b)(a+ b)(a− b). R: a3 + a2b− ab2 − b3.

(h) (a+ b)(a− b)(a− b). R: a3 − a2b− ab2 + b3. ♣

1.3.3 Exercício: Qual é o erro na seguinte demonstração? Seja a ∈ F . Então:

a2 = a2

a2 − a2 = a2 − a2

(a− a)(a+ a) = a(a− a)

(a+ a) = a

a = 0.♣

1.3.4 Exercício: Qual é o erro na seguinte demonstração? Sejam x, y ∈ F com x = y. Então:

x2 = xy

x2 − y2 = xy − y2

(x− y)(x+ y) = y(x− y)

x+ y = y

y + y = y

2y = y

2 = 1.♣

1.3 Relax 25

1.3.5 Exercício: O Paradoxo do Estudante à Beira do Abismo

Prove que se 4, 99 fosse igual a 5, 00 então 10, 00 seria igual a zero.

Sugestão: Com efeito, observe-se que:

4, 99 = 5, 00 ⇒ 0, 01 = 5, 00− 4, 99 = 0 ⇒ 10, 00 = (1000).(0, 01) = (1000).0 = 0.

Após entendida a demonstração, tire alguma conclusão losóca, se possível. ♣

1.3.6 Exercício: Determinar o conjunto solução para as seguintes equações. Ou seja, determineem cada caso o conjunto dos x ∈ F que satisfazem cada uma das seguintes relações:

(a) 2 + 3x = 5− x. R: 3/4.

(b) (x− 1)(x+ λ) = 0. R: 1,−λ.

(c) x2 − 4 = 0. R: −2, 2. ♣

Capítulo 2

Corpos Ordenados

2.1 Corpos Ordenados

2.1.1 Denição: Um corpo é dito ordenado se existir um subconjunto P ∈ F tal que:

10. Tricotomia: Para cada a ∈ F é satisfeita uma e apenas uma das seguintes condições:

(a) a = 0;

(b) a ∈ P ;(c) −a ∈ P .

11. Se a e b estão em P , então a+ b está em P .

12. Se a e b estão em P , então a.b está em P . ♣

2.1.2 Lema: Seja F um corpo ordenado. Então:

(a) a.a ∈ P, ∀ 0 6= a ∈ F .

(b) 1 = 1.1 ∈ P .

(c) 1 + 1 ∈ P . Em particular, 1 + 1 6= 0 em um corpo ordenado.

(d) ∀ a, b ∈ F (a.b ∈ P ∧ a ∈ P ⇒ b ∈ P ).

(e) a ∈ P ⇒ a−1 ∈ P, ∀ a ∈ F .

(f) 0 < a < b ⇒ 0 < b−1 < a−1, ∀ a, b ∈ F .

Demonstração: (a) Se a 6= 0, então, pela propriedade 2.1.1(10), deve ser a ∈ P ou −a ∈ P .No primeiro caso, a.a ∈ P é consequência direta da propriedade 2.1.1(12). No segundo caso,utilizando o resultado do Lema 1.1.3(e), tem-se que −a ∈ P ⇒ a.a = (−a).(−a) ∈ P ,utlizando mais uma vez a propriedade 2.1.1(12).

(b) Como 1 é o neutro do produto, tem-se que 1 = 1.1 ∈ P , pelo item (a) provado acima.

27

28 Corpos Ordenados

(c) Como 1 ∈ P pelo item (b) provado acima, pela propriedade 2.1.1(11) tem-se que 1 + 1 ∈ P .Em particular, deve ser 1 + 1 6= 0, pela propriedade 2.1.1(10).

(d) Por reductio ad absurdum, se b /∈ P , então deve ser b = 0 ou −b ∈ P . No primeiro caso, ouseja, se b = 0, pelo Lema 1.1.3(c), tem-se que a.b = a.0 = 0 o que junto com a propriedade2.1.1(10) contradiz a hipótese que a.b ∈ P . No segundo caso, ou seja se −b ∈ P , pelo Lema1.1.3(d) tem-se que −(a.b) = −(b.a) = (−b).a ∈ P , pela hipótese que a ∈ P e a propriedade2.1.1(12), o que junto com a propriedade 2.1.1(10) contradiz a hipótese que a.b ∈ P .

(e) Observe-se que a.a−1 = 1 ∈ P , pelo item (b) provado acima, e que a ∈ P por hipótese.Portanto, o resultado segue diretamente do item (d) anterior.

(f) Observe-se que 0 < a < b ⇒ a, b, b − a ∈ P . Em particular, pelo item (e) provado acima,tem-se que a−1, b−1 ∈ P e, pela propriedade 2.1.1(12), a−1.b−1 ∈ P . Portanto:

a−1 − b−1 = a−11− b−11

= a−1(bb−1)− b−1(aa−1)

= a−1(b−1b)− b−1(a−1a)

= (a−1b−1)b− (b−1a−1)a

= (a−1b−1)b− (a−1b−1)a

= (a−1b−1)(b− a) > 0;

onde a última desigualdade segue da propriedade 2.1.1(12). Assim, a−1 − b−1 > 0⇒ a−1 >b−1 > 0.

2.1.3 Exemplo: (a) Os corpos Q e R com a ordenação usual são ordenados.

(b) O corpo C não pode ser ordenado. Com efeito, se fosse ordenado, pelo Lema 2.1.2(b) teria-seque 1 ∈ P . Por outro lado, −1 = i2 = i.i ∈ P , pelo Lema 2.1.2(a), pois i = (0, 1) 6= (0, 0) =0 ∈ C. Ou seja, ±1 ∈ P , o que contradiz propriedade 2.1.1(10).

(c) O corpo do Exemplo 1.1.2(b) também não pode ser ordenado. Com efeito, nesse exemplotem-se 1 + 1 = 0 (vide tabela da soma), o que contradiz o Lema 2.1.2(c).

(d) O corpo do Exemplo 1.1.2(c) é ordenado, com a ordem denida por: (a, a) < (b, b) ⇐⇒a < b. ♣

2.2 Módulo ou Valor Absoluto

2.2.1 Denição: Seja F um corpo ordenado. Para cada a ∈ F dene-se o módulo ou valorabsoluto |a| de a por:

|a| :=

a se a > 0,

−a se a < 0.♣

2.2 Módulo ou Valor Absoluto 29

2.2.2 Lema: Seja F corpo ordenado. Então:

(a) |a| = |−a| , ∀ a ∈ F .

(b) a 6 |a| , ∀ a ∈ F .

(c) −a 6 |a| , ∀ a ∈ F .

(d) − |a| 6 a 6 |a| , ∀ a ∈ F .

Demonstração: (a) Os três casos da propriedade 2.1.1(10) serão considerados por separado.

Caso a > 0: |a| = a = −(−a) = |−a|, onde a última igualdade segue do fato que −a < 0neste caso.

Caso a = 0: Observe-se em primeiro lugar que, pelo fato de ser 0 neutro para a soma, tem-seque 0 + 0 = 0. Assim, 0 é um inverso aditivo de 0 e, pela unicidade de tal inverso provadano Lema 1.1.3(a), deve ser 0 = −0. Portanto: |a| = a = 0 = −0 = |−0| = |−a|.

Caso a < 0: |a| = −a = |−a|, onde a última igualdade segue do fato que −a > 0 neste caso.

(b) Se a > 0 então a = |a|. Caso contrário, a < 0 < −a = |a|.

(c) −a 6 |−a| = |a|, onde a primeira e segunda relações provêm dos itens (b) e (a) anteriores,respectivamente.

(d) A primeira e segunda desigualdades provêm diretamente dos itens (c) e (b) anteriores, res-pectivamente.


|a| 6 b ⇐⇒ −b 6 a 6 b, ∀ a, b ∈ F.

Demonstração: (⇒) Observe-se que |a| 6 b ⇒ −|a| > −b ⇒ −b 6 − |a|. Portanto, usando oLema 2.2.2(c), tem-se −b 6 − |a| 6 a 6 |a| 6 b.

(⇐) Se a > 0, então |a| = a 6 b. Caso contrário, tem-se −b 6 a ⇒ b > −a = |a|.

2.2.4 Lema (Desigualdade Triangular): Seja F corpo ordenado. Então:

|a+ b| 6 |a|+ |b| , ∀ a, b ∈ F.

30 Corpos Ordenados

Demonstração: Pelo Lema 2.2.2(b) tem-se que a 6 |a| e b 6 |b|, ou seja, equivalentemente,|a| − a > 0 e |b| − b > 0. Portanto:

|a|+ |b| − (a+ b) = (|a| − a) + (|b| − b) > 0 ⇒ |a|+ |b| > a+ b.

Ou seja:

a+ b 6 |a|+ |b| . (2.2.1)

Por outro lado, pelo Lema 2.2.2(c) tem-se que −a 6 |a| e −b 6 |b|, ou seja, equivalentemente,|a|+ a > 0 e |b|+ b > 0. Portanto:

|a|+ |b|+ (a+ b) = (|a|+ a) + (|b|+ b) > 0 ⇒ |a|+ |b| > −(a+ b) ⇒ a+ b > −(|a|+ |b|).

Ou seja:

−(|a|+ |b|) 6 a+ b. (2.2.2)

Desta maneira, para obter a Desigualdade Triangular basta combinar as relações (2.2.1) e (2.2.2)com o Lema 2.2.3.


2.3 Denição Alternativa de Corpo Ordenado

2.3.1 Exercício: Um corpo ordenado pode ser denido alternativamente como um corpo F comuma relação < tal que:

10'. Para cada a, b ∈ F é satisfeita uma e apenas uma das seguintes condições:

(a) a = b,

(b) a < b,

(c) b < a.

11'. a < b ∧ b < c ⇒ a < c, para quaisquer a, b, c ∈ F . Ou seja, < é uma relação transitiva.

12'. a < b ⇒ a+ c < b+ c, para quaisquer a, b, c ∈ F .

13'. a < b ∧ 0 < c ⇒ a.c < b.c, para quaisquer a, b, c ∈ F .

Com efeito, pode ser provado que:

(a) Partindo das propriedades (1)-(12) e denindo < por:

a < b ⇐⇒ b− a ∈ P,

então as propriedades (10')-(13') podem ser deduzidas como teoremas.

(b) Reciprocamente, partindo das propriedades (1)-(9) e (10')-(13') e denindo P como:

P := a ∈ F : a > 0,

então as propriedades (10)-(12) podem ser deduzidas como teoremas. ♣

2.4 Desigualdades

2.4.1 Exercício: Provar o seguinte:

(a) Se a < b, então a+ c < b+ c, para todo c ∈ F .

(b) Se a < b e c < d, então a+ c < b+ d.

31

32 Corpos Ordenados

(c) Se a < b, então −b < −a.

(d) Se a < b e c > 0, então a.c < b.c.

(e) Se a < b e c < 0, então a.c > b.c.

(f) Se b.c > 0 então b > 0 e c > 0, ou b < 0 e c < 0.

(g) Se b.c < 0 então b > 0 e c < 0, ou b < 0 e c > 0. ♣


(a) a2 > 0, para todo a ∈ F .

(b) Se a2 = 0, então a = 0, para todo a ∈ F .

(c) a2 + b2 = 0 se e somente se a = b = 0, para todo a, b ∈ F . ♣


(a) Se 0 6 a < b, então a2 < b2.

Sugestão: Use o Exercício 2.4.1(d).

(b) Se a2 < b2, então b > a ou b < −a.

Sugestão: Observe-se que a2 < b2 ⇒ 0 < b2 − a2 e use os resultados dos Exercícios 1.2.1(a)e 2.4.1(f).

(c) Se no item (b) acima acrescenta-se a condição b > 0, então a < b.

Sugestão: Use redução ao absurdo. Quando considerar a > b(> 0) use o item (a) acima.

(d) O que acontece no item (b) acima se a > 0 sem nenhuma condição sobre b?

Sugestão: Considerar, por exemplo, os casos a = 5 e b = ±10. ♣

2.4.4 Exercício: Sejam a, b ∈ F com a < b. Prove que:

x ∈ F : a < x < b = λa+ (1− λ)b : 0 < λ < 1 . ♣

2.5 Módulo ou Valor Absoluto 33

2.5 Módulo ou Valor Absoluto


(a) |a| = 0 se e somente se a = 0.

(b) |a− b| = |b− a|.

Sugestão: Use o Lema 2.2.2(a).

(c)∣∣a2∣∣ = a2.

Sugestão: Use o Exercício 2.4.2(a).

(d) |a.b| = |a| . |b|.

Sugestão: Quando é positivo ou negativo o produto de dois números? Considere cada casoseparadamente, usando o Exercício 2.4.1 itens (f) e (g), respectivamente.

(e) |a|2 = a2.

Sugestão: Use os itens (d) e (c) acima.

(f) Se a 6= 0, então

∣∣∣∣1a∣∣∣∣ =

1

|a|.

Sugestão: Observe-se que1

a.a = 1 e use os itens (a) e (d) acima.

(g) Se b 6= 0, então∣∣∣ab

∣∣∣ =|a||b|

.

Sugestão: Isso é consequência direta de (d) e (f). ♣

2.5.2 Exercício: Prove que a2 < b2 ⇐⇒ |a| < |b|.

Este exercício é uma espécie de continuação do Exercício 2.4.3. Para a parte (⇒ ) use o critériodo Lema 2.2.3. Esse critério envolve provar duas desigualdades; para tanto, use os itens (a) e (b)do Exercício 2.4.3 apropriadamente. A parte (⇐ ) é consequência direta do Exercício 2.4.3(a). ♣

2.5.3 Exercício: Decida se a fórmula bem formada abaixo:

|a| < |b| ⇐⇒ a < b ∨ b < −a

é um teorema ou não.

Sugestão: Para provar que não é um teorema basta exibir um contra-exemplo. Por outro lado,provar que a fórmula é um teorema consiste em fornecer uma demostração da mesma e, para tanto,devem ser provadas as implicações nos dois sentidos. Tanto em um caso como no outro, é oportunoobservar que a parte (⇒ ) é verdadeira. Com efeito, b > 0 ⇒ b = |b| > |a| > a; por outro lado,b < 0 ⇒ |a| < |b| = −b ⇒ −(−b) < a < −b ⇒ a < −b ⇒ b < −a. ♣

34 Corpos Ordenados

2.5.4 Exercício: O Máximo e o Mínimo

O máximo de dois números x e y denota-se por max(x, y). Assim, por exemplo:

max(−1, 3) = max(3, 3) = 3;

max(−1,−4) = max(−4,−1) = −1.

O mínimo de x e y denota-se por min(x, y).

(a) Prove que:

max(x, y) =x+ y + |y − x|

2

min(x, y) =x+ y − |y − x|

2

(b) Derive uma fórmula para max(x, y, z) e min(x, y, z), usando, por exemplo, max(x, y, z) =max(x,max(y, z)). ♣

2.6 A Desigualdade Triangular

2.6.1 Exercício: Usando a desigualdade triangular provar:

(a) |a− b| 6 |a|+ |b|.

Sugestão: Lembre-se do Lema 2.2.2(a).

(b) |a| − |b| 6 |a− b|.

Sugestão: Observe-se que |a| = |(a− b) + b| e use a desigualdade triangular.

(c) ||a| − |b|| 6 |a− b|.

Sugestão: Pelo Lema 2.2.3 isso é equivalente a provar que:

− |a− b| 6 |a| − |b| 6 |a− b| .

Agora, a segunda desigualdade é o item (b) acima. A primeira desigualdade é equivalente a|b|− |a| 6 |a− b|, mas isso também é o item (b) acima com a e b intercambiados, o que podeser feito pelo Exercício 2.5.1(b).

(d) |a+ b+ c| 6 |a|+ |b|+ |c|.

Sugestão: Escreva a+ b+ c = (a+ b) + c e use a desigualdade triangular duas vezes seguidasde maneira apropriada. ♣

2.7 Desigualdades com Formas Quadráticas 35

2.7 Desigualdades com Formas Quadráticas

Seja F um corpo ordenado.

2.7.1 Exercício: Sejam x, y ∈ F . Prove que:

(a) Se n é ímpar e xn = yn, então x = y.

Sugestão: Reduza tudo ao caso x, y > 0. Prove depois que tanto x < y como x < y conduzema uma contradição.

(b) Se n é par e xn = yn, então x = y ou x = −y. ♣

2.7.2 Exercício: Sejam x, y ∈ F não simultaneamente nulos.

(a) Usando o Exercício 1.2.1(b) e o Exercício 2.7.1(a) anterior, prove que deve ser x2+xy+y2 6= 0.

(b) De fato, prove que deve ser x2 + xy + y2 > 0.

Sugestão: A suposição x2 +xy+ y2 6 0 conduz a uma contradição. Com efeito, em primeirolugar observe-se que se fosse x = 0 ou y = 0, digamos x = 0, para xar idéias, se teriay2 = x2 + xy + y2 6 0 o que é possível apenas se fosse também y = 0, contradizendo ofato de serem x e y não simultaneamente nulos. Portanto, x 6= 0 e y 6= 0. Isso tem duasconsequências. Em primeiro lugar, segue que:

x2 + y2 > 0. (2.7.1)

Em segundo lugar, tem-se que xy 6= 0. Mais especicamente, observando que:

0 6 (x+ y)2 = x2 + 2xy + y2 = x2 + xy + y2 + xy 6 xy,

segue que xy > 0 e como xy 6= 0 deve ser:

xy > 0. (2.7.2)

Agora, combinando as relações (2.7.1) e (2.7.2) segue que x2 + xy + y2 > 0 o que contradiza suposiçao original. ♣

2.7.3 Exercício: Sejam x, y ∈ F não simultaneamente nulos. Prove que:

(a) 4x2 + 6xy + 4y2 > 0.

Sugestão: Por reductio ad absurdum suponha que 4x2 + 6xy+ 4y2 6 0, ou, equivalentemente2x2 + 3xy+ 2y2 6 0, e reproduza mutatis mutandi a prova do item (b) do exercício anterior.Em algum ponto, será conveniente observar que:

0 6 2(x+ y)2 = 2x2 + 4xy + 2y2 = 2x2 + 3xy + 2y2 + xy 6 xy.

36 Corpos Ordenados

(b) 3x2 +5xy+3y2 > 0. Incidentalmente, observe-se que a combinação desta desigualdade com ado item (b) do exercício anterior fornece uma outra prova da relação do item (a) do presenteexercício, pois a soma de dois números positivos deve ser positiva.

Sugestão: Por reductio ad absurdum suponha que 3x2+5xy+3y2 6 0 e repitamutatis mutandi

a prova do item (b) do exercício anterior. Em algum ponto, será conveniente observar que:

0 6 3(x+ y)2 = 3x2 + 6xy + 3y2 = 3x2 + 5xy + 3y2 + xy 6 xy. ♣

2.7.4 Exercício: Sejam x, y ∈ F não simultaneamente nulos.

(a) Usando o Exercício 1.2.2 com n = 5 e o Exercício 2.7.1(a) prove que deve ser x4 + x3y +x2y2 + xy3 + y4 6= 0.

(b) De fato, prove que deve ser x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4 > 0.

Sugestão: A suposição x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4 6 0 conduz a uma contradição. Comefeito, em primeiro lugar observe-se que se fosse x = 0 ou y = 0, digamos x = 0, para xaridéias, teria-se y4 = x4 + x3y+ x2y2 + xy3 + y4 6 0 o que é possível apenas se fosse tambémy = 0, contradizendo o fato de serem x e y não simultaneamente nulos. Portanto, x 6= 0 ey 6= 0. Isso tem duas consequências. Em primeiro lugar, segue que:

x4 + y4 > 0. (2.7.3)

Em segundo lugar, tem-se que xy 6= 0. Mais especicamente, observando que:

0 6 (x+ y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4

= x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4 + (3x3y + 5x2y2 + 3xy3) 6 3x3y + 5x2y2 + 3xy3

= xy(3x2 + 5xy + 3y2),

e que, pelo Exercício 2.7.3(b), sabe-se que (3x2 + 5xy + 3y2) > 0, segue que xy > 0 e comoxy 6= 0 deve ser:

xy > 0. (2.7.4)

Da relação (2.7.4) e o Exercício 2.7.2(b) seque que:

xy(x2 + xy + y2) > 0. (2.7.5)

Finalmente, combinando as relações (2.7.3) e (2.7.5) obtem-se a contradição desejada:

0 < x4 + xy(x2 + xy + y2) + y4 = x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4. ♣

2.8 Quando (x+ y)n = xn + yn ?


2.8 Quando (x+ y)n = xn + yn ? 37

(a) (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2.

(b) (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2.

Sugestão: Este é um caso particular do item anterior.

(c) Prove que (a+ b)2 = a2 + b2 somente quando a = 0 ou b = 0. ♣


(a) (a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3.

(b) (a− b)3 = a3 − 3a2b+ 3ab2 − b3.


(c) Prove que (a+ b)3 = a3 + b3 somente quando a = 0 ou b = 0 ou a = −b. ♣


(a) (a+ b)4 = a4 + 4a3b+ 6a2b2 + 4ab3 + b4.

(b) (a− b)4 = a4 − 4a3b+ 6a2b2 − 4ab3 + b4.


(c) Determine quando (a+ b)4 = a4 + b4.

Sugestão: Observe-se que:

(a+ b)4 = a4 + 4a3b+ 6a2b2 + 4ab3 + b4 = a4 + ab(4a2 + 6ab+ 4b2) + b4,

e use o resultado do Exercício 2.7.3(a). ♣


(a) (a+ b)5 = a5 + 5a4b+ 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5.

(b) (a− b)5 = a5 − 5a4b+ 10a3b2 − 10a2b3 + 5ab4 − b5.


(c) Determine quando (a+ b)5 = a5 + b5.

Sugestão: Em tal caso, não resulta nem um pouco difícil provar que:

a3 + 2a2b+ 2ab2 + b3 = 0,

quando ab 6= 0. Esto implica que (a + b)3 = a2b + ab2 = ab(a + b). Portanto, se fosse(a + b) 6= 0 se teria (a + b)2 = ab, ou seja, a2 + ab + b2 = 0, contradizendo o resultado doExercício 2.7.2(b). ♣

38 Corpos Ordenados

2.9 A Função Quadrática ax2 + bx+ c

2.9.1 Exercício: Sejam a, b, c ∈ F , com a 6= 0.

(a) Prove completando quadrados que:

ax2 + bx+ c =1

4a

[(2ax+ b)

2 −(b2 − 4ac

)](b) Em particular, se b2 − 4ac < 0 então ax2 + bx+ c > 0 para todo x ∈ F , quando a > 0.

(c) Use o item anterior para fornecer uma outra prova de que se x e y não são simultaneamentenulos tem-se x2 + xy + y2 > 0.

Sugestão: Se y = 0 então a relação é óbvia, pois em tal caso deve ser x 6= 0, resultandox2 > 0. Se y 6= 0, então com a = 1 > 0, b = y e c = y2, tem-se y2 − 4y2 = −3y2 < 0.

(d) Determine o valor mínimo de ax2 + bx+ c quando a > 0.

(e) Seja a > 0. Prove que ax2 + bx+ c > 0 para todo x ∈ F se e somente se b2 − 4ac < 0.

Sugestão: Para a parte (⇐ ) use o item (b) anterior. Para a parte (⇒ ), observe-se que sefosse b2 − 4ac > 0 então o valor mínimo do item (d) anterior é negativo ou nulo e portantoa identidade do enunciado deixa de ser válida para o x onde tal mínimo é atingido.

(f) Determine os valores de α tais que x2 +αxy+ y2 > 0 quando x e y não são simultaneamentenulos.

Sugestão: Use o item (e) anterior. ♣

2.10 A Desigualdade de Schwarz

Segundo Spivak [14], o fato que a2 > 0 para todo a ∈ F , por mais elementar que possa parecer, écontudo a idéia fundamental na que se baseiam em última instância a maior parte das desigual-dades. Uma das primeiras desigualdades famosas, com nome e sobrenome, é a desigualdade deSchwarz:

(a1b1 + a2b2)2 6

(a2

1 + a22

) (b21 + b22

).

As duas provas da desigualdade de Schwarz que se indicam nos seguintes exercícios têm apenasuma coisa em comum: ser baseadas no fato de que a2 > 0, para todo a ∈ F .

2.10.1 Exercício: (a) Verique primeiramente a seguinte identidade:(a2

1 + a22

) (b21 + b22

)= (a1b1 + a2b2)

2+ (a1b2 − a2b1)

2.

(b) Usando a identidade do item (a) anterior, prove a desigualdade de Schwarz.

2.11 A Continuidade das Operações de Corpo 39

(c) Como corolário da demonstração conclua que na desigualdade de Schwarz vale a igualdadese e somente se b1 = b2 = 0 ou existe λ ∈ F tal que a1 = λb1 e a2 = λb2. ♣

2.10.2 Exercício: (a) Prove que se a1 = λb1 e a2 = λb2 para algum λ ∈ F , então vale aigualdade na desigualdade de Schwarz.

(b) Prove que se b1 = b2 = 0, então também vale a igualdade na desigualdade de Schwarz.

(c) Suponha agora que b1 e b2 não são simultaneamente nulos e que não existe nenhum λ ∈ Ftal que a1 = λb1 e a2 = λb2. Em tal caso tem-se:

0 < (λb1 − a1)2

+ (λb2 − a2)2

= λ2(b21 + b22

)− 2λ (a1b1 + a2b2) +

(a2

1 + a22

),

para todo λ ∈ F .

(d) Use agora o resultado do Exercício 2.9.1(e) para completar a prova da desigualdade deSchwarz.

(e) Como corolário da demonstração conclua que na desigualdade de Schwarz vale a igualdadese e somente se b1 = b2 = 0 ou existe λ ∈ F tal que a1 = λb1 e a2 = λb2. ♣

A generalização da segunda prova para o caso de n números a1, a2, . . . , an e b1, b2, . . . , bn édesenvolvida no Exercício 3.12.2. Se o leitor aceita sem demonstração a existência de raízes qua-dradas, fato que não será provado rigorosamente até o Capítulo 11, então poderá consultar aindauma terceira demonstração da desigualdade de Schwarz pulando até o Exercício 11.5.2.

2.11 A Continuidade das Operações de Corpo

A presente seção foi tomada de Spivak [14]. Com relação às desigualdades haverá três fatos queterão crucial importância. Embora as demonstrações estarão no lugar apropriado do texto, umatentativa pessoal de abordagem a esses problemas terá mais valor ilustrativo que o estudo detalhadode uma prova completamente elaborada. Os enunciados das proposições encerram alguns númerosestranhos, mas a sua mensagem básica é bem simples: se x está sucientemente próximo de x0 ey está sucientemente próximo de y0, então x+ y estará próximo de x0 + y0, como assim tambémxy estará próximo de x0y0 e 1/y perto de 1/y0.

2.11.1 Exercício: Prove que se:

|x− x0| <ε

2e |y − y0| <

ε

2,

então:

|(x+ y)− (x0 + y0)| < ε,

|(x− y)− (x0 − y0)| < ε. ♣

40 Corpos Ordenados

2.11.2 Exercício: Prove que se:

|x− x0| < min

(ε

2(|y0|+ 1), 1

)e |y − y0| <

ε

2(|x0|+ 1),

então |xy − x0y0| < ε. ♣

2.11.3 Exercício: Prove que se y0 6= 0 e:

|y − y0| < min

(|y0|2,ε |y0|2

2

),

então y 6= 0 e:∣∣∣∣1y − 1

y0

∣∣∣∣ < ε. ♣

2.11.4 Exercício: Substituir os sinais de interrogação do seguinte enunciado por expressõesencerrando ε, x0 e y0 de maneira tal que a conclusão seja válida:

Se y0 6= 0 e |x− x0| < ? e |y − y0| < ?, então y 6= 0 e:∣∣∣∣xy − x0

y0

∣∣∣∣ < ε.

Sugestão: O problema segue trivialmente dos Exercícios 2.11.2 e 2.11.3. Observe que x/y = x(1/y).O ponto aquí consiste em não se confundir: decida qual dos resultados haverá de se aplicar primeiroe não que com medo se a solução parecer improvável. ♣

2.12 Relax

2.12.1 Exercício: Determinar o conjunto solução para as seguintes equações. Ou seja, de-termine em cada caso o conjunto dos x ∈ F que satisfazem cada uma das seguintes relações.Observe-se que os primeiros dois casos já foram considerados no Exercício 1.3.6(b,c) respectiva-mente, e o problema na presente seção consiste em determinar porque não podem existir outrassoluções além das indicadas nas respectivas respostas.

(a) (x− 1)(x+ λ) = 0. R: 1,−λ.

(b) x2 − 4 = 0. R: −2, 2.

(c) 3(x2 + x) = −5 + 2x2 − x. R: ∅. ♣

2.12.2 Exercício: Determine o conjunto dos elementos x ∈ F que satisfazem as seguintes(in)equações e represente-o gracamente.

2.12 Relax 41

(a) 10 + 2(3− 4x) < 2x− 6.

(b) 3− 2x 6 5x+ 9 < 16.

(c) (x+√

2)(x− 5) < 0.

(d) x2 + 3x > −2. ♣

2.12.3 Exercício: Determine em cada caso, o conjunto de pontos em F que se encontram adistância menor que 6 com relação a:

(a) 0. R: x ∈ F : |x| < 6 = x ∈ F : −6 < x < 6.

(b) −1. R: x ∈ F : |x+ 1| < 6 = x ∈ F : −7 < x < 5.

(c) 5. R: x ∈ F : |x− 5| < 6 = x ∈ F : −1 < x < 11. ♣

2.12.4 Exercício: (a) Está −4 mais próximo de 1 ou de −10?R: De 1, pois |−4− 1| = 5 < 6 = |−4− (−10)|.

(b) Está −78 mais próximo de 68 do que −14 está de −100?R: Não, pois |−78− 68| = 146 > 86 = |−14− (−100)|. ♣

2.12.5 Exercício: Determinar o conjunto solução das seguintes relações:

(a) |2x+ 5| = 3. R: −1,−4.

(b) |2x− 3| < 53 . R: 2

3 < x < 73.

(c) |1− 2x| > 2. R: − 12 6 x 6

32

c= x < − 1

2 ∪ 32 < x.

(d) |−x+ 4| = |3 + 2x|. R: −7, 1/3. ♣

Capítulo 3

Naturalmente, os Naturais

Deus fez os números naturais. O resto é obra do homem.L. Kronecker 1

3.1 Conjuntos Indutivos

3.1.1 Denição: Um conjunto A ⊆ F é dito indutivo se:

1. 1 ∈ A;

2. n ∈ A ⇒ n+ 1 ∈ A. ♣

3.1.2 Exemplo: (a) O corpo F é indutivo.

(b) O conjunto P de elementos positivos no corpo F , é indutivo.

(c) Seja r ∈ F tal que 0 < r < 1. Então o conjunto Ar := x ∈ F : x > 0 ∧ x 6= r é indutivo.Observe-se que r /∈ Ar. De fato, Ar difere de P do item (b) precisamente na exclusão de umúnico ponto, a saber, o r.

(d) Se A e B são indutivos, então A ∩B também é.

(e) A interseção de todos os sub-conjuntos indutivos de F ,⋂A⊆F

A indutivo

A,

é um conjunto indutivo. De fato, é o menor conjunto, com relação à inclusão, contido em Fcom essa propridade. ♣

1?

43

44 Naturalmente, os Naturais

3.2 Números Naturais

3.2.1 Denição: O conjunto de números naturais é denido como a inteseção de todos ossub-conjuntos indutivos de F , sendo denotado por:

NF :=⋂A⊆F

A indutivo

A,

ou simplesmente N quando não houver lugar a equívoco. ♣

3.2.2 Observação: (a) NF é indutivo. De fato, é o menor conjunto, com relação à inclusão,com tal propriedade. Vide Exemplo 3.1.2(e).

(b) Em particular, NF não possui sub-conjuntos indutivos próprios. Com efeito se existir Aindutivo com A ⊆ NF , então NF ⊆ A pela denição de NF e o fato de A ser indutivo.Portanto, A ⊆ NF ⊆ A, de onde A = NF .

(c) NF > 1, pois se 1 > r ∈ NF , então r pertenceria a todo conjunto indutivo mas r /∈ Ar doExemplo 3.1.2(c). ♣

3.2.3 Lema: ∀ k ∈ NF x ∈ F : k < x < k+ 1 ∩NF = ∅. Ou seja, não existem naturais entreos naturais k e k + 1.

Demonstração: Se k ∈ NF então k+ 1 ∈ NF , pela Observação 3.2.2(a). Seja agora s ∈ F tal quek < s < k + 1. O conjunto Ak,s denido por:

Ak,s := x ∈ F : x > 0 ∧ x /∈ s− k, s− k + 1, . . . , s− 1, s ,

é inductivo e s /∈ Ak,s. Portanto, s não pode pertencer à interseção de todos os tais conjuntos, ouseja, NF .

3.3 O Princípio de Indução e Equivalentes

Seja F corpo ordenado. Considere as seguintes condições sobre um sub-conjunto B ⊆ F :

3.3.1 Princípio da Boa Ordenação (PBO): Todo sub-conjunto não vazio de B possui umelemento mínimo. Ou seja:

∅ 6= A ⊆ B ⇒ ∃ m ∈ A : m 6 n, ∀n ∈ A.

3.3.2 Princípio de Indução Completa (PIC): Se A ⊆ B satisfaz:

1. 1 ∈ A;

3.3 O Princípio de Indução e Equivalentes 45

2. 1, 2, . . . , n ⊂ A ⇒ n+ 1 ∈ A;

então A = B.

3.3.3 Princípio de Indução (PI): O conjunto B não possui sub-conjuntos indutivos próprios.Ou seja, se A ⊆ B satisfaz:

1. 1 ∈ A,

2. n ∈ A ⇒ n+ 1 ∈ A;

então A = B.

3.3.4 Proposição: Considere B = NF . Então:

(a) As três condições acima, PBO, PIC e PI, respectivamente, são todas equivalentes.

(b) NF satisfaz PI e portanto também PBO e PIC.

Demonstração: O item (b) do enunciado é simples consequência da Observação 3.2.2 e do item(a). Portanto, a prova do resultado será focalizada no item (a).

(PBO⇒PIC). Seja A ⊆ B satisfazendo 3.3.2(1,2). Por reductio ad absurdum, suponha que A 6= B.Em tal caso, o conjunto C denido como:

C :=B −A :=: B \A :=B ∩Ac,

é não vazio e está contido em B, ou seja, ∅ 6= C ⊆ B. Portanto, o PBO implica que existe mmenor elemento de C. Agora, deve ser m > 1, pois 1 ∈ A. Também, como m é o menor elementoem B que não pertence a A, deve ser 1, 2, 3, 4, . . . ,m− 1 ⊂ A. Mas então, por 3.3.1(2), teria-seque m ∈ A, obtendo-se uma contradição. Observe que este é o único ponto na prova da parte 1onde é utilizada a hipótese B = NF .

(PIC⇒PI). Seja A ⊆ B satisfazendo 3.3.3(1,2). Observe que 3.3.3(1) implica 3.3.2(1). Também3.3.3(2) implica 3.3.2(2), pois 1, 2, . . . , n ⊆ A ⇒ n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A. Ou seja, 3.3.3(1,2)implica 3.3.2(1,2) e, pelo PIC tem-se A = B.

(PI⇒PBO). Seja ∅ 6= A ⊆ B. Por reductio ad absurdum, suponha-se que A não possua elementomínimo. Considere o conjunto C denido como:

C := k ∈ B : 1, 2, . . . , k /∈ A.

Observe que C ⊆ B.

Armação 1: 1 ∈ C. O

Com efeito, pois, caso contrário, 1 ∈ A e então A teria elemento mínimo, a saber: 1. H

Armação 2: k ∈ C ⇒ k + 1 ∈ C. O


Com efeito, por reductio ad absurdum, suponha que k ∈ C, mas k+ 1 /∈ C. Observe que k ∈ C ⇒1, 2, . . . , k /∈ A e portanto k + 1 /∈ C ⇒ k + 1 ∈ A. Portanto, A teria elemento mínimo, a saber:k + 1. H

Portanto, pelas Armações 1 e 2 e o PI, tem-se que C = B ⇒ 1, 2, . . . , n /∈ A, ∀n ∈ B ⇒ A =∅, absurdo.


3.4 Paridade

Um número natural n ∈ N é denominado par se n = 2k para algum k ∈ N ou ímpar se n = 2k+ 1para algum k ∈ N ∪ 0.

3.4.1 Exercício: Prove que todo número natural n é ou par ou ímpar.

Sugestão: use indução em n. ♣

3.4.2 Exercício: Seja n ∈ N. Então:

(a) n par ⇒ n2 par.

(b) n ímpar ⇒ n2 ímpar.

(c) n2 par ⇒ n par.

(d) n2 ímpar ⇒ n ímpar. ♣

3.4.3 Exercício: Prove que n é ímpar se e somente se n = 2k − 1 para algum k ∈ N. ♣

3.5 Números Naturais e o Princípio de Indução

3.5.1 Exercício: Soma Geométrica de Razão r

(a) Demostrar por indução que:

1 + r + r2 + · · ·+ rn =1− rn+1

1− r,

se r 6= 1. Observe-se que no caso r = 1, o cáclulo da soma certamente não representaproblema nenhum.

(b) Deduzir este resultado escrevendo Sn = 1 + r+ r2 + · · ·+ rn, multiplicando esta equação porr e eliminando Sn entre as duas equações. ♣

47


3.5.2 Exercício: A seqüência de Fibonacci a1, a2, a3, . . . dene-se como segue:

a1 = 1,

a2 = 1,

an = an−1 + an−2, para n > 3.

Esta seqüência, cujos primeiros termos são 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . . , foi considerada no ocidente primeira-mente por Leonardo de Pisa, ou Leonardo Pisano, também conhecido como Fibonacci, llius deBonacci, (c. 1175-1250). Conta a lenda, que Fibonacci houve de considerar um suposto problemade coelhos. Fibonacci supôs que um casal de coelhos procriava um novo casal a cada mês e que apósdois meses cada novo casal comportava-se da mesma maneira. O número an de casais nascidos non-ésimo mês é an−1 +an−2, dado que nasce um casal por cada casal nascido no mês anterior e, alémdisso, cada casal nascido dois meses atrás produz agora um novo casal. Resulta verdadeiramentesurprendente o número de resultados interessantes relacionados com esta seqüência, até o pontode existir uma Associação Fibonacci que publica uma revista, The Fibonacci Quaterly. Prove que:

an =

(1 +√

5

2

)n−

(1−√

5

2

)n√

5. ♣

3.5.3 Exercício: Explique qual é o erro na seguinte demonstração por indução:

Proposição: Dado um conjunto de n pessoas quaisquer, se pelo menos uma delas forloira, então todas elas são loiras.

Demonstração: A proposição é evidentemente certa para n = 1. Para ilustrar a vali-dade do paso indutivo, considere a passagem do caso n = 3 para o caso n = 4. Paratanto, suponha que a proposição é verdadeira para n = 3 e sejam P1, P2, P3, P4 quatropessoas tais que pelo menos uma delas é loira, digamos, P1. Considerando P1, P2, P3

conjuntamente e fazendo uso do fato que a proposição é verdadeira para n = 3, re-sulta que também P2 e P3 são loiras. Repetindo esse mesmo processo mas agora comP1, P2, P4, encontra-se analogamente que P4 é loira. Portanto, as quatro são loiras. Umraciocínio análogo permite a passagem de k para k + 1 no caso geral.

Corolário: Toda pessoa é loira.

Demonstração: Dado que existe pelo menos uma pessoa loira, pode-se aplicar o resul-tado precedente ao conjunto formado por todas as pessoas.

Este exemplo foi adaptado de um outro devido a G. Polya [10], quem sugere ao leitor a vericaçãoexperimental da proposição, cf. [1, p. 45]. ♣

3.6 Somas de Potências de Números Naturais

3.6.1 Exercício: Demostrar por indução as seguintes fórmulas:

(a)n∑k=1

k = 1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2.

3.6 Somas de Potências de Números Naturais 49

(b)n∑k=1

k2 = 12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

(c)n∑k=1

k3 = 13 + 23 + · · ·+ n3 =n2(n+ 1)2

4. ♣

3.6.2 Exercício: Encontrar uma fórmula para:

(a)n∑k=1

(2k − 1) = 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1).

(b)n∑k=1

(2k − 1)2 = 12 + 32 + 52 + · · ·+ (2n− 1)2. ♣

A fórmula para 12 + 22 + · · ·+n2 pode ser deduzida como segue. Começa-se com a identidade:

(k + 1)3 − k3 = 3k2 + 3k + 1.

Escrevendo esta fórmula para k = 1, 2, . . . , n e somando obtem-se:

23 − 13 = 3.12 + 3.1 + 1

33 − 23 = 3.22 + 3.2 + 1

43 − 33 = 3.32 + 3.3 + 1

...

(n+ 1)3 − n3 = 3n2 + 3n+ 1

(n+ 1)3 − 1 = 3(12 + 22 + · · ·+ n2) + 3(1 + 2 + · · ·+ n) + n.

Assim, é possível encontrarn∑k=1

k2 se já se conhecen∑k=1

k, que, pela sua vez, poderia se deduzir de

maneira parecida.

3.6.3 Exercício: Utilizar o método acima descrito para encontrar:

(a)n∑k=1

k3 = 13 + 23 + · · ·+ n3.

(b)n∑k=1

k4 = 14 + 24 + · · ·+ n4. ♣


3.7 Provas por Indução um Tanto Não-Ortodoxas

3.7.1 Exercício: Sejam a, b > 0. Prove que:

ab 6

(a+ b

2

)2

.

Sugestão: Observe que 0 6 (a− b)2 e desenvolva o quadrado. ♣

3.7.2 Exercício: Sejam agora n números não-negativos a1, a2, . . . , an > 0. Considere a relaçãoP(n) denida como:

a1 a2 . . . an 6

(a1 + a2 + · · ·+ an

n

)n.

Observe-se que o resultado do exercício anterior constitui na verdade uma prova de P(2).

(a) Prove que P(2) ∧ P(n) ⇒ P(2n). Ou seja, se as relações P(2) e P(n) são simultaneamenteválidas, então a relação P(2n) também é válida.

(b) Prove que P(n) implica P(n− 1).

Sugestão: aplique P(n) aos n números a1, a2, . . . , an−1, An−1, onde:

An−1 =a1 + a2 + · · ·+ an−1

n− 1.

(c) Prove que P(n) vale para todo n ∈ N.Sugestão: O caso n = 1 é trivialmente válido e o caso n = 2 é o exercício anterior. Paran > 2 use indução em n, mas observe que quase tudo o trabalho já foi feito nos itens (a) e(b). Agora é só organizar isso da maneira apropriada. Considere os casos n par e n ímparseparadamente. ♣

3.7.3 Exercício: Este exercício fornece uma prova alternativa da relação P(n) do Exercícioanterior.

(a) Prove que P(2k) vale para todo k ∈ N.Sugestão: O caso k = 1 corresponde ao Exercício 3.7.1. Para k > 1 use indução em k, masnão se confunda: do caso 2k deve-se passar para 2k+1 = 2.2k.

(b) Prove que P(n) vale para todo n ∈ N.Sugestão: dado n ∈ N, seja k tal que 2k > n. Aplique agora o resultado do item (a) acimaaos 2k números:

a1, a2, . . . , an, An, An, . . . , An︸︷︷︸2k − n vezes

;

onde An =a1 + a2 + · · ·+ an

n. ♣

Um importante corolário deste exercício será fornecido no Exercício 11.2.2.

3.8 Coecientes Binomiais 51

3.8 Coecientes Binomiais

Se 0 6 k 6 n, dene-se o coeciente binomial(n

k

)como:

(n

k

):=

n!

k!(n− k)!=n(n− 1) · · · (n− k + 1)

k!, se k 6= 0 e k 6= n;(

n

0

)=

(n

n

):= 1.

Observe-se que a segunda denição vira caso particular da primeira denindo 0! := 1.

3.8.1 Exercício: O Triângulo de Pascal

(a) Demonstre que:(n+ 1

k

)=

(n

k − 1

)+

(n

k

).

Sugestão: A prova segue diretamente da denição e não requer nenhum argumento de indu-ção.

(b) Use o item (a) anterior para provar por indução (em n) que(n

k

)é sempre um número

natural.

(c) Uma outra demostração de que(n

k

)é um número natural pode ser obtida observando que(

n

k

)é o número de sub-conjuntos de 1, 2, . . . , n que têm exatamente k elementos cada um.

3.8.2 Exercício: O Teorema do BinômioDemonstre o teorema do binômio: se a e b são dois números quaisquer, então:

(a+ b)n =

n∑k=0

(n

k

)an−kbk

= an +

(n

1

)an−1b+

(n

2

)an−2b2 + · · ·+

(n

n− 1

)abn−1 + bn.

3.8.3 Exercício: Use o Teorema do Binômio do exercício anterior para provar as seguintesidentidades:

(a)n∑k=0

(n

k

)=

(n

0

)+

(n

1

)+ · · ·+

(n

n− 1

)+

(n

n

)= 2n.

(b)n∑k=0

(−1)k(n

k

)=

(n

0

)−(n

1

)+ · · · ±

(n

n

)= 0.


(c)n∑k=0

k ímpar

(n

k

)= 2n−1. ♣

3.9 Para uma Estimativa do Número e

3.9.1 Exercício: Prove que 2n < n! se e somente se n > 4.

Sugestão: Para a parte (⇐ ) use indução. Para a parte (⇒ ) verique a relação entre os valoresde 2k e k! para k = 0, 1, 2, 3. ♣

3.9.2 Exercício: Usando o Teorema do Binômio, prove que:(1 +

1

n

)n=

n∑k=0

(n

k

) (1

n

)k

= 1 +

n∑k=1

1

k!

[k−1∏r=1

(1− r

n

)]. ♣

3.9.3 Exercício: Verque que para N 3 n > 4 tem-se:

2 +1

2− 1

2n<

(1 +

1

n

)n< 3− 5

24− 1

2n.

Sugestão: Usando os dois exercícios anteriores, observe-se que:

2 +1

2− 1

2n= 1 + 1 +

n− 1

2n< 1 + 1 +

n− 1

2n+

n∑k=3

(n

k

) (1

n

)k=

n∑k=0

(n

k

) (1

n

)k=

(1 +

1

n

)n= 1 +

n∑k=1

1

k!

[k−1∏r=1

(1− r

n

)]

< 1 +

n∑k=1

1

k!= 1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+

n∑k=4

1

k!< 1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+

n∑k=4

1

2k.

A utilização da relação deste exercício para obter uma estimativa do número e será explorada emcapítulos posteriores. ♣

3.10 Para uma Prova da Irracionalidade de er, com r ∈ Q3.10.1 Exercício: Prove por indução que:

(a) 2n > n2, para todo n > 3.

3.11 Algumas Relações Importantes 53

(b) 2n > n2, para todo n > 4.

A prova dos dois itens é basicamente a mesma, com exceção de um pequeno detalhe. ♣

3.10.2 Exercício: Prove que dado qualquer número real a ∈ R sempre existe k ∈ N tal que2k > a.

Sugestão: como R é arquimediano, dado a ∈ R sempre existe n ∈ N tal que n > a. Seja entãok = max4, n. Então, pelo item (a) do exercício anterior tem-se: 2k > k2 > k > n > a. Observe-se que também poderia ter sido usado o item (b) do exercício anterior, escolhendo neste casok = max5, n. ♣

3.10.3 Exercício: Seja a ∈ R arbitrário. Seja n ∈ N tal que n > 2a. Prove que:

an+k

(n+ k)!<

1

2kan

n!, para todo k ∈ N.

Sugestão: use indução em k. ♣

3.10.4 Exercício: Seja a ∈ R arbitrário. Prove que para todo ε > 0 existe m ∈ N tal que:

am

m!< ε.

Sugestão: pela arquimedianeidade de R sempre existe n ∈ N tal que n > 2a. Pelo Exercício 3.10.2,

existe k ∈ N tal que 2k >an

n! εe pelo exercício anterior tem-se:

an+k

(n+ k)!<

1

2kan

n!< ε.

Assim, basta escolher m > n+ k. ♣

3.11 Algumas Relações Importantes

3.11.1 Exercício: Seja n ∈ N. Então:

(a) Para cada p ∈ N tem-se:

np <(n+ 1)p+1 − np+1

p+ 1< (n+ 1)p.

(b) Para cada p ∈ N tem-se:

(n+ 1)p+1 − 1 > np+1.


(c) Para cada p ∈ N tem-se:

n−1∑k=1

kp <np+1

p+ 1<

n∑k=1

(k + 1)p.

Se em lugar de p ∈ N for permitido p ∈ N ∪ 0, então a segunda desigualdade < deve sersubtituída por 6. ♣

3.12 A Desigualdade de Schwarz em Rn

3.12.1 Exercício: Considere-se um conjunto de n números reais quaisquer a1, a2, . . . , an ∈ R.

Prove que sen∑i=1

a2i = 0 então deve ser ai = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n. Esta é a única prova

por indução da presente seção. Observe-se de passagem que os casos n = 1 e n = 2 já foramconsiderados no Exercício 2.4.2, nos itens (b) e (c), respectivamente. De fato, o presente exercíciofornece uma prova alternativa do Exercício 2.4.2(c) (mas naquela altura as provas por induçãoeram desconhecidas!). ♣

3.12.2 Exercício: A Desigualdade de Schwarz

Sejam agora a1, a2, . . . , an ∈ R e b1, b2, . . . , bn ∈ R dois conjuntos de n números reais quaisquer.Então, vale a seguinte relação:(

n∑i=1

aibi

)2

6

(n∑i=1

a2i

)(n∑i=1

b2i

). ♣

3.12.3 Exercício: Neste exercício será vericada uma condição necessária e suciente para terigualdade na Desigualdade de Schwarz.

(a) Suponha-se que existe λ ∈ R tal que bi − λai = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n, ou tal queai − λbi = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n. Então na Desigualdade de Schwarz vale, de fato, aigualdade.

(b) Reciprocamente, se na Desigualdade de Schwarz vale a igualdade, então existe λ ∈ R tal quebi−λai = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n, ou tal que ai−λbi = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n. Nesteponto será usado mais uma vez o resultado do exercício que abre a presente seção. ♣

3.13 O Problema de CollatzO Tao gera o Um.O Um gera o Dois.O Dois gera o Três.O Três gera todas as coisas.

Lao Tzu 2

3.13 O Problema de Collatz 55

O Algoritmo 3x+1. Dene-se uma seqüência de números naturais pela seguinte regra: começa-se por qualquer natural arbitrariamente escolhido, digamos, a0. Agora, supondo conhecido an,então an+1 é denido da seguinte maneira:

an+1 =

an/2 se an é par,

3an + 1 se an é ímpar.

Por exemplo, escolhendo a0 = 7, gera-se a seqüência:

7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.

Se fosse a0 = 24, obteria-se:

24, 12, 6, 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.

Igualmente, com a0 = 100 a seqüência gerada seria:

100, 50, 25, 76, 38, 19, 58, 29, 88, 44, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.

A seqüência é deliberadamente truncada ao chegar ao número 1, pois se continuar, ela entra emum ciclo fechado: do 1 passa para o 4, deste para o 2 e aí novamente para o 1.

3.13.1 Exercício: (a) Prove que se k ∈ N é ímpar então 3k + 1 também é.

(b) Prove que o seguinte mapa de Terras denido por:

an+1 =

an −an2

se an é par,

an +an + 1

2se an é ímpar.

é equivalente ao mapa de Collatz anteriormente denido. ♣

3.13.2 Exercício: Prove que todo número N 3 γ ímpar pode ser escrito univocamente na formaγ = 2nα− 1, com n ∈ N e α ímpar.

Sugestão: Isso é equivalente a dizer que todo número par γ + 1 pode ser escrito univocamente naforma γ + 1 = 2nα com α ímpar, o que segue do Teorema Fundamental da Aritmética. ♣

3.13.3 Exercício: Seja T o mapa de Terras introduzido no Exercício 3.13.1. Seja a0 ∈ N dado.Seja m ∈ N. Suponha-se que T ka0 é ímpar para todo k = 0, 1, 2, . . . ,m− 1. Então:

(a) Prove que:

Tma0 = a0 + (a0 + 1)

[3m

2m− 1

].

2[17, XLII].


(b) Em tal caso, deve ser a0 = 2mα− 1, para algum α ∈ N.

Sugestão: Observe-se que Tma0 deve ser um número natural. Em particular, o segundotermo do membro à direita na expressão do item anterior deve ser natural. Mas 3m − 2m éímpar e, portanto, deve ser (a0 + 1) múltiplo de 2m. ♣

3.13.4 Exercício: (a) Prove que se T ka0 é ímpar para todo k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 e Tna0 épar, então deve ser a0 = 2nα− 1, para algum N 3 α ímpar.

(b) Reciprocamente, se a0 = 2nα − 1, para algum N 3 α ímpar, então T ka0 é ímpar para todok = 0, 1, 2, . . . , n− 1 e Tna0 é par.

Sugestão: Para o item (a) use o Exercício 3.13.3 anterior, com m = n. Para a parte (b), primeira-mente prove que deve existir algum k 6 n tal que T ka0 é par. Para tanto, use redução ao absurdo,usando o Exercício 3.13.3(a) com m = n para obter uma contradição. Se k0 é o mínimo de tais k,então prove que deve ser k0 = n. Para isso, use o item (a) anterior com n = k0 e o resultado deunicidade do Exercício 3.13.2. ♣

3.13.5 Exercício: Seja a0 = 2nα− 1, para algum n ∈ N e N 3 α ímpar.

(a) Prove que Tna0 = 3nα − 1. Observe-se que, pelo Exercício 3.13.4(b), resulta Tna0 par.Portanto, tem-se:

Tn+1a0 =3nα− 1

2.

(b) Seja n ∈ N. Prove que 3n > 2n+1 se e somente se n > 2.

(c) Determine condições necessárias e sucientes sobre n e α para que Tn+1a0 < a0. Resposta:n = 1 e α > 3. ♣

Observe que nos exemplos exibidos de seqüências de Collatz, o número 1 resulta sempre atingido.De fato, em todos os exemplos até hoje conhecidos, tarde ou cedo a seqüência sempre acaba no1. Contudo, não existe nenhuma prova rigorosa desse fato. A conjectura de que esse sempre seráo caso, para qualquer número de partida arbitrário, é conhecida como Problema de Collatz, oualternativamente como Problema 3x + 1, ou de Hasse, ou de Syracuse, ou de Kakutani, e até deUlam.

3.13.6 Exercício: Com relação ao problema de Collatz, observe-se que:

(a) Basta prová-lo para os números ímpares.

(b) Na verdade, basta prová-lo apenas para os números ímpares da forma a0 = 2α − 1, comN 3 α ímpar.

Sugestão: Use os resultados dos Exercícios 3.13.2 e 3.13.4. ♣

3.13 O Problema de Collatz 57

3.13.7 Exercício: a0 = 2α − 1, com N 3 α ímpar, α > 3, se e somente se a0 = 4k + 1, comk ∈ N. ♣

Os Exercícios 3.13.6(b) e 3.13.5(a) inspiram as seguintes denições. Sejam γ e β funçõesdenidas por:

γ(α) := 2α− 1;

β(α) :=3α− 1

2.

Observe-se que se a0 = γ(α) com α ímpar, então, pelo Exercício 3.13.5(a) com n = 1, tem-seT 2a0 = β(α).

3.13.8 Exercício: Prove que as funções γ e β satisfazem as seguintes propriedades:

(a) γ(α) é ímpar, para todo α ∈ N.

(b) γn(α) > 1 para todo n ∈ N, se α > 1.

(c) β(α) < γ(α), para todo α > 1.

(d) βγ = γβ. Ou seja, γ e β comutam.

(e) γn(α) = 2n(α− 1) + 1, para todo α.

(f) βn(α) =(

32

)n(α− 1) + 1, para todo α.

Usando as propriedades do Exercício anterior, resulta facil provar o resultado a seguir.

3.13.9 Exercício: Seja a0 ∈ N da forma a0 = 4nρ+ 1, com n ∈ N 3 ρ.

(a) Seja α := 2nρ+ 1. Prove que T 2ka0 = γn−k(βk(α)), para todo k = 0, 1, 2, . . . , n.

(b) Os T 2ka0 com k = 0, 1, 2, . . . n, constituem uma sequência estritamente decrescente. Ou seja,T 2na0 < T 2(n−1)a0 < · · · < T 2a0 < a0.

Sugestão: Para o item (a), observe que se α := 2nρ+ 1, então a0 = γn(α). Observe também que,na hipótese do exercício, para todo k = 0, 1, 2, . . . , n− 1 tem-se:

βk(γn−k−1(α)) = 4n−k−1(3k2ρ) + 1,

que é um número ímpar (maior ou igual que 3, o que será necessário para provar o item (b)). ♣

3.13.10 Exercício: Em particular, se a0 = 4nρ+ 1, com n ∈ N 3 ρ, tem-se:


(a) T 2na0 = βn(α) = 3nρ+ 1.

(b) a0 − T 2na0 = (a0 − 1)

[1−

(3

4

)n].

(c) Portanto:

a0 − T 2na0

a0 − 1=

[1−

(3

4

)n]−−−−→n→∞

1. ♣

Capítulo 4

Inteiramente Inteiros

4.1 Divisibilidade

O objetivo do presente capítulo consiste em provar o assim denominado Teorema Fundamental

da Aritmética, que estabelece que todo número inteiro pode ser completamente fatorizado comoproduto de primos e de maneira esencialmente única.

Salvo menção explícita em contrário, todos os números deste capítulo são inteiros.

4.1.1 Denição: Seja Z 3 a 6= 0. Se diz que a divide a um número inteiro b ∈ Z se existealgum k ∈ Z tal que b = ka, o que se denota por a | b.

Se a | b, costuma-se dizer que a é um divisor de b, ou, igualmente, que b é um múltiplo de a. ♣

4.1.2 Lema: Seja Z 3 a 6= 0. Então:

(a) a | b ∧ a | c ⇒ a | (b+ c).

(b) a | b ⇒ a | bc.

(c) ac | bc ⇒ a | b.

(d) Se a | b com b 6= 0, então |a| 6 |b|. Em particular, todo número inteiro não nulo possui umaquantidade nita de divisores.

(e) a | b ⇒ a | −b.

(f) a | b ⇐⇒ a | |b|.

(g) a | b ⇒ −a | b.

(h) a | b ⇐⇒ |a| | b.

59

60 Inteiramente Inteiros

Demonstração: (a) Se a | b, então b = ka e se a | c, então c = la. Portanto b+ c = ka+ la =(k + l)a ⇒ a | (b+ c).

(b) a | b ⇒ b = ka ⇒ bc = kac = kca ⇒ a | bc.

(c) Por hipótese, ac 6= 0. Portanto c 6= 0. Assim:

ac | bc ⇒ ∃k ∈ Z : bc = kac ⇒ b = ka ⇒ a | b.

Observe-se que se fosse b 6= ka, então b < ka ou b > ka. No primeiro caso, ou seja, b < ka,tem-se que c 6= 0 ⇒ bc < kac ou bc > kac, o que contradiz bc = kac. Analogamente, b > kaconduz a uma contradição. Portanto deve ser b = ka.

(d) Por hipótese, a 6= 0. Portanto |a| > 0. Se a | b, então b = ka. Assim:

b 6= 0 ⇒ k 6= 0 ⇒ |k| > 0 ⇒ |k| > 1 (pois k ∈ Z) ⇒ |b| = |ak| = |a| |k| > |a| ⇒ |b| > |a| .

(e) a | b ⇒ b = ka ⇒ −b = −ka = (−k)a ⇒ a | −b.

(f) Para a parte (⇒ ) observe-se que |b| = ±b. Portanto o resultado segue trivialmente do item(e) provado acima. Para a parte (⇐ ) observe-se que |b| = ±b. Se |b| = b, então a | |b| = b.Se |b| = −b, então pelo item (e) anterior tem-se a | |b| = −b ⇒ a | −(−b) = b.

(g) a | b ⇒ b = ka = (−k)(−a) ⇒ −a | b.

(h) Para a parte (⇒ ) observe-se que |a| = ±a. Portanto o resultado segue trivialmente do item(g) provado acima. Para a parte (⇐ ) observe-se que |a| = ±a. Se |a| = a, então a = |a| | b.Se |a| = −a, então pelo item (g) anterior tem-se −a = |a| | b ⇒ a = −(−a) | b.

4.2 O Algoritmo da Divisão

4.2.1 Proposição: Seja Z 3 a > 0 e b ∈ Z. Então, existem q, r ∈ Z tais que:

b = qa+ r; 0 6 r < a.

Mais ainda, q e r estão unívocamente determinados por essa condição.

Demonstração: Seja A := n ∈ N : na > b. Observe-se que A ⊆ N e A 6= ∅. Com efeito:

Caso b = 0: Como a > 0 por hipótese, tem-se 1.a = a > 0 = b. Portanto, 1 ∈ A.

Caso b 6= 0: Como neste caso deve ser |b| > 0, tem-se a > 0 ⇒ a > 1 ⇒ a |b| > |b| > b. Portanto,|b| ∈ A.

Desta maneira, existe minA. Seja então:

q := minA− 1.

Observe-se que deve ser qa 6 b, pois caso contrário teria-se que q ∈ A, contradizendo o fato queq < minA. Dene-se:

r := b− qa > 0.

4.3 Mínimo Múltiplo Comum 61

Com esta denição, obviamente b = qa+ r. Além disso:

r − a = b− qa− a = b− (q + 1)a = b− (minA)a < 0 ⇒ r < a.

Isso prova a existência. Para provar a unicidade, suponha-se que existam qi, ri ∈ Z com i = 1, 2satisfazendo:

b = qia+ ri, 0 6 ri < a; ∀i = 1, 2.

Em tal caso, teria-se que:

q1 < q2 ⇒ q1 6 q2 − 1 ⇒ r1 = b− q1a > b− (q2 − 1)a = (b− q2a) + a = r2 + a > a

o que contradiz o fato que r1 < a. Analogamente, q2 < q1 conduz a uma contradição. Portanto,deve ser q1 = q2 =: q. Desta maneira, tem-se:

r1 = b− q1a = b− qa = b− q2a = r2.

4.3 Mínimo Múltiplo Comum

Sejam a e b inteiros positivos, Z 3 a > 0 e Z 3 b > 0. Observe-se que o conjunto denido por:

M(a, b) := n ∈ N : a | n ∧ b | n

é um conjunto não-vazio de números naturais, pois ab ∈ M(a, b). Com efeito, obviamente a | abe b | ab e como a > 0 e b > 0, segue que ab > 0 e assim ab ∈ N. Portanto, pela Proposição 3.3.4segue que M(a, b) possui um elemento mínimo. Isso motiva a denição a seguir.

4.3.1 Denição: Dene-se o mínimo múltiplo comum de dois inteiros positivos a e b comoo número natural [a, b] dado pelo mínimo do conjunto M(a, b). ♣

4.3.2 Lema: Se m ∈ M(a, b). Então, [a, b] | m. Ou seja, o mínimo múltiplo comum divide atodo múltiplo comum de a e b.

Demonstração: Para simplicar a notação, seja α := [a, b]. Observe-se que α ∈ N ⇒ α > 0.Portanto, a Proposição 4.2.1 implica na existência de q, r ∈ Z, tais que m = qα+ r com 0 6 r < α.Observe-se que:

α ∈M ⇒ a | α ⇒ a | αq ⇒ a | −αq.

Por outro lado, m ∈ M ⇒ a | m. Portanto, a | m − αq = r. Analogamente, prova-se que b | r.Agora, se fosse 0 < r, teria-se que r ∈ M , o que contradiz o fato que r < α = minM . Portanto,deve ser r = 0, ou seja m = qα, o que signica que α | m.


4.4 Máximo Divisor Comum

Para qualquer a ∈ Z dene-se o conjunto D(a) como:

D(a) := n ∈ N : n | a.

4.4.1 Lema: Seja a ∈ Z. Então:

(a) D(a) é sempre um conjunto não-vazio de números naturais.

(b) D(0) = N.

(c) D(a) = D(|a|).

(d) Se o inteiro a for não nulo, Z 3 a 6= 0, então maxn ∈ N : n ∈ D(a) = |a|.

Demonstração: (a) Observe-se que 1 ∈ D(a), para todo a ∈ Z.

(b) Observe-se que n | 0, para todo n ∈ N.

(c) Segue trivialmente do Lema 4.1.2(f).

(d) Se Z 3 a 6= 0, então, pelo Lema 4.1.2(d), D(a) é um conjunto nito. Em tal caso, usando oitem (c) anterior, tem-se:

maxn ∈ N : n ∈ D(a) = maxn ∈ N : n ∈ D(|a|) = |a| .

Observe-se que se a e b são inteiros não simultaneamente nulos, pelo Lema 4.1.2(d), segue quealgum dos conjuntos D(a) e/ou D(b) deve ser nito. Portanto, o conjunto D(a) ∩ D(b) é nito.Isso motiva a denição a seguir.

4.4.2 Denição: Dene-se o máximo divisor comum de dois inteiros não simultaneamentenulos a e b como o número natural (a, b) dado pelo máximo do conjunto D(a) ∩D(b). ♣

4.4.3 Lema: Sejam a, b ∈ Z não simultaneamente nulos. Então:

(a) d ∈ D(a)∩D(b) ⇒ d | (a, b). Ou seja, todo divisor comum de a e b divide o máximo divisorcomum.

(b) Se adicionalmente fossem a > 0 e b > 0, então [a, b] (a, b) = ab.

Demonstração: Para simplicar a notação, seja α := [a, b].

Caso a > 0, b > 0: Como obviamente ab ∈M(a, b), pelo Lema 4.3.2 tem-se que:

α | ab ⇒ ab

α=: k ∈ Z.

4.4 Máximo Divisor Comum 63

Agora, se d ∈ D(a) ∩D(b) tem-se:

d ∈ D(a) ⇒ d | a ⇒ a

d∈ Z.

Analogamente:

d ∈ D(b) ⇒ d | b ⇒ b

d∈ Z.

Observe-se também que:

a | a ⇒ a | a bd

=ab

d, b | b ⇒ b | ba

d=ab

d,

ou seja,ab

d∈M(a, b). Portanto, usando o Lema 4.3.2 tem-se:

α = [a, b] | abd⇒ Z 3 ab/d

α=ab

dα=ab/α

d=k

d⇒ d | k. (4.4.1)

Por outro lado, tem-se:

b | α ⇒ a

k=α

b∈ Z, a | α ⇒ b

k=α

a∈ Z,

ou seja, k | a e k | b. Observe-se que k > 0 neste caso. Portanto, k ∈ D(a) ∩ D(b). Da relação(4.4.1) anterior tem-se:

d ∈ D(a) ∩D(b) ⇒ d | k ⇒ d = |d| 6 |k| = k ⇒ d 6 k.

Portanto k = maxD(a)∩D(b) = (a, b). Ou seja, ab = αk = [a, b](a, b). Isso prova o enunciado (b)do presente lema, como também (a) neste caso.

Caso a 6= 0, b 6= 0: Por um resultado anterior sabe-se que D(a) = D(|a|) e D(b) = D(|b|). Portanto:

(a, b) = (|a| , |b|).

Agora, a 6= 0 ∧ b 6= 0 ⇒ |a| > 0 ∧ |b| > 0. Portanto, usando o caso anterior já provado tem-se:

d ∈ D(a) ∩D(b) = D(|a|) ∩D(|b|) ⇒ d | (|a| , |b|) = (a, b).

Isso prova (a) nesse caso.

Caso a 6= 0 ou b 6= 0: Para xar idéias, suponha-se que a = 0 e b 6= 0. Em tal caso, tem-seD(a) = D(0) = N, e assim:

D(a) ∩D(b) = N ∩D(b) = D(b) = D(|b|).

A relação acima tem as seguintes consequências. Em primeiro lugar:

(a, b) = maxD(a) ∩D(b) = maxD(|b|) = |b| ,

pois b 6= 0 ⇒ |b| > 0. Por outro lado:

d ∈ D(a) ∩D(b) = D(|b|) ⇒ d | |b| = (a, b) ⇒ d | (a, b),

o que prova (a) neste caso.


4.4.4 Lema: Se a | bc e (a, b) = 1, então a | c.

Demonstração: Observe-se que por hipótese, a 6= 0.

Caso b = 0: Neste caso deve ser a = ±1 e, dessa maneira, a | c, trivialmente. Com efeito, tem-se:

D(b) = D(0) = N ⇒ D(a) ∩D(b) = D(a)

⇒ 1 = (a, b) = maxD(a) ∩D(b) = maxD(a) = |a| ⇒ a = ±1 ⇒ a | c.

Caso b 6= 0: Seja α := [|a| , |b|]. Observe-se que α está bem denido, pois a 6= 0 ∧ b 6= 0 ⇒ |a| >0 ∧ |b| > 0. Assim, utilizando o Lema 4.4.3, tem-se:

α = α.1 = α.(a, b) = [|a| , |b|].(a, b) = [|a| , |b|].(|a| , |b|) = |a| . |b| .


a | bc ⇒ |a| | bc ⇒ bc = k |a| ,

ou seja, bc é múltiplo de |a|. Também, obviamente

b | b ⇒ b | bc ⇒ |b| | bc,

ou seja, bc também é múltiplo de |b|. Como bc é então um múltiplo comum de |a| e |b|, pelo Lema4.3.2, tem-se:

|ab| = |a| . |b| = α = [|a| , |b|] | bc ⇒ ab | bc ⇒ a | c.

4.4.5 Lema: Seja N 3 n > 2. Se a | a1a2 · · · an−1an com (a, ai) = 1 para todo i = 1, 2, . . . , (n−1), então a | an.

Demonstração: Por indução no número de fatores n. O caso n = 2 é o Lema 4.4.4. Se o resultadovale para n− 1 fatores, então:

a | a1a2 · · · an−1an ∧ (a, ai) = 1, ∀ i = 1, 2, . . . , n− 1 ⇒ a | (a1)(a2 · · · an) ∧ (a, a1) = 1.

Assim, do Lema 4.4.4 decorre que:

a | a2 · · · an︸︷︷︸n− 1 fatores

∧ (a, ai) = 1, ∀ i = 2, . . . , n− 1.

Portanto, pela hipótese indutiva, tem-se que a | an.

4.5 Números Primos

4.5.1 Denição: Z 3 a > 1 é denominado primo se D(a) = 1, a. Ou seja, um inteiro maiorque 1 é primo se tiver apenas dois divisores positivos, a saber, 1 e a. ♣

Os primeiros números primos são 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19.

4.5 Números Primos 65

4.5.2 Lema: Se Z 3 a > 1, então existem n ∈ N e p1, p2, . . . , pn primos tais que:

a = p1p2 · · · pn.

Ou seja, todo inteiro a > 1 pode ser escrito como um produto (nito) de números primos.

Demonstração: Por indução em a. Se a = 2, o resultado é trivialmente válido, pois 2 já éprimo. Seja a > 2 e suponha-se que o resultado é válido para 2, 3, . . . , a − 1. Se a for primo,então o resultado é obviamente válido para a. Se a não for primo, então deve ser a = a1.a2, com1 < a1 < a e 1 < a2 < a. Portanto, a1, a2 ∈ 2, 3, . . . , a − 1 e o resultado é válido para a1 e a2,em virtude da hipótese indutiva:

a1 = p1 · · · pn,a2 = q1 · · · qm.

Portanto, a = a1.a2 = p1 · · · pn.q1 · · · qm e o resultado vale para a.

4.5.3 Lema: Seja p primo. Se p - a, então (p, a) = 1.

Demonstração: Se p é primo, então D(p) = 1, p. Se p não divide a, então p /∈ D(a). Portanto,D(p) ∩D(a) = 1 e obviamente (p, a) = maxD(p) ∩D(a) = max1 = 1.

4.5.4 Lema: Seja p primo. Se p | a1a2 · · · an, então existe i0 ∈ 1, 2, . . . , n tal que p | ai0 .

Demonstração: Se p não divide ai para todo i = 1, 2, . . . , n − 1, então pelo Lema 4.5.3 teria-seque (p, ai) = 1, para todo i = 1, 2, . . . , n − 1, e pelo Lema 4.4.5, teria-se que p | an. Portanto,bastaria tomar i0 = n.

4.5.5 Lema: Sejam p e p1, p2, . . . , pn primos. Se p | p1p2 · · · pn, então existe i0 ∈ 1, 2, . . . , ntal que p = pi0 .

Demonstração: Pelo Lema 4.5.4 existe i0 ∈ 1, 2, . . . , n tal que p | pi0 . Agora, como pi0 é primo,deve ser p = 1 ou p = pi0 . Mas se p é primo, deve ser p > 1. Portanto, p = pi0 .

4.5.6 Teorema (Fundamental da Aritmética): Seja Z 3 a > 1. Se

a = p1p2 · · · pn = q1q2 · · · qm,

onde n,m ∈ N e p1, p2, . . . , pn e q1, q2, . . . , qm são todos primos com p1 6 p2 6 · · · 6 pn eq1 6 q2 6 · · · 6 qn, então m = n e pi = qi para todo i = 1, 2, . . . n. Ou seja, a fatorização emprimos do Lema 4.5.2 é única, salvo a ordem dos fatores.

Demonstração: Armação: Se p é primo, a fatorização é única e dada pelo próprio p. Ou seja,n = 1 e p1 = p. O


Com efeito, se p = p1p2 · · · pn, então obviamente p | p = p1p2 · · · pn. Portanto, do Lema 4.5.5 segueque p = pi0 para algum i0 ∈ 1, 2, . . . , n, que podemos supor, sem perda de generalidade, comoi0 = 1, trocando a ordem dos pi's se for necessário. Ou seja, p = p1. Portanto deve ser n = 1 ep = p1. H

Seja agora a > 1. A prova da unicidade é por indução em a. Como a = 2 é primo, a unicidadesegue da Armação anterior, e portanto o resultado é válido para a = 2. (Observe-se que pi > 1 ⇒pi > 2 ⇒ a = p1p2 · · · pn > 2n > 2, onde a última desigualdade vale no caso n > 1. Portanto, deveser n = 1.) Seja a > 2 e suponha-se que o resultado é válido para 2, 3, . . . , a − 1. Se a for primo,então o resultado é válido para a pela Armação anterior. Seja então a não-primo e suponha-seque:

a = p1p2 · · · pn = q1q2 · · · qncom p1 6 p2 6 · · · 6 pn e q1 6 q2 6 · · · 6 qn. Pelo Lema 4.5.5 tem-se que:

q1 | a = p1p2 · · · pn ⇒ q1 = pi0

para algum i0 ∈ 1, 2, . . . , n. Analogamente:

p1 | a = q1q2 · · · qm ⇒ p1 = qj0

para algum j0 ∈ 1, 2, . . . ,m. Portanto, p1 6 pi0 = q1 6 qj0 = p1, ou seja:

p1 = q1. (4.5.1)

Agora, como 1 < p1 < a e p1 | a tem-se:1

a

p1= p2p3 · · · pn = q2q3 · · · qn =

a

q1< a,

pois 1 < q1 ∧ a > 0 ⇒ a < aq1 ⇒a

q1< a. Portanto, a hipótese indutiva pode ser aplicada

ao númeroa

p1(ou

a

q1, pois são iguais). Assim, dado que

a

p1= p2 · · · pn = q2 · · · qn, deve ser

n − 1 = m − 1, ou seja, n = m e pi = qi para todo i = 2, . . . , n, o seja, pi = qi para todoi = 1, 2, . . . , n, por (4.5.1).

1Observe-se que em geral seria p1 6 a, mas é p1 < a, pois a não é primo, segundo suposição ad hoc.


4.6 Existem Innitos Primos

4.6.1 Exercício: Prove que existem innitos números primos.

Sugestão: Por redução ao absurdo, começe supondo que existe um conjunto nito de primos,digamos p1, p2, . . . , pn e considere-se o número a := 1 + p1p2 · · · pn. Obviamente, a > 1. Poroutro lado, a não pode ser um daqueles primos, pois segue da denição que a > pi para todo i.Finalmente, se a fosse um número composto, pelo Lema 4.5.2 deveria ser divisível por algum dospi's, digamos pi0 . Mas então, como pi0 | a e obviamente pi0 | p1p2 · · · pn, pelo Lema 4.1.2(a,e), segueque pi0 divide a a− p1p2 · · · pn = 1. Então pelo Lema 4.1.2(d) deveria ser pi0 6 1, o que contradizo fato de ser pi0 > 1, pois pi0 é primo. Este argumento chegou até nós através de Euclides. In:Elementos, IX, 20, apud [14]. ♣

4.7 Números de Fermat

Os números da forma:

Fn = 22n + 1,

para n = 0, 1, 2, . . . , são denominados números de Fermat.

4.7.1 Exercício: (a) Calcule os primeiros cinco números de Fermat F0, F1, . . . , F4.

(b) Prove que, para n > 1, tais números satisfazem a seguinte relação de recorrência:

n−1∏k=0

Fk = Fn − 2.

(c) Deduça da relação anterior que (Fn, Fm) = 1 se n 6= m. Ou seja, dois quaisquer númerosde Fermat diferentes não possuem divisores comuns (exceto o número 1). Essa propriedadetambém costuma ser expressada dizendo que tais números são primos entre si ou co-primos.

Sugestão: Por redução ao absurdo, suponha a existência de um divisor comum d. Usandoa relação de recorrência do item anterior verique que deve ser d = 2 ou d = 1, observandoque o primeiro caso é impossível pela denição de Número de Fermat.

67


(d) Use o resultado do item (c) anterior para dar uma outra prova de que existem innitosnúmeros primos. ♣

Capítulo 5

Raciocinando nos Racionais

5.1 Uma Prova de Irracionalidade

A insuciência dos racionais para representar relações que aparecem ainda na geometria elementarmarca uma época na história da Matemática antiga e data de aproximadamente vinte e cinco sécu-los, quando o renome do lósofo Pitágoras de Samos e da sua seita de seguidores percorria as ilhasdo mar Egeu. A descoberta dos números irracionais atribui-se, mais especicamente, ao pitagóricoHippasus de Metapontum, nascido aproximadamente em 500 A.C. na Magna Græcia, quem pareceter desenvolvido uma prova, com argumentos principalmente geométricos, da irracionalidade daraiz quadrada de 2, na sua tentativa de representá-la como uma fração. Pitágoras acreditava nocarater absoluto dos números inteiros. Ele não podia negar a existência de números irracionaispela via da lógica formal, mas a sua ilusória crença não poderia nunca aceitar a sua existência.Ante tão abrumadoras circunstâncias, ele não teve melhor idéia que condenar Hippasus à mortepor afogamento. Assim, após este ter revelado a irracionalidade daquele número, os demais mem-bros da seita pitagórica deram-lhe morte. Alega-se também que Hippasus foi um notável pioneiroda pesquisa experimental em acústica e o fenômeno da ressonância, mas pouquísimos dos seustrabalhos originais o sobreviveram.

5.1.1 Lema: Não existe nenhum a ∈ Q tal que a2 = 2.

Demonstração: Por reductio ad absurdum, suponha-se que existe Q 3 p =m

n, com m,n ∈ Z,

tal que p2 = 2. Sem perda de generalidade pode-se supor que os inteiros m e n são co-primos, ouseja (m,n) = 1, cancelando os fatores primos comuns se for o caso, o que não altera o quociente.Observe-se que:

2 = p2 =m2

n2⇒ m2 = 2n2,

ou seja, m2 é par e, pelo Exercício 3.4.2(c), tem-se que m é par, digamos, m = 2k, para algumk ∈ Z. Portanto:

2n2 = m2 = (2k)2 = 4k2 ⇒ n2 = 2k2,

ou seja, n2 também deve ser par, e pelo Exercício 3.4.2(c), tem-se que n é par, digamos, n = 2l,

69

70 Raciocinando nos Racionais

para algum l ∈ Z. Mas isso diz que 2 é um fator comum de m e n, o que contradiz a suposiçãooriginal de que eram co-primos.

5.1.2 Lema: Sejam A e B os subconjuntos de Q denidos respectivamente por:

A := r ∈ Q : 0 < r ∧ r2 < 2;B := r ∈ Q : 0 < r ∧ 2 < r2.

Então:

(a) Dado qualquer p ∈ A existe q ∈ A com p < q.

(b) Dado qualquer p ∈ B existe q ∈ B com q < p.

Demonstração: (a) Dado p ∈ Q, seja h denido como:

h :=2− p2

2(2p+ 1)(p+ 1)2

Observe-se que h ∈ Q se p ∈ Q.

Armação 1: Se p ∈ A, então 0 < h < 1. O

Com efeito, observe-se que:

p ∈ A ⇒ p2 < 2 ⇒ 2− p2 > 0.

Também:

p ∈ A ⇒ p > 0 ⇒ p+ 1 > 1 > 0 ⇒ (p+ 1)2 > (p+ 1) > 1 > 0. (5.1.1)

Por outro lado:p > 0 ⇒ 2p+ 1 = p+ p+ 1 > p+ 1 > 1 > 0.

Das três últimas relações decorre que h > 0. Agora, utilizando a segunda e terceira relações,além do fato que p2 > 0, pois p > 0 ⇒ p 6= 0, tem-se:

(p+ 1)2 > 1 ⇒ (2p+ 1)(p+ 1)2 > (2p+ 1) > 1

⇒ p2 + 2(2p+ 1)(p+ 1)2 > 2(2p+ 1)(p+ 1)2 > 2

⇒ 2− p2 < 2(2p+ 1)(p+ 1)2 ⇒ h < 1. H

Armação 2: Se p ∈ A, então (2p+ 1)h < 2− p2. O

Com efeito, da relação (5.1.1), além do fato que 2− p2 > 0 se p ∈ A, tem-se:

(p+ 1)2 > 1 ⇒ 2(p+ 1)2 > 2 > 1

⇒ 1

2(p+ 1)2< 1

⇒ 2− p2

2(p+ 1)2< 2− p2

⇒ (2p+ 1)h =2− p2

2(p+ 1)2< 2− p2. H

5.1 Uma Prova de Irracionalidade 71

Agora, seja q := p + h ∈ Q. Observe-se que, pela primeira desigualdade na Armação 1,tem-se que q − p = h > 0, ou seja p < q. Tem-se também que:

q2 = (p+ h)2

= p2 + 2ph+ h2

= p2 + (2p+ h)h

< p2 + (2p+ 1)h

< p2 + 2− p2

= 2.

Ou seja, q2 < 2. Finalmente, p > 0 ∧ h > 0 ⇒ q = p+ h > 0. Portanto, q ∈ A.

(b) Seja, q denido como:

q := = p− p2 − 2

2p=

2p2 − p2 + 2

2p=p2 + 2

2p=p

2+

1

p.

Observe-se que q > 0, pois p > 0 ⇒ 1/p > 0 e 2 = 1 + 1 > 0 ⇒ 1/2 > 0 ⇒ p/2 > 0,portanto p/2 + 1/p > 0. Observe-se igualmente que q < p, pois p − q = (p2 − 2)/2p > 0,dado que p ∈ B ⇒ p2 > 2 ⇒ p2 − 2 > 0 e p > 0 ∧ 2 > 0 ⇒ 2p > 0 ⇒ 1/2p > 0. Ou seja:

0 < q < p.

Tem-se também:

q2 =

(p− p2 − 2

2p

)2

= p2 − 2pp2 − 2

2p+

(p2 − 2

2p

)2

> p2 − p2 + 2 = 2.

Das duas últimas relações segue que q ∈ B e q < p.


5.2 Números Racionais

5.2.1 Exercício: Densidade dos Racionais

(a) Prove que dado um número racional positivo r > 0, sempre existe um número racional t talque 0 < t < r.

Sugestão: Se r = m/n com m e n inteiros positivos, então t = m/(n + 1) faz o serviço. Defato, m/(n+ k) também funciona, para todo k > 1.

(b) Prove que dados dois números racionais a e b com a < b sempre existe um número racionalc tal que a < c < b.

Sugestão: Em tal caso, r = b − a é um número racional positivo e pode ser aplicado o itemanterior. ♣

5.2.2 Exercício: Prova Alternativa do Lema 5.1.2

(a) Suponha-se que m2/n2 < 2. Prove que:

2 <(m+ 2n)2

(m+ n)2.

Além disso, em tal caso tem-se:

(m+ 2n)2

(m+ n)2− 2 < 2− m2

n2.

(b) Prove as relações do item (a) anterior com todos os sinais de desigualdade virados ao con-trário. Ou seja, suponha-se agora que 2 < m2/n2 e prove que:

(m+ 2n)2

(m+ n)2< 2;

como assim também que:

2− m2

n2<

(m+ 2n)2

(m+ n)2− 2.

73

74 Raciocinando nos Racionais

(c) Combinando os itens (a) e (b) acima, forneça uma outra prova do Lema 5.1.2. ♣

5.2.3 Exercício: Prove que para qualquer a ∈ N, não existe r ∈ Q tal que r2 = a, a menos quea já seja da forma a = k2 para algum k inteiro.

Sugestão: Por redução ao absurdo, suponha que a = m2/n2, sem perda de generalidade, com m,nco-primos, ou seja (m,n) = 1. Em tal caso, teria-se que m2 = an2 = (an)n, ou seja, n | m2,de onde segue que n | m, usando o teorema de decomposição em primos. Como obviamente n|n,tem-se que n é um divisor comum de m e n, e portanto n | (m,n) = 1. Disso segue que n = 1, ouobteria-se uma contradição. ♣

Capítulo 6

Corpos Ordenados Arquimedianos

6.1 Corpos Ordenados Arquimedianos

6.1.1 Denição: Um corpo ordenado é dito arquimediano se para todo b ∈ P e para todoa ∈ F existe um inteiro positivo n tal que nb > a. ♣

6.1.2 Lema: Seja F corpo ordenado arquimediano. Então, para todo a, b ∈ F com a < bexistem inteiros m,n tais que a < m/n < b. Ou seja, em um corpo ordenado arquimediano oselementos racionais são densos.

Demonstração: Observe-se que:

a < b ⇒ b− a > 0 ⇒ (b− a)−1 > 0.

Por outro lado, como F é arquimediano, dado 1 > 0 existe n ∈ N tal que n = n1 > (b− a)−1 > 0.Portanto:

0 < n−1 < b− a.Considere-se o conjunto S denido como:

S := k ∈ Z : kn−1 > a.

Observe-se que, como F é arquimediano, dado n−1 > 0 existe k ∈ N tal que kn−1 > a. Ou seja,S 6= ∅. Pelo mesmo argumento, existe também p ∈ N tal que pn−1 > −a. Em particular:

a > −(pn−1) = (−p)n−1 ⇒ −p /∈ S.

Também:

0 < n−1 = 1.n−1 = (0 + 1).n−1 = (−p+ p+ 1).n−1 = (−p)n−1 + (p+ 1)n−1

⇒ −(p + 1)n−1 < (−p)n−1 < a ⇒ −(p + 1) /∈ S.

Analogamente, prova-se que −(p+ r) /∈ S para todo r ∈ N. Portanto, S é um conjunto não vaziode inteiros limitado inferiormente, no mínimo por −p. Desta maneira, o conjunto S deve ter ummenor elemento, digamos m. Observe-se que:

m ∈ S ⇒ mn−1 > a.

75

76 Corpos Ordenados Arquimedianos

Por outro lado, m− 1 /∈ S ⇒ (m− 1)n−1 6 a. Portanto:

mn−1 = (m− 1)n−1 + n−1 6 a+ n−1 < a+ (b− a) = b.

Combinando as duas últimas relações, segue que a < mn−1 < b.


6.2 O Sub-Corpo dos Racionais

6.2.1 Exercício: Seja F corpo ordenado. Então o sub-corpo dos elementos racionais QF éarquimediano. Com efeito, se a/b ∈ QF 3 m/n > 0, pode-se supor, sem perda de generalidade,que m > 0, n > 0 e b > 0. Assim, de bm > 1 segue que bm(|a|n+ 1) > |a|n+ 1, pois |a|n+ 1 > 0.Portanto:

N 3 k := |a|n+ 1 >|a|n+ 1

bm>|a|nbm>an

bm.

Ou seja, k(m/n) > a/b. ♣

6.3 Um Corpo Ordenado Não-Arquimediano

Seja H denido como o conjunto de funções racionais. Ou seja, H é formado por funções reais quesão quocientes de polinômios.

6.3.1 Exercício: Considere em H as operações de soma e produto usuais de funções:

(f + g)(x) = f(x) + g(x),

(fg)(x) = f(x) g(x).

Prove que com tais operações o conjunto H é um corpo. ♣

6.3.2 Exercício: Seja P o subconjunto de H denido como o conjunto de funções racionaisf/g não-nulas, tais que os coeciêntes das potências de maior ordem de f e g têm o mesmo sinal.Prove que com o conjunto P assim denido, o corpo H é ordenado. ♣

6.3.3 Exercício: Prove que o corpo ordenado H não pode ser arquimediano.

Sugestão: Observe que NH é constituído pelas funções racionais cujo numerador é um polinômiode grau zero com valor natural e cujo denominador é o polinômio de grau zero igual a 1, ou seja:

NH =

1

1,

2

1,

3

1, . . .

.

77

78 Corpos Ordenados Arquimedianos

Seja P 3 b =m

1, com m ∈ N qualquer e considere a função racional a =

x

1∈ H. Observe que para

todo n =n

1∈ NH tem-se:

nb− a =n

1

m

1− x

1=−x+ nm

1/∈ P.

Ou seja, nb− a < 0 para todo n ∈ NH . Portanto, H não é arquimediano. ♣

Capítulo 7

Sequentiæ

7.1 Denições e Resultados Básicos

Seja F um corpo ordenado.

7.1.1 Denição: Uma sequência em F é uma função a : N 7−→ F cujo domíno é igual aoconjunto dos números naturais, ou seja, Dom a = N.

Para sequências, denota-se a(n) por an. Por abuso de notação e linguagem, costuma-se expressara sequência xnn∈N querendo signicar a sequência denida por a(n) = xn, ∀n ∈ N. ♣

7.1.2 Observação: Não confundir a sequência xnn∈N com o conjunto x1, x2, . . . , pois trata-se de conceitos diferentes. Por exemplo, os conjuntos:

1, 2, 3, . . . ,2, 1, 3, . . . ,

são iguais, mas as sequências não são. ♣

7.1.3 Denição: Seja l ∈ F . Se diz que a sequência ann∈N converge para l quando ntende para innito se:

∀ ε > 0 ∃ N(ε) ∈ N : n > N(ε) ⇒ |an − l| < ε.

Em tal caso, denota-se limn→∞

an = l, ou alternativamente an −−−−→n→∞

l. ♣

7.1.4 Denição: Uma sequência ann∈N é dita crescente ou estritamente crescente sean < an+1, ∀n ∈ N e não-decrescente se an 6 an+1, ∀n ∈ N.

Analogamente dene-se decrescente e não-crescente. ♣

79

80 Sequentiæ

7.1.5 Denição: Uma sequência ann∈N é dita limitada superiormente se existe M ∈ Ftal que an 6M, ∀n ∈ N.

Analogamente dene-se limitada inferiormente. ♣

7.1.6 Denição: Uma sequência ann∈N é dita limitada se existe M ∈ F tal que |an| 6M, ∀n ∈ N. Equivalentemente, será limitada se for simultaneamente limitada superior e inferior-mente.

O conjunto de todas as sequências em F limitadas será denotado por B(F ). ♣

7.1.7 Denição: Uma subsequência de uma sequência ann∈N é uma sequência da formaankk∈N, onde os nk são números naturais tais que nk < nk+1, ∀ k ∈ N. ♣

7.1.8 Lema: Toda sequência ann∈N contem uma subsequência que é ou bem não-decrescenteou bem não-crescente.

Demonstração: Seja C := n ∈ N : am < an,∀m > n.

Caso |C| = ℵ0: Se C = n1, n2, . . . com n1 < n2 < n3 < · · · , então an1> an2

> an3> · · · e

anjj∈N é uma sequência não-crescente.

Caso |C| < ℵ0: Observe-se que C pode ser de fato vazio, |C| = 0, neste caso. Como C possui umaquantidade nita de números naturais, seja n1 maior que todo elemento de C. Observe-se quen1 /∈ C ⇒ ∃n2 ∈ N : n2 > n1 e an2

> an1. Como n2 /∈ C, pois n2 > n1 maior que todo elmento

de C, tem-se que existe n3 ∈ N tal que n3 > n2 e an3> an2

. Dessa maneira, é possível construiruma sequência anjj∈N que é não-decrescente.

7.2 Sequências de Cauchy

7.2.1 Denição: Uma sequência ann∈N é dita de Cauchy se:

∀ ε > 0 ∃ N(ε) ∈ N : n,m > N(ε) ⇒ |an − am| < ε.

O conjunto de sequências de Cauchy em F será denotado por C(F ). ♣

Os resultados mais relevantes, por enquanto, sobre sequências de Cauchy podem ser conferidosno seguinte par de lemas:

7.2.2 Lema: Toda sequência ann∈N de Cauchy é limitada.

7.2 Sequências de Cauchy 81

Demonstração: Dado ε = 1 > 0, existe N ∈ N tal que m,n > N ⇒ |an − am| < 1. Portanto:

n > N ⇒ |an| − |aN | 6 |an − aN | < 1 ⇒ |an| < 1 + |aN | ,∀n > N.

Desta maneira, tem-se que |an| 6 maxa1, a2, . . . , aN−1, 1 + |aN |,∀n ∈ N.

7.2.3 Lema: Se uma subsequência de uma sequência de Cauchy é convergente, então a sequênciaoriginal é convergente (a ao mesmo limite).

Demonstração: Seja ann∈N de Cauchy e suponha-se que anjj∈N é uma subsequência tal que:

limj→∞

anj =: a.

Seja ε > 0. Como a subsequência é convergente, existe J ∈ N tal que:

j > J ⇒∣∣anj − a∣∣ < ε

2.

Como a sequência é de Cauchy, também existe N ∈ N tal que:

m,n > N ⇒ |an − am| <ε

2.

Seja j0 ∈ N tal que j0 > J ∧ nj0 > N . Observe-se que um tal j0 sempre deve existir. Comefeito, basta tomar j > J e se por ventura fosse nj < N , então denindo k :=N − nJ , tem-senJ+k > nJ+k−1 > · · · > nJ , e assim nJ+k > nJ + k = nJ + (N − nJ) = N . Portanto, basta tomarj0 = maxj, J + k. Com um tal j0 tem-se:

n > N ⇒ |an − a| 6∣∣an − anj0 ∣∣+

∣∣anj0 − a∣∣ < ε

2+ε

2= ε.

Portanto:

limn→∞

an = a.


7.3 Resultados Gerais sobre Sequências

7.3.1 Exercício: Seja ann∈N uma sequência convergente. Então:

(a) O seu limite limn→∞

an é único.

(b) Toda sequência convergente é de Cauchy.

(c) Toda sequência convergente é limitada. ♣

7.3.2 Exercício: Sejam snn∈N e tnn∈N seqüências convergentes. Ou seja, tais que existemos limites lim

n→∞sn=: s e lim

n→∞tn=: t. Então:

(a) limn→∞

(sn + tn) = s+ t.

(b) limn→∞

sntn = st.

(c) Se t 6= 0, então limn→∞

1

tn=

1

t.

(d) Se t 6= 0, então limn→∞

sntn

=s

t. ♣

7.3.3 Exercício: Sejam snn∈N e tnn∈N seqüências convergentes. Ou seja, tais que existemos limites lim

n→∞sn e lim

n→∞tn.

(a) Se sn > 0 para todo n ∈ N, então limn→∞

sn > 0.

(b) Se rn 6 sn para todo n ∈ N, então limn→∞

rn 6 limn→∞

sn.

Sugestão: Em tal caso sn− rn > 0 e pode ser aplicado o resultado do item (a) precedente. ♣

83

84 Sequentiæ

7.3.4 Exercício: Convergênce à trois

Sejam rnn∈N, snn∈N e tnn∈N seqüências tais que rn 6 sn 6 tn para todo n ∈ N (ou para todon > N , para algum N ∈ N). Suponha-se que lim

n→∞rn = l = lim

n→∞tn. Então snn∈N é convergente

com limn→∞

sn = l. ♣

7.4 Sub-Sequências

Seja a ∈ R.

7.4.1 Exercício: Considere-se uma sequência snn∈N tal que:

1. sn > a, ∀n ∈ N.

2. limn→∞

sn = a.

Então, snn∈N contém uma sub-sequência snkk∈N estritamente decrescente. Ou seja, tal quesnk+1

< snk , para todo k ∈ N. ♣

7.4.2 Exercício: Sejam agora snn∈N e rnn∈N duas seqüências tais que a primeira mantém-semaior que a e a segunda converge para a. Ou seja, tais que:

1. sn > a, ∀n ∈ N.

2. limn→∞

rn = a.

Então, rnn∈N contém uma sub-sequência rnkk∈N tal que rnk < sk para todo k ∈ N. ♣

7.5 Convergência de algumas Sequências

7.5.1 Exercício: Seja F corpo arquimediano. Então:

(a) limn→∞

1

n= 0.

(b) limn→∞

2−n = 0. ♣

Capítulo 8

Corpos Ordenados Completos

8.1 Limites Superiores Mínimos

Seja F um corpo ordenado

8.1.1 Denição: Um conjunto A ⊆ F é dito limitado superiormente se existe x ∈ F tal quea 6 x, ∀ a ∈ A. Um tal x recebe o nome de limite superior de A. ♣

8.1.2 Denição: Um elemento x ∈ F é chamado de limite superior mínimo, ou supremo,de A se:

1. x é um limite superior de A,

2. x 6 y para todo y que seja limite superior de A. ♣

8.1.3 Observação: O supremo de um conjunto, se existir, é unico, o que justica de denominá-lo o supremo.

Com efeito, suponha-se que a e b são supremos de um conjunto A. Se fosse a < b, então, para nãocontradizer o fato que b é um limite superior mínimo, deve existir algum elemento x ∈ A tal quea < x, pois, caso contrário a seria um limite superior de A menor que b. Mas a < x ∈ A contradizo fato que a é um limite superior para A. Portanto, deve ser a > b. Se fosse a > b, através de umraciocínio análogo obtém-se uma contradição. Portanto, deve ser a = b. ♣

8.2 Completeza

8.2.1 Lema: Seja F um corpo ordenado tal que todo conjunto não-vazio e limitado superior-mente possui supremo em F . Então, toda sequência ann∈N em F não-decrescente (respectiva-mente, não-crescente) e limitada superiormente (respectivamente, inferiormente) é convergente.

85

86 Corpos Ordenados Completos

Demonstração: Observe-se que o conjunto A, denido como:

A := an : n ∈ N ,

é um conjunto limitado superiormente, pois a sequência é limitada superiormente. Portanto, porhipótese, deve existir α := supA ∈ F . Seja ε > 0.

Armação: Existe N ∈ N tal que α− aN < ε. O

Com efeito, por reductio ad absurdum, se fosse α−an > ε para todo n ∈ N, então an 6 α−ε, ∀n ∈N. Portanto, α− ε é limite superior para A, obviamente menor que α, o que contradiz o fato queα é o menor de tais limites superiores, por denição de supremo. H

Portanto, usando a hipótese que a sequência é não-decrescente, o fato que an 6 α, ∀n ∈ N e aarmação anterior, tem-se:

n > N ⇒ an > aN ⇒ |α− an| = α− an 6 α− aN < ε.

8.2.2 Teorema: Seja F um corpo ordenado. Então, as seguintes condições são equivalentes:

1. Todo conjunto não vazio limitado superiormente possui supremo em F .

2. F é arquimediano e toda sequência de Cauchy é convergente.

Demonstração: (1) ⇒ (2). Esta é a parte facil do Teorema e será quebrada em duas armações.

Armação 1: F é arquimediano. O

Com efeito, sejam b ∈ P e a ∈ F . Suponha-se em primeiro lugar que a 6 0. Em tal caso, tem-seque 1 ∈ P ∧ b ∈ P ⇒ 1.b ∈ P ⇒ 1.b > 0 > a. Portanto, basta tomar n = 1 neste caso.Suponha-se agora que a > 0, ou seja a ∈ P . Observe-se que como b ∈ P ⇒ b−1 ∈ P , tem-se quea ∈ P ∧ b−1 ∈ P ⇒ ab−1 ∈ P . Por reductio ad absurdum, se fosse n 6 ab−1, ∀n ∈ NF , então oconjunto:

NF := n : n é inteiro positivo em F

seria um conjunto limitado superiormente, pelo número ab−1. Portanto, por hipótese, existeα := supNF , signicando isto que n 6 α, ∀n ∈ NF . Mas então n + 1 6 α, ∀n ∈ NF , poisNF é indutivo. Portanto, n 6 α − 1, ∀n ∈ NF ⇒ α − 1 é limite superior de NF e α − 1 < α, oque contradiz o fato que α era o menor de tais limites superiores. Portanto, deve existir algumn0 ∈ NF tal que n0 > a.b−1, ou seja, n0b > a. H

Armação 2: Toda sequência de Cauchy é convergente. O

Com efeito, pelo Lema 7.1.8, toda sequência contém uma subsequência que é ou bem não-decrescenteou bem não-crescente. Por outro lado, pelo Lema 7.2.2, toda sequência de Cauchy é limitada. Por-tanto, toda sequência de Cauchy contém uma subsequência, ou bem não-decrescente, ou bemnão-crescente, e que também é limitada. Pelo Lema 8.2.1 uma tal (sub)sequência é convergentenum corpo que satisfaz a propriedade 1 do enunciado. Finalmente, pelo Lema 7.2.3, a sequênciade Cauchy original é convergente. H

8.2 Completeza 87

(2) ⇒ (1). Respire fundo e se prepare para uma viagem e tanto. Seja F ⊇ A 6= ∅ limitadosuperiormente. Seja b um limite superior de A, e seja a ∈ A. Como F é arquimediano porhipótese, dado 1 > 0 devem existir M,−m ∈ N tais que M = M.1 > b e −m = (−m).1 > (−a),respectivamente. Ou seja:

m < a 6 b < M.

Para cada p ∈ N, seja Sp o conjunto denido como:

Sp := k : k é inteiro ek

2pé um limite superior de A.

Observe-se que Sp 6= ∅, pois M2p ∈ Sp. Além disso, Sp é limitado inferiormente, pois se k 6 2pmentão k /∈ Sp. Pelo Princípio de Boa Ordenação 3.3.1, Sp tem um elemento mínimo, digamos, kp.Para cada p ∈ N dene-se ap como:

ap :=kp2p, ∀p ∈ N.

Pela denicão de kp, tem-se que:

2kp2p+1

=kp2p

é um limite superior de A, mas

2kp − 2

2p+1=kp − 1

2p

não é. Assim, deve ser kp+1 = 2kp ou kp+1 = 2kp − 1, e portanto deve ser:

ap+1 =kp+1

2p+1=

2kp2p+1

=kp2p

= ap

ou:

ap+1 =kp+1

2p+1=

2kp − 1

2p+1=

2kp2p+1

− 1

2p+1=kp2p− 1

2p+1= ap −

1

2p+1

Portanto, qualquer que seja o caso, para todo p ∈ N tem-se:

ap+1 6 ap

ap − ap+1 61

2p+1.

(8.2.1)

Armação 1: A sequência app∈N é de Cauchy. O

Com efeito, se q > p > 1, então

0 6 ap − aq = (ap − ap+1) + (ap+1 − ap+2) + · · ·+ (aq−1 − aq)

61

2p+1+

1

2p+2+ · · ·+ 1

2q=

1

2p+1

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

2q−p−1

)=

1

2p+1

1−

(1

2

)q−p1− 1

2

=

1

2p+1

(2− 1

2q−p−1

)<

2

2p+1=

1

2p.


Ou seja:

q > p > 1 ⇒ |ap − aq| = ap − aq <1

2p.

Portanto, como limp→∞

2−p = 0, tem-se que app∈N é de Cauchy. H

Pela Armação 1 anterior, junto com a hipótese, deve existir limp→∞

ap=: c.

Armação 2: c é um limite superior de A. O

Com efeito, caso contrário, existiria x ∈ A com x > c. Portanto, dado ε = x − c > 0, existe pinteiro positivo tal que ap − c = |ap − c| < x − c ⇒ ap < x, o que contradiz o fato de ser ap umlimite superior para A, pela denição de ap. H

Armação 3: c é o menor de tais limites superiores. O

Com efeito, por reductio ad absurdum, suponha-se a existência de um outro limite superior de A,

digamos c′, com c′ < c. Seja p inteiro positivo tal que1

2p< c− c′. Então:

ap −1

2p> c− 1

2p> c− (c− c′) = c′.

Portanto, ap −1

2pé um limite superior de A, pois é maior que c′ que já é um tal limite. Mas isso

contradiz o fato que

ap −1

2p=kp2p− 1

2p=kp − 1

2p

não é limite superior de A pela denição de kp. H

A prova desta última armação conclui a prova do Teorema.

8.2.3 Denição: Um corpo ordenado é dito completo se é satisfeita alguma, logo as duas,condições do Teorema 8.2.2 acima. ♣


8.3 Caracterização das Sequências Convergentes

8.3.1 Exercício: Em um corpo ordenado com a propriedade 1 do Teorema 8.2.2, uma sequênciaé convergente se e somente se é de Cauchy.

Sugestão: A parte (⇒ ) vale em general e consta no Exercício 7.3.1(b). A parte (⇐ ) seguediretamente do Teorema 8.2.2. ♣

8.4 O Corpo Racional não é Completo...

8.4.1 Exercício: Prove que o corpo ordenado Q não pode ser completo. Para tanto, use osresultados do Capítulo 5 para exibir um conjunto não-vazio limitado superiormente que não possuisupremo em Q. ♣

8.5 ...Mesmo

Na presente seção prova-se de maneira alternativa que o corpo racional Q não é completo, exibindouma sequência de Cauchy em Q que não possui limite em Q. Com efeito, dene-se a seguintesequência sn como:

sn :=n∑k=0

1

k!= 1 + 1 +

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!.

Observe-se que sn ∈ Q para todo n ∈ N.

8.5.1 Exercício: Considere-se a sequência sn acima denida.

(a) Se m > n, prove que:

sm − sn <2

(n+ 1)!.

Em particular, a sequência sn é de Cauchy.

89


(b) Suponha-se agora a existência do limite limn→∞

sn=: e. Use o fato de ser sn estritamente

crescente e a desigualdade do item (a) anterior para provar que:

sn < e 6 sn +2

(n+ 1)!, ∀n ∈ N.

Em particular, para n = 2 obtém-se a estimativa 5/2 < e < 3.

(c) Suponha-se agora que fosse e = p/q ∈ Q. Use a relação do item (b) acima com n = q paraobter uma contradição. Ou seja, e /∈ Q. ♣

Em particular, Q não pode ser completo, pois sn é uma sequência de Cauchy em Q cujo limitee não é racional.

8.6 Forma de Cauchy do Número e

Seja F um corpo com a propriedade 1 do Teorema 8.2.2, ou seja, completo.

8.6.1 Exercício: Prove que a sequência tn dada por:

tn :=(

1 +1

n

)né estritamente crescente.

Sugestão: Use o Exercício 3.9.2. ♣

8.6.2 Exercício: Prove que a sequência tn do exercício anterior é limitada e forneça limitesinferiores e superiores para ela.

Sugestão: Considere n > 4 e use o Exercício 3.9.3. R: Por exemplo, 2 < tn < 67/24. ♣

8.6.3 Exercício: Usando os dois exercícios anteriores e o Lema 8.2.1 prove que a sequência tnresulta convergente. Ou seja, existe lim

n→∞tn. ♣

O limite da sequência tn =

(1 +

1

n

)né um numerozinho que, não por escasez de letras no

alfabeto latino, denota-se e. Ou seja:

e := limn→∞

(1 +

1

n

)n.

8.6 Forma de Cauchy do Número e 91

8.6.4 Exercício: Combine o resultado do Exercício 3.9.3 junto com os dos Exercícios 7.3.2(a,b),7.5.1(a,b) e 7.3.3(b) para vericar a seguinte estimativa:

5

26 e 6

67

24. ♣

Capítulo 9

Corpo e Transguração

9.1 Morsmos de Corpos

Sejam F1 e F2 dois corpos.

9.1.1 Denição: Considere uma aplicação f : F1 7−→ F2, entre dois conjuntos quaisquer, nãonecessariamente corpos.

(a) A aplicação f denomina-se injetora, ou 1-1 (léia-se um a um), se:

a 6= b ⇒ f(a) 6= f(b).

Observe que, de maneira equivalente, uma aplicação f é injetora se e somente se:

f(a) = f(b) ⇒ a = b.

(b) A aplicação f denomina-se sobrejetora, ou sobre, se a sua imagem corresponde ao conjuntode chegada, ou seja:

Img f = F2.

Em tal caso, se diz que f aplica F1 sobre F2.

(c) A aplicação f denomina-se bijetora se for injetora e sobrejetora simultaneamente.

(d) Se para todo x ∈ F1, tem-se f(x) = 0, então a aplicação se diz identicamente nula, emcujo caso denota-se:

f ≡ 0.

Naturalmente, caso contrário, denota-se f ≡/ 0. ♣

9.1.2 Denição: Sejam F1, F2 corpos. Um morsmo de F1 em F2 consiste numa aplicaçãof : F1 7−→ F2, tal que:

93

94 Corpo e Transguração

(a) f(x+ y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ F1,

(b) f(x y) = f(x) f(y), ∀x, y ∈ F1. ♣

9.1.3 Denição: Sejam F1, F2, F corpos.

(a) Um isomorsmo de F1 em F2 é um morsmo de F1 em F2 que é bijetor.

(b) Um endomorsmo em F é um morsmo de F em F .

(c) Um automorsmo em F é um isomorsmo de F em F . ♣

9.1.4 Lema: Sejam F1 e F2 corpos e seja f : F1 7−→ F2 tal que:

f(x+ y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ F1.

Então:

(a) f(n) = f(11)n12, ∀n ∈ N.

(b) f

(1

m11

)= f(11)

1

m12, ∀m ∈ N.

(c) f(r11) = f(11) r12 para todo r ∈ F racional positivo Q 3 r > 0.

Demonstração: (a) Basta observar que:

f(n) = f(11 + 11 + · · ·+ 11︸︷︷︸n vezes

) = f(11) + f(11) + · · ·+ f(11)︸︷︷︸n vezes

= nf(11) = f(11)n12.

(b) Analogamente, tem-se:

mf

(1

m

)= f

(1

m

)+ f

(1

m

)+ · · ·+ f

(1

m

)︸︷︷︸

m vezes

= f

(1

m+

1

m+ · · ·+ 1

m

)︸︷︷︸

m vezes

= f

(m

1

m

)= f(1).

Portanto, f(

1

m

)=f(1)

m.

(c) Se m,n ∈ N, então usando o item anterior tem-se:

f( nm

)= f

(1

m+

1

m+ · · ·+ 1

m

)︸︷︷︸

n vezes

= f

(1

m

)+ f

(1

m

)+ · · ·+ f

(1

m

)︸︷︷︸

n vezes

= n f

(1

m

)= n

f(1)

m=

n

mf(1).

9.1 Morsmos de Corpos 95

9.1.5 Lema: Sejam F1 e F2 corpos e seja f : F1 7−→ F2 morsmo. Então:

(a) [f(x0) 6= 0 ⇒ x0 6= 0] ou f ≡ 0.

(b) f(01) = 02.

(c) f(−x) = −f(x), ∀x ∈ F1.

Demonstração: (a) Suponha-se que f ≡/ 0. Em tal caso, existe x0 ∈ F tal que f(x0) 6= 0. Porreductio ad absurdum, se fosse x0 = 0, teria-se:

x0 = 0 ⇒ f(x0) f(x) = f(x0 x) = f(0.x) = f(0).

Como f(x0) 6= 0, a identidade acima implica que f(x) =f(0)

f(x0)=: α é constante para todo

x ∈ F . Agora:

α = f(x+ y) = f(x) + f(y) = α+ α

⇒ α = α+ 0 = α+ (α+ (−α)) = (α+ α) + (−α) = α+ (−α) = 0

⇒ f(x) = α = 0, ∀x ∈ F ⇒ f ≡ 0.

Mas isso contradiz a suposição inicial. Portanto, deve ser x0 6= 0.

(b) Se f ≡ 0, então o enunciado é obviamente válido. Suponha portanto que f ≡/ 0. Se fossef(01) 6= 02, então pelo item anterior teria-se que 01 6= 01, cuja evidente falsidade implica quedeve ser f(01) = 02, neste caso também.

(c) Usando o item anterior, observe-se que 0 = f(0) = f(x + (−x)) = f(x) + f(−x), de ondesegue que f(−x) = −f(x), pela unicidade do inverso aditivo em F2.

9.1.6 Lema: Sejam F1 e F2 corpos e seja f : F1 7−→ F2 morsmo não nulo. Portanto, existex0 ∈ F1 tal que f(x0) 6= 0. Pelo Lema 9.1.5(a), tem-se que x0 6= 0 e portanto existe x−1

0 . Entãotem-se:

(a) f(x−10 ) 6= 02.

(b) f(11) 6= 02.

(c) Mais especicamente, f(11) = 12.

(d) Mais ainda, f(r11) = r12 para todo r ∈ F racional r ∈ Q.

Demonstração: (a) Basta observar que:

0 6= f(x0) = f

(x2

0

1

x0

)= f(x2

0) f

(1

x0

)= f(x0) f(x0) f

(1

x0

)⇒ f

(1

x0

)6= 0.

(b) Tem-se:

f(1) = f

(x0

1

x0

)= f(x0) f

(1

x0

)6= 0.


Na última relação usou-se o fato que f(x0) 6= 0 por hipótese e f(x−10 ) 6= 0 pelo item anterior.

De passagem, observe-se que se o corpo F2 também fosse ordenado, de fato teria-se quef(1) = f(1.1) = f(1).f(1) > 0.

(c) Como f(1) = f(1.1) = f(1) f(1), pelo Lema 1.1.3(g) deve ser f(1) = 0 ou f(1) = 1. Peloitem anterior sabe-se que f(1) 6= 0. Portanto deve ser f(1) = 1.

(d) Pelo Lema 9.1.4(a) sabe-se que:

f(n) = n f(1), ∀n ∈ N.

Assim, se −n ∈ N então, pelo Lema 9.1.5(c) tem-se que f(−n) = −f(n) = −(n f(1)) =(−n) f(1), de onde segue que:

f(n) = n f(1), ∀n ∈ −N.

Portanto, combinando as últimas duas relações acima, decorre que:

f(n) = n f(1), ∀n ∈ Z.

Utilizando agora esta última relação, tem-se:

n f(1) = f(n) = f(m

n

m

)= f

( nm

+n

m+ · · ·+ n

m

)︸︷︷︸

m vezes

= f( nm

)+ f

( nm

)+ · · ·+ f

( nm

)︸︷︷︸

m vezes

= mf( nm

), ∀n ∈ Z, ∀m ∈ N.

Portanto:

f( nm

)=

n

mf(1) =

n

m, ∀n ∈ Z, ∀m ∈ N.

Observe-se que na última igualdade foi usado o resultado do item (c) anterior.

9.2 Morsmos em Corpos Ordenados

9.2.1 Denição: Se F1 e F2 são corpos ordenados, se diz que uma aplicação f : F1 7−→ F2

preserva a ordem se x < y ⇒ f(x) < f(y), ∀x, y ∈ F1. ♣

9.2.2 Lema: Sejam F1 e F2 corpos ordenados e seja f : F1 7−→ F2 tal que preserva a ordem.Então:

(a) f ≡/ 0.

(b) f é injetora.

(c) Se adicionalmente F1 é completo, F2 arquimediano, e f(r11) = r12 para todo racional r ∈ Q,então f é sobrejetora.

9.2 Morsmos em Corpos Ordenados 97

Demonstração: (a) De fato, 0 < 1 ⇒ f(0) < f(1) ⇒ f(0) 6= f(1) ⇒ f ≡/ 0.

(b) Seja x 6= y. Então, pela propriedade de tricotomia, deve ser x < y ou x > y. Portanto,f(x) < f(y), ou f(x) > f(y), respectivamente, pois f preserva a ordem. Assim, qualquerque seja o caso, tem-se f(x) 6= f(y).

(c) Adicionalmente, suponha-se agora que F1 é completo, F2 é arquimediano e f(r11) = r12

para todo r ∈ Q. Observe-se que se f fosse morsmo, então esta última propriedade segueautomaticamente do item (a) anterior e do Lema 9.1.6(d). Porém, no presente resultadoestamos supondo apenas que f preserva a ordem.

Seja a ∈ F2 arbitrário mas xo. Considere-se o conjunto B ⊆ F1 denido como:

B := r ∈ F1 : r ∈ Q ∧ f(r) < a.

Armação 1: B 6= ∅. O

Com efeito, caso contrário teria-se quem

n12 = f

(mn

11

)> a, para todo m,n. Ou seja, o

conjunto dos números racionais em F2 seria limitado inferiormente (por a), o que é obviamentefalso. H

Armação 2: B é limitado superiormente. O

Com efeito, como a ∈ F2 e 12 ∈ P2, pela arquimedianeidade de F2 tem-se que existe m ∈ N2

tal que m 12 > a. Portanto, denindo F1 3 s :=m 11 tem-se:

f(s) = f(m 11) = m 12 > a > f(r), ∀r ∈ B.

Portanto, deve ser s > r, para todo r ∈ B, pois caso contrário, como f preserva a ordem,s < r ⇒ f(s) < f(r) para algum r ∈ B, o que contradiz a relação anterior. Dessa maneira,B é limitado superiormente, por exemplo, por s. H

Como F1 é completo, existe F1 3 supB=: x.

Armação 3: f(x) = a. O

Se fosse f(x) < a, existiriam

n12 racional em F2 tal que f(x) <

m

n12 < a, pelo fato dos

racionais serem densos num corpo arquimediano. Portanto, denindo µ :=m

n11 teria-se que:

f(x) <m

n12 = f

(mn

11

)= f(µ) < a,

de onde segue que µ ∈ B, contradizendo que supB = x < µ. Com efeito, se x > µ, entãox > µ ⇒ f(x) > f(µ), ou x = µ ⇒ f(x) = f(µ). Portanto, f(x) > f(µ), o que contradiz aprimeira desigualdade acima.

Por outro lado, se fosse a < f(x), existiriam

n12 racional em F2 tal que a <

m

n12 < f(x),

pelo fato dos racionais serem densos num corpo arquimediano. Portanto, denindo µ :=m

n11

teria-se que:

a <m

n12 = f

(mn

11

)= f(µ) < f(x).


Pela primeira desigualdade acima, r ∈ B ⇒ f(r) < a < f(µ), de onde segue que r < µ, paratodo r ∈ B, pois f preserva a ordem. Isso signica que µ seria um limite superior de B, oque contradiz a segunda desigualdade acima, pois f(µ) < f(x) ⇒ µ < x = supB, pois x éo menor de tais limites. H

Observe-se que da última armação decorre que dado a ∈ F2 arbitrário existe x ∈ F1 tal quef(x) = a. Portanto, f é injetora.

9.2.3 Denição: Se F1 e F2 são corpos ordenados, um morsmo (respectivamente, isomor-smo, endomorsmo, automorsmo) de corpos ordenados de F1 em F2 é um morsmo(respectivamente, isomorsmo, endomorsmo, automorsmo) de F1 em F2 que preserva a ordem. ♣

O resultado a seguir mostra que, para certo caso particular de corpo ordenado, a deniçãoacima é um tanto redundante.

9.2.4 Lema: Sejam F1 e F2 corpos ordenados e seja f : F1 7−→ F2 morsmo não nulo. Se F1 écompleto, então f preserva a ordem.

Demonstração: A prova será quebrada em várias armações.

Armação 1: x > 0 ⇒ f(x) > 0. O

Se x > 0, da completeza de F1 decorre a existência de x1/2 ∈ F1 tal que x = x1/2x1/2. Emparticular, como f é morsmo de corpo, tem-se:

f(x) = f(x1/2x1/2

)= f

(x1/2

)f(x1/2

).

Observe que a expressão à direita acima é estritamente positiva se f(x1/2

)6= 0, ou nula se

f(x1/2

)= 0. Portanto, qualquer que seja o caso, tem-se que f(x) > 0. H

Armação 2: x < y ⇒ f(x) 6 f(y). O

O enunciado segue trivialmente da armação anterior. Com efeito, basta observar que:

x < y ⇒ y − x > 0 ⇒ 0 6 f(y − x) = f(y)− f(x) ⇒ f(x) 6 f(y). H

Para nalizar, se F1 é completo, então é arquimediano, de onde segue que os racionais são densosem F1. Portanto, se x < y, existem r, s racionais em F1 tais que x < r < s < y. Em tal caso, pelaúltima armação, tem-se:

f(x) 6 f(r) = r < s = f(s) 6 f(y) ⇒ f(x) < f(y).

Observe que nas duas igualdades acima foi usado o resultado do Lema 9.1.6(d).

9.3 Unicidade de Isomorsmos 99

9.3 Unicidade de Isomorsmos

9.3.1 Proposição: Seja F corpo ordenado e completo e seja f endomorsmo não nulo em F .Então:

(a) f(x) = x, ∀x ∈ F .

Em particular, tem-se:

(b) f é automorsmo.

(c) Se um tal endomorsmo existe, então é único.

Demonstração: (a) Pelo Lema 9.2.4 com F1 = F2 = F , tem-se que f preserva a ordem. Sefosse f(x) 6= x, por tricotomia teriam-se os seguintes dois casos:

Caso f(x) < x: Como F é completo, logo arquimediano, existe r ∈ F racional tal que f(x) <r < x. Portanto:

f(x) < r = f(r) ⇒ f(x) < f(r) ⇒ x 6 r,

o que contradiz o fato de ser r < x pela escolha de r. Na primeira igualdade acima foi usadoo Lema 9.1.6(d). Para justicar o último condicional acima, observe-se que, como f preservaa ordem, x > r ⇒ f(x) > f(r), o que contradiz a segunda relação acima.

Caso f(x) > x: Como F é completo, logo arquimediano, existe r ∈ F racional tal que x <r < f(x). Portanto:

f(r) = r < f(x) ⇒ f(r) < f(x) ⇒ r 6 x,

o que contradiz o fato de ser x < r pela escolha de r. Na primeira igualdade acima foi usadoo Lema 9.1.6(d). Para justicar o último condicional acima, observe-se que, como f preservaa ordem, r > x ⇒ f(r) > f(x), o que contradiz a segunda relação acima.

Como os dois casos acima conduzem a contradições, pela propriedade de tricotomia, deve serf(x) = x, para todo x ∈ F .

(b) Em primeiro lugar, observe-se que f é sobrejetora. Com efeito, basta utilizar o resultadodo Lema 9.1.6(d) combinado com o do Lema 9.2.2(c). Alternativamente, o item (a) provadoacima, fornece uma prova autocontida. Com efeito, basta observar que:

x 6= y ⇒ f(x) = x 6= y = f(y) ⇒ f(x) 6= f(y), ∀x, y ∈ F.

Por outro lado, dado x ∈ F , tem-se que f(x) = x, de onde segue que f é sobrejetora.Portanto, f é isomorsmo de F em F , ou seja, automorsmo em F .

(c) Se existisse um outro endomorsmo não nulo g, pelo item (a) teria-se que g(x) = x, paratodo x ∈ F . Portanto, f(x) = x = g(x), para todo x ∈ F , e assim f ≡ g.

9.3.2 Corolário: Sejam F1 e F2 corpos ordenados e completos e f : F1 7−→ F2 isomorsmo.Então f é único. Ou seja, existe no máximo apenas um isomorsmo entre corpos ordenados ecompletos.


Demonstração: Se g é um outro isomorsmo, então a composição g−1 f é endomorsmo emF1:

F1f−−→ F2

g←−− F1.

Armação: g−1 f ≡/ 0. O

Com efeito, em primeiro lugar observe-se que f ≡/ 0. De fato, como num corpo 0 6= 1, deveser f(0) 6= f(1) pois f , sendo isomorsmo, é injetora. Assim, como f 6= 0, existe x0 ∈ F1 talque f(x0) 6= 0. Se fosse g−1(f(x0)) = 0, então pelo Lema 9.1.5(b) teria-se que 0 = g(0) =g(g−1(f(x0))) = f(x0), o que contradiz a escolha de x0. Portanto, (g−1 f)(x0) 6= 0, e assimg−1 f ≡/ 0. H

Pela armação acima e a proposição anterior, tem-se que (g−1 f)(x) = x, para todo x ∈ F1. Ouseja, g−1 f = id. Portanto:

g−1 f = id ⇒ f = g id ⇒ f(x) = (g id)(x) = g(id(x)) = g(x), ∀x ∈ F1.

Ou seja, f ≡ g.

9.4 Existência de Isomorsmos

Sejam F1 e F2 dois corpos ordenados e completos.

9.4.1 Denição: Dene-se a aplicação f do conjunto dos racionais em F1 no conjunto dosracionais em F2 da seguinte maneira:

f(11) = 12;

f(01) = 02;

f(m11) = m12, ∀m inteiro;

f(mn

11

)=m

n12. ♣

9.4.2 Observação: A aplicação f está bem denida no conjunto de elmentos racionais de F1,pois:

m

n=k

l⇒ ml = nk ⇒ ml12 = nk12 ⇒

m

n12 =

k

l12. ♣

9.4.3 Lema: A aplicação f acima denida nos racionais de F1 sobre os racionais de F2 é umisomorfo que preserva a ordem.

Demonstração: A demonstração é imediata da denição e ca como exercício para o leitor.

9.4 Existência de Isomorsmos 101

9.4.4 Denição: Por outro lado, se F1 3 x 6=m

n11, dene-se:

f(x) := supmn

12 :m

n11 < x

= supf(r) : r é racional em F1 e r < x.

♣

9.4.5 Denição: Para simplicar a notação, para cada x ∈ F1 seja Ax ⊆ F2 o conjunto denidocomo:

Ax :=mn

12 :m

n11 < x

. ♣

9.4.6 Lema: Se x é racional, então as duas denições coincidem. Ou seja, a aplicação f estábem denida em F1.

Demonstração: Se F1 3 x é racional, então:

y ∈ Ax ⇒ y =m

n12 e

m

n11 < x ⇒ y =

m

n12 = f

(mn

11

)< f(x).

Na última relação acima, a segunda igualdade segue diretamente da denição de f para racionais, noentanto que a última desigualdade segue do fato que tal denição preserva a ordem nos racionais e xé racional por hipótese. Desta maneira, tem-se que y ∈ Ax ⇒ y < f(x), e portanto supAx 6 f(x).Agora, se fosse supAx < f(x), pela densidade dos racionais num corpo arquimediano, existe

F2 3 r2 =m

n12 racional tal que:

supAx < r2 < f(x).

Portanto, existe F1 3 r1 =m

n11 racional tal que:

supAx < r2 =m

n12 = f

(mn

11

)= f(r1) < f(x).

Da última desigualdade acima segue que r1 < x, pois f preserva a ordem entre racionais, e portantor2 ∈ Ax, em cujo caso deveria ser r2 6 supAx, mas isso contradiz a primeira desigualdade acima.Portanto, no caso em que x é racional deve ser supAx = f(x).

9.4.7 Lema: A aplicação f preserva a ordem em F1.

Demonstração: Se x, y ∈ F1 com x < y, então para todo r racional em F1 tem-se que r < x <y ⇒ r < y, e portanto Ax ⊆ Ay, de onde segue que:

f(x) = supAx 6 supAy = f(y).

Agora, pela densidade dos racionais no corpo arquimediano F1, existem r, s racionais em F1 taisque x < r < s < y. Portanto:

f(x) 6 f(r) < f(s) 6 f(y),


onde a primeira e última desigualdades acima seguem da relação anterior, no entanto que a desigual-dade central segue do fato que f preserva a ordem nos racionais. Ou seja, x < y ⇒ f(x) < f(y),e assim f preserva a ordem no caso geral.

9.4.8 Lema: f(x+ y) = f(x) + f(y), para todo x, y ∈ F1.

Demonstração: Sejam x, y ∈ F1 e suponha-se que f(x + y) 6= f(x) + f(y). Em tal caso, pelapropriedade de tricotomia, deve ser f(x+ y) < f(x) + f(y) ou f(x+ y) > f(x) + f(y).

Caso f(x+ y) < f(x) + f(y): Pela densidade dos racionais no corpo arquimediano F2, existem

n12 ∈ F2 racional tal que:

f(x+ y) <m

n12 < f(x) + f(y).

Portanto, existe r :=m

n11 ∈ F1 tal que:

f(x+ y) <m

n12 = f

(mn

11

)= f(r) < f(x) + f(y).

Da primeira desigualdade acima segue que x+ y < r, pois f preserva a ordem entre racionais.

Armação 1: Existem r1, r2 racionais em F1 tais que r = r1 + r2 com r1 > x e r2 > y. O

Com efeito, x + y < r ⇒ x < r − y e portanto existe r1 racional em F1 tal que x < r1 < r − y.Denindo r2 := r − r1 tem-se que r = r1 + r2, com x < r1 e r1 < r − y ⇒ y < r − r1 = r2. H

Voltando agora à prova do Lema, utilizando o resultado da Armação acima tem-se:

f(r) = f(r1 + r2) = f(r1) + f(r2) > f(x) + f(y),

onde a segunda igualdade segue do fato que f é morsmo para racionais, no entanto que a últimadesigualdade segue do fato que f preserva a ordem em geral, segundo establece o Lema 9.4.7provado acima, com r1 > x e r2 > y. Mas a relação acima contradiz a relação imediatamenteanterior.

Caso f(x+ y) > f(x) + f(y): A prova é totalmente análoga. Ou seja, pela densidade dos racionais

no corpo arquimediano F2, existem


f(x) + f(y) <m

n12 < f(x+ y).


n11 ∈ F1 tal que:

f(x) + f(y) <m

n12 = f

(mn

11

)= f(r) < f(x+ y).

Da última desigualdade acima segue que r < x+ y, pois f preserva a ordem entre racionais.

Armação 2: Existem r1, r2 racionais em F1 tais que r = r1 + r2 com r1 < x e r2 < y. O


Com efeito, r < x + y ⇒ r − y < x e portanto existe r1 racional em F1 tal que r − y < r1 < x.Denindo r2 := r − r1 tem-se que r = r1 + r2, com r1 < x e r − y < r1 ⇒ r2 = r − r1 < y. H


f(r) = f(r1 + r2) = f(r1) + f(r2) < f(x) + f(y),

onde a segunda igualdade segue do fato que f é morsmo para racionais, no entanto que a últimadesigualdade segue do fato que f preserva a ordem em geral, segundo establece o Lema 9.4.7provado acima, com r1 < x e r2 < y. Mas a relação acima contradiz a relação imediatamenteanterior.

Como os dois casos analisados acima conduzem a contradições, deve ser f(x+ y) = f(x) + f(y).

9.4.9 Corolário (do Lema 9.4.8): f(−x) = −f(x), para todo x ∈ F1.

Demonstração: Observe-se que f(x) + f(−x) = f(x + (−x)) = f(01) = 02, onde a primeiraigualdade segue do Lema 9.4.8, no entanto que a última igualdade segue da denição de f . Portanto,pela unicidade do inverso aditivo, deve ser f(−x) = −f(x).

9.4.10 Lema: Se x, y ∈ F1, com x > 0 e y > 0, então f(xy) = f(x)f(y).

Demonstração: A estratégia da prova é totalmente análoga à da Armação 4. Ou seja, dadosx, y ∈ F1 com x > 0 e y > 0, suponha-se que f(xy) 6= f(x)f(y). Em tal caso, pela propriedade detricotomia, deve ser f(xy) < f(x)f(y) ou f(xy) > f(x)f(y).

Caso f(xy) < f(x)f(y): Pela densidade dos racionais no corpo arquimediano F2, existem

n12 ∈ F2

racional tal que:

f(xy) <m

n12 < f(x)f(y).


n11 ∈ F1 tal que:

f(xy) <m

n12 = f

(mn

11

)= f(r) < f(x)f(y).

Da primeira desigualdade acima segue que xy < r, pois f preserva a ordem entre racionais.

Armação 1: Existem r1, r2 racionais em F1 tais que r = r1r2 com r1 > x e r2 > y. O

Com efeito, observe-se que 0 < y ⇒ 0 < y−1, de onde segue que xy < r ⇒ x < ry−1 eportanto existe r1 racional em F1 tal que x < r1 < ry−1. Como r1 > x > 0, existe r−1

1 > 0.Denindo r2 := r−1

1 r > 0 tem-se que r = r1r2, com x < r1. Mais ainda, como y > 0 tem-se quer1 < ry−1 ⇒ r1y < r ⇒ y < r−1

1 r = r2. H


f(r) = f(r1r2) = f(r1)f(r2) > f(x)f(y),


onde a segunda igualdade segue do fato que f é morsmo para os racionais, no entanto que aúltima desigualdade segue do fato que f preserva a ordem em geral, segundo estabelece o Lema9.4.7 provado acima, com r1 > x e r2 > y. Mas a relação acima contradiz a relação imediatamenteanterior.

Caso f(xy) > f(x)f(y): A prova é totalmente análoga. Ou seja, pela densidade dos racionais no

corpo arquimediano F2, existem


f(x)f(y) <m

n12 < f(xy).


n11 ∈ F1 tal que:

f(x)f(y) <m

n12 = f

(mn

11

)= f(r) < f(xy). (9.4.1)

Da última desigualdade acima segue que r < xy, pois f preserva a ordem entre racionais.

Armação 2: Existem r1, r2 racionais em F1 tais que r = r1r2 com r1 < x e r2 < y. O

Com efeito, observe-se que 0 < y ⇒ 0 < y−1, de onde segue que r < xy ⇒ ry−1 < x e portantoexiste r1 racional em F1 tal que ry−1 < r1 < x. Neste ponto, resulta oportuno observar que:

x > 0, y > 0 ⇒ f(x) > 0, f(y) > 0 ⇒ f(x)f(y) > 0 ⇒ f(r) > f(x)f(y) > 0 ⇒ r > 0

⇒ ry−1 > 0 ⇒ r1 > ry−1 > 0,

onde o primeiro e quarto condicionais seguem do fato que f preserva a ordem, no entanto que oterceiro condicional segue da primeira desigualdade na relação (9.4.1). Portanto, existe r−1

1 > 0.Denindo r2 := r−1

1 r > 0 tem-se que r = r1r2, com r1 < x. Mais ainda, como y > 0 tem-se query−1 < r1 ⇒ r < r1y ⇒ r2 = r−1

1 r < y. H


f(r) = f(r1r2) = f(r1)f(r2) < f(x)f(r2) < f(x)f(y).

Aqui, a segunda igualdade segue do fato que f é morsmo para os racionais. A primeira desi-gualdade segue do fato que f preserva a ordem em geral, segundo establece o Lema 9.4.7 provadoacima, com r1 < x e r2 > 0 ⇒ f(r2) > 0. A última desigualdade segue do fato que f preserva aordem com r2 < y e x > 0 ⇒ f(x) > 0. Mas a relação acima contradiz a primeira desigualdadena relação (9.4.1).

Como os dois casos analisados acima conduzem a contradições, deve ser f(xy) = f(x)f(y).

9.4.11 Lema: Se x = 0, ou y = 0, então f(xy) = f(x)f(y).

Demonstração: Para xar idéias, suponha que x = 0. Em tal caso, tem-se:

f(xy) = f(01y) = f(y01) = f(01) = 02 = f(y)02 = 02f(y) = f(01)f(y) = f(x)f(y),

onde a quarta e sétima igualdades acima seguem da denição de f . Se y = 0, a prova é completa-mente análoga mutatis mutandi.


9.4.12 Lema: Se x < 0 e y > 0, ou se x > 0 e y < 0, então f(xy) = f(x)f(y).

Demonstração: Para xar idéias, suponha que x < 0 e y > 0. Em tal caso tem-se:

−f(xy) = f(−(xy)) = f((−x)y) = f(−x)f(y) = (−f(x))f(y) = −(f(x)f(y)) ⇒ f(xy) = f(x)f(y).

A primeira e quarta igualdades seguem do Corolário 9.4.9, no entanto que a terceira segue do Lema9.4.10 anterior com −x > 0, pois x < 0 e y > 0. Se x > 0 e y < 0, a prova é completamenteanáloga mutatis mutandi.

9.4.13 Lema: Se x < 0 e y < 0, então: f(xy) = f(x)f(y).

Demonstração: Observe-se que x < 0, y < 0 ⇒ −x > 0,−y > 0. Portanto:

f(xy) = f((−x)(−y)) = f(−x)f(−y) = (−f(x))(−f(y)) = f(x)f(y).

A segunda igualdade segue do Lema 9.4.10 anterior com −x > 0 e −y > 0, no entanto que aterceira segue do Corolário 9.4.9. Se x > 0 e y < 0, a prova é completamente análoga mutatis

mutandi.

Todos os resultados da presente seção podem ser resumidos no seguinte teorema.

9.4.14 Teorema: Dois corpos ordenados e completos quaisquer são isomorfos. Ou seja, existeno máximo esencialmente apenas um corpo ordenado e completo. Em outras palabras, se um talcorpo existe, então é único, salvo isomorsmos.

Demonstração: Se F1 e F2 são tais corpos, basta exibir um isomorsmo f : F1 7−→ F2 entreambos. Tal isomorsmo pode ser denido como nas Denições 9.4.1 e 9.4.4. O Lema 9.4.3 garanteque tal denição é consistente.

O Lema 9.4.7 estabelece que f preserva a ordem. Portanto, o Lema 9.2.2(b,c) garante que f éinjetora e sobrejetora.

Com relação à estrutura algébrica, o Lema 9.4.8 estabelece que f preserva a soma. O conjunto dosLemas 9.4.10, 9.4.11, 9.4.12 e 9.4.13 garante que f também preserva o produto.

Portanto, f é o isomorsmo procurado.

Capítulo 10

Completando Corpos Ordenados

10.1 Sequências Nulas e de Cauchy

10.1.1 Denição: Uma sequência ann∈N é dita nula se:

∀ ε > 0 ∃ N(ε) ∈ N : n > N(ε) ⇒ |an| < ε.

O conjunto de sequências nulas em F será denotado por N (F ). ♣

Em outras palavras, uma sequência é nula se converge para 0. O Exercício 7.5.1 fornece exemplosde sequências nulas.


(a) N (F ) ⊂ C(F ) ⊂ B(F ). Ou seja, toda sequência nula é de Cauchy e toda sequência de Cauchyé limitada.

(b) N (F ) $ C(F ).

(c) Seja an ∈ C(F )\N (F ). Então existe F 3 ε0 > 0 e S(ε0) ∈ N tal que:

n > S(ε0) ⇒ |an| > ε0/2.

Demonstração: (a) Toda sequência nula é convergente, e portanto de Cauchy, pelo Exercício7.3.1(b). Toda sequência de Cauchy é limitada, pelo Lema 7.2.2.

(b) Ou seja, existem sequências de Cauchy que convergem não necessariamente para zero, como,por exemplo, qualquer sequência constante não-nula. Um outro exemplo não-trivial de talsequência é exibido no Exercício 8.5.1.

(c) Se an /∈ N (F ), então existe F 3 ε0 > 0 tal que:

∀N ∈ N ∃ p(N) > N :∣∣ap(N)

∣∣ > ε0.107

108 Completando Corpos Ordenados

Por outro lado, se an ∈ C(F ), então para todo F 3 ε > 0 existe N(ε) ∈ N tal que:

m,n > N(ε) ⇒ |am − an| < ε.

Portanto, se n > N (ε0/2), tem-se:

ε0 6∣∣ap(N(ε0/2))

∣∣ =∣∣ap(N(ε0/2)) − an + an

∣∣ 6 ∣∣ap(N(ε0/2)) − an∣∣+ |an| <

ε02

+ |an| ,

onde a última desigualdadade segue do fato da sequência ser de Cauchy com p(N(ε0/2)) >N(ε0/2) e n > N(ε0/2). Da relação acima tem-se que n > N(ε0/2) ⇒ |an| > ε0/2, portantobasta tomar S(ε0) > N(ε0/2).


(a) Se an e bn são sequências de Cauchy em F , as operações dadas por:

an+ bn := an + bn,anbn := anbn;

estão bem denidas em C(F ).

(b) Com as operações de soma e produto acima denidas, o conjunto C(F ) é um anel comutativocom identidade. Os elementos neutros para a soma e produto estão dados respectivamentepor:

0 := 0, 0, 0, . . . ;

1 := 1, 1, 1, . . . .

(c) N (F ) é subgrupo abeliano aditivo de C(F ), ou seja, subgrupo comutativo com relação àadição.

(d) N (F ) é um ideal multiplicativo próprio de C(F ).

(e) A relação ∼ em C(F ) denida por:

an ∼ bn ⇐⇒ an − bn ∈ N (F )

é uma relação de equivalência.

Demonstração: (a) Se an ∈ C(F ) então:

∀ ε > 0 ∃ N1(ε) ∈ N : m,n > N1(ε) ⇒ |an − am| < ε.

Analogamente, se bn ∈ C(F ) então:

∀ ε > 0 ∃ N2(ε) ∈ N : m,n > N2(ε) ⇒ |an − am| < ε.

Dado ε > 0, seja N 3M := max N1(ε/2), N2(ε/2). Então:

m,n >M ⇒ |an + bn − (am + bn)| 6 |an − am|+ |bn − bm| <ε

2+ε

2= ε.

10.1 Sequências Nulas e de Cauchy 109

Portanto, an+bn = an+bn ∈ C(F ). Por outro lado, pelo Lema 10.1.2(a), an, bn ∈C(F ) ⊂ B(F ). Portanto, existem A,B > 0 tais que:

|an| 6 A, ∀n ∈ N;

|an| 6 B, ∀n ∈ N.

Com efeito, se fosse A = 0, então 0 6 |an| 6 A = 0, ∀n ∈ N ⇒ an = 0, ∀n ∈ N, portantobastaria substituir A por A+ 1. Idênticas considerações aplicam-se mutatis mutandi no casoB = 0. Dado ε > 0, seja N 3M := max N1(ε/2A), N2(ε/2B). Então:

m,n >M ⇒ |anbn − ambm| = |anbn − anbm + anbm − ambm|

6 |an| |bn − bm|+ |bm| |an − am| < Aε

2A+ B

ε

2B=ε

2+ε

2= ε.

Portanto, anbn = anbn ∈ C(F ).

(b) Segue trivialmente do item anterior e das propriedades das operações no corpo F .

(c) Em primeiro lugar, observe que se an ∈ N (F ), então:

∀ ε > 0 ∃ N(ε) ∈ N : n > N(ε) ⇒ ε > |an| = |−an| ,

e portanto −an = −an ∈ N (F ) também. Agora, se an ∈ N (F ) então:

∀ ε > 0 ∃ N1(ε) ∈ N : n > N1(ε) ⇒ |an| < ε.

Analogamente, se bn ∈ N (F ) então:

∀ ε > 0 ∃ N2(ε) ∈ N : n > N2(ε) ⇒ |bn| < ε.

Dado ε > 0, seja N 3M := max N1(ε/2), N2(ε/2). Então:

n >M ⇒ |an + bn| 6 |an|+ |bn| <ε

2+ε

2= ε.

Portanto, an+ bn = an + bn ∈ N (F ). Obviamente, 0 = 0, 0, 0, . . . ∈ N (F ), poisem tal caso, dado ε > 0, basta tomar qualquer N(ε) ∈ N.

(d) Se an ∈ C(F ) ⊂ B(F ), então existe A > 0 tal que:

|an| 6 A, ∀n ∈ N.

Se bn ∈ N (F ), então:

∀ ε > 0 ∃ N(ε) ∈ N : n > N(ε) ⇒ |bn| < ε.

Dado ε > 0, tem-se:

n > N(ε/A) ⇒ |anbn| = |an| |bn| 6 A |bn| < Aε

A= ε.

Portanto, anbn = anbn ∈ N (F ), provando que N (F ), é um ideal em C(F ). Observe-seque 1 = 1, 1, 1, . . . ∈ C(F )\N (F ), e portanto N (F ) $ C(F ). Ou seja, é um ideal próprio.

(e) Segue do fato de ser N (F ) subgrupo abeliano de C(F ), segundo o item (c) anterior.


10.1.4 Denição: Seja C/N o conjunto de classes de equivalência de C(F ) sob a relação acimadenida.

A classe de equivalência de um elemento an será denotada por [an]. Observe-se que [an] =an+N (F ). ♣


(a) Se [an] e [bn] pertencem a C/N , então as operações de soma e multiplicação denidas res-pectivamente por:

[an] + [bn] := [an + bn],

[an][bn] := [anbn];

estão bem denidas em C/N .

(b) Com as operações acima denidas, C/N é um corpo. Os elementos neutros para a soma eproduto estão dados por [0] = 0+N (F ) = N (F ) e [1], respectivamente.

Demonstração: (a) Observe-se que, como N é abeliano, tem-se que [an] = N +an = an+N . Agora, se x ∈ [an], então x = an + cn, com cn ∈ N . Analogamente, se y ∈ [bn],então y = bn+ dn, com dn ∈ N . Portanto:

x+ y = (an+ cn) + (bn+ dn) = an+ bn+ cn+ dn= an + bn + cn + dn.

Portanto, x+ y ∈ [an + bn], dado que cn+ dn ∈ N , pois N é subgrupo aditivo. Analo-gamente, tem-se:

xy = (an+ cn) (bn+ dn) = anbn+ andn+ cnbn+ cndn= anbn + andn + cnbn + cndn.

Portanto, xy ∈ [anbn], dado que andn+ cnbn+ cndn ∈ N , pois N é ideal em C.

(b) Basta provar que todo elemento não-nulo [an] em C/N tem inverso multiplicativo. Emprimeiro lugar, observe-se que:

C/N 3 [an] = an+N 6= N = [0]⇐⇒ C 3 an 6∼ 0⇐⇒ C 3 an − 0 = an /∈ N ⇐⇒ an ∈ C\N .

Portanto, basta provar que para cada an ∈ C\N existe xn ∈ C tal que:

[an][xn] = [anxn] = anxn+N = 1+N = [1].

Ou seja, que anxn − 1 ∈ N . Para tanto, pelo Lema 10.1.2(c), existem ε0 > 0 e S(ε0) ∈ Ntais que:

n > S(ε0) ⇒ |an| >ε02.

10.2 Propriedades do Corpo C/N 111

Seja s :=S(ε0). Dene-se xn da seguinte maneira:

xn =

1, se n = 1, 2, . . . , s− 1;1

an, se n > s.

Ou seja:

anxn = a1, a2, . . . , as−1, 1, 1, 1, . . . .

Portanto:

anxn − 1 = a1 − 1, a2 − 1, . . . , as−1 − 1, 0, 0, 0, . . . ;

de onde segue obviamente que anxn−1 ∈ N . No entanto, resta ainda provar que xn ∈ C.Ou seja, provar que a sequência xn denida acima é de Cauchy. Para tanto, observe que:

m,n > s = S(ε0) ⇒ |xn − xm| =∣∣∣∣ 1

an− 1

am

∣∣∣∣ =1

|an|1

|am||an − am| 6

2

ε0

2

ε0|an − am| .

De onde tem-se:

m,n > max

S(ε0), N

(ε204ε

)⇒ |xn − xm| < ε.

10.2 Propriedades do Corpo C/N10.2.1 Denição: O corpo C/N será denotado por F e seus elementos serão denotados porletras gregas minúsculas F 3 α, β, . . . . ♣

10.2.2 Lema: Seja F corpo ordenado. Considere o subconjunto P ⊂ F denido por:

P := α ∈ F tal que α 6= 0 ∧ ∃an ∈ α : an > 0, ∀n ∈ N.

Então:

(a) Com o conjunto P , o corpo F resulta ordenado.

(b) A aplicação F 3 a 7−→ a ∈ F , denida por:

a := [a, a, a, . . . ]

é um morsmo injetor que preserva a ordem.

Demonstração: (a) Seja α ∈ F e suponha-se que α 6= 0 = N . Em tal caso, existe an ∈ α\Ne, pelo Lema 10.1.2(c) existem ε0 > 0 e S(ε0) ∈ N tais que:

n > S(ε0) ⇒ |an| >ε02.


Por outro lado, como an ∈ C, sabe-se que para ε0 > 0 existe N(ε0) ∈ N tal que:

m,n > N(ε0) ⇒ |am − an| < ε0. (10.2.1)

Seja M := maxN(ε0), S(ε0). Como M > S(ε0), tem-se que |aM | > ε0/2, e portanto deveser aM > ε0/2, ou aM < −ε0/2.

Armação 1: Suponha-se que aM > ε0/2. Então, n >M ⇒ an >ε02> 0. O

Com efeito, n > M > S(ε0) ⇒ |an| > ε0/2. Portanto, deve ser an > ε0/2, ou an < −ε0/2.Neste último caso, ou seja, se fosse an < −ε0/2, teria-se que aM > ε0/2 > −ε0/2 > an.Portanto:

|aM − an| − ε0 = aM − an − ε0 =(aM −

ε02

)+(−ε0

2− an

)> 0 ⇒ |aM − an| > ε0.

Mas esta última relação contradiz 10.2.1, pois n >M > N(ε0). Portanto, deve ser an > ε0/2para todo n >M . H

Voltando agora à prova do Lema, suponha-se que aM > ε0/2. Considere-se a sequência bndenida como:

bn =

aM , se n < M ;

an, se n >M .

Ou seja:

bn = aM , . . . , aM︸︷︷︸M − 1 vezes

, aM , aM+1, aM+2, . . . .

Obviamente, bn ∈ C e:

an − bn = a1 − aM , . . . , aM−1 − aM , 0, 0, 0, . . . ;

de onde segue que an − bn ∈ N , e portanto bn ∼ an, ou seja bn ∈ α. Além disso,bn > ε0/2 > 0, ∀n ∈ N, pela Armação 1. Ou seja, α ∈ P neste caso.

Armação 2: Suponha-se que aM < −ε0/2. Então, n >M ⇒ an < −ε02< 0. O

Com efeito, n > M > S(ε0) ⇒ |an| > ε0/2. Portanto, deve ser an > ε0/2, ou an < −ε0/2.No primeiro caso, ou seja, se fosse an > ε0/2, teria-se que an > ε0/2 > −ε0/2 > aM .Portanto:

|an − aM | − ε0 = an − aM − ε0 =(an −

ε02

)+(−ε0

2− aM

)> 0 ⇒ |an − aM | > ε0.

Mas esta última relação contradiz (10.2.1), pois n > M > N(ε0). Portanto, deve ser an <−ε0/2 para todo n >M . H

Voltando agora à prova do Lema, suponha-se que aM < −ε0/2. A sequência bn denidaanteriormente possui as mesmas propriedades que antes, com a diferença que agora bn <−ε0/2 < 0, ∀n ∈ N, pela Armação 2. Ou seja, −α ∈ P neste caso.


(b) Observe-se que:

a+ b = [a+ b] = [a] + [b] = a+ b;

ab = [ab] = [a][b] = a b.

Portanto, a aplicação é um morsmo.

Armação: a = 0⇔ a ∈ N ⇔ a = 0. O

Com efeito, a primeira equivalência é consequência imediata das denições. Para provar asegunda, se a ∈ N e fosse a 6= 0 teria-se que |a| > 0. Tomando então ε = |a| > 0 teria-seque |a| < ε = |a|, o que é uma contradição. Reciprocamente, se a = 0 então obviamentea = 0 ∈ N . H

Agora, a = b ⇒ 0 = b − a = b− a, pois a aplicação é morsmo. Pela armação anteriordeve ser b − a = 0. Ou seja, a = b, o que prova que o morsmo é injetor. Por outro lado,a < b ⇒ b − a > 0 ⇒ b− a 6= 0, pela Armação anterior. Portanto, b− a ∈ P . Ou seja,b− a > 0 ⇒ b > a, o que prova que o morsmo preserva a ordem. Observe-se que estefato fornece uma outra prova da injetividade, pois pelo Lema 9.2.2(b), todo morsmo quepreserva a ordem é automaticamente injetor.

10.2.3 Lema: Seja F corpo ordenado. Se F 3 α > 0, então existe b ∈ F tal que 0 < b < α.

Demonstração: Se F 3 α > 0, então existe an ∈ α : an > 0, ∀n ∈ N. Observe-se também quean ∈ C\N pelo fato de pertencer à classe α que é não-nula (vide o começo da prova do Lema10.1.5(b)). Pelo Lema 10.1.2(c), existem ε0 > 0 e S(ε0) ∈ N tais que:

n > S(ε0) ⇒ an = |an| >ε02.

Se bn := ε0/2, ∀n ∈ N, então:

α− [bn] = [an]− [bn] = [an − bn] > 0,

onde a última desigualdade segue do fato que an− bn > 0 pela escolha dos bn. Observe-se tambémque:

2 < 3 ⇒ 1

3<

1

2⇒ ε0

3<ε02,

onde o último condicional segue do fato que ε0 > 0. Como a inclusão canônica preserva a ordem,tem-se:(ε0

3

)<(ε0

2

)⇒ −

(ε02

)< −

(ε03

)⇒ α−

(ε03

)> α−

(ε02

)= α− [bn] > 0 ⇒ α >

(ε03

)> 0.

Na última relação, a segunda desigualdade decorre do fato que ε0 > 0 e a inclusão canônica preservaa ordem. Portanto basta tomar b =

ε03.

10.2.4 Lema: Se F é ordenado arquimediano, então F também é.


Demonstração: Sejam α, β ∈ F tais que 0 < α 6 β. Pelo Lema anterior, existe b > 0 tal que0 < b < α.

Armação: Existe d ∈ F tal que β < d. O

Com efeito, β > α > 0 ⇒ β > 0, portanto existe C\N 3 bn ∈ β com bn > 0, ∀n ∈ N. Comotoda sequencia de Cauchy é limitada, existe M > 0 tal que:

bn = |bn| 6M < M + 1=: d.

Observe-se que d− bn > 0 e d− bn /∈ N pois:

(d− bn)− 1 = (d− 1)− bn = M − bn > 0 ⇒ d− bn > 1, ∀n ∈ N,

de onde segue que 0 6= [d− bn] = [d]− [bn] = d− β. Portanto, 0 < d− β, ou seja, β < d. H

Agora, como F é arquimediano, existe n ∈ NF tal que nb > d. Portanto, nα > nb > nb > d > β.Ou seja, nα > β, o que prova que F é arquimediano.

10.2.5 Lema: Seja F corpo ordenado. Considere-se α ∈ F . Então, para toda an ∈ α, tem-se:

limn→∞

an = α.

Demonstração: Seja an ∈ α ∈ F . Suponha-se dado F 3 ε > 0. Pelo Lema 10.2.3 existe e ∈ Ftal que 0 < e < ε. Também existe N(e) ∈ N tal que:

n,m > N(e) ⇒ |an − am| < e.

Seja p0 > N(e) arbitrário, mas xo. Se n > N(e), tem-se:

ap0 − an 6 |ap0 − an| < e;

an − ap0 6 |ap0 − an| < e.

De onde segue que:

ap0 − α < e < ε;

α− ap0 < e < ε.

Portanto, −ε < apo − α < ε. Ou seja, |apo − α| < ε. Como isso vale para todo p0 > N(e), segueque lim

p0→∞ap0 = α.

10.2.6 Lema: Seja F corpo ordenado. Então o corpo F é completo.

Demonstração: Seja αn sequência de Cauchy em F . Se αn fosse constante a partir dealgum n em diante, a sua convergência é imediata. Caso contrário, seria possível construir umasub-sequência αnkk∈N tal que αnk 6= αnk+1

, para todo k ∈ N, e em tal caso, pelo Lema 7.2.3,bastaria provar a convergência apenas para essa sub-sequência. Em resumo, se pode supor, sem


perda de generalidade, que a sequência de Cauchy original αn satisfaz αn 6= αn+1, ∀n ∈ N. Emtal caso, resulta possível denir:

µn := |αn − αn+1| > 0

Por hipótese, para todo F 3 ε > 0 existe N(ε) ∈ N tal que:

m,n > N(ε) ⇒ |αm − αn| < ε.


n > N(ε) ⇒ µn = |αn − αn+1| < ε.

Pelo Lema 10.2.5, para cada n ∈ N é possível escolher an ∈ F tal que |an − αn| < µn.

Armação 1: A sequência an assim construída resulta de Cauchy em F . O

Com efeito, seja F 3 e > 0 dado. Se n,m > N(e/3), então tem-se:

|am − an| 6 |am − αm|+ |αm − αn|+ |αn − an| < µm +1

3e+ µn

<1

3e +

1

3e +

1

3e = e.

Ou seja, equivalentemente:

−e < am − an < e.

Portanto, como a inclusão canônica é um isomorsmo que preserva a ordem, deve ser:

−e < am − an < e.

Ou seja, equivalentemente |am − an| < e, o que prova o armado. H

Pelo resultado da Armação anterior, pode-se denir C/N 3 β := [an] = an+N .

Armação 2: limn→∞

αn = β. O

Com efeito, seja F 3 ε > 0 dado. Pela escolha dos an, tem-se que:

|an − αn| < µn <ε

2,

onde a última desigualdade vale para n > N(ε/2). Por outro lado, pelo Lema 10.2.5, existeM(ε/2) ∈ N tal que:

n >M(ε/2) ⇒ |an − β| <ε

2.

Portanto, se n > max N(ε/2), M(ε/2), tem-se:

|αn − β| 6 |αn − an|+ |an − β| <ε

2+ε

2= ε. H

Através do resultado desta última armação, foi vericado que qualquer sequência de Cauchy nocorpo F é convergente, demonstrando ipso facto a completeza de tal corpo.



(a) Toda sequência de Cauchy em F difere de uma sequência constante por uma sequência nula.Ou seja, para toda αn ∈ C(F ) existe β ∈ F tal que αn − β ∈ N (F ).

(b) O corpo F é isomorfo a corpo F .

Demonstração: (a) Se αn ∈ C(F ), então, como F é completo, existe β ∈ F tal que:

limn→∞

αn = β.

Portanto, denindo µn :=β, ∀n ∈ N, a sequência µn assim denida é constante em F , etem-se:

αn − µn = αn − µn = αn − β ∈ N (F ).

(b) Pelo Lema 10.2.2(b), sabe-se que a inclusão canônica F 3 α 7−→ α ∈ F é um morsmoinjetor que preserva a ordem. Pelo item (a) anterior, também é sobrejetor. Com efeito, dada

[αn] ∈ F existe β ∈ F tal que [αn] = [β]. Ou seja, β = [αn]. Portanto, F e F são isomorfosvia a inclusão canônica.


10.3 Relações de Equivalência

Sejam X, Y conjuntos.

10.3.1 Denição: Uma relação binária, ou simplesmente relação, R entre X e Y é umsubconjunto de X × Y .

Se R é uma relação e (x, y) ∈ R, então denota-se x ∼ y. Em tal caso, por abuso de notação elinguagem, costuma-se dizer a relação ∼ para referir-se à relação R.

No caso em que X = Y , uma relação entre X e X é denominada relação em X. ♣

10.3.2 Denição: Sejam X um conjunto e ∼ uma relação em X. A relação é dita:

(a) Reexiva: se x ∼ x para todo x ∈ X.

(b) Simétrica: se x ∼ y ⇒ y ∼ x para todo x, y ∈ X.

Observe-se que em uma relação simétrica tem-se que x ∼ y ⇐⇒ y ∼ x para todo x, y ∈ X.Com efeito, basta aplicar a propriedade de simetria duas vezes consecutivas, na segunda vezintercambiando x e y.

(c) Transitiva: se (x ∼ y) ∧ (y ∼ z) ⇒ x ∼ z para todo x, y, z ∈ X. ♣

10.3.3 Denição: Uma relação é dita relação de equivalência ou simplesmente equivalênciase é reexiva, simétrica e transitiva. ♣

10.3.4 Denição: Seja ∼ uma relação de equivalência em X. Se x ∈ X, então a classe deequivalência de x é o subconjunto [x] de X denido por:

[x] := y ∈ X : y ∼ x. ♣

10.3.5 Observação: Dado x ∈ X, observe-se que [x] nunca é vazia, pois da reexividade darelação segue que x ∼ x e portanto x ∈ [x]. ♣

117


10.3.6 Lema: Sejam x, y ∈ X. Então, [x] = [y] ou [x] ∩ [y] = ∅. Em particular, duas classes deequivalência diferentes são necessariamente disjuntas.

Desta maneira, resulta possível expressar que uma relação de equivalência ∼ quebra X emsubconjuntos não vazios disjuntos entre si, a saber, as diferentes classes de equivalência.

10.3.7 Denição: Seja ∼ uma relação de equivalência em X. O quociente de X pela relação∼ é o conjunto das classes de equivalência de X sob ∼, denotado por X/∼. Ou seja:

X/∼ := [x] : x ∈ X. ♣

10.3.8 Lema: Seja agora G um grupo e N um subconjunto de G. Então:

(a) A relação ∼ em G denida por:

a ∼ b ⇐⇒ ab−1 ∈ N

é uma equivalência se e somente se N é um subgrupo de G.

(b) Em tal caso, [a] = Na := na : n ∈ N.

10.3.9 Lema: Sejam G grupo, N subconjunto de G e ∼ a relação denida no Lema anterior.Prove que a operação em G/∼ denida por [a][b] := [ab] está bem denida se N for um ideal àdireita em G. Ou seja, se n ∈ N ∧ g ∈ G ⇒ ng ∈ N .

10.4 O Ideal de Sequências Nulas

10.4.1 Exercício: Prove que o conjunto de sequências nulas N (F ) também é um ideal multi-plicativo no conjunto B(F ) de sequências limitadas. Ou seja, an ∈ N (F ) e bn ∈ B(F ) implicaque an bn ∈ N (F ). Em outras palabras, o produto de uma sequência que converge para zerovezes uma sequência limitada também converge para zero. ♣

10.4.2 Exercício: Prove que a sequência do Lema 10.2.5 é de Cauchy. Ou seja, se F é umcorpo ordenado e α ∈ F , então para cada an ∈ α, a sequência an é de Cauchy em F . ♣

Capítulo 11

Raízes n-ésimas

11.1 Existência e Unicidade

Seja F corpo ordenado e completo.

11.1.1 Teorema: Para cada F 3 x > 0 e cada n ∈ NF inteiro positivo existe um únicoF 3 y > 0 tal que yn = x.

Demonstração: Dados F 3 x > 0 e n ∈ NF , seja A ⊂ F o conjunto denido como:

A := t ∈ F : t > 0 ∧ tn < x.

Armação 1: A 6= ∅. O

Com efeito, tem-se:

0 < 1 ⇒ 0 < x < x+ 1 ⇒ 0 <x

x+ 1< 1.

Também:

0 < x ⇒ 1 < 1 + x ⇒ 1

1 + x< 1 ⇒ x

1 + x< x.

Portanto, se a :=x

1 + x, tem-se que a > 0 e an < a < x. Ou seja, a ∈ A, provando que A 6= ∅. H

Armação 2: A é limitado superiormente. O

Com efeito, como x > 0, se t0 := 1 + x > 1, tem-se:

t > t0 > 1 ⇒ tn > t > t0 > x ⇒ t /∈ A

Portanto, A é limitado superiormente, pois t0 é um limite superior de A. H

Pelas duas armações anteriores e a completeza de F , existe supA=: y > 0, pois A é um conjuntonão vazio de números positivos. Mais ainda, pela Armação 1, sabe-se que y > a > 0.

119

120 Raízes n-ésimas

Armação 3: A hipótese yn < x conduz a contradição. O

Com efeito, suponha-se que yn < x. Observe-se que:

y > 0 ⇒ 1 + y > 0 ⇒ (1 + y)n > 0,

e como F é arquimediano, existe k inteiro positivo tal que:

k(1 + y)n > x.

Seja h denido como:

h :=x− yn

k(1 + y)n − yn.

Como k(1 + y)n > x > yn, tem-se que k(1 + y)n − yn > 0 e x − yn > 0. Ou seja, h > 0. Poroutro lado, x < k(1 + y)n ⇒ x− yn < k(1 + y)n − yn ⇒ h < 1. Portanto 0 < h < 1. Observe-setambém que:

k > 1 ⇒ k(1 + y)n > (1 + y)n ⇒ k(1 + y)n − yn > (1 + y)n − yn ⇒ h 6x− yn

(1 + y)n − yn.

Portanto:

(y + h)n =

n∑m=0

(n

m

)yn−mhm

= yn + h

n∑m=1

(n

m

)yn−mhm−1

< yn + h

n∑m=1

(n

m

)yn−m

= yn + h((1 + y)n − yn)

6 yn + (x− yn)

= x,

onde a primeira desigualdade acima segue do fato que hm−1 < 1, pois h < 1. Da relação acima,tem-se que (y+ h)n < x ⇒ y+ h ∈ A, pois h > 0∧ y > 0 ⇒ y+ h > 0. Mas isso contradiz o fatoque y = supA, pois A 3 y + h 6 supA = y ⇒ h 6 0, mas sabe-se que h > 0. H

Armação 4: A hipótese yn > x conduz a contradição. O

Com efeito, suponha-se agora que yn > x. Como antes, observe-se que:

y > 0 ⇒ y + 1 > 1 ⇒ (y + 1)n > 1 > 0,

e como F é arquimediano, existe k inteiro positivo tal que:

k(1 + y)n > 2yn − x.

Seja h denido como:

h :=yn − x

k(1 + y)n − yn.

11.1 Existência e Unicidade 121

Observe-se que:

k(1 + y)n > 2yn − x ⇒ k(1 + y)n − yn > yn − x > 0 ⇒ 1 > h > 0.

Na segunda relação acima, a segunda desigualdade decorre do fato que yn > x ⇒ yn − x > 0.Observe-se também que, como yn − x > 0, tem-se:

k > 1 ⇒ k(1 + y)n > (1 + y)n ⇒ k(1 + y)n − yn > (1 + y)n − yn

⇒ h =yn − x

k(1 + y)n − yn6

yn − x(1 + y)n − yn

.

Se fosse y > 1, então 0 < h < 1 6 y ⇒ h < y. Portanto, em tal caso existe l :=h com 0 < l < 1 el < y tal que:

l 6yn − x

(1 + y)n − yn.

Reciprocamente, se fosse 1 > y > 0, então denindo l :=hy, teria-se que 0 < l, pois h > 0 e y > 0,e também l < 1 e l < y, pois como y > 0, teria-se que h < 1 ⇒ l = hy < y < 1. Além disso, comoh > 0, teria-se também que:

y < 1 ⇒ l = hy < h 6yn − x

(1 + y)n − yn.

Portanto, qualquer seja o caso, sempre existe l com 0 < l < 1 e l < y tal que:

l 6yn − x

(y + 1)n − yn.

Portanto, para qualquer t > y − l > 0, tem-se:

tn > (y − l)n =

n∑m=0

(n

m

)yn−m(−1)mlm

= yn +

n∑m=1

(n

m

)yn−m(−1)mlm

= yn − ln∑

m=1

(n

m

)yn−m(−1)m−1lm−1

> yn − ln∑

m=1

(n

m

)yn−mlm−1

> yn − ln∑

m=1

(n

m

)yn−m

= yn − l ((1 + y)n − yn)

> yn − (yn − x)

= x,

onde a segunda desigualdade acima segue do fato que lm−1 < 1, pois l < 1. Por outro lado, aúltima desigualdade é consequência da propriedade de l. Da relação acima, tem-se que y − l é um


limite superior para A obviamente menor que y, contradizendo o fato que y = supA era o menorde todos os limites superiores. H

Pelas duas armações anteriores, deve ser yn = x, o que prova a existência.

Para provar a unicidade, suponha-se a existência de y1 e y2, tais que yi > 0 e yni = x, para i = 1, 2.Por reductio ad absurdum, suponha-se que y1 6= y2. Em tal caso, pode-se supor, sem perda degeneralidade, que y1 < y2, permutando y1 e y2 se for necessário. Sob tal hipótese, tem-se:

0 < y1 < y2 ⇒ yn1 < yn−11 y2 < yn−2

1 y22 < · · · < yn2 .

Ou seja, yn1 < yn2 , o que contradiz yn1 = x = yn2 .

11.1.2 Denição: Seja F 3 a > 0. Para cada n ∈ NF , o único número positivo F 3 y > 0tal que yn = a, cuja existência asegura o Teorema 11.1.1 acima, denota-se por a1/n e denomina-seraiz n-ésima (positiva) de a.

Alternativamente, com certa freqüência a raiz n-ésima a1/n denota-se n√a. Mais especicamente,

no caso n = 2 denota-se a1/2 simplesmente por√a, denominando-se raiz quadrada de a. No

caso n = 3, a1/3 ou 3√a denomina-se raiz cúbica de a. ♣

11.1.3 Observação: (a) Se n ∈ NF é par então existe mais de uma raiz n-ésima, mas apenasuma raiz n-ésima positiva, de acordo com o Teorema 11.1.1.

(b) 11/n = 1, para todo n ∈ NF .

(c) a > 1 ⇒ a1/n > 1, para todo n ∈ NF .

Com efeito, se fosse a1/n 6 1, teria-se que a1/na1/n 6 a1/n 6 1, o que pela sua vez conduza a1/na1/na1/n 6 a1/n 6 1. Repetindo esse procedimento n vezes, teria-se nalmente quea = a1/n · · · a1/n︸︷︷︸

n vezes

6 1, contradizendo a hipótese que a > 1. ♣


11.2 Médias de Potências p -ésimas

Sejam R 3 a1, a2, . . . , an > 0 um conjunto de n números reais não negativos. Se p é um inteironão-nulo p ∈ Z\0, dene-se a média de potências p-ésimas Mp como:

Mp :=(ap1 + ap2 + · · ·+ apn

n

)1/p

.

O número M1 denomina-se a média aritmética, M2 a média quadrática e M−1 a médiaharmônica.

11.2.1 Exercício: Se p > 0, demonstre que Mp < M2p, desde que os a1, a2, . . . , an não sejamtodos iguais.

Sugestão: Aplique a desigualdade de Schwarz com xi = api e yi = 1. ♣

11.2.2 Exercício: Este exercício é um corolário da relação P (n) provada no Exercício 3.7.2 ou,alternativamente, no Exercício 3.7.3.

(a) Se a1, a2, . . . , an > 0 são n números não negativos, então:

n√a1 a2 · · · an 6

a1 + a2 + · · ·+ ann

.

Sugestão: a relação acima é uma consequência direta de P(n).

(b) Se agora a1, a2, . . . , an > 0 são n números positivos, então:

n1

a1+

1

a2+ · · ·+ 1

an

6 n√a1 a2 · · · an.

Sugestão: o que acontece na relação do item (a) se trocar cada ai por 1/ai ? ♣

A media geométrica G de n números reais não-negativos a1, a2, . . . , an dene-se como:

G := n√a1 a2 · · · an.

123


Desta maneira, observe que, combinando os dois itens do exercício anterior, prova-se que M−1 6G 6M1. Os exercícios a seguir fornecem: uma prova alternativa da segunda desigualdade (os doisprimeiros), uma generalização da dupla desigualdade (o terceiro) e algumas aplicações (o quarto eúltimo).

11.2.3 Exercício: Seja a1, a2, . . . , an > 0 um conjunto de n números reais positivos com produtoigual à unidade a1a2 · · · an = 1. Prove que a1 + a2 + · · ·+ an > n, com igualdade apenas quandoak = 1 para todo k = 1, . . . , n.

Sugestão: Considere por separados os seguintes dois casos:

• ak = 1 para todo k = 1, . . . , n;

• Não todo ak = 1.

No segundo caso, use indução, observando que se a1a2 · · · an+1 = 1, então deve existir algum fator,digamos a1, maior que 1 e também deve existir algum fator, digamos an+1, menor que 1. Considereb1 := a1 an+1 e aplique a hipótese indutiva ao produto b1a2 · · · an, levando em consideração que(a1 − 1)(an+1 − 1) < 0. ♣

11.2.4 Exercício: Usando o exercício anterior, produza uma prova alternativa da relação G 6M1 e verique que a igualdade vale apenas quando a1 = a2 = · · · = an.

Sugestão: Se algum dos fatores é nulo, então a desigualdade é obviamente válida, com igualdade setodos os fatores são igualmente nulos. Basta então considerar o caso em que todos os fatores sãopositivos. Em tal caso G 6= 0, e pode-se supor sem perda de generalidade que G = 1, substituindo,se for necessário caso, cada ak por ak/G. Nesse ponto, entra o resultado do exercício anterior. ♣

11.2.5 Exercício: Usando o exercício anterior prove que se p e q são inteiros tal que p < 0 < q,então Mp < G < Mq se os a1, a2, . . . , an não são todos iguais.

Sugestão: Aplique o resultado exercício anterior aos n números aq1, aq2, . . . , a

qn para obter a segunda

desigualdade e aos n números 1/a|p|1 , 1/a

|p|2 , . . . , 1/a

|p|n para a primeira. ♣

11.2.6 Exercício: Algumas Aplicações

(a) Se a, b, c são reais positivos tais que a2 + b2 + c2 = 8, então a4 + b4 + c4 > 643 .

Sugestão: Use o Exercício 11.2.1.

(b) Se a, b, c são reais positivos tais que abc = 8, então a+ b+ c > 6 e ab+ ac+ bc > 12.


(c) a1, a2, . . . , an são reais positivos e bk = 1/ak para todo k = 1, . . . , n, então:(n∑k=1

ak

) (n∑k=1

bk

)> n2.

11.3 A Sequência a1/n 125


(d) Se a, b, c são reais positivos tais que a+ b+ c = 1, então (1− a)(1− b)(1− c) > 8abc.

Sugestão: Use a desigualdade M−1 6M1 sugerida pelo Exercício 11.2.5 com a, b e c. ♣

11.3 A Sequência a1/n

11.3.1 Exercício: Seja F corpo arquimediano. Seja R 3 a > 0. Então, limn→∞

a1/n = 1.

Sugestão: Use a relação M−1 6 G 6M1 do Exercício 11.2.2, ou 11.2.5, com os n números:

a1 = a,

a2 = a3 = · · · = an = 1;

e depois o resultado dos Exercícios 7.3.4 e 7.5.1(a). ♣

11.4 Raízes de Equações Quadráticas

11.4.1 Exercício: Sejam a, b, c ∈ F , com a 6= 0.

(a) Se b2 − 4ac > 0, então os dois números r1 e r2 dados por:

r1 =−b+

√b2 − 4ac

2a,

r2 =−b−

√b2 − 4ac

2a;

são ambos raizes da equação quadrática ax2 + bx + c. Ou seja, ax2 + bx + c = 0 quandox = r1 ou x = r2.

Sugestão: Utilize a técnica de completar quadrados, ou use diretamente o Exercício 2.9.1(a).Incidentalmente, observe que tal método de demonstração prova também que r1 e r2 são asúnicas raízes da equação quadrática. Ou seja, ax2 + bx + c = 0 quando, e apenas quando,x = r1 ou x = r2.

(b) Se b2 − 4ac < 0, então a equação quadrática ax2 + bx+ c não admite nenhuma raiz real. Defato, em tal caso ax2 + bx+ c > 0 para todo x ∈ F quando a > 0, ou ax2 + bx+ c < 0 paratodo x ∈ F , quando a < 0.

Sugestão: Idem.

(c) Observe que r1 + r2 = −b/a e r1r2 = c/a. Portanto, a equação quadrática em termos dosparâmetros a, b, c pode ser rescrita alternativamente em função das raízes como:

ax2 + bx+ c = a(x2 − (r1 + r2)x+ r1r2) = a(x− r1)(x− r2). ♣


11.5 A Desigualdade de Schwarz Revisitada

Sejam a1, a2, . . . , an ∈ R e b1, b2, . . . , bn ∈ R dois conjuntos de n números reais quaisquer. Paraabreviar, denota-se:

‖a‖ :=

(n∑i=1

a2i

)1/2

,

‖b‖ :=

(n∑i=1

b2i

)1/2

.

Com essa notação, a desigualdade de Schwarz assume a forma:∣∣∣∣∣n∑i=1

aibi

∣∣∣∣∣ 6 ‖a‖ ‖b‖ .Incidentalmente, observe-se que ‖.‖ = n1/2M2, e que a desigualdade de Schwarz pode ser expressadaem termos de médias como:

|M1(a1b1, . . . , anbn)| 6M2(a1, . . . , an)M2(b1, . . . , bn),

mas isso não terá relevância alguma no presente contexto.

11.5.1 Exercício: (a) Prove que, em caso de existir algum λ ∈ F , tal que ai − λbi = 0, paratodo i = 1, 2, . . . , n, então na desigualdade de Schwarz vale a igualdade.

(b) Prove que se b1 = b2 = · · · = bn = 0, então também vale a igualdade. ♣

11.5.2 Exercício: (a) Verique primeiramente a seguinte identidade:

2xy 6 x2 + y2; para todo x, y ∈ F ,

com desigualdade estrita se x 6= y.

Sugestão: Observe que 0 6 (x− y)2, com desigualdade estrita se x 6= y.

(b) Suponha agora que os bi's não são simultaneamente nulos e que não existe nenhum λ ∈ Ftal que ai − λbi = 0, para todo i = 1, 2, . . . , n. Prove que:∣∣∣∣∣

n∑i=1

aibi

∣∣∣∣∣ < ‖a‖ ‖b‖ .Sugestão: Como os bi's não são simultaneamente nulos, tem-se que ‖b‖ 6= 0. Por outro lado,se fosse a1 = a2 = · · · = an = 0, então se poderia tomar λ = 0. Portanto, também osai's devem não ser simultaneamente nulos, de onde tem-se que ‖a‖ 6= 0. Desta maneira,para i = 1, 2, . . . , n, a relação do item (a) anterior pode ser empregada com x = ai/ ‖a‖ ey = bi/ ‖b‖. Some depois as n desigualdades assim obtidas, observando que pelo menos umadelas é estrita. Com efeito, observe que deve existir algum i0 tal que ai0/ ‖a‖ 6= bi0/ ‖b‖, poisse todos esses números fossem iguais, teria-se que ai − ‖a‖ bi/ ‖b‖ = 0, para todo i, em cujocaso pode-se tomar λ = ‖a‖ / ‖b‖. ♣

11.5 A Desigualdade de Schwarz Revisitada 127

11.5.3 Exercício: (a) Como corolário da demonstração, conclua que na desigualdade deSchwarz vale a igualdade se e somente se b1 = b2 = · · · = bn = 0 ou existe λ ∈ F talque ai − λbi = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n.

(b) Prove que a condição do item (a) anterior é equivalente à seguinte:

Existem α, β ∈ F não simultaneamente nulos, tais que αai + β bi = 0, para todoi = 1, 2, . . . , n.

Sugestão: Para a parte (⇒ ), no primeiro caso basta tomar α = 0 e β = 1 e no segundo,α = 1 e β = −λ. Para a parte (⇐ ), se fosse α 6= 0, bastaria tomar λ = −β/α. No casoα = 0, deve ser β 6= 0, de onde tem-se que bi = 0, para todo i. ♣

Capítulo 12

Exponenciais

12.1 Base Arbitrária e Exponente Natural

Seja F corpo ordenado e completo.

12.1.1 Denição: Seja a ∈ F . Para cada m ∈ NF dene-se:

am := a a · · · a︸︷︷︸m vezes

. ♣

12.1.2 Lema: Seja a ∈ F . Então, para todo m,n ∈ NF tem-se:

(a) am+n = aman.

(b) (am)n = amn.

(c) Se a > 0, então (a−1)m = (am)−1.

Demonstração: (a) Observe-se que:

aman = a a · · · a︸︷︷︸m vezes

a a · · · a︸︷︷︸n vezes

= a a · · · a︸︷︷︸m+ n vezes

= am+n.

(b) Analogamente:

(am)n = amam · · · am︸︷︷︸n vezes

= a a · · · a︸︷︷︸m vezes

· · · a a · · · a︸︷︷︸m vezes︸︷︷︸

n vezes

= a a · · · a︸︷︷︸mn vezes

= amn.

(c) Finalmente, se a > 0, tem-se:

am(a−1)m = a a · · · a︸︷︷︸m vezes

a−1a−1 · · · a−1︸︷︷︸m vezes

= · · · = 1.

Portanto, (a−1)m = (am)−1, pela unicidade do inverso multiplicativo.

129

130 Exponenciais

12.2 Base Positiva e Exponente Inteiro

Procura-se agora uma denição de am para m inteiro qualquer, não necessariamente positivo. Uminteiro negativo é da forma −m com m ∈ NF . Se as propriedades (b) e (c) do Lema 12.1.2 fossemválidas nesse caso também, teria-se:

a−m = a(−1)m = (a−1)m = (am)−1,

desde que a > 0. Por outro lado, se a propriedade (a) do Lema 12.1.2 também fosse válida, teria-se:

a0 = am−m = ama−m = am(am)−1 = 1.

Tais observações motivam a denição a seguir.

12.2.1 Denição: Seja agora F 3 a > 0. Para cada m ∈ ZF \NF dene-se:

am :=

(a−m)−1 se m < 0,

1 se m = 0.♣

12.2.2 Lema: Seja F 3 a > 0. Então, am+n = aman, para todo m,n inteiros em F .

Demonstração: Se m > 0 e n > 0 basta aplicar a propriedade (a) do Lema anterior. Se m = 0ou n = 0, supondo que m = 0 para xar idéias, tem-se:

am+n = a0+n = an = 1an = a0an = aman.

Se m > 0 e n < 0, em cujo caso n = − |n|, serão considerados por separado os seguintes trêssub-casos:

• Se m = |n|, então:

aman = ama−|n| = am(a|n|)−1 = am(am)−1 = 1 = a0 = am−m = am−|n| = am+n.

• Se m > |n|, denindo k :=m− |n| > 0, tem-se:

aman = ama−|n| = am(a|n|)−1 = ak+|n|(a|n|)−1 = aka|n|(a|n|)−1 = ak = am−|n| = am+n.

Na terceira igualdade acima foi utilizada a propriedade (a) do Lema anterior.

• Se m < |n|, denindo k := |n| −m > 0, tem-se:

aman = ama−|n| = am(a|n|)−1 = am(ak+m)−1 = am(a−1)k+m = am(a−1)m(a−1)k

= am(am)−1(a−1)k = (a−1)k = (ak)−1 = (a|n|−m)−1 = (a−(m−|n|))−1

= am−|n| = am+n.

A segunda igualdade acima segue da denição. Na quarta igualdade foi utilizada a propri-edade (c) do Lema anterior, pois k + m = |n| > 0. Na quinta, a propriedade (a) do mesmoLema, pois m > 0 e k > 0. Na sexta, a propriedade (c), pois m > 0 e k > 0. Na oitava,também a propriedade (c), pois k > 0. A décima-primeira é consequência da denição, poism− |n| < 0.

12.3 Base Positiva e Exponente Racional 131

O caso m < 0 e n > 0 é análogo ao caso anterior. Finalmente, se m < 0 e n < 0, tem-se:

aman = (a−m)−1(a−n)−1 = (a−1)−m(a−1)−n = (a−1)−m−n = (a−1)−(m+n) = am+n.

A primeira igualdade acima segue da denição, pois −m > 0 e −n > 0. Na segunda igualdadefoi utilizada a propriedade (c) do Lema anterior, pelo mesmo motivo. Na terceira, a propriedade(a) do mesmo resultado e por idêntica razão. Finalmente, a última igualdade é consequência dadenição, pois m+ n < 0.

12.3 Base Positiva e Exponente Racional

12.3.1 Denição: Seja agora F 3 a > 0. Para cada n ∈ NF dene-se a1/n como o únicoF 3 y > 0 tal que yn = a, cuja existência asegura o Teorema 11.1.1. ♣

12.3.2 Lema: Sejam F 3 a > 0 e n ∈ NF . Então:

(a) (ab)1/n = a1/nb1/n, para cada F 3 b > 0.

(b) (a−1)1/n = (a1/n)−1.

(c) (am)1/n = (a1/n)m, para cada m inteiro em F .

Demonstração: (a) Utilizando a comutatividade do produto, tem-se:

(a1/nb1/n)n = (a1/nb1/n) · · · (a1/nb1/n)︸︷︷︸n vezes

= a1/n · · · a1/n︸︷︷︸n vezes

b1/n · · · b1/n︸︷︷︸n vezes

= ab.

Portanto, a1/nb1/n = (ab)1/n pela unicidade da raiz n-ésima.

(b) Utilizando o item (a) anterior, tem-se:

a1/n(a−1)1/n = (aa−1)1/n = 11/n = 1.

Portanto, (a1/n)−1 = (a−1)1/n pela unicidade do inverso multiplicativo.

(c) Considere em primeiro lugar o caso m > 0. Se z := (a1/n)m, então basta provar que zn = am.Para tanto, basta observar que:

zn = a1/n · · · a1/n︸︷︷︸m vezes

· · · a1/n · · · a1/n︸︷︷︸m vezes︸︷︷︸

n vezes

= a1/n · · · a1/n︸︷︷︸mn vezes

= a1/n · · · a1/n︸︷︷︸n vezes

· · · a1/n · · · a1/n︸︷︷︸n vezes︸︷︷︸

m vezes

= a · · · a︸︷︷︸m vezes

= am.

No caso m = 0, tem-se que (am)1/n = (a0)1/n = 11/n = 1 = (a1/n)0 = (a1/n)m.

132 Exponenciais

Finalmente, no caso m < 0, tem-se:

(am)1/n = ((a−m)−1)1/n = ((a−m)1/n)−1 = ((a1/n)−m)−1 = (a1/n)m.

Aqui, a primeira igualdade segue da denição. A segunda, segue do item (b) anterior. Aterceira, segue do primeiro caso, pois −m > 0. A última, segue da denição.

12.3.3 Denição: Seja F 3 a > 0. Para cada r ∈ QF racional, sem perda de generalidader = m/n com m inteiro e n ∈ NF , dene-se:

am/n := (a1/n)m. ♣

12.3.4 Lema: Sejam F 3 a > 0 e p, q ∈ QF . Então:

(a) ap+q = apaq.

(b) Se a > 1, então p < q ⇒ ap < aq.

(c) Se 0 < a < 1, então p < q ⇒ aq < ap.

Demonstração: (a) Sejam p = m/n e q = r/s, sem perda de generalidade com n > 0 e minteiro, e com s > 0 e r inteiro, respectivamente. Como ns > 0 tem-se:

(am/nar/s)ns = (am/nar/s) · · · (am/nar/s)︸︷︷︸ns vezes

= am/n · · · am/n︸︷︷︸ns vezes

ar/s · · · ar/s︸︷︷︸ns vezes

= am/n · · · am/n︸︷︷︸n vezes

· · · am/n · · · am/n︸︷︷︸n vezes︸︷︷︸

s vezes

ar/s · · · ar/s︸︷︷︸s vezes

· · · ar/s · · · ar/s︸︷︷︸s vezes︸︷︷︸

n vezes

= am · · · am︸︷︷︸s vezes

ar · · · ar︸︷︷︸n vezes

= amsarn

= ams+rn.

A última igualdade acima segue do Lema 12.2.2. Portanto, pela unicidade da raiz tem-seque am/nar/s = (ams+rn)1/ns. Ou seja:

apaq = am/nar/s = (ams+rn)1/ns = a(ms+rn)/ns = am/n+r/s = ap+q.

A terceira igualdade acima segue da Denição 12.3.3.

(b) Em primeiro lugar, observe que:

a > 1 ⇒ a1/n > 1 ⇒ (a1/n)m > 1 ⇒ am/n = (a1/n)m > 1 ⇒ ar > 1, ∀Q 3 r > 0.

12.4 Base Positiva a > 1 e Exponente Real 133

Agora, se p < q, então q − p=: r > 0 e tem-se:

aq − ap = ar+p − ap = arap − ap = ap(ar − 1) > 0.

A segunda igualdade acima segue do item (a) anterior. A última desigualdade segue do fatoque ap > 0, pela denição, e ar − 1 > 0, pela observação inicial. Ou seja, ap < aq.

(c) Em primeiro lugar, observe que 0 < a < 1 ⇒ a1/n < 1. Com efeito, utilizando reductio ad

absurdum, tem-se:

a1/n > 1 ⇒ a1/na1/n > a1/n > 1 ⇒ · · · ⇒ a1/n · · · a1/n︸︷︷︸n vezes

> 1 ⇒ a > 1.

Mas a última relação contradiz a hipótese inicial que 0 < a < 1. Ou seja, deve ser a1/n < 1.Portanto, tem-se:

0 < a < 1 ⇒ a1/n < 1 ⇒ a1/na1/n < a1/n < 1 ⇒ · · · ⇒ a1/n · · · a1/n︸︷︷︸m vezes

< 1

⇒ am/n = (a1/n)m < 1, ∀m ∈ N ⇒ ar < 1, ∀Q 3 r > 0.

Agora, se p < q, então q − p=: r > 0 e tem-se:

ap − aq = ap − ap+r = ap − apar = ap(1− ar) > 0.

A segunda igualdade acima segue do item (a) anterior. A última desigualdade segue do fatoque ap > 0, pela denição, e 1− ar > 0, pela observação inicial. Ou seja, aq < ap.

12.4 Base Positiva a > 1 e Exponente Real

12.4.1 Denição: Seja F 3 a > 1. Se x ∈ F , dene-se:

expa(x) := supar : QF 3 r < x.

Observe que expa(x) está bem denido, pois para qualquer QF 3 s > x tem-se que ar < as paratodo r < x 6 s, pelo Lema 12.3.4(b). Portanto o conjunto ar : QF 3 r < x está limitadosuperiormente por as onde s é qualquer QF 3 s > x. ♣

12.4.2 Lema: expa(x) > 0 para todo x ∈ F .

Demonstração: a > 0 implica que am > 0 para todo m ∈ N, e assim 1/am > 0 para todo m ∈ N,ou seja, am > 0 para todo m ∈ Z. Por outro lado, (am)1/n > 0 para todo n ∈ N, pelo Teorema11.1.1. Assim, am/n > 0 para todo m ∈ Z e para todo n ∈ N, ou seja, ar > 0 para todo r ∈ QF .Portanto:

0 < ar 6 supar : QF 3 r < x = expa(x).

12.4.3 Lema: Seja F 3 a > 1. Então:

expa(x+ y) = expa(x) expa(y), para todo x, y ∈ F .

134 Exponenciais

Demonstração: Sejam p, q ∈ Q e x, y ∈ R com p < x e q < y. Em tal caso, p + q < x + y e,utilizando o Lema 12.3.4(a), tem-se:

apaq = ap+q 6 expa(x+ y) ⇒ ap 6expa(x+ y)

aq, ∀Q 3 p < x

⇒ expa(x) 6expa(x+ y)

aq⇒ aq 6

expa(x+ y)

expa(x), ∀Q 3 q < y

⇒ expa(y) 6expa(x+ y)

expa(x).

Ou seja:

expa(x) expa(y) 6 expa(x+ y). (12.4.1)

Armação: t ∈ Q : t < x+ y = u+ v : (u ∈ Q ∧ u < x) ∧ (v ∈ Q ∧ v < y). O

Com efeito, a relação (⊇) é obviamente válida. Para provar a relação (⊆), se Q 3 t < x+ y, entãot−y < x. Pela densidade dos racionais, existe s ∈ Q tal que t−y < s < x. Em particular, t−s < ye s < x. Portanto, t = (t− s) + s < y + x. Ou seja, basta tomar u = t− s e v = s. H

Utilizando a Armação anterior, e o fato que t− s < y e s < x, tem-se:

at = a(t−s)+s = a(t−s)as 6 expa(y)as 6 expa(y) expa(x), ∀Q 3 t < x+ y.

Ou seja:

expa(x+ y) 6 expa(x) expa(y). (12.4.2)

Finalmente, para obter o resultado enunciado no presente lema, basta combinar as relações (12.4.1)e (12.4.2) acima.


(a) expa(0) = 1.

(b) expa(−1) =1

expa(1).

(c) Para todo r ∈ QF , tem-se:

expa(r) = (expa(1))r.

Demonstração: (a) Usando o Lema 12.4.3, tem-se:

expa(0) = expa(0 + 0) = expa(0) expa(0) = (expa(0))2.

Portanto, expa(0) deve ser igual a 0 ou 1. Como expa(0) > 0, pelo Lema 12.4.2, tem-se queexpa(0) = 1.

12.4 Base Positiva a > 1 e Exponente Real 135

(b) Utilizando o item (a) anterior, tem-se:

1 = expa(0) = expa(1− 1) = expa(1) expa(−1).

(c) Seja n ∈ N. Em primeiro lugar, utilizando o Lema 12.4.3, tem-se:

expa(n) = expa (1 + 1 + · · ·+ 1)︸︷︷︸n vezes

= expa(1) expa(1) · · · expa(1)︸︷︷︸n vezes

= (expa(1))n.

Isso prova o resultado para n natural. Observe também:

1 = expa(0) = expa(n− n) = expa(n) expa(−n).

Portanto, utilizando a identidade anterior, tem-se:

expa(−n) =1

expa(n)=

1

(expa(1))n = (expa(1))

−n.

Ou seja, o resultado vale para n inteiro. Por outro lado, observe que:

(expa(1/n))n

= expa(1/n) · · · expa(1/n)︸︷︷︸n vezes

= expa (1/n+ · · ·+ 1/n)︸︷︷︸n vezes

= expa(1).

Portanto, pela unicidade da raiz n-ésima tem-se:

expa(1/n) = (expa(1))1/n

,∀n ∈ N.

Finalmente, se m ∈ Z, tem-se:

(expa(m/n))n

= expa(m/n) · · · expa(m/n)︸︷︷︸n vezes

= expa (m/n+ · · ·+m/n)︸︷︷︸n vezes

= expa(n(m/n)) = expa(m) = (expa(1))m.

Portanto, pela unicidade da raiz n-ésima tem-se:

expa(m/n) = (expa(1))m/n

, ∀m ∈ Z, ∀n ∈ N.

Ou seja, expa(r) = (expa(1))r para todo r ∈ Q.

Pelo Lema 12.4.4 anterior, tem-se que todos os valores de expa(x) estão determinados porexpa(1), pelo menos no caso de x racional. Portanto, surge naturalmente a questão de determinaro valor de expa(1). Observe que:

expa(1) = sup ar : r < 1 6 a,

Pois, r < 1 ⇒ ar < a1 = a, pelo Lema 12.3.4(b). O valor exato de expa(1) será estabelecido noLema 12.4.6, após um resultado auxiliar de caráter meramente técnico.


supa1−1/n : n ∈ NF

= sup ar : QF 3 r < 1 .

136 Exponenciais

Demonstração: Para facilitar a notação, sejam A e B os conjuntos denidos respectivamentecomo:

A :=a1−1/n : n ∈ N

B := ar : r ∈ Q ∧ r < 1 .

Observe que A ⊆ B, trivialmente. Portanto, supA 6 supB. Por reductio ad absurdum, sesupA < supB, então existe Q 3 r0 < 1 tal que supA < ar0 . Como 1 − r0 > 0, tem-se que(1− r0)−1 > 0. Portanto, pela arquimedianeidade, existe n0 ∈ N tal que n0 > (1− r0)−1. Agora,observe que:

n0 >1

1− r0⇐⇒ 1− r0 >

1

n0⇐⇒ 1− 1

n0> r0

Portanto, supA < ar0 < a1−1/n0 ∈ A, o que é uma contradição.

12.4.6 Lema: Seja F 3 a > 1. Então expa(1) = a.

Demonstração: Com efeito, tem-se:

expa(1) = sup ar : r ∈ Q ∧ r < 1 = supa1−1/n : n ∈ N

= limn→∞

a1−1/n

= limn→∞

a

a1/n=

a

limn→∞

a1/n=a

1= a.

A primeira igualdade acima segue da denição. A segunda, segue do Lema anterior. A terceira éconsequência do fato de a1−1/n ser uma sequência crescente limitada superiormente (por a, segundoa observação que precede o Lema 12.4.5. Finalmente, a última igualdade segue do resultado doExercício 11.3.1.

12.4.7 Teorema: Seja F 3 a > 1. Então, expa(x) = ax para todo x ∈ QF . Ou seja, quandox ∈ QF as denições 12.4.1 e 12.3.3 coincidem. Em particular, expa(x) é uma extensão de ax deQF para F .

Demonstração: Basta combinar o resultado dos Lemas 12.4.4(c) e 12.4.6.

12.5 Base Positiva 0 < a < 1 e Exponente Real

12.5.1 Denição: Seja a ∈ F com 0 < a < 1. Se x ∈ F , dene-se:

expa(x) := supar : QF 3 x < r.

Observe que expa(x) está bem denido, pois para qualquer QF 3 s 6 x, tem-se que ar < as paratodo s 6 x < r, pelo Lema 12.3.4(c). Portanto, o conjunto ar : QF 3 x < r está limitadosuperiormente por as, onde s é qualquer QF 3 s 6 x. ♣

12.5 Base Positiva 0 < a < 1 e Exponente Real 137

12.5.2 Teorema: Seja a ∈ F com 0 < a < 1. Então, expa(x) = ax para todo x ∈ QF . Ou seja,quando x ∈ QF as denições 12.5.1 e 12.3.3 coincidem. Em particular, expa(x) é uma extensão deax de QF para F .

Demonstração: A prova deste resultado é análoga à do Teorema 12.4.7 desenvolvida na seçãoanterior, cando como instrutivo exercício recomendado para o leitor.


12.6 Denição Alternativa de expa(x)

12.6.1 Exercício: (a) Prove que, no caso a > 1, poderia-se haver denido:

expa(x) := infar : QF 3 x < r.

(b) Idem para o caso 0 < a < 1 com:

expa(x) := infar : QF 3 r < x. ♣

12.7 Morsmos de (F,+) em (P, .)

Seja F corpo ordenado completo. Um morsmo do grupo aditivo (F,+) no grupo multiplicativo(P, . ) dos elementos positivos do corpo F consiste em uma aplicação f : F 7−→ P satisfazendo:

f(x+ y) = f(x) f(y), ∀x, y ∈ F.

Decorre dos Lemas 12.4.2 e 12.4.3 que a função f = expa é um exemplo de tal morsmo.

12.7.1 Exercício: Seja f : F 7−→ F uma aplicação tal que f(x + y) = f(x) f(y) para todox, y ∈ F . Suponha-se que f seja não nula. Então:

(a) f(0) 6= 0.

(b) De fato, f(0) = 1.

(c) f(x) 6= 0, para todo x ∈ F .

(d) De fato, f(x) > 0 para todo x ∈ F . Portanto, a aplicação f é automaticamente um morsmode (F,+) em (P, . ).

(e) Para cada n ∈ NF , tem-se que f(nx) = f(x)n, ∀x ∈ F .

(f) Para cada n ∈ NF , tem-se que f(−nx) = (f(x))−n

, ∀x ∈ F .

(g) Portanto, para cada m ∈ ZF inteiro, tem-se que f(mx) = f(x)m, ∀x ∈ F .

139

140 Exponenciais

(h) Para cada n ∈ NF , tem-se que f(x/n) = f(x)1/n, ∀x ∈ F .

(i) Finalmente, para cada r ∈ QF racional, tem-se f(rx) = f(x)r, ∀x ∈ F .

(j) Em particular, tomando x = 1, tem-se que todo morsmo não nulo de (F,+) em (P, . )satisfaz:

f(r) = f(1)r, ∀ r ∈ QF . ♣

Capítulo 13

Endomorsmos em (R,+)

Existem funções não contínuas f que satisfazem f(x+ y) = f(x) + f(y) para todo x

e y, mas esse fato não pode ser demonstrado agora; esta questão tão simples encerra, de fato,idéias que pelo geral não são mencionadas nos cursos de graduação.

M. Spivak 1

13.1 Espaços Vetoriais

13.1.1 Denição: Um espaço vetorial, ou linear, consiste nos seguintes elementos:

1. Um conjunto X, cujos elementos são denominados vetores.

2. Uma operação binária + em X, a soma de vetores, tal que (X,+) é um grupo abeliano.O elemento neutro nesse grupo será denotado por 0.

3. Um corpo (F,+, .), cujos elementos são denominados escalares. Por abuso de notação, asoma de escalares e o seu elemento neutro serão denotados + e 0 respectivamente, comono caso dos vetores. A unidade multiplicativa de F será denotada por 1.

4. Uma aplicação de F ×X em X, a multiplicação por escalares, denotada (a, x) 7−→ axe satisfazendo as seguintes propriedades:

(4.1) a(bx) = (ab)x, ∀ a, b ∈ F, ∀x ∈ X.

(4.2) 1x = x, ∀x ∈ X.

(4.3) a(x+ y) = ax+ ay, ∀ a ∈ F, ∀x, y ∈ X.

(4.4) (a+ b)x = ax+ bx, ∀ a, b ∈ F, ∀x ∈ X.

Às vezes, costuma-se dizer espaço vetorial sobre o corpo F , ou F -espaço vetorial, quandose deseja colocar em evidência o corpo F e suas propriedades. Em muitas aplicações resulta serF = R, ou F = C. ♣

1[14, p.174].

141

142 Endomorsmos em (R,+)

13.2 Bases de Hamel

Seja X um espaço vetorial sobre o corpo F .

13.2.1 Lema: Seja A ⊆ X um subconjunto. Então as seguintes duas condições são equivalentes:

1. Para qualquer n ∈ N e x1, x2, . . . , xn elementos diferentes em A, tem-se:

c1 x1 + c2 x2 + · · ·+ cn xn = 0 ⇒ c1 = c2 = · · · = cn = 0,

Ou seja, 0x1 + 0x2 + · · ·+ 0xn é a única combinação linear de elementos diferentes em Aque é igual a zero.

2. Nenhum elemento x1 ∈ A pode ser expressado na forma x1 = c2 x2 + · · · + cn xn, ondex2, . . . , xn são elementos em A com x1 6= xi para i > 2.

Demonstração: (1) ⇒ (2). Se fosse x1 = c2x2 + · · · + cnxn, então teria-se que 0 = (−1)x1 +c2x2 + · · ·+ cnxn. Ou seja:

0 = (−1)x1 + cj2xj2 + · · ·+ cjrxjr ,

com xji ∈ x2, . . . , xn e xji 6= xjk se i 6= k. Portanto, x1

⋃xijri=1

são todos diferentes. Masentão (1) ⇒ −1 = 0, o que é uma contradição.

(2) ⇒ (1). Seja 0 = c1x1 + · · · + cnxn, com xi ∈ A diferentes. Se existir algum ci0 6= 0, comi0 ∈ 1, 2, . . . , n, então:

xi0 =c1−ci0

x1 + · · ·+ ci0−1

−ci0xi0−1 +

ci0+1

−ci0xi0+1 + · · ·+ cn

−ci0xn,

com xi0 6= x1, . . . , xi0−1, xi0+1, . . . , xn, o que contradiz (2).

13.2.2 Denição: Um subconjunto A ⊆ X é denominado linearmente independente (l.i.)se é satisfeita alguma das condições no Lema 13.2.1 acima. ♣

13.2.3 Observação: (a) Se X 3 x 6= 0, então x é um conjunto l.i.

(b) Un conjunto l.i. não pode conter dois elementos iguais, pois em tal caso teria-se que 0 =1x + (−1)x. Também não pode conter ao 0, pois em tal caso teria-se que 0 = c1 0 paraqualquer c1 6= 0.

(c) Se A é l.i., então A ∪ x é l.i. se e somente se x /∈ spanA.

(d) Seja A = x1, x2, . . . , xk, xk+1 um conjunto l.i. disjunto do conjunto B e tal que A ∪ Btambém é l.i. Então, A∪B contem estritamente a x1, x2, . . . , xk∪B, pois xk+1 é disjuntode x1, x2, . . . , xk e de B.

13.2 Bases de Hamel 143

(e) Como consequência direta da condição 1 no Lema 13.2.1 anterior, tem-se que um conjuntoB é l.i. se e somente se todo subconjunto nito F ⊆ B é l.i. ♣

13.2.4 Lema: Seja B ⊆ X. Então as seguintes condições sobre o conjunto B são equivalentes:

1. B é um conjunto l.i. maximal. Ou seja, B é l.i. e se B1 é um outro conjunto l.i. tal queB1 ⊇ B, então B1 = B. Em outras palavras, B não está contido propriamente em nenhumoutro conjunto l.i.

2. Qualquer elemento x ∈ X pode ser expresso na forma:

x = c1 y1 + c2 y2 + · · ·+ cn yn, com y1, y2, . . . , yn ∈ B diferentes e n ∈ N,

com os cini=1 ⊆ F univocamente determinados.

3. B é l.i. e todo x ∈ X é uma combinação linear de elementos de B.

Demonstração: (1) ⇒ (2). Se x ∈ B, então x = 1y1, com y1 :=x ∈ B. Se x /∈ B, entãoB∪x não pode ser l.i., pois B é l.i maximal por hipótese. Como nenhum elemento de B pode sercombinação linear de outros elementos de B, então x deve ser combinação linear de tais elementos.Portanto, qualquer que seja o caso, tem-se:

x =

n∑i=1

ciyi, com yini=1 ⊆ B, ∀x ∈ X.

Para provar a unicidade, se x =

n∑i=1

diyi fosse uma outra tal representação, pela hipótese (1) teria-

se:

0 = x− x =

n∑i=1

(ci − di)yi ⇒ ci = di,∀i = 1, . . . , n.

Observe que se fosse yi1 = yi2 , então:

x =

n∑i=1

i6=i1,i2

ciyi + (ci1 + ci2)yi1 .

Portanto, pode-se supor, sem nenhuma perda de generalidade, que os yi são sempre todos diferentes.

(2) ⇒ (3). Se 0 =

n∑i=1

ciyi com yi ∈ B diferentes, então 0 =

n∑i=1

0yi seria uma outra representação

admissível. Portanto, pela unicidade, deve ser ci = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n. Ou seja, B é l.i..

(3) ⇒ (1). Seja B1 conjunto l.i. com B1 ⊇ B. Por reductio ad abusrdum, se fosse B1 % B, então

existe x ∈ B1 tal que x /∈ B. Pela hipótese (3), teria-se que x =

n∑i=1

ciyi, com yi ∈ B ⊆ B1 e

também com x 6= yi, pois yi ∈ B mas x /∈ B, para todo i ∈ 1, 2, . . . , n. Isso contradiz a condição(2) do Lema 13.2.1, pois B1 era l.i. segundo a suposição inicial.


13.2.5 Denição: Um subconjunto B ⊆ X é denominado de base de Hamel do espaçovetorial X sobre o corpo F se é satisfeita alguma das condições no Lema 13.2.4 acima. ♣

13.2.6 Observação: Se X 3 x 6= 0, então x pode ser representado na forma:

x = c1 y1 + c2 y2 + · · ·+ cn yn, com y1, y2, . . . , yn ∈ B diferentes, ci 6= 0, ∀ i = 1, . . . , n e n ∈ N,

com n ∈ N, yini=1 e cini=1 univocamente determinados.

Com efeito, suponha-se que x =

n∑i=1

ciyi e x =

m∑i=1

dizi sejam duas tais representações. Seja A o

conjunto denido como:

A := yini=1

⋂zimi=1 =: xi .

Observe-se que os vetores xi ∈ A são todos diferentes, pois A ⊆ zi, por exemplo, e os vetores zisão todos diferentes por hipótese. Desta maneira, tem-se:

0 = x− x =

n∑i=1

ciyi −m∑i=1

dizi =∑yi /∈A

ciyi +∑xi∈A

(ci − di)xi +∑zi /∈A

(−di)zi

Como os vetores do conjunto yi /∈ A⋃xi

⋃zi /∈ A são todos diferentes, pela relação acima

e a independência linear de B, deve ser ci = 0 para todo i tal que yi /∈ A. Esse fato contradiz ahipótese que ci 6= 0 para todo i = 1, 2, . . . , n, a menos que yi /∈ A = ∅, o que pela sua vez implicaque |A| > n. De fato, como A ⊆ yini=1 deve ser exatamente |A| = n. Analogamente, pela relaçãoanterior e pela independência linear de B, deve ser di = 0 para todo i tal que zi /∈ A. Esse fatocontradiz a hipótese que di 6= 0 para todo i = 1, 2, . . . ,m, a menos que zi /∈ A = ∅, o que pelasua vez implica que |A| > m. De fato, como A ⊆ zimi=1 deve ser exatamente |A| = m. Portanto:

m = |A| = n ⇒ yini=1 = A = zimi=1 .

Ou seja, yi = zi para todo i = 1, 2, · · · , n salvo uma questão de ordenamento. Portanto, a relaçãoanterior se reduz a:

0 =

n∑i=1

(ci − di)xi.

Como os vetores xi ∈ A são todos diferentes, pela independência linear de B, deve ser ci = di paratodo i = 1, 2, . . . , n. ♣

13.2.7 Proposição: Seja X espaço vetorial, X 6= 0. Então:

(a) X possui uma base de Hamel.

(b) Mais ainda, se A ⊂ X é um conjunto l.i. qualquer, então existe uma base de Hamel B de Xtal que A ⊆ B. Ou seja, qualquer conjunto l.i. pode ser extendido para uma base de Hamelde todo o espaço.


(c) Mais ainda, dados A ⊂ X um conjunto l.i. qualquer e M ⊆ X tal que M gera X, ou seja,X = spanM , então existe uma base de Hamel B de X tal que B = A ∪M ′ onde M ′ ⊂ M .Além disso, é sempre possível escolher M ′ disjunto de A.

Demonstração: Em primeiro lugar, observe-se que (c) ⇒ (b). Com efeito, basta tomar M = X.Em segundo lugar, observe-se que (b) ⇒ (a). Com efeito, se X 6= 0, então existe X 3 x 6= 0,bastando tomar A = x, que é obviamente l.i.. Portanto, basta provar apenas a condição (c).Para tanto, sejam A ⊂ X um conjunto l.i. qualquer e M ⊆ X tal que M gera X. Dene-se afamília B como:

B := B ⊆ X : B é l.i., B = A ∪Mα com Mα ⊂M eMα ∩A = ∅ .

Armação 1: B 6= ∅. O

Com efeito, basta observar que ∅ ⊂M com ∅ ∩A = ∅, e A ∪ ∅ = A é l.i.. Portanto, A ∪ ∅ ∈ B. H

Considere-se a família não-vazia B ordenada pela inclusão ordinária de conjuntos.

Armação 2: (B,⊇) é uma família indutiva superiormente. O

Com efeito, seja C = A ∪Mαα∈Λ uma corrente em B. Seja B o conjunto denido como:

B :=⋃α∈Λ

(A ∪Mα) = A ∪

(⋃α∈Λ

Mα

).

Como Mα ∩A = ∅ para todo α ∈ Λ, tem-se que:(⋃α∈Λ

Mα

)∩A = ∅.

Por outro lado, também é óbvio que:⋃α∈Λ

Mα ⊆M,

pois Mα ⊆M para todo α ∈ Λ. Arma-se agora que B é um conjunto l.i.. Com efeito, suponha-se

que 0 =

n∑i=1

ciyi com yi ∈ A ∪Mαi . Como C é uma corrente, cada um dos conjuntos A ∪Mα1e

A ∪Mα2são comparáveis na ordem (B,⊇). Ou seja, deve ser A ∪Mα1

⊆ A ∪Mα2, ou A ∪Mα1

⊇A ∪Mα2 . Digamos, para xar as idéias, que:

A ∪Mα1⊆ A ∪Mα2

.

Em tal caso, y1, y2 ∈ A∪Mα2. Um raciocínio análogo vale para A∪Mα2

e A∪Mα3, etc. Portanto,

deve existir algum i0 ∈ 1, 2, . . . , n tal que yi ∈ A ∪ Mαi0para todo i = 1, 2, · · · , n. Como

A ∪Mαi0∈ C ⊆ B, tem-se que A ∪Mαi0

deve ser l.i.. Portanto, ci = 0 para todo i = 1, 2, · · · , n,o que prova a independência linear de B. Disso tudo segue que B ∈ B e B é obviamente maximalpara C na ordem de (B,⊇). H

Pelas duas armações anteriores e o Lema de Zorn, deve existir um elemento maximal em (B,⊇)que será denotado por A ∪M ′ ∈ B.


Armação 3: A ∪M ′ é uma base para X. O

Como A∪M ′ ∈ B, tem-se que A∪M ′ é l.i., comM ′ ⊆M eM ′∩A = ∅. Portanto, basta provar queX = spanA∪M ′. De fato, como X = spanM por hipótese, basta vericar que M ⊆ spanA∪M ′.Para tanto, seja x ∈ M . Se fosse x ∈ A, então obviamente x ∈ spanA ∪M ′. Se x /∈ A, entãoA∪M ′∪x = A∪ (M ′ ∪ x) não pode ser l.i. pela denição de A∪M ′ e pela sua maximalidade(observe-se que (M ′ ∪ x) ⊆ M e (M ′ ∪ x) ∩ A = ∅). Portanto, pela Observação 13.2.3(c),tem-se que x ∈ spanA ∪M ′. Como x ∈M era arbitrário, tem-se que M ⊆ spanA ∪M ′. H

A prova da Armação 3 acima demonstra a validade da condição (c) como também das outrasduas condições, segundo decorre das observações no início da presente prova.

13.2.8 Denição: Seja X espaço vetorial, sobre o corpo F , com base de Hamel B. Para cadaX 3 x =

∑ni=1 ci yi com ci = ci(x) ∈ F e yi = yi(x) ∈ B diferentes, dene-se a função φx : B 7−→ F

como:

φx(y) :=

ci(x), se y = yi(x);

0, se y 6= yi(x).♣

13.2.9 Observação: (a) Em particular, pode-se expressar: x =∑y∈B

φx(y) y.

(b) Dado que os yi são todos diferentes, essa denição carece de ambiguidade. Mesmo no casox = 0, qualquer representação para o 0 ∈ X, necessariamente da forma 0 =

∑ni=1 0 yi pela

independência linear de B, conduz a φ0(y) = 0 ∈ F, ∀ y ∈ B. ♣

13.2.10 Lema: (a) A aplicação x 7−→ φx é uma bijeção do espaço vetorial X no conjunto dasfunções de B em F que são nulas salvo um conjunto nito.

(b) φx+y = φx + φy, ∀x, y ∈ X.

(c) φax = aφx, ∀x ∈ X, ∀ a ∈ F .

Demonstração: (a) Para provar que a aplicação é sobrejetora, seja f : B 7−→ F com supp fnito. Denindo o vetor x ∈ X como:

x :=∑y∈B

f(y)y,

tem-se que φx é dada por:

φx(y) =

f(y), se y ∈ supp f ;

0, caso contrário.

Ou seja, φx = f . Para provar que a aplicação é injetora, basta observar que:

φx = φy ⇒ x =∑w∈B

φx(w)w =∑w∈B

φy(w)w = y.


(b) Observe-se que:∑w∈B

φx+y(w)w = x+ y =∑w∈B

φx(w)w +∑w∈B

φy(w)w =∑w∈B

(φx + φy)(w)w.

Ou seja:

0 =∑w∈B

(φx+y − (φx + φy)) (w)w.

Observe-se que a soma acima é nita, pois φx+y − (φx + φy) tem suporte nito. Da relaçãoacima, segue pela independência linear de B que (φx+y − (φx + φy)) (w) = 0 para todow ∈ B. Portanto, φx+y = φx + φy.

(c) Se a = 0 ou x = 0, então a relação do enunciado é óbvia. Caso contrário, observe-se que:

x =

n∑i=1

ciyi ⇒ ax =

n∑i=1

(aci) yi.

Portanto:

φax(y) =

aci, se y = yi para algum i ∈ 1, . . . , n;0, caso contrário.

= a

ci, se y = yi para algum i ∈ 1, . . . , n;0, caso contrário.

= aφx(y), ∀ y ∈ B.

Ou seja, φax = aφx.

13.2.11 Observação: Decorre do Lema 13.2.10(a) que |X| 6 |F ||B| em geral. Com efeito,tem-se:

|X| = |f : B 7−→ F : supp f é nito| 6 |f : B 7−→ F| = |F ||B| .

Uma expressão mais exata para |X| é dada no resultado a seguir. ♣

13.2.12 Lema: Seja X espaço vetorial sobre o corpo F e seja B base de Hamel de X sobre F .

(a) Se |B| é nito, então |X| = |F ||B|.

(b) Se |B| é innito, então |X| = max|B| , |F |.

Demonstração: (a) Se |B| é nito, então:

|X| = |f : B 7−→ F : supp f é nito| = |f : B 7−→ F| = |F ||B| .


(b) Seja B innito. Observe-se que existem |B| subconjuntos de B com 1 elemento e para cadaum deles existem |F | funções de B em F suportadas nesse subconjunto. Analogamente,existem |B|2 = |B ×B| subconjuntos de B com 2 elementos e para cada um deles existem|F |2 = |F × F | funções de B em F suportadas nesse subconjunto. Utilizando o mesmoraciocínio, no caso geral existem |B|n = |B × · · · ×B|︸︷︷︸

n vezes

subconjuntos de B com n elementos

e para cada um deles existem |F |n = |F × · · · × F |︸︷︷︸n vezes

funções de B em F suportadas nesse

sub-conjunto. Portanto:

|X| = |f : B 7−→ F : supp f é nito|

= |B| |F | + |B|2 |F |2 + · · · + |B|n |F |n + · · · (13.2.1)

Agora, como |B| é innito, pelo resultado (4.31) em [7, p. 26], tem-se que:

|B|n = |B| , ∀n ∈ N.

Por outro lado, com relação a |F |, observe-se que como F é um corpo deve ser |F | > 2 > 0,pois num corpo 0, 1 ⊆ F com 0 6= 1. Considere os seguintes dois casos:

Caso 1: |F | nito.

Neste caso |F |n também é nito (e positivo) para todo n ∈ N. Ou seja, 0 < |F |n 6 |B| , ∀n ∈N. Pelo resultado (4.32) em [7, p. 26], tem-se que:

|B| |F |n = |B| , ∀n ∈ N.

Portanto:

|X| = |B|+ |B|+ · · ·+ |B|+ · · · = |B| = max|B| , |F |.

A primeira igualdade acima segue de (13.2.1). A segunda decorre de (4.29) em [7, p. 25] oude (4.30) em [7, p. 26]. A terceira, do fato que |F | é nito e |B| innito.

Caso 2: |F | innito.

Neste caso, pelo resultado (4.31) em [7, p. 26], tem-se:

|F |n = |F | , ∀n ∈ N.

Por outro lado, pelos resultados (4.32) em [7, p. 26] e (4.8) em [7, p. 20], tem-se que|B| |F | = max |B| , |F |. Ou seja:

|B| |F |n = |B| |F | = max |B| , |F | , ∀n ∈ N.

Portanto, utilizando a relação (13.2.1) tem-se que:

|X| = max |B| , |F |+ max |B| , |F |+ · · ·+ max |B| , |F |+ · · · = max |B| , |F | .

A última igualdade acima decorre do resultado (4.29) em [7, p. 25], ou (4.30) em [7, p. 26],pelo fato que max |B| , |F | é innito, pois tanto |B| como |F | são innitos.


Na prova do seguinte resultado, lembre-se que uma função f : X 7−→ X não é nada mais que umsubconjunto de X ×X tal que não existem dois pares diferentes com o mesmo primeiro elemento.Ou seja, (x, y), (x, z) ∈ f ⇒ y = z.

13.2.13 Proposição: Seja X espaço vetorial sobre o corpo F e sejam A e B bases de Hamel deX sobre F . Então |A| = |B|. Ou seja, duas bases de Hamel de um espaço vetorial sobre o mesmocorpo possuem a mesma cardinalidade.

Demonstração: Sejam A e B duas bases de Hamel de X sobre F . Considere-se o conjunto A defunções f : X 7−→ X injetoras tais que:

1. Dom f ⊆ A.

2. Img f ⊆ B.

3. O conjunto Img f⋃(

A⋂

(Dom f)c) é linearmente independente.

Armação 1: A 6= ∅. O

Com efeito, observe-se que f := ∅ ⊂ X×X é função, pois obviamente não existem em f dois paresdiferentes com o mesmo primeiro elemento (de fato, não existe nenhum par em f). Neste caso,tem-se que Dom f = ∅ ⊂ A, como também Img f = ∅ ⊂ B. Portanto:

Img f⋃(

A⋂

(Dom f)c)

= ∅ ∪(A ∩ (∅)c

)= A ∩X = A.

Como A é obviamente l.i. por ser base, tem-se que f ∈ A. Ou seja, A 6= ∅. H

Considere-se A ordenado pela inclusão usual de conjuntos. Se C é uma corrente em (A,⊇), dene-seg como:

g :=⋃f∈C

f.

Armação 2: g é função. O

Com efeito, se (x, y), (x, z) ∈ g, então existem f1, f2 ∈ C tais que (x, y) ∈ f1 e (x, z) ∈ f2. ComoC é uma corrente, f1 e f2 são comparáveis na ordem ⊆. Ou seja, deve ser f1 ⊆ f2 ou f2 ⊆ f1.Para xar idéias, suponha-se que f1 ⊆ f2, sendo que o outro caso é completamente análogo. Emtal caso, tem-se que (x, y) ∈ f1 ⊆ f2 3 (x, z) e, como f2 é função, deve ser y = z. H

Armação 3: A função g é injetora e satisfaz as propriedades 1 e 2 acima. O

Com efeito, se (x, z), (y, z) ∈ g, então prova-se que x = y como na demonstração da Armaçãoanterior, pois as funções em C ⊆ A são injetoras por denição. Por outro lado, se x ∈ Dom g entãoexiste y ∈ X tal que (x, y) ∈ g. Ou seja, existe f ∈ C tal que (x, y) ∈ f . Portanto x ∈ Dom f ⊆ A.Como x ∈ Dom g era arbitrário, segue que Dom g ⊆ A. Analogamente prova-se que Img g ⊆ B. H

Armação 4: O conjunto⋃f∈C

Img f é uma corrente sob a inclusão usual de conjuntos. O


Com efeito, dadas Img f1 e Img f2 com f1, f2 na corrente C, devem ser comparáveis, digamosf1 ⊆ f2, para xar idéias. Em tal caso, tem-se:

Img f1 = y ∈ X : ∃ x ∈ X : (x, y) ∈ f1 ⊆ y ∈ X : ∃ x ∈ X : (x, y) ∈ f2 = Img f2. H

No seguinte, para simplicar a notação, dene-se:

Λ(f) := Img f⋃(

A⋂

(Dom f)c).

Armação 5: A função g satisfaz a propriedade 3 acima. Ou seja, Λ(g) é um conjunto linearmenteindependente. O

Observe-se que:

Λ(g) = Img g⋃(

A⋂

(Dom g)c)

=

⋃f∈C

Img f

⋃A⋂⋃f∈C

Dom f

c .

Seja F um subconjunto nito de Λ(g). Ou seja, F ⊂n⋃i=1

Img fi. Pela Armação 4 anterior, existe

f0 ∈ C tal quen⋃i=1

Img fi ⊆ Img f0. Portanto:

F ⊂ Img f0

⋃A⋂⋃f∈C

Dom f

c ⊆ Img f0

⋃(A⋂

(Dom f0)c)

= Λ(f0).

Como Λ(f0) é l.i., tem-se que F é l.i. Como F era um conjunto nito arbitrário de Λ(g), segue queΛ(g) é l.i. H

Decorre das armações 2, 3 e 5 anteriores que g ∈ A. Além disso, a função g é obviamente umlimite superior para C, que era uma corrente arbitrária em A. Portanto, o conjunto parcialmenteordenado (A,⊇) é não-vazio e indutivo superiormente, em cujo caso pode ser aplicado o Lema deZorn. Desta maneira, existe em (A,⊇) um elemento maximal na ordem, digamos h ∈ A. Emparticular, Domh ⊆ A.

Armação 6: Domh = A. O

Por reductio ad absurdum, suponha-se que exista a0 ∈ A ∩ (Domh)c. Observe-se que a0 /∈

span Img h, pois em tal caso Λ(h) não seria l.i. Portanto, Img h $ B, pois, caso contrário, como Bé base, teria-se que a0 ∈ spanB = span Img h contradizendo o fato que a0 /∈ span Img h. Portanto,existe b0 ∈ B∩ (Img h)

c. A partir deste ponto, a prova divide-se em dois casos, segundo o conjuntob0 ∪Λ(h) seja linearmente independente ou não. No primeiro caso, teria-se que h∪ (a0, b0) ∈ A,contradizendo a maximalidade de h. (Observe-se que Λ(h ∪ (a0, b0)) = b0 ∪ Λ(h) − a0 nestecaso). No segundo caso, b0 poderia ser expressado como combinação linear (nita) de elementos em

Λ(h), digamos b0 =

n∑i=1

cixi, com xi ∈ Λ(h), ∀ i = 1, . . . , n. Como B é l.i. por ser base, o elemento

b0 ∈ B não pode ser combinação linear exclusiva dos elementos em Img h ⊆ B. Portanto, existe

13.3 Endomorsmos do Grupo Real Aditivo (R,+) 151

k0 ∈ 1, . . . , n tal que xk0 ∈ A ∩ (Domh)c e ck0 6= 0. Desta maneira b0 não pode ser combinação

linear de elementos no conjunto:

Img h⋃(

A⋂(xk0

⋃Domh

)c).

(Pois em tal caso xk0 ∈ Λ(h) poderia ser escrito como combinação linear de elementos em Λ(h)−xk0). Ou seja, a união de b0 com o conjunto acima seria l.i. Portanto, teria-se que h∪(xk0 , b0) ∈A, contradizendo a maximalidade de h. H

Pela Armação 6 anterior e o fato que h é injetora, tem-se que |A| 6 |B|. Com um argumentototalmente análogo, prova-se que |B| 6 |A|. Finalmente, a igualdade |A| = |B| entre númeroscardinais segue do Teorema de Schröder-Berstein.

13.2.14 Denição: Seja X espaço vetorial sobre o corpo F . Dene-se a dimensão algébricade X sobre F como o número 0 se X = 0 ou como o cardinal de alguma (logo, qualquer) basede Hamel de X sobre F se X 6= 0.A dimensão algébrica de X sobre F será denotada por a-dimF X. ♣

13.2.15 Exemplo: Considere-se X = R como espaço vetorial sobre o corpo F = Q e seja Bbase de Hamel de R sobre Q. Então, a-dimQR = |R|.

Observe-se que |B| não pode ser nito, pois em tal caso R 3 x = r1y1 + · · · + rnyn, com ri ∈ Qe yi ∈ B para todo i ∈ 1, . . . , n. Ou seja, poderia ser estabelecida uma correspondência entreos conjuntos R e Qn, o que é impossível por uma questão de numerabilidade. Formalmente, peloLema 13.2.12(a), teria-se:

|R| = |X| = |F ||B| = |Q|n = |Q| ,

contradizendo o fato que o conjunto Q é numerável, entanto que R não. Portanto, pelo Lema13.2.12(b), deve ser:

|R| = |X| = max |B| , |F | = |B| .

A última igualdade acima decorre do fato que |F | = |Q| = ℵ0, mas, por outro lado, como B éinnito, deve ser |B| > ℵ0, pelo resultado (4.16) em [7, p. 22], ♣

13.3 Endomorsmos do Grupo Real Aditivo (R,+)

Nesta seção, o conjunto de números reais R será considerado como um espaço vetorial sobre ocorpo racional Q. Pela Proposição 13.2.7, X = R possui uma base de Hamel sobre o corpo F = Q,que será denotada B.

13.3.1 Denição: Seja γ : B 7−→ R uma aplicação arbitrária. Dene-se a função fγ : R 7−→ Rcomo:

fγ(x) :=∑y∈B

φx(y) γ(y).


Em particular, fγ(y) = γ(y), ∀ y ∈ B. ♣

13.3.2 Lema: A função fγ denida acima satisfaz as seguintes propriedades:

(a) fγ é um endomorsmo do grupo real aditivo (R,+). Ou seja, fγ(x+y) = fγ(x)+fγ(y), paratodo x, y ∈ R.

(b) Em particular, existem |R||B| = |R||R| = 2|R| de tais endomorsmos.

(c) fγ(r x) = r fγ(x), ∀ r ∈ Q, ∀x ∈ R.

(d) Em particular, fγ(r) = r fγ(1), ∀ r ∈ Q.

(e) Se γ for escolhida com a propriedade de ser bijetora como aplicação de B em B, então fγ éautomorsmo, ou seja, endomorsmo bijetor.

Demonstração: (a) Segue diretamente do Lema 13.2.10(b).

(b) Utilizando o resultado do Exemplo 13.2.15, tem-se:

|γ : B 7−→ R| = |R||B| = |R||R| .

Agora, para qualquer A ⊆ R existe a a função característica de A, χA : R 7−→ R denidacomo:

χA(x) :=

1, se x ∈ A;0, caso contrário.

Portanto:

2|R| = |P (R)| = |A : A ⊆ R| 6 |f : R 7−→ R| = |R||R| .

Por outro lado, f : R 7−→ R ⊆ R× R ⊆ P (R× R). Portanto:

|R||R| = |f : R 7−→ R| 6 |P (R× R)| = 2|R×R| = 2|R|2

= 2|R|.

Combinando a duas últimas relações acima, tem-se que 2|R| 6 |R||R| 6 2|R|. Ou seja, |R||B| =

|R||R| = 2|R|.

(c) Observe-se que r ∈ Q = F . Portanto, basta utilizar o resultado do Lema 13.2.10(c).

(d) Basta aplicar o item (c) anterior com x = 1. Incidentalmente, observe-se que este mesmoresultado poderia deduzir-se apelando às propriedades gerais de morsmos com relação àadição, tais como o resultado do Lema 9.1.4(c), ou do Lema 9.1.6(d).

(e) Se x ∈ R, então x =∑y∈B

φx(y) y. Observe-se que se γ é sobrejetora, então y = γ(z), para

certos z ∈ B. Portanto:

x =∑y∈B

φx(y) y =∑z∈B

φx(γ(z)) γ(z) = f(x),

13.3 Endomorsmos do Grupo Real Aditivo (R,+) 153

onde x ∈ X é denido como x :=∑z∈B

φx(γ(z)) z. Para justicar a última igualdade acima,

observe-se que se γ é bijetora, então pelo Lema 13.2.10(a), a aplicação φx γ também ébijetora e φx(z) = (φx γ)(z), pela unicidade da representação de um vetor qualquer numadada base. Portanto, fγ é sobrejetora. Por outro lado, se fγ(x) = fγ(y), então tem-se:

0 = fγ(x)− fγ(y) =∑ω∈B

φx(ω) γ(ω)−∑ω∈B

φy(ω) γ(ω)

=∑ω∈B

φx(ω) γ(ω) − φy(ω) γ(ω) =∑ω∈B

(φx − φy)(ω) γ(ω).

Observe-se que no membro à extrema direita acima, a aplicação φx − φy tem suporte nito,como também que os vetores (isto é, números reais) γ(ω) ∈ X = R são todos diferentes, poisγ é uma bijeção. Consequentemente, da última relação acima e da independência linear dabase B, segue que (φx − φy)(ω) = 0 para todo ω ∈ B. Ou seja, φx = φy, de onde segue peloLema 13.2.10(a) que x = y. Portanto, fγ é injetora.

O resultado a seguir trata-se na verdade de uma digresão no mundo da continuidade, que napresente será abordado na Parte II.

13.3.3 Lema: Suponha-se que fγ seja contínua.2 Então:

(a) fγ(x) = x fγ(1), ∀x ∈ R.

(b) Em particular, existem |R| endomorsmos contínuos em (R,+), pois existem |R| escolhaspara fγ(1). Ou seja, existem muitos mais que são descontínuos.

(c) Se fγ(1) 6= 0, a aplicação fγ é um automorsmo.

Demonstração: (a) Como Q é denso em R, dado x ∈ R existe uma sequência de númerosracionais rnn∈N tal que x = lim

n→∞rn. Como fγ é contínua por hipótese, utilizando o

resultado do Lema 13.3.2(d), tem-se:

fγ(x) = fγ

(limn→∞

rn

)= limn→∞

fγ(rn) = limn→∞

rnfγ(1) = fγ(1) limn→∞

rn = fγ(1)x.

A título complementar, vide Exercício 19.8.2.

(b) Pelo item (a) anterior, sabe-se que fγ(x) = fγ(1)x. Portanto, existem |R| endomorsmoscontínuos em (R,+) da forma fγ , pois existem |R| escolhas para fγ(1). Observe-se que peloLema 13.3.2(b) existem 2|R| de tais endomorsmos em geral. Pelo resultado (4.10) em [7, p.21], tem-se que |R| < 2|R|.

(c) Pelo item (a) anterior, sabe-se que fγ(x) = fγ(1)x, que é obviamente uma bijeção no casofγ(1) 6= 0.

2Vide Capítulo 19.


13.3.4 Exemplo: Seja γ(y) = 1, ∀ y ∈ B. Neste caso, tem-se:

fγ(x) =∑y∈B

φx(y).

Esta função é selvagemente discontínua no sentido enunciado no resultado a seguir.3 ♣

13.3.5 Lema: Seja γ(y) = 1, ∀ y ∈ B. Então, para quaisquer a, b ∈ R tal que a < b, tem-se quefγ (x ∈ R : a < x < b) = Q.

Demonstração: Dado r ∈ R arbitrário, basta encontrar algum u ∈ R tal que a < u < b comfγ(u) = r. Sejam y1, y2 ∈ B tal que y1 6= y2. Como Q é denso em R existe s ∈ Q tal que:

a− r y1

y1 − y2< s <

b− r y1

y1 − y2. (13.3.1)

Basta então denir u := r y1 + s (y1− y2) = (r+ s) y1− s y2. Com efeito, a < u < b é consequênciadireta da propriedade (13.3.1). Além disso, fγ(u) = (r + s) γ(y1)− s γ(y2) = (r + s)− s = r, poisγ(y1) = γ(y2) = 1, pela escolha de γ.

3Vide [7, p. 49].


13.4 Espaços Vetoriais

13.4.1 Exercício: Prove que os seguintes conjuntos são espaços vetoriais sobre o corpo real oucomplexo, segundo corresponda.

(a) Rn := (x1, . . . , xn) : xi ∈ R, ∀i = 1, . . . , n.

(b) Cn := (x1, . . . , xn) : xi ∈ C, ∀i = 1, . . . , n.

(c) b(N) :=ann∈N : sup

n∈N|an| 6M

.

(d) c(N) :=ann∈N : lim

n→∞an existe

.

(e) c0(N) :=ann∈N : lim

n→∞an = 0

. Incidentalmente, observe que c0(N) ⊂ c(N). Mais pre-

cisamente, c0(N) é um sub-espaço vetorial de c(N).

(f) C(a, b) := f : (a, b) −→ R : f é contínua.

(g) Cn(a, b) :=f : (a, b) −→ R : existe f (k), ∀k = 0, 1, . . . , n e f (n) é contínua

.

(h) C∞(a, b) :=f : (a, b) −→ R : existe f (k), ∀k ∈ N

. ♣

13.5 (In)dependência Linear

13.5.1 Exercício: Seja X um espaço vetorial sobre o corpo F .

(a) Prove que um conjunto A ⊆ X é linearmente dependente se e somente se existe um sub-conjunto nito de A que é linearmente dependente.

Sugestão: Se a prova se extender por mais de uma linha, então não entendeu a denição deindependência linear.

(b) Usando o resultado do item anterior, conclua que um conjunto A ⊆ X é linearmente inde-pendente se e somente se todo sub-conjunto nito de A é linearmente independente. ♣

155


Seja Pol(R) o conjunto de polinômios com coecientes reais. Observe que Pol(R) é um espaçovetorial sobre o corpo R. Para cada n ∈ N∪0, seja Poln(R) o sub-espaço de Pol(R) dos polinômioscom grau menor ou igual a n.

13.5.2 Exercício: (a) Seja n ∈ N arbitrário mas xo. Prove que o conjunto de funções:xknk=0

=

1, x, x2, . . . , xn

é linearmente independente em Pol(R).

Sugestão: Basta usar o Teorema Fundamental da Aritmética, que arma que todo polinômiode grau n possui no máximo n raízes reais.

(b) Usando o item (a) e o exercício anterior, conclua que o conjunto de funções:xk∞k=0

=

1, x, x2, . . .

é linearmente independente em Pol(R).

(c) O conjunto do item (a) gera Poln(R), sendo portanto uma base do mesmo. Em particular,dim Poln(R) = n+ 1.

(d) O conjunto do item (b) gera Pol(R), sendo portanto uma base do mesmo.

13.5.3 Exercício: O presente exercício constitui uma generalização do anterior. Seja P umconjunto de polinômios:

P = p0, p1, . . . , pn, . . .

com gr(pn) = n.

(a) Prove que, para cada n ∈ N, o sub-conjunto Pn := p0, p1, . . . , pn ⊂ P é linearmente inde-pendente em Pol(R).

Sugestão: Para cada k = 0, 1, . . . , n, tem-se que pk =

k∑i=0

akixi, com akk 6= 0, pois gr(pk) = k.

Portanto, a condiçãon∑k=0

ckpk = 0 é equivalente a um sistema linear homogêneo com matriz

triangular, sendo simples vericar que possui (uma única) solução, dada pelo vetor nulo(c0, . . . , cn) = 0.

(b) Conclua que P é linearmente independente em Pol(R). ♣

13.6 Decomposição em Frações Simples

Seja g ∈ Pol(R) um polinômio dado por:

g(x) =

k∏i=1

(x− ai)nil∏

j=1

(x2 + bjx+ cj)mj ,

13.6 Decomposição em Frações Simples 157

onde ai ∈ R são todos diferentes e (bj , cj) ∈ R2 são todos diferentes com b2j − 4cj < 0, para todoj = 1, . . . , l. Ou seja, g é irredutível no corpo real R. Sejam pij os polinômios denidos por:

pij(x) :=g(x)

(x− ai)j,

para cada j = 1, . . . , ni, para cada i = 1, . . . , k. Analogamente, sejam qij os polinômios denidospor:

qij(x) :=g(x)

(x2 + bix+ ci)j,

para cada j = 1, . . . ,mi, para cada i = 1, . . . , l. Finalmente, para simplicar a notação, sejam P ,Q, e R os conjuntos denidos respectivamente como:

P := pij : j = 1, . . . , ni; i = 1, . . . , k ,Q := qij : j = 1, . . . ,mi; i = 1, . . . , l ,R := xqij : j = 1, . . . ,mi; i = 1, . . . , l .

13.6.1 Exercício: (a) Prove que o conjunto P ∪Q∪R é linearmente dependente em Pol(R).

(b) Mais ainda, o conjunto P ∪Q ∪ R é uma base de Poln−1(R), onde n := gr(g) =∑ki=1 ni +

2∑lj=1mj . Com efeito, trata-se de n polinômios linearmente independentes em Poln−1(R),

cuja dimensão é igual a n. ♣

13.6.2 Exercício: Seja f polinômio com gr f < g. Então, a função racional f/g pode serdecomposta na forma:

f(x)

g(x)=

k∑i=1

ni∑j=1

αij(x− ai)j

+

l∑i=1

mi∑j=1

βij + x γij(x2 + bix+ ci)j

,

para certos coecientes αij , βij , γij ∈ R. ♣

Capítulo 14

Números p -ádicos

14.1 Algumas Denições e Resultados Básicos

Todo número natural n pode ser escrito, de maneira essencialmente única, como um produto nitode primos (positivos), n =

∏pkii , com os pi todos diferentes. Portanto, todo racional r ∈ Q pode

ser escrito como:

r = ±∏

pmii

onde mi ∈ Z com os fatores primos todos diferentes.

14.1.1 Denição: Seja p um número primo (positivo) qualquer. Para cada racional r ∈ Qdene-se φp(r) como o exponente de p na descomposição de r em fatores primos. Ou seja:

φp(r) = m ⇔ r = ±

∏pi 6=p

pmii

pm. ♣

Observe que φp : Q 7−→ Z. Além disso, em virtude da denição precedente, para todo racionalr ∈ Q, tem-se:

r = ±∏

pφpi (r)

i .

14.1.2 Lema: Para cada primo p, tem-se:

φp(r + s) > minφp(r), φp(s), ∀ r, s ∈ Q.

Demonstração: Sejam r, s ∈ Q dados por:

r = ±∏

pφpi (r)

i ;

s = ±∏

pφpi (s)

i .

159

160 Números p -ádicos

Se di := min φpi(r), φpi(s), então tem-se:

r + s = ±∏

pφpi (r)

i ±∏

pφpi (s)

i =∏

pdii

[±∏

pφpi (r)−dii ±

∏pφpi (s)−dii

].

Como obviamente φpi(r) > di e φpi(s) > di, o termo entre colchetes no membro direito na relaçãoacima deve ser um número inteiro, em Z. Ou seja, um número da forma ±

∏pmii commi ∈ N∪0.

Dessa maneira:

r + s = ±∏

pdi+mii .

Portanto:

φpi(r + s) = di +mi > di = min φpi(r), φpi(s) .

A desigualdade acima decorre do fato que mi > 0.

14.2 Uma Norma Alternativa nos Racionais

Seja agora p um número primo arbitrário, mas xo.

14.2.1 Denição: No corpo Q dos números racionais dene-se a aplicação | . |p como:

|r|p :=

p−φp(r), se Q 3 r 6= 0;

0, se r = 0.♣

14.2.2 Lema: A aplicação | . |p satisfaz as seguintes propriedades:

(a) |r|p > 0, para todo r ∈ Q.

(b) |r|p = 0 se e somente se r = 0.

(c) |rs|p = |r|p |s|p, para todo r, s ∈ Q.

(d) |r + s|p 6 max|r|p , |s|p, para todo r, s ∈ Q.

(e) Em particular, | . |p satisfaz a seguinte desigualdade triangular:

|r + s|p 6 |r|p + |s|p , para todo r, s ∈ Q.

Demonstração: (a) Segue trivialmente da denição.

(b) Idem.

(c) Sejam r, s ∈ Q dados por:

r = ±∏

pφpi (r)

i ;

s = ±∏

pφpi (s)

i .

14.2 Uma Norma Alternativa nos Racionais 161

Então tem-se:

|rs|p =∣∣∣∏ p

φpi (r)+φpi (s)

i

∣∣∣p

= p−(φp(r)+φp(s)) = p−φp(r)p−φp(s) = |r|p |s|p .

(d) Sejam r, s ∈ Q. Pelo Lema 14.1.2, sabe-se que:

φp(r + s) > minφp(r), φp(s).

Para xar idéias, suponha que min φp(r), φp(s) = φp(r). Se tal mínimo fosse igual a φp(s),então o raciocíno seria completamente análogo. Em tal caso, tem-se:

|r + s|p = p−φp(r+s) 6 p−φp(r) = |r|p 6 max|r|p , |s|p.

(e) Pelo item (d) anterior, tem-se que:

|r + s|p 6 max|r|p , |s|p 6 |r|p + |s|p .

A última desigualdade acima decorre do fato que |r|p > 0 e |s|p > 0, segundo o item (a)anterior.

Toda a construção do Capítulo 10 pode ser reproduzida verbatim usando | . |p. Por exemplo,uma sequência de Cauchy seria denida como uma sequência an tal que:

∀ ε > 0 ∃ N(ε) ∈ N : n,m > N(ε) ⇒ |an − am|p < ε.

Analogamente para sequências nulas e limitadas, etc. Quando isso é feito, obtem-se um comple-tamento de Q diferente de R, que é denotado Qp e cujos elementos são denominados númerosp-ádicos.

14.2.3 Exemplo: (a) A sequência pnn∈N é de Cauchy em Qp. De fato, é convergente, comlimite igual a zero. Observe que isso não acontece em R.

Com efeito, se an := pn, então φp(an) = n e tem-se:

|an|p = p−φp(an) = p−n =1

pn−−−−→n→∞

0.

(b) Pelo contrário, a sequência p−nn∈N diverge em Qp. Mais uma vez, observe que em Racontece o contrário.

Com efeito, se an := p−n, então φp(an) = −n e tem-se:

|an|p = p−φp(an) = pn −−−−→n→∞

+∞.

(c) A sequência ann∈N denida como:

an = 2

n∑k=0

3k, ∀n ∈ N;

162 Números p -ádicos

converge para o número −1 em Q3. Ou seja, |an + 1|3 → 0.

Com efeito, tem-se:

an = 2

n∑k=0

3k = 21− 3n+1

1− 3= 2

3n+1 − 1

3− 1= 2

3n+1 − 1

2= 3n+1 − 1.

Ou seja, an + 1 = 3n+1. Portanto, φ3(an + 1) = n+ 1 e tem-se:

|an + 1|3 = 3−φ3(an+1) = 3−(n+1) =1

3n+1−−−−→n→∞

0. ♣

Capítulo 15

f (unções)

15.1 Denições Básicas e Exemplos

Segundo Spivak [14, p. 47], o conceito mais importante de toda a Matemática é, sem dúvidanenhuma, o de função, dado que, em quase todas as áreas da Matemática moderna, a pesquisafocaliza-se no estudo de funções. Muitos dos livros de textos começam apresentando deniçõesintuitivas para ilustrar esse conceito. No fundo, tais denições informais acabam ilustrandomenos o conceito do que as aplicações. Portanto, partindo do princípio que uma denição deve sereciênte mais do que prática, apresenta-se a seguir a denição rigorosa. Não deveria surpreender,considerando sua extensa utilização na Matemática, que o conceito de função seja de abrangentegeneralidade. A denição formal reete exatamente isso.

15.1.1 Denição: Sejam X e Y dois conjuntos quaisquer. O produto cartesiano de X comY é o conjunto denotado X × Y denido como:

X × Y := (x, y) : x ∈ X ∧ y ∈ Y . ♣

15.1.2 Denição: Sejam X e Y dois conjuntos quaisquer. Uma função do conjunto X noconjunto Y é um sub-conjunto f ⊂ X × Y tal que não possui dois elementos diferentes com omesmo primeiro elemento. Ou seja, se (x, y), (x, z) ∈ f , então y = z. ♣

15.1.3 Denição: Seja f uma função de X em Y . O domínio de f é um sub-conjunto de X,denotado Dom f , denido como:

Dom f := x ∈ X : (x, y) ∈ f para algum y ∈ Y .

Reciprocamente, a imagem de f é o sub-conjunto de Y , denotado Img f , denido como:

Img f := y ∈ Y : (x, y) ∈ f para algum x ∈ X . ♣

163

164 f(unções)

15.1.4 Exemplo: Considere a função f de R em R denida como:

f :=

(x, y) : x ∈ R ∧ y = x2.

Em tal caso, tem-se Dom f = R e Img f = x ∈ R : x > 0. ♣

Uma coisa que deveria car perfeitamente clara da denição de função é que o domínio fazparte dessa denição. Portanto, rigorosamente falando, a função do Exemplo 15.1.4 anterior serádiferente da função g denida como:

g :=

(x, y) : x > 0 ∧ y = x2.

Com efeito, Dom g $ Dom f . Contudo, observe que Img g = Img f .

15.1.5 Exemplo: Considere a função h de R em R denida como:

h :=

(x, y) : R 3 x 6= ±1 ∧ y =x3 + 3x+ 5

x2 − 1

.

Nesse caso, tem-se Domh = x ∈ R : x 6= −1 ∧ x 6= 1. ♣

Uma segunda questão a ser observada, consiste no fato que se x ∈ Dom f , então segue dadenição de função que existe um único y ∈ Y tal que (x, y) ∈ f . Este y ∈ Y univocamentedeterminado pelo x ∈ Dom f será denotado f(x). Portanto, uma vez determinado o domínio, aprópria função pode ser denida em termos do domínio da seguinte maneira:

f := (x, f(x)) : x ∈ Dom f .

Por exemplo, a função do Exemplo 15.1.4 anterior poderia ser denida como a função f tal queDom f :=R satisfazendo:

f :=

(x, x2) : x ∈ R.

Contudo, sob determinadas circunstâncias, resulta comum questionar sobre o domínio de algumafunção como a exibida no Exemplo 15.1.5 anterior, sendo que a resposta esperada seria aquela queestipula x 6= ±1. Na verdade, o que se está querendo perguntar consiste no conjunto de valores dex tais que está bem denida a expressão:

x3 + 3x+ 5

x2 − 1.

Obviamente, a expressão acima é um objeto matemático per se, de maneira completamente inde-pendente de qualquer consideração sobre funções.

15.1.6 Exemplo: Considere a função ρ de R em R denida como:

ρ := (x, f(x)) : x ∈ R ,

15.1 Denições Básicas e Exemplos 165

onde f(x) é dada por:

ρ(x) :=

1, se x ∈ Q;

0, caso contrário.♣

A denição de função é sucientemente generosa como para permitir que uma função possaser praticamente qualquer coisa, desde que seja possível estabelecer uma correspodência entre umcerto elemento x ∈ Dom f com um único elemento f(x) ∈ Y , sem nenhuma ambiguidade. Nãoresulta necessário, de maneira alguma, que essa correspondência possa ser expressa mediante umafórmula algébrica, nem sequer mediante uma condição uniforme aplicável a todo número. Comrelação à função do Exemplo 15.1.6 acima, observe que existem números reais, por exemplo daforma ζ(2n+ 1), dos quais se ignora até hoje se são racionais ou não.1

15.1.7 Exemplo: Considere os conjuntos A,B ⊂ R denidos como:

A := 2, 17, π2/17, 36/π;

B := a+ b√

2 : a, b ∈ Q.

Seja µ uma função tal que Domµ :=A ∪B, satisfazendo:

µ(x) :=

5, se x = 2;

36/π, se x = 17;

28, se x = π2/17;

28, se x = 36/π;

16, se x ∈ B\A.♣

Como o exemplo acima permite suspeitar, a correspondência estabelecida por uma função nãoé necessariamente uma relação à que possa ser encontrada uma aplicação prática. Mais ainda,tal correspondência pode prescindir de alguns números e pode inclusive não car totalmente claroa que números é aplicável. Embora o domínio da função do Exemplo 15.1.7 esteja corretamentedenido, não é trivial decidir se o número π pertence a tal conjunto ou não.

15.1.8 Exemplo: Seja a ∈ R. Considere a função fa de R em R denida como:

fa :=

(x, x2 + a) : x ∈ R.

Esta função, obviamente depende do número a. Portanto, a denição acima descreve na verdadeinnitas funções, uma para cada escolha do número a ∈ R. ♣

1Aqui, ζ corresponde à famosa função zeta de Riemman.

166 f(unções)

Uma outra coisa que também deveria car clara, principalmente com esses últimos exemplos,consiste em que a descrição de uma função poderia ser abreviada mediante a introdução de algumanotação conveniente. Observe que a denição:

f := (x, f(x)) : x ∈ Dom f ,

exibe uma certa redundância e poderia ser escrita de maneira mais condensada, como por exemplo:

f(x) = expressão envolvendo x, ∀x ∈ Dom f.

15.1.9 Exemplo: As funções dos exemplos anteriores podem ser expressas abreviadamente naforma:

(a) f(x) = x2, ∀x ∈ R.

(b) h(x) =x3 + x+ 5

x2 − 1, ∀R 3 x 6= ±1.

(c) ρ(x) =

1, x ∈ Q;0, x /∈ Q.

(d) µ(x) =

5, x = 2;

36/π, x = 17;

28, x = π2/17;

28, x = 36/π;

16, x /∈ 2, 17, π2/17, 36/π, ∧ x = a+ b√

2, a, b ∈ Q.

(e) fa(x) = x2 + a, ∀x ∈ R. ♣

Com as devidas convenções, a notação pode ser ainda mais concisa. Por exemplo a função fdo Exemplo 15.1.9(a) poderia ser escrita simplesmente como:

f(x) = x2,

sobrentendendo-se que tal expressão é válida para todo x ∈ R. Obviamente, a única abreviaçãopossível para a função g denida imediatamente após o Exemplo 15.1.4 resulta:

g(x) = x2, ∀x > 0.

Mas em geral, aceita-se na prática que uma expressão como a da função h do Exemplo 15.1.9(b)pode ser abreviada escrevendo apenas:

h(x) =x3 + 3x+ 5

x2 − 1.

Ou seja, se o domínio não se restringe explicitamente mais, sobrentende-se formado por todosaqueles números para os quais a expressão tem sentido.

15.2 Operações com Funções 167

15.1.10 Exemplo: Não resulta difícil vericar a seguintes relações com as funções do Exemplo15.1.9:

(a) f(x+ 1) = f(x) + 2x+ 1.

(b) h(x) = x se e somente se x = −5/2.

(c) ρ(x+ y) = ρ(x), se y ∈ Q.

(d) µ

(π2

17

)= µ

(36

π

).

(e) fx(x) = f(x) + x = xfx(1). ♣

Expressões mais complicadas podem ser avalidadas de maneira rotineira, com a devida quota depaciência:

f(ρ(µ(f3(h(0))))) = f(ρ(µ(f3(−5)))) = f(ρ(µ(28))) = f(ρ(16)) = f(1) = 1.

Observe que f denota um sub-conjunto de X × Y , enquanto f(x) denota um elemento em Y .Existe a tendência bastante generalizada de considerar f(x) como um conjunto de instruções ouprocedimento. Embora intuitivo, esse ponto de vista não carece de objeções. A mais substancialdeciência consiste no fato que expressões tais como:

f(x) = x2

f(x) = x2 − 3x+ 3 + 3(x− 1)

representam certamente procedimentos diferentes, se por procedimento entende-se o conjunto deinstruções empregadas para determinar f(x). Mas resulta óbvio que as duas expressões acimadeveriam representar a mesma função.

O leitor pode ter a impressão que esta abordagem intuitiva foi substituída por uma deniçãotão abstrata, que a mente apenas pode captar. Contudo, a denição rigorosa adotada constituiuma boa ilustração dos métodos que têm permitido incorporar as idéias intuitivas à Matemáticarigorosa. O que na verdade importa perguntar sobre uma função não é O que é uma instrução?,ou O que é um procedimento?, mas O que é necessário saber sobre uma função para conhecerabsolutamente tudo o referente a ela? A resposta dessa última pergunta é fácil: Para todo númerox é necessário conhecer o número f(x) sem ambiguidade. Essa informação pode ser condensadacomo uma coleção de pares de números na forma (x, f(x)), o que no fundo não é nada mais do queuma tabela com duas entradas.

Finalmente, caso sirva como consolo, nem a denição rigorosa, nem a abordagem intuitiva, oua utilização de tabelas, fornecem a melhor maneira de representar uma função. No caso de funçõesde R em R, a melhor maneira consiste em fazer desenhos, que será o tema do capítulo seguinte.

15.2 Operações com Funções

Se f e g são duas funções quaisquer, pode-se denir uma nova função, denotada f + g, mediantea expressão:

(f + g)(x) := f(x) + g(x).

168 f(unções)

Segundo a convenção adotada, o domínio de f+g consistirá em todos aqueles x tais que a expressãof(x) + g(x) está bem denida. Ou seja:

Dom(f + g) = Dom(f) ∩Dom(g).

Analogamente, dene-se o produto fg e o quociente f/g de funções, respectivamente como:

(fg)(x) := f(x)g(x);(f

g

)(x) :=

f(x)

g(x).

Obviamente, Dom(fg) = Dom(f)∩Dom(g). Por outro lado, o domínio de f/g resulta ligeiramentemais complicado, podendo ser expresso como:

Dom(f/g) = Dom(f) ∩Dom(g) ∩ x ∈ R : g(x) 6= 0.

Não resulta difícil provar que a soma e produto de funções são associativos, ou seja:

(f + g) + h = f + (g + h),

(fg)h = f(gh);

como também comutativos:

f + g = g + f,

fg = gf.

Para formalizar tal prova, resulta necessário adotar o procedimento típico empregado na demons-tração de identidades envolvendo funções: deve-se vericar que as duas funções possuem o mesmodomínio e que tomam o mesmo valor para qualquer número em tal domínio.

Existe ainda uma outra maneira de combinar funções, de longe a mais importante, denida aseguir.

15.2.1 Denição: Se f e g são duas funções quaisquer, dene-se uma nova função, denominadaa composição da f com g e denotada por f g, mediante a expressão:

(f g)(x) := f(g(x)).

O domínio de f g consiste em todos aqueles x no domínio de g, tais que g(x) pertence ao domínoda f , ou seja:

Dom(f g) = x ∈ Dom(g) : g(x) ∈ Dom(f). ♣

Esta operação de composição de funções é associativa:

(f g) h = f (g h).

Contudo, resulta altamente oportuno salientar que a função f g será em geral diferente de g f ,como quase qualquer exemplo tomado ao acaso pode ilustrar. Ou seja, a composição de funçõesestá longe de ser uma operação comutativa.

15.3 Algumas Classes Particulares de Funções 169

15.3 Algumas Classes Particulares de Funções

Embora o conceito de função seja de abrangente generalidade, a atenção na presente será limitadapor enquanto a funções de um tipo muito particular. Mas mesmo essa classe tão restrita de funçõesapresenta variedade tão grande, que monopolizará a atenção ainda por um tempo considerável. Oobjetivo da presente seção consiste na apresentação das funções que aparecem com maior frequên-cia na prática.

Para começar, a função f do Exemplo 15.1.9(a) é um caso particular de uma classe importan-tíssima de funções, denida a seguir.

15.3.1 Denição: Seja n ∈ N. Uma função da forma f(x) = xn é denominada função poten-cial com exponente n. ♣

As funções potenciais são, por sua vez, os blocos básicos de uma classe mais geral ainda.

15.3.2 Denição: Uma função f é denominada função polinomial ou simplesmente polinô-mio se existe n ∈ N e números reais a0, a1, . . . an com an 6= 0, tais que:

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0.

Em tal caso, o número n é denominado o grau do polinômio. ♣

As funções polinomiais possuem algumas propriedades parecidas com as dos números inteiros,particularmente, o algoritmo da divisão (vide Exercício 15.8.1). Não surpreende, portanto, quequocientes de polinômios possuam um destaque especial, como no caso dos quocientes de númerosinteiros.

15.3.3 Denição: Uma função da forma f = p/q, onde p e q são polinômios, com q nãoidenticamente nulo, recebe o nome de função racional. ♣

Um primeiro contato com as propriedades da funções trigonométricas será fornecido ainda nopresente Capítulo, na Seção 15.10. A função exponencial foi introduzida previamente, no Capítulo12.

As funções trigonométricas, logarítmica e exponencial, são exemplos das que se denominamfunções trascendentes elementares. Essas funções, junto com as racionais, se podem combinarde diversas maneiras, dando origem à classe mais abrangente das funções algébricas, como nosseguintes exemplos:

f(x) =x+ x2 + x sen2 x

x senx+ x sen2 x;

f(x) = sen(sen(x2)).


15.4 Domínios e Imagens

15.4.1 Exercício: Determine o domínio máximo onde as seguintes funções podem ser denidas.

(a) f(x) =2

|x− 1/3|. R: x ∈ R : x 6= 1/3.

(b) g(x) = 3−√

2(x− 1). R: x ∈ R : x > 1.

(c) h(x) =x+ 2

2x2 + 7x+ 6. R: x ∈ R : x 6= −3/2.

Sugestão: Lembre-se do Exercício 11.4.1(c).

(d) k(x) =1

x− 1+

1

x− 2. R: x ∈ R : x 6= 1 ∧ x 6= 2.

(e) l(x) = 2x2 + 4x+ 3. R: R.

(f) m(x) =√

3x2 − 1. R: x ∈ R : x > 1/√

3 ∨ x 6 −1/√

3. ♣

15.4.2 Exercício: Determine agora a imagem de cada uma das funções do exercício anterior.Para tanto, estabeleça a condição f(x) = y e tente colocar em evidência x em função de y. Issoserá possível apenas para determinados valores de y, cuja coleção determina a imagem da funçãoem questão.

(a) R: y ∈ R : y > 0 = (0,+∞).

(b) R: y ∈ R : y 6 3 = (−∞, 3].

(c) R: y ∈ R : y 6= 0 = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).

(d) R: R.

Sugestão: Considere por separado os casos y = 0 e y 6= 0.

(e) R: y ∈ R : y > 1 = [1,+∞).

Sugestão: Aqui será util determinar o vértice da parábola.

(f) R: y ∈ R : y > 0 = [0,+∞). ♣

171

172 f(unções)

15.4.3 Exercício: Com as funções do Exercício 15.4.1 calcule:

(a) f(1). R: 3.

(b) g(2). R: 3−√

2.

(c) h(x+ 1). R:x+ 3

2x2 + 11x+ 15=

1

2x+ 5.

(d) l(√

2). R: 4(1 +√

2) + 3.

(e) m(−1). R:√

2.

(f)l(1 + x)− l(1)

x. R: 2x+ 8. ♣

15.4.4 Exercício: Determinar o domínio das funções denidas pelas seguintes fórmulas:

(a) f(x) =√

1− x2. R: x ∈ R : −1 6 x 6 1 = [−1, 1].

(b) f(x) =√

1−√

1− x2. R: [−1, 1] ∩ R = [−1, 1].

(c) f(x) =√

1− x2 +√x2 − 1.

R: x ∈ R : −1 6 x 6 1 ∩ x ∈ R : x > 1 ∨ x 6 −1 = −1, 1.

(d) f(x) =√

1− x+√x− 2. R: ∅. ♣

15.4.5 Exercício: Seja f(x) =1

1 + x. Interpretar o seguinte:

(a) f(f(x)). Para quais x isso tem sentido? R:1 + x

2 + x. Para x 6= −2.

(b) f

(1

x

). R:

x

1 + x.

(c) f(cx). R:1

1 + cx.

(d) f(x+ y). R:1

1 + x+ y.

(e) f(x) + f(y). R:1

1 + x+

1

1 + y=

2 + x+ y

(1 + x)(1 + y).

(f) Para que números c existe algum número x tal que f(cx) = f(x)?

Sugestão: Existem muitos mais do que aparenta. R: Para qualquer c ∈ R, considere x = 0.

(g) Para que números c a relação f(cx) = f(x) é satisfeita para pelo menos dois números xdiferentes, ou seja, equivalentemente, para algum x 6= 0? R: Apenas no caso trivial c = 1. ♣

15.5 Composição 173

15.5 Composição

15.5.1 Exercício: Considere as funções l e m do Exercício 15.4.1(e,f). Calcule as seguintescomposições e determine os seus respectivos domínios e imagens. Pode ser de alguma ajudaconsiderar os resultados dos Exercícios 15.4.1(e,f) e 15.4.1(e,f).

(a) l m. R: (l m)(x) = 6x2 + 1 + 4√

3x2 − 1.Dom(l m) = Dom(m) = x ∈ R : x > 1/

√3 ∨ x 6 −1/

√3.

Img(l m) = [l(0),+∞) = [3,+∞).

(b) m l. R: (m l)(x) =√

3(2x2 + 4x+ 3)2 − 1.Dom(m l) = R.

Img(m l) = (m(1),+∞) = (√

2,+∞). ♣

15.5.2 Exercício: Considere as seguintes funções:

S(x) = x2,

P (x) = 2x,

s(x) = senx.

Determine os valores indicados nos itens a seguir. Em cada caso, a solução deve ser um número.

(a) (S P )(y). R: (2y)2 = 22y.

(b) (S s)(y). R: (sen(y))2 = sen2(y).

(c) (S P s)(t) + (s P )(t). R: 22 sen(t) + sen(2t).

(d) s(t3). R: sen(t3). ♣

15.5.3 Exercício: Expressar cada uma das seguintes funções em termos de S, P e s do exercícioanterior usando apenas +, . e . Em cada caso a solução deve ser uma função. Por exemplo, asolução do item (a) abaixo seria P s.

(a) f(x) = 2sen x. R: P s.

(b) f(x) = sen(2x). R: s P .

(c) f(x) = sen(x2). R: s S.

(d) f(x) = sen2 x. R: S s.

Sugestão: Lembre-se que sen2 x é uma abreviação de (senx)2.

(e) f(x) = 22x . R: P P .

Sugestão: Observe que abs

signica sempre a(bs). Tal convenção é adotada porque (ab)s podeser denotado mais simplemesmente por abs.

174 f(unções)

(f) f(u) = sen(2u + 2u2

). R: s (P + (P S)).

(g) f(y) = sen(sen(sen(222sen y

))). R: s s s P P P s.

(h) f(a) = 2sen2 a + sen(a2) + 2sen(a2+sen a). R: P S s+ s S + P (s (S + s)). ♣

15.5.4 Exercício: Seja f uma função e suponha que y é um número tal que f(f(y)) = y.

(a) Qual é valor de f(f(f(· · · f(f(y)) · · · )))︸︷︷︸80 vezes

?

Sugestão: Calcule as primeiras sucessivas composições. O que descobre?

(b) Responda a mesma questão do item (a), mas trocando 80 por 81.

Sugestão: A resposta segue quase imediatamente de (a). Não é necessário repetir tudo.

(c) Responda a mesma questão do item (a) mas agora supondo que o número y satisfaz f(f(y)) =f(y). ♣

15.6 Operações com Funções

15.6.1 Exercício: Sejam f , g e h funções. Forneça uma prova ou um contra-exemplo para asseguintes identidades:

(a) (f + g) h = f h+ g h.

(b) h (f + g) = h f + h g.

(c)1

f g=

(1

f

) g.

(d)1

f g= f

(1

g

). ♣

15.6.2 Exercício: Prove que não existem funções f e g tais que f(x) + g(y) = xy para todos

os valores de x e y.

Sugestão: Considerando x = 0 prove que g deve ser uma função constante. Feito isso, considereagora y = 0 e veja o que acontece com a f . ♣

15.6.3 Exercício: Prove que não existem funções f e g tais que f(x)g(y) = x + y para todos

os valores x e y.

Sugestão: Considerando x = 0 prove que f(0) 6= 0 e determine uma expressão para g(y). Feitoisso, considere então y = 0 e veja o que acontece agora com x. ♣

15.7 Polinômio Interpolador de Lagrange 175

15.6.4 Exercício: (a) Seja f(x) = x+ 1. Existem funções g tais que f g = g f? R:g(x) = g(0) + x.

(b) Suponha agora que f é uma função constante. Para que funções g, tem-se f g = g f? R:g(x) = x.

(c) Seja agora f tal que f g = g f para todas as funções g. Prove que f deve ser a funçãoidentidade f(x) = x.

Sugestão: Se vale para todas, vale em particular para as g constantes. ♣

15.7 Polinômio Interpolador de Lagrange

15.7.1 Exercício: Sejam x1, x2, . . . xn um conjunto de n números diferentes.

(a) Determine uma função polinômica fi de grau n− 1 que tome o valor 1 em xi e 0 em xj paratodo j 6= i.

Sugestão: O produto dos (x− xj) para j 6= i resulta nulo em x = xj .

R: fi(x) =

n∏j=1j 6=i

(x− xj)

/n∏j=1j 6=i

(xi − xj) =

n∏j=1j 6=i

(x− xj)(xi − xj)

.

(b) Sejam agora a1, a2, . . . an um outro conjunto de n números (não necessariamente diferentes).Determine uma função polinômica f de grau n−1 tal que f(xi) = ai para todo i = 1, 2, . . . n.

Sugestão: Use as funções fi do item anterior. A expressão que obtiver denomina-se Fórmula

de Interpolação de Lagrange. R: f =

n∑i=1

aifi. ♣

15.8 Algoritmo da Divisão para Polinômios

15.8.1 Exercício: Seja f uma função polinomial qualquer:

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a2x2 + a1x+ a0.

(a) Se a ∈ R arbitrário, então existem g função polinomial e b ∈ R tais que:

f(x) = (x− a) g(x) + b,

para todo x ∈ R.

(b) Se f(a) = 0, então f(x) = (x− a) g(x), ∀x ∈ R. ♣

176 f(unções)

15.9 Funções Racionais

15.9.1 Exercício: Para que valores de a, b, c e d a função f(x) =ax+ b

cx+ dsatisfaz f(f(x)) = x

para todo x? R: d = −a; ou então d = a 6= 0, b = c = 0; ou ainda d = a = 0, b 6= 0, c 6= 0. ♣

15.10 As Funções Trigonométricas Algébricas

Seja R 3 π > 0. Considere duas funções, denominadas seno e coseno, denotadas respectivamentepor sen e cos, satisfazendo as seguintes propriedades:

1. Domínio de Denição: As funções sen e cos estão denidas em todo R.

2. Valores Especiais:

cos 0 = senπ/2 = 1,

cosπ = −1.

3. Coseno de uma diferença: Para todo x, y ∈ R, tem-se:

cos(y − x) = cos(y) cos(x) + sen(y) sen(x).

4. Desigualdades Fundamentais: Para 0 < x < π/2, tem-se:

0 < cosx <senx

x<

1

cosx.

Assumindo as propriedades 1, 2 e 3, verique as relações adicionais estabelecidas nos exercíciosa seguir.

15.10.1 Exercício: Identidade Pitagórica

Verique a seguinte relação:

sen2 x+ cos2 x = 1, para todo x ∈ R.

Sugestão: tome y = x na propriedade 3 e use cos 0 = 1 da propriedade 2. ♣

15.10.2 Exercício: Limitação

Prove que para todo x ∈ R, tem-se que |senx| 6 1 e |cosx| 6 1. Isso segue diretamente daIdentidade Pitagórica do exercício anterior e do Exercício 2.5.2. ♣

15.10 As Funções Trigonométricas Algébricas 177

15.10.3 Exercício: Mais Valores Especiais

Verique os seguintes valores especiais:

sen 0 = cosπ/2 = senπ = 0.

Sugestão: use a propriedade 2 e a identidade pitagórica do exercício anterior para valores apropri-ados de x. ♣

15.10.4 Exercício: Considerando y = π/2 na propriedade 3, verique a relação:

cos(π/2− x) = sen(x), para todo x ∈ R.

Esta identidade é incluída aqui apenas para ser usada nos próximos exercícios. ♣

15.10.5 Exercício: Paridade

(a) Prove que cos é uma função par, ou seja, para todo x ∈ R, tem-se:

cos(−x) = cos(x).

(b) Prove que sen é uma função ímpar, ou seja, para todo x ∈ R, tem-se:

sen(−x) = − sen(x).

Sugestão: Utilizando a identidade do exercício anterior, observe que:

sen(−x) = cos(π/2 + x) = cos(π − (π/2− x))

= cos(π) cos(π/2− x)− sen(π) sen(π/2− x). ♣

15.10.6 Exercício: Co-Relações

Prove que para todo x ∈ R, tem-se:

sen(π/2 + x) = cosx;

cos(π/2 + x) = − senx. ♣

15.10.7 Exercício: Periodicidade

Verique que as funções sen e cos são periódicas, de período 2π. Ou seja, para todo x ∈ R, tem-se:

sen(x+ 2π) = senx;

cos(x+ 2π) = cosx. ♣

178 f(unções)

15.10.8 Exercício: Fórmulas de Adição

Para todo x, y ∈ R, tem-se:

cos(x+ y) = cos(x) cos(y)− sen(x) sen(y);

sen(x+ y) = sen(x) cos(y) + cos(x) sen(y). ♣

15.10.9 Exercício: Fórmulas de Diferenças

Para todo a, b ∈ R, tem-se:

sen(a)− sen(b) = 2 sen

(a− b

2

)cos

(a+ b

2

);

cos(a)− cos(b) = −2 sen

(a− b

2

)sen

(a+ b

2

). ♣

Além das propriedades 1, 2 e 3, assuma agora adicionalmente a validade da propriedade 4.

15.10.10 Exercício: Motonicidade

(a) Prove que no intervalo [0, π/2] a função sen é estritamente crescente. Ou seja, sen a < sen bse a < b com a, b ∈ [0, π/2].

(b) Prove que no intervalo [0, π/2] a função cos é estritamente decrescente. Ou seja, cos b < cos ase a < b com a, b ∈ [0, π/2]. ♣

As propriedades enunciadas nos seguintes dois exercícios são meros casos particulares, ou con-sequência direta, das fórmulas de adição, requerindo apenas apenas o concurso das propriedades1, 2 e 3. Contudo, as relações a seguir são muito úteis na prática para manipular expressões queenvolvem as funções trigonométricas.

15.10.11 Exercício: Fórmulas do Ângulo Duplo, ou Fórmulas de Duplicação

Para todo x ∈ R, tem-se:

cos(2x) = cos2 x− sen2 x = 1− 2 sen2 x;

sen(2x) = 2 sen(x) cos(x). ♣

15.10.12 Exercício: Fórmulas de Redução

Para todo x ∈ R, tem-se:

sen2 x =1− cos(2x)

2;

cos2 x =1 + cos(2x)

2. ♣

15.11 Uma Identidade Trigonométrica Importante 179

A seguinte propriedade servirá para provar um notável limite no Capítulo 18 (vide exercício18.12.3(d)). Resulta necessária também aqui a Propriedade 4, além das três primeiras.

15.10.13 Exercício: Sub-Linearidade do Seno:

Prove que senx < x, para todo 0 < x < π/2.

Sugestão: Pelo exercício 15.10.11, tem-se sen(2x) = 2 senx cosx, de onde segue que:

sen 2x

2x=

senx

xcosx < 1,

onde a última desigualdade é consequência da propriedade 4. ♣

15.11 Uma Identidade Trigonométrica Importante

Considere as funções sen e cos satisfazendo as propriedades 1 a 4 introduzidas na seção anterior.

15.11.1 Exercício: Verique a seguinte relação:

1− cos 2nθ

sen 2nθ=

sennθ

cosnθ.

Sugestão: Observe que:

sennθ

cosnθ=

2 sen2 nθ

2 sennθ cosnθ=

1− cos 2nθ

sen 2nθ. ♣

15.11.2 Exercício: Verique agora, mediante um cálculo direto usando a fórmula de adiçãopara o coseno, a relação:

cos θ + sen θsennθ

cosnθ=

cos(n− 1)θ

cosnθ. ♣

15.11.3 Exercício: Mediante um cálculo direto usando a fórmula de adição para o seno e osresultados dos dois exercícios anteriores, verique a identidade:

sen(2n− 1)θ + sen θ = sen 2nθcos(n− 1)θ

cosnθ. ♣

15.11.4 Exercício: Usando a propriedade 4, verique que, se 0 < 2nθ 6 π/2, então:

cos(n− 1)θ

cosnθ>

sen θ

θ. ♣

180 f(unções)

15.11.5 Exercício: Utilizando os resultados dos dois exercícios anteriores conclua que:

sen θ

θsen 2nθ < sen(2n− 1)θ + sen θ. ♣

15.11.6 Exercício: Empregando mais uma vez a propriedade 4, verique agora que, se 0 <2nθ 6 π/2, então:

sen(2n+ 1)θ − sen θ <sen θ

θsen 2nθ. ♣

15.11.7 Exercício: Finalmente, utilizando os resultados dos dois exercícios anteriores concluaque:

sen(2n+ 1)θ − sen θ <sen θ

θsen 2nθ < sen(2n− 1)θ + sen θ, se 0 < 2nθ 6 π/2. ♣

15.11.8 Exercício: Considerando 2nθ = a, ou seja, θ = a/2n, na relação do exercício anterior,prove que, para cada n ∈ N, tem-se:

sen(n+ 1/2)a

n− sen

( a2n

)<

sen( a

2n

)( a

2n

) sen a < sen(n− 1/2)a

n+ sen

( a2n

), se 0 < a 6 π/2.

Ou seja, se 0 < a 6 π/2, então para todo n ∈ N, tem-se:

a

n

sen

(n+

1

2

)a

2n− sen

( a2n

)2 sen

( a2n

) < sen a <a

n

sen

(n− 1

2

)a

2n+ sen

( a2n

)2 sen

( a2n

) . ♣

15.11.9 Exercício: Prove que:

2 senx/2

n∑k=1

cos kx = sen(n+ 1/2)x− senx/2; ∀n ∈ N.

Sugestão: Utilizando a fórmula de diferenças para o seno, observe que:

2 senx/2 cos kx = sen(k + 1/2)x− sen(k − 1/2)x, ∀ k ∈ N.

Depois, some essa identidade para k de 1 até n e use a propriedade telescópica das somas nitaspara simplicar o membro resultante à direita. ♣

15.11 Uma Identidade Trigonométrica Importante 181

15.11.10 Exercício: Utilizando o exercício anterior, verique que, para x/2 6= kπ com k ∈ Z,tem-se:

n∑k=1

cos kx =sen(n+ 1/2)x− senx/2

2 senx/2, ∀n ∈ N;

n−1∑k=0

cos kx =sen(n− 1/2)x+ senx/2

2 senx/2, ∀n ∈ N.

♣

15.11.11 Exercício: Prove que para qualquer 0 < a 6 π/2, tem-se:

a

n

n∑k=1

cos

(ka

n

)< sen a <

a

n

n−1∑k=0

cos

(ka

n

); ∀n ∈ N.

Sugestão: Use o exercício anterior e a segunda relação do Exercício 15.11.8 com x = a/n. ♣

Capítulo 16

Grácos

Pode-se adquirirum pouco de paz de espírito apenas contemplando aquele horizonte. É uma linha traçada porum geômetra... Completamente regular, rme e conhecida. Talvez seja a linha original queinspirou Euclides na compreensão do comportamento das retas; uma linha de referência, queoriginou os primeiros cálculos dos primeiros astrônomos que elaboraram mapas celestes.

Robert M. Pirsig 1

16.1 Representação Gráca dos Números Reais

O método convencional de representar o conjunto dos números reais é através de uma linha reta.Para tanto, escolhe-se arbitrariamente um ponto que corresponde ao número 0, também denomi-nado origem, e um outro ponto à direita que representa o 1. Os pontos à esquerda da origemcorrespondem aos números negativos.

Figura 16.1: Representação gráca do conjunto dos números reais.

Com essas convenções, se a < b, então o ponto que representa a ca à esquerda do pontocorrespondente para b. O número |a− b| tem uma representação simples em termos dessa imagemgeométrica: consiste na distância entre a e b, ou seja, o comprimento do segmento retilíneo queune tais pontos.

Pode-se admitir como auto-evidente que todos os números reais, inclusive os irracionais, podemser representados como pontos de uma reta, extendendo-se continuamente ad innitum para amboslados da origem. A base para tal suposição consiste em que tal método de desenhar números

1[9, p. 357].

183

184 Grácos

Figura 16.2: Representação gráca do módulo |a− b|.

resulta apenas uma maneira de representar certas idéias abstratas, mas nunca uma forma de de-monstrar teoremas (pelo menos na presente obra).

De maior interesse do que um método para representar números, consiste em determinar umamaneira de representar pares de números. Esse procedimento requer duas linhas retas que se cortamem ângulo reto. Para diferenciá-las, são denominadas de eixo horizontal ou das abcissas, evertical ou das ordenadas, respectivamente. A interseção dos dois eixos corresponde ao par(0, 0), também denominado a origem. O todo recebe o nome de sistema de coordenadascartesiano ortogonal.

Figura 16.3: Sistema de coordenadas cartesiano ortogonal.

Lembre que o que realmente interessa é determinar um método para desenhar funções. Dadoque uma função não é nada mais do que uma coleção de pares de números, o traçado de umafunção se reduz ao traçado de cada um do seus pares. O desenho assim obtido recebe o nome degráco da função em questão.

Não surprende que as funções mais simples de todas, as funções constantes f(x) = c, possuamtambém os grácos mais simples. Resulta fácil vericar que, para uma tal função, o seu grácoconsiste em uma linha reta paralela ao eixo horizontal a distância c do mesmo.

16.2 Funções Lineares 185

Figura 16.4: Gráco da função constante f(x) = c.

16.2 Funções Lineares

Ascendendo na ordem de complexidade, as funções da forma f(x) = ax + b também têm grácosparticularmente simples.

16.2.1 Denição: Uma função linear é uma função da forma f(x) = ax + b, onde a, b ∈ R,com a 6= 0. Equivalentemente, uma função linear é uma função polinomial de grau 1. ♣

Os grácos das funções lineares da forma f(x) = ax consistem em retas que passam pela origem(0, 0). A constante a recebe o nome de coeciente angular, pendente, ou inclinação, da retaque representa à função linear.

Não resulta difícil vericar que o gráco da função linear f(x) = ax + b consiste em uma retade coeciente angular a que passa pelo ponto (0, b). Ou seja, o ponto b determina o ponto decorte da reta com o eixo vertical, pelo que recebe o nome de ordenada na origem ou tambémcoeciente linear.

16.3 Funções Quadráticas

Após as funções lineares, talvez as funções mais simples sejam os polinômios de segundo grau,também denominados funções quadráticas.

16.3.1 Denição: Uma função quadrática é uma função da forma f(x) = ax2 + bx+ c, ondea, b, c ∈ R com a 6= 0. Equivalentemente, uma função quadrática é uma função polinômica de grau2. ♣

Observe que, para qualquer função f em geral, o ponto de corte do seu gráco com o eixo

186 Grácos

Figura 16.5: Gráco da função linear f(x) = ax+ b.

vertical é dado pelo ponto (0, f(0)). No caso da função quadrática, tem-se f(0) = c, ou seja, comono caso da função linear, tal ponto de interseção é dado pelo coeciente constante.

Também, para qualquer função f em geral, os pontos de corte do seu gráco com o eixo hori-zontal consistem nos pontos x determinados pela condição f(x) = 0, também denominados raízesda função em questão. Observe que uma função pode possuir uma, várias, ou nenhuma raiz, de-pendendo de cada caso em particular. Em raras oportunidades, as raízes podem ser calculadasexplicitamente. Por exemplo, no caso da função quadrática, existem em geral duas raízes, determi-nadas pela condição ax2 + bx+ c = 0. Segundo o Exercício 11.4.1(a), tais raízes podem ser obtidasatravés das expressões:

r1 =−b+

√b2 − 4ac

2a,

r2 =−b−

√b2 − 4ac

2a.

Observe que no caso em que b2 = 4ac ambas raízes coincidem. Em tal caso, existe apenas umaraiz e o gráco corta o eixo horizontal em apenas um ponto.

O gráco de uma função quadrática denomina-se parábola. A forma de tal parábola pode serdeduzida a partir dos coeciêntes a, b e c baseando-se nas seguintes considerações:

• O sinal de a determina se os ramos da parábola serão para baixo ou para cima. (Se a = 0obviamente em lugar de uma parábola o que se tem é uma reta).

Isso se deve ao fato que o termo quadrático ax2 domina aos outros para x grande. Destamaneira, como x2 resulta sempre positivo, as propriedades de crescimento ou decaimentocam determinadas pelo sinal de a.

• Da expressão do Exercício 2.9.1, a saber:

ax2 + bx+ c =1

4a

[(2ax+ b)

2 −(b2 − 4ac

)]

16.4 Função Valor Absoluto 187

Figura 16.6: Se o sinal do coeciente a forpositivo, a parábola tem ramos ascendentes.

Figura 16.7: Se o sinal do coeciente a fornegativo, a parábola tem ramos descendentes.

sabe-se que o ponto x onde a parábola atinge seu valor extremo é dado por x = −b/2a.Tal valor extremo será um máximo no caso a < 0, ou mínimo se a > 0, e é dado porf(−b/2a) = −(b2 − 4ac)/4a. Este ponto costuma ser denominado o vértice da parábola emquestão.

• Observe também que, da expressão anterior, tem-se:

ax2 + bx+ c =1

4a

[4a2

(x+

b

2a

)2

−(b2 − 4ac

)].

Portanto, a parábola é simétrica em torno do eixo vertical dado por x = −b/2a, o qual é omesmo eixo onde se localiza o ponto de máximo, ou mínimo.

• De pasagem, observe que a partir do ponto de máximo ou mínimo, pode ser obtido também oponto médio entre a raiz maior e a menor, dado por: r1 + (r1− r2)/2 = (r1 + r2)/2 = −b/2a.

• Como já fora apontado anteriormente, o coeciente c determina sempre a ordenada naorigem, ou seja, o ponto de corte da parábola com o eixo das ordenadas. ♣

16.4 Função Valor Absoluto

16.4.1 Denição: A função módulo ou valor absoluto é denida como f(x) := |x|. Ou seja:

f(x) =

x, se x > 0;

−x, se x < 0.♣

16.4.2 Observação: (a) Na parte correspondente a x > 0, o gráco de f(x) = |x| coincidecom o gráco da reta f(x) = x.

(b) Por outro lado, na parte correspondente a x < 0, o gráco de f(x) = |x| coincide com ográco da reta f(x) = −x.

188 Grácos

Figura 16.8: Gráco da função quadrática f(x) = ax2 + bx+ c.

(c) Finalmente, o gráco de f(x) = |x| pode ser obtido juntando os dois grácos anteriores. ♣

16.4.3 Observação: Para obter o gráco resultante da composição do módulo com outrasfunções, ou seja, de funções da forma f(x) = |g(x)|, resulta facultativo proceder da seguintemaneira:

(a) Desenha-se o gráco de g(x) normalmente, ou seja, como se não houvesse módulo.

(b) A parte do gráco de g(x) que ca acima do eixo das abcissas permanece inalterada.

(c) A parte do gráco de g(x) que ca abaixo do eixo das abcissas deve ser reetido simetrica-mente para cima com relação a tal eixo. ♣

16.4.4 Exemplo: Deseja-se esboçar o gráco da função:

f(x) = |3x+ 1| .

Em tal caso, primeiramente desenha-se o gráco da função f(x) = 3x + 1 sem módulo (Figura16.9). A parte desse gráco que ca por cima do eixo horizontal permanece sem modicaçãoalguma (Figura 16.10). Por outro lado, a parte do gráco da função original sem módulo queca por baixo do eixo horizontal deve ser reetida para cima ao longo desse eixo (Figura 16.11).Finalmente, o gráco desejado é obtido justapondo esses dois últimos grácos (Figura 16.12).

16.4.5 Exemplo: Deseja-se esboçar o gráco da função:

f(x) =∣∣2x2 + 8x+ 6

∣∣ .Em tal caso, primeiramente desenha-se o gráco da função f(x) = 2x2 +8x+6 sem módulo (Figura16.13). A parte desse gráco que ca por cima do eixo horizontal permanece sem modicação alguma(Figura 16.14). Por outro lado, a parte do gráco da função original sem módulo que ca por baixodo eixo horizontal deve ser reetida para cima ao longo desse eixo (Figura 16.15). Finalmente, ográco desejado é obtido justapondo esses dois últimos grácos (Figura 16.16).

16.5 As Famosas Seções Cônicas 189

Figura 16.9: Gráco da função original, semo módulo.

Figura 16.10: A parte do gráco por cima doeixo horizontal permanece inalterada.

Figura 16.11: A parte do gráco que ca porbaixo do eixo horizontal é reetida especula-mente para cima ao longo desse eixo.

Figura 16.12: O gráco da função conside-rada é obtido justapondo esses dois últimosgrácos.

16.5 As Famosas Seções Cônicas

As peculiaridades exibidas por algumas funções são tão sugestivas que resulta fácil esquecer algunsdos mais importantes e simples subconjuntos do plano, que não são grácos de funções.

16.5.1 Denição: Dados dois pontos (a1, b1) e (a2, b2) no plano R × R, dene-se a distânciaeuclidiana, ou simplesmente a distância, entre eles como:√

(a1 − a2)2 + (b1 − b2)2. ♣

Com a denição precedente, o Teorema de Pitágoras tem sido incorporado na representaçãogeométrica de guras no plano descrita no presente capítulo.

190 Grácos

Figura 16.13: Gráco da função original, semo módulo.

Figura 16.14: A parte do gráco por cima doeixo horizontal permanece inalterada.

Figura 16.15: A parte do gráco que ca porbaixo do eixo horizontal é reetida especula-mente para cima ao longo desse eixo.

Figura 16.16: O gráco da função conside-rada é obtido justapondo esses dois últimosgrácos.

16.5.2 Denição: O conjunto de pontos (x, y) ∈ R × R no plano que estão a uma distânciaconstante, digamos r, de um outro ponto xo, digamos (a, b), recebe o nome de círculo de centro(a, b) e raio r. ♣

Ou seja, o círculo é o conjunto de pontos (x, y) ∈ R × R tais que√

(x− a)2 + (y − b)2 = r, ou,equivalentemente, tais que:

(x− a)2 + (y − b)2 = r2.

Um parente próximo do círculo é a elipse, denida a seguir.

16.5.3 Denição: O conjunto de pontos (x, y) tal que a soma das suas distâncias a dois pontosxos é constante recebe o nome de elipse. ♣


Figura 16.17: Círculo de centro (a, b) e raio r.

Se um dos pontos xos é (−c, 0) e o outro (c, 0) e a soma das distâncias é 2a, então um ponto(x, y) ∈ R× R pertence à elipse se:√

(x− (−c))2 + y2 +√

(x− c)2 + y2 = 2a√(x+ c)2 + y2 = 2a−

√(x− c)2 + y2

(x+ c)2 + y2 = 4a2 − 2.2a√

(x− c)2 + y2 + (x− c)2 + y2

x2 + 2xc+ c2 + y2 = 4a2 − 4a√

(x− c)2 + y2 + x2 − 2xc+ c2 + y2

4(xc− a2) = −4a√

(x− c)2 + y2

(xc− a2)2 = a2[(x− c)2 + y2]

x2c2 − 2xca2 + a4 = a2x2 − 2a2xc+ a2c2 + a2y2

(c2 − a2)x2 − a2y2 = a2(c2 − a2)

x2

a2+

y2

a2 − c2= 1.

A última relação acima costuma ser expressa alternativamente como:

x2

a2+y2

b2= 1,

onde b =√a2 − c2, pois obviamente deve ser escolhido a > c.

A hipérbole pode ser denida de maneira análoga, mas em tal caso se faz necessário que sejaconstante a diferença das distâncias.

16.5.4 Denição: O conjunto de pontos (x, y) tal que a diferença das suas distâncias a doispontos xos é constante recebe o nome de hipérbole. ♣

Escolhendo, como antes, um dos pontos xos (−c, 0) e o outro (c, 0) e a diferência das distâncias

192 Grácos

Figura 16.18: Elipse com focos em (−c, 0) e (c, 0).

como 2a, então um ponto (x, y) ∈ R× R pertence à hipérbole se:√(x+ c)2 + y2 −

√(x− c)2 + y2 = ±2a,

que simplicando ca:

x2

a2+

y2

a2 − c2= 1.

Porém, neste caso deve ser considerado c > a. Portanto, a2 − c2 < 0. Denindo b =√c2 − a2,

segue que um ponto (x, y) pertence à hipérbole se e somente se:

x2

a2− y2

b2= 1.


Figura 16.19: Hipérbole com focos em (−c, 0) e (c, 0).


16.6 Conjuntos na Reta

16.6.1 Exercício: Representar gracamente sobre uma reta o conjunto dos pontos x que satis-fazem cada uma das seguintes relações, respectivamente.

(a) |x− 3| < 1.

(b) |x− 3| 6 1.

(c) |x− a| < ε.

(d)∣∣x2 − 1

∣∣ < 12 .

(e)1

1 + x2>

1

5.

(f)1

1 + x26 a.

Sugestão: Considere os vários casos possíves para a.

(g) x2 + 1 > 2.

(h) (x+ 1)(x− 1)(x− 2) > 0. ♣

16.7 Funções Lineares

16.7.1 Exercício: Sejam (a1, b1) e (a2, b2) dois pontos no plano com a1 6= a2.

(a) Prove que a equação da reta que une tais pontos é dada por:

f(x) =b2 − b1a2 − a1

x+

(b1 − a1

b2 − b1a2 − a1

).

(b) Prove que a expressão para f do item anterior pode ser expressa alternativamente como:

f(x) =b2 − b1a2 − a1

(x− a1) + b1.

que resulta mais fácil de lembrar.

195

196 Grácos

(c) Prove que a expressão para f do item anterior pode ser expressa ainda como:

f(x) = b2x− a1

a2 − a1+ b1

x− a2

a1 − a2;

que não é outra coisa senão a expressão dada pela fórmula de interpolação de Lagrange doExercício 15.7.1(b). ♣

16.7.2 Exercício: Representar gracamente os pontos (x, y) ∈ R2 tais que:

(a) 5x− 1

2y + 1 = 0. ♣

16.8 Funções Quadráticas

16.8.1 Exercício: Sejam (a1, b1) e (a2, b2) dois pontos no plano com a1 6= a2. Por dois de taispontos passam em geral várias parábolas. Porém, se algum de tais pontos é um ponto de extremo,então a resposta é unica, como mostra o presente exercício.

(a) Suponha adicionalmente que b1 < b2 e que (a2, b2) é o ponto onde se encontra o vérticeda parábola. Observe que tal ponto é necessariamente um ponto de máximo. Prove que aequação da párabola que passa pelos dois pontos dados, com a condição adicional do segundoser de máximo, é dada por:

f(x) =b1 − b2

(a1 − a2)2(x− a2)2 + b2.

(b) Idem ao item anterior, mas agora suponha que (a1, b1) é o ponto onde se encontra o vérticeda parábola. Observe que tal ponto é necessariamente um ponto de mínimo. Prove que aequação da párabola que passa pelos dois pontos dados, com a condição adicional do primeiroser de mínimo, é dada por:

f(x) =b2 − b1

(a2 − a1)2(x− a1)2 + b1. ♣


(a) x2 + 3 = y.

(b) y2 + 3 = x. ♣

16.9 Função Módulo


(a) y = − |x+ 2|.

16.10 Cônicas 197

(b) y = |x− 5|+ 1.

(c) y = − |x+ 3|+ 4.

(d) y = |− |x+ 3|+ 4|.

Sugestão: Use o item anterior. ♣

16.10 Cônicas

16.10.1 Exercício: Descreva gracamente o conjunto solução das seguintes equações:

(a) (x− 1)2 + (y + 2)2 = 16.

(b) 3x2 + 3y2 + 4y − 7 = 0.

(c) x2 + y2 + 2x− 8y − 8 = 0. ♣

16.10.2 Exercício: A Parábola como Seção Cônica

Considere um ponto (a, b) no plano e uma reta horizontal que corta o eixo vertical no ponto,digamos, c, tais que b 6= c. Prove que o conjunto de pontos (x, y) no plano que estão à mesmadistância de (a, b) e da reta dada por g(x) = c constituem o gráco de uma função quadrática fdada por:

f(x) =(x− a)2 + (b2 − c2)

2(b− c). ♣

16.11 Conjuntos no Plano

16.11.1 Exercício: Representar gracamente os pontos (x, y) ∈ R2 que satisfazem cada umadas seguintes condições. Na maioria dos casos, tais conjuntos constituem uma parte signicativado plano, não apenas uma reta ou uma curva.

(a) x > y.

(b) x+ a > y + b.

(c) y < x2.

(d) y 6 x2.

(e) |x− y| < 1.

(f) |x+ y| < 1.

(g) x+ y é um inteiro.

(h)1

x+ yé um inteiro.

198 Grácos

(i) (x− 1)2 + (y − 2)2 < 1.

(j) x2 < y < x4. ♣

16.11.2 Exercício: Representar gracamente os pontos (x, y) ∈ R2 que satisfazem as cada umadas seguintes condições:

(a) |x|+ |y| = 1.

(b) |x| − |y| = 1.

(c) |x− 1| = |y − 1|.

(d) x2 + y2 = 0.

(e) xy = 0.

(f) x2 − 2x+ y2 = 4.

(g) x2 = y2. ♣

16.11.3 Exercício: Representar gracamente cada uma das seguintes funções:

(a) f(x) = 3.

(b) f(x) = 5x− 2.

(c) f(x) = x2 − 1.

(d) f(x) = (x− 1)2.

(e) f(x) = x2 + 2x+ 3.

(f) f(x) =x

|x|.

(g) f(x) =1

x− 1. ♣

Parte II

Topologia

Arma-se freqüentemente que o cálculo diferencial trata damagnitude contínua, embora nunca sejam prestados esclarecimentos sobre tal continuidade;nem siquer as explicações mais rigorosas do cálculo diferencial baseian as suas demonstraçõesna continuidade, mas, mais ou menos conscientemente, bem apelam a noções geométricasou sugeridas pela geometria, bem baseiam-se em teoremas que nunca foram estabelecidos demaneira puramente aritmética. Entre esses está, por exemplo, o que temos citado antes, euma pesquisa mais cuidadosa convenciou-me que esse teorema ou qualquer outro equivalente,pode ser considerado em certo modo suciente para a análise innitesimal. Restava apenaspor descubrir a sua verdadeira origem nos elementos da aritmética e obter assim ao mesmotempo uma verdadeira denição da essência da continuidade. Consegui-o em 24 de novembrode 1858 e poucos dias depois comuniquei o resultado das minhas meditações ao meu caroamigo Durège, com quem manteve uma longa e animada conversa.

Richard Dedekind 1

1In: [14, p. 46].

Capítulo 17

A Topologia Usual em R

17.1 Denição e Propriedades Básicas

Os resultados fortes da análise real não passam de corolários da topologia usual no conjuntodos números reais. Por outro lado, não poucos resultados topológicos abstratos aparecem comogeneralizações de propriedades da reta real.

Resulta um fato lamentável, senão evidência agrante contra qualquer sistema de ensino damatemática, que estas conexões, tão ricas e instrutivas, não resultem evidentes, nem nos cursoselementares de cálculo, nem nos cursos avançados de topologia geral.

17.1.1 Lema: O conjunto denido por:

S := (a, b) : a, b ∈ R ∧ a < b ∪ R ∪ ∅,

é sub-base para uma topologia em R.

Demonstração: Sejam A := (a, b), B := (c, d) ∈ S. Se b 6 c, então A ∩ B = ∅ ∈ S. Suponha-seagora que a 6 c < b. Em tal caso:

b 6 d ⇒ A ∩B = (c, b) ∈ S.d < b ⇒ A ∩B = (c, d) ∈ S.

Por outro lado, no caso c < a tem-se:

b 6 d ⇒ A ∩B = (a, b) ∈ S.a < d < b ⇒ A ∩B = (a, d) ∈ S.

d 6 a ⇒ A ∩B = ∅ ∈ S.

17.1.2 Denição: A topologia usual em R é a topologia induzida pela sub-base S do Lema17.1.1. ♣

17.1.3 Observação: (a) A aplicação d(x, y) := |x− y| dene uma métrica em R.

203

204 A Topologia Usual em R

(b) Se a, b ∈ R com a < b, então:

(a, b) = B |b−a|2

(b+ a

2

).

Ou seja, todo aberto da base na topologia usual é uma bola aberta, que é um aberto da basena topologia métrica. Com efeito:

x ∈ B |b−a|2

(b+ a

2

)⇔∣∣∣∣x− b+ a

2

∣∣∣∣ < |b− a|2

⇔ −|b− a|2

< x− b+ a

2<|b− a|

2

⇔ b+ a− |b− a|2

< x <b+ a+ |b− a|

2

⇔ b+ a− b+ a

2< x <

b+ a+ b− a2

⇔ a < x < b,

onde na penúltima relação foi usado o fato que a < b.

(c) Portanto, a topologia usual coincide com a topologia métrica, [2, 1.2.8(1)].

(d) Em particular, R é de Hausdor.

(e) Q é denso em R. Em particular, R é separável, [2, 1.4.3].

(f) Assim, R é métrico separável e portanto N2. Alternativamente, considere-se o conjunto:

(xk − 1/n, xk + 1/n) : n ∈ N, xk ∈ Q. ♣

17.1.4 Proposição: Seja R ⊃ A 6= ∅ limitado superiormente e seja a := supA. Então, a =maxA. Ou seja, a ∈ A e x 6 a, ∀x ∈ A.

Demonstração: Seja V ∈ Va. Ou seja, existe U aberto tal que a ∈ U ⊆ V . Portanto, existe ε0 > 0tal que (a− ε0, a+ ε0) ⊆ U , pois (a− ε0, a+ ε0) é um aberto da base da topologia usual. Por outrolado, dado ε > 0 existe y ∈ A tal que a−ε < y, pois se fosse y 6 a−ε para todo y ∈ A, então obter-se-ia a contradição a = supA 6 a − ε. Observe também que A 3 y 6 supA = a. Desta maneira,y ∈ (a − ε0, a + ε0) ⊆ U ⊆ V . Em particular, A ∩ V 6= ∅, ou seja, todo V ∈ Va tem interseçãonão-vazia com A, o que é equivalente com a ∈ A. Uma outra prova deste fato, consiste em observarque a rede do conjunto dirigido (Va,⊆) em A denida por V → y converge para a. Portanto, a éponto de acumulação de A, de onde segue que a ∈ A ∪ pontos de acumulação de A = A.

Seja agora x ∈ A. Se fosse x > a, então ε :=x − a > 0, e assim U := = (x − ε, x + ε) ∈ Vx. Poroutro lado, x ∈ A ⇒ U ∩ A 6= ∅. Portanto, existe y ∈ A ∩ U , de onde segue que y > x− ε = a =supA > y ∈ A, o que constitui uma contradição. Portanto, deve ser x 6 a.

17.1.5 Corolário: Se A é limitado superiormente e fechado, então supA ∈ A.

17.2 Compacidade 205

17.1.6 Proposição: Em R todos os intervalos abertos não-vazios são homeomorfos.

Demonstração: Sejam A := (a, b) e B := (c, d). Se f(x) = αx+ β, então considere-se o seguintesistema de duas equações com duas incógnitas:

f(a) = αa+ β = cf(b) = αb+ β = d

.

Da primeira equação segue que β = c − αa, e substituindo esse valor de β na segunda equação,tem-se:

αb+ c− αa = d ⇒ α =d− cb− a

.

Substituindo agora esse valor de α na primeira equação, tem-se:

β = c− d− cb− a

a =bc− ac− da+ ca

b− a=bc− dab− a

.

Desta maneira, a função f dada por:

f(x) =d− cb− a

x+bc− dab− a

=1

b− a((d− c)x+ bc− da) =

c(b− x) + d(x− a)

b− a

é um homeomorsmo e f : A 7−→ B.

No caso A = (a,+∞) e B = (b,+∞), basta tomar f(x) = (x − a) + b. Se A = (−∞, a) eB = (−∞, b), então f(x) = −x reduz ao caso anterior: f(x) = −((−x+ a)− b) = (x− a) + b.

Finalmente, observe-se que a função f(x) = tan(π

2x)é um homeomorsmo de (0, 1) em (0,+∞),

como também de (−1, 1) em (−∞,+∞).

17.2 Compacidade

17.2.1 Proposição: Sejam a, b ∈ R com a 6 b. Então, [a, b] é compacto.

Demonstração: Seja Uii∈I uma cobertura de [a, b] por abertos. Dene-se o conjunto A como:

A := x ∈ [a, b] : [a, x] é coberto com uma quantidade nita de Ui's

Observe-se que A 6= ∅, pois a ∈ A. Mais ainda, A é limitado superiormente, pois b é um limitesuperior de A. Portanto, existem := supA. Obviamente, a 6 m 6 b, onde a primeira desigualdadesegue do fato que a ∈ A, no entanto que a segunda é consequência do fato que b é limite superior deA. Desta maneira, existe i0 ∈ I tal quem ∈ Ui0 . Agora, comom ∈ Ui0 aberto, existe ε0 > 0 tal que(m− ε0,m+ ε0) ⊆ Ui0 . Pela propridade de supremo, existe x ∈ A tal que m− ε0 < x 6 supA = m.Portanto, [a, x] cobre-se com uma quantidade nita de Ui's e, acresentando Ui0 , tem-se que:[

a,m+ε02

]cobre-se com uma quantidade nita de Ui's. (17.2.1)


Agora, suponha-se que m < b. Em tal caso, tomando ε := min ε0, b−m, tem-se que:[a,m+

ε

2

]⊆[a,m+

ε02

],

de onde segue, por (17.2.1), que:[a,m+

ε

2

]cobre-se com uma quantidade nita de Ui's. (17.2.2)

Observe-se também que

m+ε

2∈ [a, b], (17.2.3)

pois:

m+ε

26 m+

b−m2

< m+ b−m = b,

onde a penúltima desigualdade segue em virtude de 12 < 1. Uma outra maneira de provar o mesmo

fato, consiste em observar que:

m+ε

26 m+

b−m2

=2m+ b−m

2=b+m

2<b+ b

2= b,

onde a penúltima desigualdade segue do fato que m < b. Agora, combinando (17.2.2) e (17.2.3)tem-se:

m+ε

2∈ A ⇒ m+

ε

26 supA = m.

Mas esta última relação constitui uma contradição, que proveio de considerar m < b. Portanto,deve ser m = b. Desta maneira, o intervalo:

[a, b] = [a,m] ⊆[a,m+

ε02

]cobre-se com uma quantidade nita de Ui's por (17.2.1).

17.2.2 Corolário: R é σ-compacto. Ou seja, R é união enumerável de compactos.

Demonstração: Pelo resultado anterior, [−n, n] é compacto para cada n ∈ N. Portanto, bastaobservar que R =

⋃n∈N

[−n, n].

17.2.3 Proposição: Seja A ⊆ R. Então A é compacto se e somente se A é fechado e limitado.

Demonstração: (⇒ ) Seja A compacto. Como R com a topologia usual é um espaço T2, segueque A é fechado. Além disso, se Un := (−n, n), então Unn∈N é uma cobertura do compacto Apor abertos. Portanto:

A ⊆k⋃i=1

Uni .

17.3 Conexidade 207

Seja n0 := maxi=1,...,k

ni. Então, A ⊆ [−n0, n0], de onde segue que A também é limitado.

(⇐ ) Se A é limitado, então existe N ∈ N tal que A ⊆ [−N,N ]. Portanto, tem-se que A =A ∩ [−N,N ]. Em particular, como A é fechado em R, tem-se que A também é fechado no com-pacto [−N,N ] com a topologia relativa da usual, e portanto A também é compacto em [−N,N ].Finalmente, como A ⊆ [−N,N ], segue que A é compacto em R.

17.3 Conexidade

17.3.1 Proposição: R é conexo.

Demonstração: Seja A ⊆ R aberto e fechado. Para provar o resultado enunciado, deve-se provarque A = ∅ ou A = R. Observe-se que:

¬(A = ∅ ∨A = R) ⇐⇒ A 6= ∅ ∧A 6= R ⇐⇒ A 6= ∅ ∧ R\A 6= ∅.

Por reductio ad absurdum, suponha-se a existência de algum x ∈ R\A, com A 6= ∅. Em tal caso,teria-se:

∅ 6= A = A ∩ R = A ∩ (−∞, x]⋃A ∩ (x,+∞) = A ∩ (−∞, x]

⋃A ∩ [x,+∞),

onde a última igualdade decorre do fato que x /∈ A. Sejam A1 e A2 os conjuntos denidos como:

A1 :=A ∩ (−∞, x]

A2 :=A ∩ [x,+∞).

Desta maneira, para cada i = 1, 2 o conjunto Ai é fechado. Mais ainda, algum deles deve sernão-vazio, pois A 6= ∅. Para xar idéias, suponha-se, por exemplo, que A1 6= ∅. Assim, observe-seque o conjunto A1 é fechado e não-vazio, como também limitado superiormente, por x. Portanto,existe b := supA1 ∈ A1, pelo corolário do Lema 17.1.4. Observe-se também que A1 é aberto, poisA1 = A ∩ (−∞, x] = A ∩ (−∞, x), onde a última igualdade decorre do fato que x /∈ A. Assim,como b ∈ A1 aberto, tem-se que existe ε0 > 0 tal que (b− ε0, b+ ε0) ⊆ A1. Mas isso contradiz queb = supA1, pois:

b+ε02∈ A1 ⇒ b+

ε026 supA1 = b

Por outro lado, se fosse A2 6= ∅, para obter uma contradição procede-se analogamente, mas destavez utilizando o ínmo em lugar do supremo.

17.3.2 Proposição: Seja R ⊇ A aberto. Então, A é conexo se e somente se A é homeomorfo a(a, b), para alguns a, b ∈ R, a < b.

Demonstração: (⇐ ) Basta observar que, pelo Lema 17.1.6, A = (a, b) é homeomorfo a R que éconexo, pelo Lema 17.3.2.

(⇒ ) Utilizando o homeomorsmo dado pela função f(x) = arctg x pode-se supor, sem perda degeneralidade, que A é limitado. Portanto, existem a := inf A e b := supA, e tem-se que A ⊆ [a, b].


Basta então provar que A ⊇ (a, b). Com efeito, em tal caso, A deve ser algum dentre (a, b), [a, b),(a, b], [a, b], dos quais apenas o primeiro conjunto é aberto e, como A é aberto por hipótese, deveser então A = (a, b). Por reductio ad absurdum, se existisse algum x0 com a < x0 < b tal quex0 /∈ A, teria-se que:

A = A ∩ (−∞, x0)⋃A ∩ (x0,+∞).

Ou seja, A seria união disjunta dos conjuntos abertos A1 e A2 denidos como:

A1 :=A ∩ (−∞, x0);

A2 :=A ∩ (x0,+∞).

Agora, como A é conexo, deve ser A1 = ∅ ou A2 = ∅. Se fosse A2 = ∅, então teria-se quex < x0, ∀x ∈ A ⇒ b = supA 6 x0 < b, o que constitui uma contradição. Analogamente,A1 = ∅ ⇒ x0 < x, ∀x ∈ A ⇒ a < x0 6 inf A = a, que também constitui uma contradição.

17.3.3 Corolário: R é localmente conexo.

Demonstração: Basta tomar abertos da base (a, b) que são conexos, pelo lema anterior.

17.3.4 Corolário (do Corolário): Todo aberto em R é união enumerável de intervalos abertosdisjuntos.

Demonstração: Seja A aberto. Então, tem-se:

A = união disjunta das suas componentes conexas.

= união disjunta de abertos conexos.

= união disjunta de intervalos abertos.

= união disjunta enumerável de intervalos abertos.

Observe-se que a segunda igualdade segue do corolário anterior, a terceira do lema anterior, e aúltima do fato de ser R um espaço topológico N2.

17.4 Estrutura dos Abertos e Outras Questões

O resultado em 17.3.4 é um tanto aprimorado na seguinte proposição.

17.4.1 Proposição: Seja R ⊇ A aberto. Então existe uma única família U = Ujj∈J deintervalos abertos disjuntos tal que A =

⋃j∈J Uj . A família U é numerável e para cada U ∈ U os

pontos extemos de U não pertencem a A.

Demonstração: Exceto a unicidade, o enunciado, até a numerabilidade de U inclusive, segue de17.3.4. A amação sobre os pontos extremos segue da denição de aberto e o fato da família serdisjunta. Basta então provar a unicidade.

17.4 Estrutura dos Abertos e Outras Questões 209

17.4.2 Observação: (a) Esta estructura simples dos abertos em R não tem análogo nosespaços Rn com n > 1. Com efeito, em R2, por exemplo, o quadrado unidade aberto(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1 não pode ser união de bolas abertas disjuntas, pois, sefosse, a diagonal (x, x) ∈ R2 : 0 < x < 1 seria união de (mais de um) intervalos disjuntos,contradizendo a unicidade em 17.4.1.

(b) Os conjuntos fechados, mesmo em R, não tem uma estrutura tão simples como os abertos. ♣

17.4.3 Proposição: Q não é um Gδ em R, ou seja, interseção numerável de abertos.

Demonstração: Se fosse Q =

∞⋂n=1

Un com Un aberto em R, então, para cada n ∈ N, tem-se

Q ⊆ Un ⇒ Qc ⊇ U cn, de onde segue queU cn = ∅. Com efeito, como

U cn ⊆ U cn ⊆ Qc, teria-se

queU cn seria um aberto que não contém racionais, o que contradiz o fato de Q ser denso em R, a

menos queU cn = ∅. Portanto, Qc =

∞⋃n=1

U cn, comU cn = ∅, para todo n ∈ N. Por outro lado, seja

r1, r2, . . . uma enumeração de Q. Em tal caso, tem-se:

R = Q ∪Qc =

∞⋃n=1

(rn ∪ U cn) .

Observe que o conjunto Vn := rn ∪ U cn, é fechado, pelo fato se ser interseção de dois conjuntosfechados. Com efeito, rn é fechado, pois R é T2, sendo em particular T1, condição equivalenteaos pontos serem conjuntos fechados. Por outro lado, como Un é aberto, tem-se que U cn é fechado.Em particular, Vn = Vn.

Armação:Vn = ∅. O

Com efeito, se A é aberto e A ⊆ Vn, então A * U cn, poisU cn = ∅. Portanto, deve ser rn ∈ A. Sem

perda de generalidade, suponha-se A um aberto da base, ou seja, intervalo aberto. Se A = (a, b)então tem-se: a < rn < b, em cujo caso α1 := (a, rn) ou α2 := (rn, b) são intervalos abertos tais queαi ⊆ A ⊆ Vn, mas αi * rn. Portanto, deve ser αi ⊆ U cn, mas isso contradiz mais uma vez o fato

de serU cn = ∅. Isso prova que

Vn = ∅, mas pela observação precedente ao enunciado da Armação

sabe-se que Vn é fechado, ou seja, Vn = Vn, concluindo a prova da mesma. H

Portanto, pela armação precedente, tem-se R =

∞⋃n=1

Vn, comVn = ∅, contradizendo o Corolário

B.2.3 do Teorema de Categoria de Baire, pois R é um espaço métrico completo.

17.4.4 Corolário: Q não é aberto nem fechado em R.

Demonstração: Com efeito, Q não é aberto, pois em tal caso seria trivialmente um Gδ, contra-dizendo o resultado anterior. Também não pode ser fechado, pois em tal caso também seria Gδpelo Teorema B.2.4.


17.4.5 Teorema: R\Q é denso em R, ou seja, o conjunto dos números irracionais é denso noconjunto dos números reais.

Demonstração: Seja A aberto da base, ou seja, intervalo aberto. Basta provar que A∩R\Q 6= ∅.Por reductio ad absurdum, se fosse A ∩ R\Q = ∅, então A ⊆ Q e portanto |A| 6 ℵ0. Por outrolado, como A é um intervalo aberto, A é isomorfo a R, de onde segue que |A| = |R| = 2ℵ0 > ℵ0,absurdo.


17.5 Conjuntos Compactos

17.5.1 Exercício: Considere o seguinte enunciado: Todo compacto em R é união nita decompactos disjuntos.

(a) Determine se o enunciado é verdadeiro ou falso.

(b) Caso o enunciado for falso, determine quais condições poderiam ser acrescidas de maneiratal que seja verdadeiro. ♣

17.6 Pontos de Acumulação de Conjuntos

17.6.1 Denição: Se diz que x ∈ R é um ponto de acumulação do conjunto A ⊆ R se:

∀ ε > 0, existe algum a = a(ε) ∈ A\x tal que |a− x| < ε. ♣

O conjunto de pontos de acumulação de um conjunto A será denotado por A∗.

17.6.2 Exercício: Seja R ⊇ A um conjunto qualquer.

(a) Se A é fechado, então A∗ ⊆ A. Ou seja, todo conjunto fechado contém todos seus pontos deacumulação.

(b) Reciprocamente, se A∗ ⊆ A, então A é fechado. Ou seja, um conjunto é fechado se contémtodos seus pontos de acumulação. ♣

17.7 Pontos de Acumulação de Sequências

17.7.1 Denição: Se diz que a ∈ R é um ponto de acumulação da sequência snn∈N se:

∀ ε > 0, para cada m ∈ N, existe algum n = n(ε,m) ∈ N com n > m tal que |sn − a| < ε. ♣

17.7.2 Exercício: Prove que as seguintes condições são equivalentes:

211


1. a é ponto de acumulação da sequência snn∈N.

2. a é ponto de acumulação da sequência sn+Nn∈N, para todo N ∈ N.

3. Existe uma sub-sequência snkk∈N tal que limk→∞

snk = a. ♣

17.7.3 Exercício: Considere a sequência snn∈N denida por:

sn := (−1)n, ∀n ∈ N.

(a) Verique que 1 é um ponto de acumulação.

Sugestão: Considere a sub-sequência s2n e use o Exercício 17.7.2(1 ⇔ 3) anterior.

(b) Verique que −1 também é um outro ponto de acumulação.

Sugestão: Considere a sub-sequência s2n−1 e use o Exercício 17.7.2(1 ⇔ 3) anterior. ♣

17.7.4 Exercício: Seja a ∈ R e snn∈N uma sequência. Então:

(a) Se a é ponto de acumulação de alguma sub-sequência snkk∈N, então a também é ponto deacumulação da sequência original snn∈N.

(b) A recíproca do item anterior não é verdadeira.

Sugestão: Considere o exemplo do Exercício 17.7.3 anterior. ♣

17.7.5 Exercício: Seja snn∈N uma sequência.

(a) Se x é um ponto de acumulação do conjunto A := s1, s2, . . . , sn, . . . , então x é um pontode acumulação da sequência snn∈N.

(b) A recíproca do item anterior não é verdadeira.

Sugestão: O exemplo do Exercício 17.7.3 anterior ainda serve. Observe-se que neste casoA = −1, 1 é um conjunto sem pontos de acumulação.

(c) O resultado do item (a) anterior não vale para redes. Uma rede é parecida com uma se-quência, somente que indexada por conjuntos dirigidos mais gerais que o conjunto N dosnaturais.

Sugestão: Considere-se a rede snn∈Z indexada pelo conjunto Z dos inteiros denida por:

sn :=

−1

n, se n < 0;

n+ 2, se n > 0.♣

Então, esta rede assim denida não tem sub-sequências, nem siquer sub-redes, convergentes,pelo fato de não ser eventualmente limitada. Contudo, a origem 0 é um ponto de acumulaçãodo conjunto . . . , s−2, s−1, s0, s1, s2, . . . . ♣

17.8 Sequências Têm Ponto em Compactos 213

17.7.6 Denição: Seja snn∈N uma sequência. Dene-se o conjunto Ξ como:

Ξ :=x ∈ R : existe uma sub-sequência snkk∈N tal que lim

k→∞snk = x

. ♣

Observe-se que, pelo Exercício 17.7.2(1 ⇔ 3), o conjunto Ξ não é nada mais do que o conjunto depontos de acumulação da sequência snn∈N.

17.7.7 Exercício: Prove que o conjunto Ξ é fechado. Ou seja, o conjunto de pontos de acumu-lação de qualquer sequência é fechado.

Sugestão: Pelo Exercício 17.6.2(b), basta provar que se x é um ponto de acumulação de Ξ entãox ∈ Ξ, ou seja, x é um ponto de acumulação da sequência snn∈N. Para tanto, pelo Exercício17.7.5(a), basta provar que x é um ponto de acumulação do conjunto s1, s2, . . . . ♣

17.8 Sequências Têm Ponto em Compactos

17.8.1 Exercício: Prove que toda sequência snn∈N contida em um sub-conjunto R ⊃ Acompacto, ou seja, sn ⊆ A para todo n ∈ N com A compacto, possui (pelo menos) um ponto deacumulação. ♣

17.8.2 Exercício: Sob as hipóteses do exercício anterior, prove que se o ponto de acumulaçãofor único, então a sequência é convergente a tal ponto. Ou seja, se a é o único ponto de acumulaçãoda sequência snn∈N com sn ⊆ A para todo n ∈ N, com A compacto, então lim

n→∞sn = a. ♣

Capítulo 18

Limites


Embora a teoria topológica da continuidade dispense o uso de limites, serão considerados nopresente capítulo pois o seu uso constituirá uma notação útil para futuros estudios ainda na presenteobra.

18.1.1 Denição: Se diz que a função f tende ao limite l quando x tende para a se:

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− l| < ε. (18.1.1)

Se a função f tende ao limite l quando x tende para a, este fato denota-se limx→a

f(x) = l.

Se a condição (18.1.1) não é satisfeita para nenhum l ∈ R, então se diz que o limite da função fquando x tende para a não existe, ou, alternativamente, e dito que a função f diverge quandox tende para a. ♣

18.1.2 Observação: Observe-se que a condição adicional 0 < |x− a| na denição de limiteequação (18.1.1) permite que a função nem siquer esteja denida em a. ♣

18.1.3 Exemplo: Se f(x) = c é uma função constante, então para qualquer a ∈ R tem-selimx→a

f(x) = c. Com efeito, observe que neste caso |f(x)− c| = |c− c| = 0 < ε, para todo ε > 0.

Portanto, basta tomar qualquer δ > 0 arbitrário. ♣

18.1.4 Exemplo: Se f(x) = x, então para qualquer a ∈ R tem-se limx→a

x = a. Com efeito, neste

caso, dado ε > 0, se δ 6 ε, então tem-se |f(x)− a| = |x− a| < δ 6 ε. Portanto, basta tomarqualquer δ satisfazendo 0 < δ 6 ε. ♣

215

216 Limites

18.1.5 Exemplo: Se f(x) = x2, então para qualquer a ∈ R tem-se limx→a

x2 = a2.

Seja ε > 0 arbitrário. Observe que x2 − a2 = (x − a)(x + a). A idéia intuitiva para manipular osegundo fator, consiste em observar que se x ∼ a, então x+ a ∼ 2a. Formalmente, tem-se:

|x| = |x− a+ a| 6 |x− a|+ |a| ⇒ |x+ a| 6 |x|+ |a| 6 |x− a|+ |a|+ |a| = |x− a|+ 2 |a|

Agora, observe que δ < 1 ⇒ δ + 2 |a| < 1 + 2 |a|. Portanto:

|x− a| < δ ⇒∣∣x2 − a2

∣∣ = |x− a| |x+ a| 6 |x− a| (|x− a|+ 2 |a|) < δ (δ + 2 |a|)< δ (1 + 2 |a|) 6 ε,

se δ 6ε

1 + 2 |a|. Desta maneira, basta tomar 0 < δ 6 min

1,

ε

1 + 2 |a|

. ♣

18.1.6 Exemplo: Se f(x) =√x, então para qualquer a > 0 tem-se lim

x→a

√x =√a.

Seja ε > 0 arbitrário. Deve-se provar que existe δ > 0 tal que:

|x− a| < δ ⇒∣∣√x−√a∣∣ < ε ⇔ −ε <

√x−√a < ε.

Para tanto, observe que:

|x− a| < δ ⇔ −δ < x− a < δ ⇔ a− δ < x < a+ δ ⇔√a− δ <

√x <√a+ δ

⇔√a− δ −

√a <√x −√a <√a+ δ −

√a,

se δ 6 a, pois em tal caso a − δ > 0 e a raiz√a− δ está bem denida. Portanto, basta escolher

δ > 0 de maneira tal que sejam satisfeitas as duas seguintes relações:

−ε 6√a− δ −

√a

√a+ δ −

√a 6 ε.

Com relação à primeira relação acima tem-se:

−ε 6√a− δ−

√a ⇔

√a− ε 6

√a− δ ⇔ (

√a− ε)2 6 a− δ ⇔ δ 6 a− (

√a− ε)2.

Analogamente, para a segunda relação tem-se:

√a+ δ−

√a 6 ε ⇔

√a+ δ 6 ε+

√a ⇔ a+ δ 6 (ε+

√a)2 ⇔ δ 6 (

√a+ ε)2− a.

Portanto, basta tomar:

0 < δ 6 min

(√a+ ε)2 − a, a− (

√a− ε)2

.

Observe que em tal caso, automaticamente obtem-se a condição adicional δ 6 a, pois:

(√a− ε)2 > 0 ⇒ δ 6 a− (

√a− ε)2 6 a. ♣


18.1.7 Exemplo: Para uma prova alternativa do exemplo anterior, observe que:

√x−√a =√x−√a

√x+√a√

x+√a

=x− a√x+√a.

A idéia intuitiva para manipular o denominador na fração acima consiste em observar que:

x ∼ a ⇒√x ∼√a ⇒

√x+√a ∼ 2

√a.

Formalmente, em primeiro lugar, tem-se:

x > 0 ⇒√x > 0 ⇒

√a+√x >√a ⇒ 1√

x+√a<

1√a.

Por outro lado, tem-se que:

|x− a| < a

2⇔ −a

2< x− a < a

2⇔ a− a

2< x− a+ a < a+

a

2

⇔ a

2< x <

3

2a ⇒ x >

a

2> 0,

pois a > 0. Portanto, se 0 < δ 6 a/2, então:

|x− a| < δ ⇒∣∣√x−√a∣∣ =

|x− a|√x+√a<

δ√a6 ε,

se δ 6 ε√a. Portanto, basta tomar:

0 < δ 6 mina

2, ε√a. ♣

18.1.8 Exemplo: Se f(x) = xn, então para qualquer a ∈ R tem-se limx→a

xn = an.

Seja ε > 0 arbitrário. Deve-se provar que existe δ > 0 tal que:

|x− a| < δ ⇒ |xn − an| < ε ⇔ −ε < xn − an < ε.

Para tanto, observe que:

|x− a| < δ ⇔ −δ < x−a < δ ⇔ a−δ < x < a+δ ⇔ (a− δ)n < xn < (a+ δ)n

⇔ (a− δ)n − an < xn − an < (a+ δ)n − an.

Portanto, basta escolher δ > 0 de maneira tal que sejam satisfeitas as duas seguintes relações:

−ε 6 (a− δ)n − an

(a+ δ)n − an 6 ε.

Com relação à primeira relação acima tem-se:

−ε 6 (a− δ)n−an ⇔ an−ε 6 (a− δ)n ⇔ (an − ε)1/n 6 a−δ ⇔ δ 6 a−(an − ε)1/n.

Analogamente, para a segunda relação tem-se:

(a+ δ)n−an 6 ε ⇔ (a+ δ)

n 6 an+ε ⇔ δ+a 6 (an + ε)1/n ⇔ δ 6 (an + ε)

1/n−a.

218 Limites

Observe que, para ε > 0 arbitrário, deve ser:

an + ε > 0 ⇔ an > 0 ⇔ a > 0.

Analogamente:

an − ε > 0 ⇔ 0 < ε < an.

Suponha-se a > 0. Observe que a > 0 ⇒ an > 0. Portanto, existe ε0 > 0 tal que 0 < ε0 < an.Por exemplo, poderia ser escolhido ε0 := an/2. Desta maneira, tem-se:

0 < ε 6 ε0 ⇒ ε 6 ε0 < an ⇒ an − ε > ε0 − ε > 0 ⇒ an − ε > 0.

Por outro lado, obviamente:

0 < ε 6 ε0 ⇒ an + ε0 > an + ε > an > 0.

Portanto, no caso 0 < ε 6 ε0, a expressão para δ(ε) dado por:

0 < δ(ε) 6 min

(an + ε)1/n − a, a− (an − ε)1/n

.

está bem denido e tem-se que |x− a| < δ(ε) ⇒ |xn − an| < ε. No caso ε > ε0, então δ(ε0)está bem denido e também tem-se que |x− a| < δ(ε0) ⇒ |xn − an| < ε0 < ε. ♣

18.1.9 Exemplo: Para uma prova alternativa do exemplo anterior, observe que:

xn − an = (x− a)

n∑i=1

xn−iai−1

= (x− a)(xn−1 + xn−2a+ xn−3a2 + · · ·+ x2an−3 + xan−2 + an−1

).

Se δ < 1, então:

|x− a| < δ ⇒ |x| = |x− a+ a| 6 |x− a|+ |x− a|+ |a| < δ + |a| < 1 + |a| ,

de onde segue que:∣∣∣∣∣n∑i=1

xn−iai−1

∣∣∣∣∣ 6n∑i=1

|x|n−i|a|i−1 <

n∑i=1

(1 + |a|)n−i|a|i−1 =(1 + |a|)n − |a|n

(1 + |a|)− |a|

= (1 + |a|)n − |a|n.

Portanto:

|xn − an| = |x− a|

∣∣∣∣∣n∑i=1

xn−iai−1

∣∣∣∣∣ < δ ((1 + |a|)n − |a|n) .

Desta maneira, basta escolher 0 < δ 6 min

1,

ε

(1 + |a|)n − |a|n

. ♣


Contrariamente ao que se poderia supor a partir da análise dos exemplos precedentes, na verdadenão é de nenhuma maneira necesário fornecer uma fórmula explícita para δ em função do ε. Atítulo de ilustração, o exemplo a seguir, embora um tanto complicado, pode ser considerado umcaso típico. Uma generalização deste exemplo é considerada no exercício 18.7.1.

18.1.10 Exemplo: Considere-se a função f denida no intervalo (0, 1) como:

f(x) :=

0, se x é irracional, 0 < x < 1;

1/q, se x = p/q fração irredutível, 0 < x < 1.

Lembre-se que p/q é irredutível se p e q são inteiros sem divisores comunes. Para qualquer a com0 < a < 1 tem-se lim

x→af(x) = 0.

Seja a ∈ (0, 1) arbitrário mas xo. Dado ε > 0, seja n ∈ N tal que 1/n 6 ε, cuja existência égarantida pela arquimedianidade do corpo real. Observe que se condição |f(x)− 0| = |f(x)| =f(x) < ε for falsa, então x deve pertencer ao conjunto A denido como:

A :=

1

2

⋃ 1

3,

2

3

⋃ 1

4,

3

4

⋃ 1

5,

2

5,

3

5,

4

5

⋃· · ·

⋃ 1

n, . . . ,

n− 1

n

.

Por exemplo, se a for racional, poderia pertencer ao mesmo. Resulta importante salientar que talconjunto é nito. Seja δ denido como:

δ :=

min |x− a| : x ∈ A , se a /∈ A;

min |x− a| : x ∈ A ∧ x 6= a , se a ∈ A.

Observe que δ está bem denido, pois A é nito, e δ > 0. Agora, se 0 < |x− a| < δ, então x nãopode pertencer ao conjunto A, e portanto a desigualdade |f(x)− 0| < ε não pode ser falsa. ♣

18.1.11 Exemplo: O limite da função f(x) = 1/x quando x tende para 0 não existe.

Com efeito, por reductio ad absurdum suponha-se que existe l ∈ R tal que:

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : |x− 0| < δ ⇒∣∣∣∣ 1x − l

∣∣∣∣ < ε.

Considere-se primeiramente o caso l = 0. Dado ε = 1 > 0, por hipótese, existe δ1 > 0 tal que:

|x| < δ1 ⇒ 1

|x|< 1 ⇒ 1 < |x| .

Se fosse δ1 6 1 teria-se que |x| < δ1 6 1, contradizendo a relação acima. Por outro lado, se fosseδ1 > 1, tomando x = 1/2 teria-se que |x| = |1/2| = 1/2 < 1 < δ1 e portanto 1 < |x| = |1/2| = 1/2,o que também resulta em contradição.

Considere-se agora o caso l 6= 0. Dado ε = |l|/2, por hipótese, existe δl > 0 tal que:

|x| < δl ⇒∣∣∣∣ 1x − l

∣∣∣∣ < |l|2 .

220 Limites

Agora, observando que |x| < 2

3 |l|⇒ 1

|x|>

3

2|l|, tem-se:∣∣∣∣ 1x − l

∣∣∣∣ > ∣∣∣∣ 1

|x|− |l|

∣∣∣∣ > 1

|x|− |l| > |l|

2.

Portanto, se fosse δl 62

3|l|, teria-se que |x| < δl 6

2

3|l|, obtendo-se uma contradição. Por outro

lado, se fosse2

3|l|< δl, bastaria tomar x =

2

3|l|para obter uma contradição. ♣

18.1.12 Teorema: Se existe, então o limite de uma função é único. Ou seja, se limx→a

f(x) = l e

limx→a

f(x) = m, então deve ser l = m.

Demonstração: Por reductio ad absurdum, suponha-se que l 6= m. Seja ε = |l −m| /2 > 0. Porhipótese, existem δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que:

|x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− l| < ε,

|x− a| < δ2 ⇒ |f(x)−m| < ε.

Portanto, denindo δ := min δ1, δ2, se |x− a| < δ, então tem-se:

|l −m| = |l − f(x) + f(x)−m| 6 |l − f(x)|+ |f(x)−m| < ε+ ε = 2ε = |l −m| .

Mas a relação acima constitui uma contradição.

18.1.13 Teorema: Sejam f , g funções. Se limx→a

f(x) = l e limx→a

g(x) = m, então:

(a) limx→a

(f + g)(x) = l +m.

(b) limx→a

(f g)(x) = l m.

(c) Se adicionalmente for m 6= 0, então limx→a

1

g(x)=

1

m.

(d) Se adicionalmente for m 6= 0, então limx→a

f(x)

g(x)=

l

m.

(e) Se for m = 0 mas l 6= 0, então limx→a

f(x)

g(x)não existe.

Demonstração: (a) Seja ε > 0, arbitrário. Por hipótese, existem δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que:

|x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− l| < ε/2,

|x− a| < δ2 ⇒ |g(x)−m| < ε/2.

Portanto, se |x− a| < δ := min δ1, δ2, então tem-se:

|(f + g)(x)− (l +m)| = |f(x) + g(x)− l −m| = |f(x)− l + g(x)−m|6 |f(x)− l| + |g(x)−m| < ε/2 + ε/2 = ε.


(b) Observando que |f(x)| 6 |f(x)− l|+ |l|, tem-se:

|f(x)g(x)− lm| = |f(x)g(x)− f(x)m+ f(x)m− lm|= |f(x) (g(x)−m) + (f(x)− l)m|6 |f(x) (g(x)−m)|+ |(f(x)− l)m|= |f(x)| |g(x)−m|+ |f(x)− l| |m|6 (|f(x)− l|+ |l|) |g(x)−m|+ |f(x)− l| |m|

Por hipótese, existem δ1, δ2, δ3 positivos, tais que:

|x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− l| < ε

2(1 + |m|),

|x− a| < δ2 ⇒ |f(x)− l| < 1,

|x− a| < δ3 ⇒ |g(x)−m| < ε

2(1 + |l|).

Seja 0 < δ 6 min δ1, δ2, δ3. Então, se |x− a| < δ tem-se:

|f(x)g(x)− lm| 6 (1 + |l|) ε

2(1 + |l|)+

ε

2(1 + |m|)|m|

< (1 + |l|) ε

2(1 + |l|)+

ε

2(1 + |m|)(|m|+ 1)

=ε

2+ε

2= ε.

(c) Como m 6= 0, por hipótese, existe δ1 > 0 tal que:

0 < |x− a| < δ1 ⇒ |g(x)−m| < |m|2.

Portanto, tem-se:

|m| − |g(x)| 6 ||m| − |g(x)|| 6 |g(x)−m| < |m|2

⇒ |g(x)| > |m| − |m|2

=|m|2

> 0.

Em particular, g(x) também é não-nula numa vizinhança de m, exceto possivelemente parax = a (que pode aconter, por exemplo, se g não for contínua em a). Além disso, pelo mesmofato, tem-se:

1

|g(x)|<

2

|m|.

Por outro lado, existe δ2 > 0 tal que:

0 < |x− a| < δ2 ⇒ |g(x)−m| < |m|2ε

2.

Seja 0 < δ 6 min δ1, δ2. Então, se |x− a| < δ tem-se:∣∣∣∣ 1

g(x)− 1

m

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣g(x)−mmg(x)

∣∣∣∣ =|g(x)−m||m| |g(x)|

<2

|m||g(x)−m||m|

=2

|m|2|g(x)−m|

<2

|m|2|m|2ε

2= ε.

222 Limites

(d) Basta combinar o resultado dos intens (b) e (c) anteriores.

(e) Seja M ∈ N arbitrário. Por hipótese, existe δ > 0 tal que:

|x− a| < δ ⇒ |f(x)− l| < |l|2.

Portanto, tem-se:

|l| − |f(x)| 6 ||l| − |f(x)|| 6 |f(x)− l| < |l|2

⇒ |f(x)| > |l| − |l|2

=|l|2.

Por hipótese, também existe δ2 > 0 tal que:

|x− a| < δ2 ⇒ |g(x)| < |l|2M

.

Seja 0 < δ 6 min δ1, δ2. Então, se |x− a| < δ, tem-se:

|f(x)||g(x)|

>|l|2

2M

|l|= M.

18.1.14 Observação: Se for m = 0 e l = 0, então o limite do quociente pode existir ou não,dependendo de cada caso particular e nada pode armar-se em geral sem dispor de informaçãoadicional. ♣

18.1.15 Exemplo: Este exemplo ilustra a observação anterior. Um outro exemplo será acrescidocomo resultado do exercício 18.12.3(d). Seja a = 0.

(a) Se f(x) = x e g(x) = x2, então:

l = limx→0

f(x) = limx→0

x = 0 e m = limx→0

g(x) = limx→0

x2 = 0

e tem-se que:

limx→0

f(x)

g(x)= limx→0

x

x2= limx→0

1

x.

Ou seja, neste caso o limite do quociente não existe.

(b) Se f(x) = x2 e g(x) = x, então tem-se igualmente que:

l = limx→0

f(x) = limx→0

x2 = 0 e m = limx→0

g(x) = limx→0

x = 0

mas agora:

limx→0

f(x)

g(x)= limx→0

x2

x= limx→0

x = 0.

Portanto, neste caso o limite do quociente si existe, sendo igual a 0. ♣

18.2 Limites Laterais 223

18.1.16 Exemplo: Se p(x) = a0 + a1x+ a2x2 · · ·+ anx

n e q(x) = b0 + b1x+ b2x2 · · ·+ bkx

k sãopolinômios, então, pela aplicação direta do Teorema 18.1.13 tem-se:

(a) limx→a

p(x) = p(a) e limx→a

q(x) = q(a).

(b) Se a não é raiz de q(x), ou seja, se q(a) 6= 0, então limx→a

p(x)

q(x)=p(a)

q(a).

(c) Se q(a) = 0 mas p(a) 6= 0, então limx→a

p(x)

q(x)não existe. ♣

18.1.17 Teorema: Sejam f , g funções tais que limx→a

g(x) = m e limx→m

f(x) = l. Então:

limx→a

(f g)(x) = l.

Demonstração: Suponha-se que m pertence ao interior do domínio da f . Como tal interior é umconjunto aberto, existe δ0 tal que se |x−m| < δ0 então x pertence ao (interior do) domínio da f .Seja ε > 0. Por hipótese, existe δ1 > 0 tal que:

|x−m| < δ1 ⇒ |f(x)− l| < ε.

Uma vez determinado tal δ1 > 0, também por hipótese, existe δ2 > 0 tal que:

|x− a| < δ2 ⇒ |g(x)−m| < min δ0, δ1 .

Portanto:

|x− a| < δ2 ⇒ |g(x)−m| < δ1 ⇒ |f(g(x))− l| < ε.

18.1.18 Exemplo: Suponha-se que limx→a

g(x) = m, com m > 0. Então, limx→a

√g(x) =

√m. ♣

18.2 Limites Laterais

18.2.1 Denição: Se diz que a função f tende ao limite l quando x tende para a porvalores superiores, ou pela direita, ou ainda desde acima , se:

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : 0 < x− a < δ ⇒ |f(x)− l| < ε.

Em tal caso, denota-se limx→a+

f(x) = l. ♣

18.2.2 Denição: Analogamente, se diz que a função f tende ao limite l quando x tendepara a por valores inferiores, ou pela esquerda ou ainda desde abaixo , se:

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : 0 < a− x < δ ⇒ |f(x)− l| < ε.

Em tal caso, denota-se limx→a−

f(x) = l. ♣

224 Limites

18.2.3 Exemplo: limx→0+

√x = 0.

Seja ε > 0. Observe que se x > 0, então√x > 0, de onde segue que |

√x| =

√x. Desta maneira,

pelo exercício 2.4.3(c), tem-se:

0 < x = (√x)2 < ε2 ⇒ |

√x| =

√x < ε.

Portanto, basta tomar 0 < δ 6 ε2. ♣

18.2.4 Proposição: limx→a

f(x) existe (e vale l) se e somente se os limites laterais limx→a−

f(x) e

limx→a+

f(x) existem ambos e são iguais (com valor comun l).

Demonstração: Se o limite existe (com valor l), obviamente ambos limites laterais também exis-tem e são iguais (com valor comum l). Para provar a recíproca, dado ε > 0, por hipótese, existemδ1, δ2 positivos tais que:

0 < x− a < δ1 ⇒ |f(x)−m| < ε,

0 < a− x < δ2 ⇒ |f(x)− l| < ε.

Seja 0 < δ 6 min δ1, δ2. Suponha-se que 0 < |x− a| < δ. No caso x < a, tem-se que0 < a− x 6 |x− a| < δ 6 δ2. Portanto:∣∣∣∣f(x)−

(l +m

2

)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f(x)− l

2− m

2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f(x)− l

2− l

2+l

2− m

2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f(x)− l +l −m

2

∣∣∣∣6 |f(x)− l| + |l −m|

2< ε +

|l −m|2

.

Agora, como os limites laterais são iguais, fazendo l = m na relação acima, obtem-se o resultadodesejado, a saber, |f(x)− l| < ε. Analogamente, no caso a < x, tem-se que 0 < x− a 6 |x− a| <δ 6 δ1. Portanto:∣∣∣∣f(x)−

(l +m

2

)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f(x)− m

2− l

2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f(x)− m

2− m

2+m

2− l

2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f(x)−m+m− l

2

∣∣∣∣6 |f(x)−m| + |l −m|

2< ε +

|l −m|2

.

Agora, como os limites laterais são iguais, fazendo l = m na relação acima, obtem-se o resultadodesejado, a saber, |f(x)− l| < ε.

18.3 Limites Impróprios

18.3.1 Denição: Se diz que a função f diverge para +∞ quando x tende para a se:

∀M ∈ N ∃ δ > 0 : 0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > M.

Se a função f diverge para +∞ quando x tende para a, este fato denota-se limx→a

f(x) = +∞. ♣

18.4 Limites Impróprios de Sequências 225

18.3.2 Denição: Se diz que a função f diverge para −∞ quando x tende para a se a função−f diverge para +∞ quando x tende para a. ♣

18.3.3 Exemplo: Se f(x) = 1/x2, então limx→0

1

x2= +∞. ♣

18.3.4 Denição: Se diz que a função f tende para l quando x tende para +∞ se:

∀ ε > 0 ∃ M ∈ N : x > M ⇒ |f(x)− l| < ε.

Em tal caso denota-se limx→+∞

f(x) = l. ♣

18.3.5 Denição: Analogamente, se diz que a função f tende para l quando x tende para−∞ se:

∀ ε > 0 ∃ M ∈ N : x < −M ⇒ |f(x)− l| < ε.

Em tal caso denota-se limx→−∞

f(x) = l. ♣

18.3.6 Exemplo: (a) limx→+∞

1

x= 0 = lim

x→−∞

1

x.

(b) limx→+∞

senx

x= 0 = lim

x→−∞

senx

x. ♣

18.3.7 Observação: Todas as denições desta seção podem combinar-se entre si e ainda comas denições de limites laterais. ♣

18.3.8 Exemplo: O limite da função f(x) = 1/x para x → 0 não existe. Mais ainda, ela não

diverge para +∞ nem para −∞. Porém, observe-se que limx→0+

1

x= +∞ e lim

x→0−

1

x= −∞. ♣

18.4 Limites Impróprios de Sequências

18.4.1 Denição: Se diz que a sequência snn∈N converge para +∞, o que se denotalimn→∞

sn = +∞, se:

∀M > 0 ∃ N = N(M) ∈ N : n > N ⇒ sn > M.

Analogamente, se diz que a sequência snn∈N converge para−∞, o que se denota limn→∞

sn = −∞,se:

∀M > 0 ∃ N = N(M) ∈ N : n > N ⇒ sn < −M. ♣

226 Limites

18.4.2 Observação: (a) Se limn→∞

sn 6= +∞, então snn∈N possui uma sub-sequência limi-

tada superiormente.

Com efeito, em tal caso existe M0 > 0 tal que para todo N ∈ N existe n = n(N) ∈ Ncom n > N e sn 6 M0. Em particular, para N = 1 ∈ N existe n(1) ∈ N com n(1) > 1 esn(1) 6M0. Em geral, assumindo a existência de n(k) ∈ N com n(k) > k e sn(k) 6M0, dadoN = n(k) + 1 ∈ N, existe n(k + 1) ∈ N com n(k + 1) > n(k) + 1 > k + 1 e sn(k+1) 6 M0.Além disso, observe que n(k+ 1) > n(k) + 1 > n(k). Portanto, sn(k)k∈N é a sub-sequênciaprocurada.

Observe que a recíproca deste resultado também é verdadeira.

(b) Analogamente, se limn→∞

sn 6= −∞, então snn∈N possui uma sub-sequência limitada infe-

riormente. ♣

18.4.3 Denição: Se diz que +∞ é um ponto de acumulação da sequência snn∈N seexiste uma subsequência snkk∈N tal que lim

k→∞snk = +∞.

Analogamente, se diz que −∞ é um ponto de acumulação da sequência snn∈N se existe umasubsequência snkk∈N tal que lim

k→∞snk = −∞. ♣

18.4.4 Lema: Seja snn∈N uma sequência. Então, as seguintes condições são equivalentes:

1. A sequência snn∈N não é limitada superiormente.

2. +∞ é um ponto de acumulação da sequência snn∈N.

Demonstração: (1) ⇒ (2). Se a sequência não é limitada superiormente, então para todoM > 0existe n = n(M) ∈ N tal que sn > M . Em particular, dado 1 > 0 existe n(1) ∈ N tal que sn(1) > 1.Em geral, uma vez determinado n(k) tal que sn(k) > k, seja Ak+1 o conjunto denido como:

Ak+1 := n ∈ N : sn > k + 1 ∧ n > n(k) .

Observe que Ak+1 não pode ser vazio, pois em tal caso a sequência seria limitada pelo número:

maxs1, s2, . . . , sn(k), k + 1

.

Portanto, dene-se n(k + 1) como o menor elemento de Ak+1, cuja existência garante o Princípiode Boa Ordenação. Observe que n(k + 1) > n(k). Desta maneira, resulta possível construirinductivamente uma sub-sequência tal que sn(k) > k para todo k ∈ N. Adicionalmente, observeque se j > k, então sn(j) > k, pois sn(j) > j > k. A partir dessas observações, resulta simplesprovar que a sub-sequência assim construida converge para +∞, que resulta desta maneira pontode acumulação da sequência original.

(2) ⇒ (1). Por hipótese, existe uma sub-sequência sn(k)k∈N que converge para +∞. Ou seja,para todo M > 0 existe k = k(M) ∈ N tal que sn(k) > M . Em particular, a sequência original nãoé limitada superiormente.

18.5 O Conjunto de Pontos de Acumulação Estendido 227


1. limn→∞

sn = −∞.

2. −∞ é o único ponto de acumulação da sequência snn∈N.

Demonstração: (1) ⇒ (2). Para provar que −∞ é ponto de acumulação, basta exibir uma sub-sequência convergente a −∞. Para tanto, a própria sequencia original serve, pela hipótese 1. Paraprovar a unicidade, se +∞ fosse ponto de acumulação, então, pelo lema anterior, a sequência nãopoderia ser limitada superiormente, contradizendo a hipótese 1. Por outro lado, se existisse umponto de acumulação nito, então, pelo resultado do exercício 17.7.2, existiria uma sub-sequênciaconvergente a tal número nito. Mas, pela hipótese 1, tal sub-sequência deveria convergir para−∞.

(2) ⇒ (1). Por reductio ad absurdum, se limn→∞

sn 6= −∞, então pela observação 18.4.2(b), existe

uma sub-sequência limitada inferiormente. Se tal sub-sequência não fosse limitada superiormente,pelo lema anterior, +∞ seria ponto de acumulação da sub-sequencia e, pelo resultado do exercício17.7.4(a), também da sequência original, contradizendo a unicidade estabelecida pela hipótese 2.Por outro lado, se a sub-sequencia fosse também limitada superiormente, estaria contida numcompacto e, pelo resultado do exercício 17.8.1, teria um ponto de acumulação nito. Pelo mesmoargumento anterior, também seria ponto de acumulação da sequência original, contradizendo aunicidade.

Os seguintes resultados são os análogos dos dois lemas anteriores, respectivamente.


1. A sequência snn∈N não é limitada inferiormente.

2. −∞ é um ponto de acumulação da sequência snn∈N.

Demonstração: Análoga à prova do lema 18.4.4.


1. limn→∞

sn = +∞.

2. +∞ é o único ponto de acumulação da sequência snn∈N.

Demonstração: Análoga à prova do lema 18.4.5.

18.5 O Conjunto de Pontos de Acumulação Estendido

18.5.1 Denição: Dene-se o conjunto R de números reais estendidos como R :=R∪±∞.Este novo conjunto é ordenado com a relação de ordem dada por −∞ < a < +∞, ∀ a ∈ R. ♣

228 Limites

18.5.2 Denição: Seja snn∈N ⊂ R uma sequência de números reais. Dene-se o conjuntode pontos de acumulação estendido Ξ da sequência snn∈N como:

Ξ :=x ∈ R : existe uma sub-sequência snkk∈N com lim

k→∞snk = x

. ♣

18.5.3 Observação: Com relação ao conjunto Ξ acima denido tem-se:

(a) Ξ 6= ∅. Ou seja, o conjunto de pontos de acumulação estendido resulta sempre não-vazio.Com efeito, se a sequência snn∈N é não-limitada superiormente, então +∞ ∈ Ξ, pelo Lema18.4.4. Suponha-se então que a sequência em questão é limitada superiormente. Se fosse não-limitada inferiormente, então −∞ ∈ Ξ, pelo Lema 18.4.6. Caso contrário, deve ser limitadainferior e superiormente, ou seja, limitada. Portanto, deve estar contida em um sub-conjuntocompacto, em cujo caso a sequência tem um ponto de acumulação (nito), pelo resultado doexercício 17.8.1, ou seja, ∅ 6= Ξ ⊆ Ξ.

(b) Verica-se também a seguinte relação entre conjuntos:

pontos de acumulação de snn∈N ⊆ Ξ ⊆ pontos de acumulação de snn∈N∪±∞.♣

18.5.4 Lema: Com as denições precedentes, tem-se:

(a) Suponha-se a existência de algum número real exendido a ∈ R satisfazendo as seguintespropriedades:

a ∈ Ξ.

a < x ⇒ ∃ N = N(x) ∈ N : n > N ⇒ sn < x.

Então, tal a deve ser necessáriamente único.

(b) O número real estendido sup Ξ satisfaz as duas propriedades do item (a) anterior.

Demonstração: (a) Sejam r, s ∈ R satisfazendo as duas condições estabelecidas no item (a).Se fosse r < s, considere x ∈ R tal que r < x < s. Em tal caso, pela segunda propriedadeaplicada a r, existiria N ∈ N tal que:

n > N ⇒ sn < x < s.

Em tal caso, o número s não poderia satisfazer a primeira propriedade, ou seja s não poderiaser ponto de acumulação da sequência. De fato, para obter uma contradição bastaria tomarε = s−x > 0. Portanto, deve ser r > s. Se fosse s < r então, aplicando o mesmo argumento,mutatis mutandi r por s, obteria-se que s > r. Desta maneira, deve ser r = s.

(b) Suponha-se em primeiro lugar que sup Ξ = +∞. Em tal caso, Ξ não é limitado superior-mente, ou seja:

∀m > 0 ∃ x(m) ∈ Ξ : x(m) > m.

18.5 O Conjunto de Pontos de Acumulação Estendido 229

Se para algum m0 > 0 fosse x(m0) = +∞, então obviamente sup Ξ = +∞ = x(m0) ∈ Ξ.Portanto, se pode supor, sem perda de generalidade, que:

∀m > 0 ∃ x(m) ∈ Ξ : x(m) > m.

Ou seja, x(m) ∈ R, para todo m > 0. Seja ε :=x(m)−m

2> 0. Como x(m) ∈ Ξ, ou seja,

x(m) é ponto de acumulação da sequência snn∈N, existe n(m) ∈ N tal que:

∣∣sn(m) − x(m)∣∣ < x(m)−m

2.

Em particular, observe que dessa última relação tem-se:

− x(m)−m2

< sn(m) − x(m) ⇒ −x(m)

2+m

2< sn(m) − x(m)

⇒ x(m)

2+m

2< sn(m) ⇒ m =

m

2+m

2<x(m)

2+m

2< sn(m).

Seja agora m′ tal que m′ > x(m) +x(m)−m

2> x(m) > m.

Armação: Existe n(m′) > n(m) tal que∣∣sn(m′) − x(m′)

∣∣ < x(m′)−m′

2. O

Com efeito, pois caso contrário teria-se que |sn − x(m′)| > x(m′)−m′

2, para todo n > n(m),

contradizendo que x(m′) é ponto de acumulação da sequência. H

Desta maneira, resulta possível construir uma sub-sequênciasn(m)

m∈N tal que sn(m) > m,

para todo m ∈ N. Em particular, tem-se que limm→∞

sn(m) = +∞, de onde segue que

sup Ξ = +∞ ∈ Ξ.

Suponha agora que sup Ξ ∈ R. Em tal caso, Ξ é limitado superiormente e, como Ξ é fechado,segue que sup Ξ ∈ Ξ.

Finalmente, suponha que sup Ξ = −∞. Em tal caso, Ξ = −∞, pois Ξ é não-vazio. Por-tanto, obviamente sup Ξ = −∞ ∈ Ξ. Isso conclui a demonstração que sup Ξ ∈ Ξ qualqueraseja o caso, provando que sup Ξ satisfaz a primeira propriedade do enunciado do item (a).

Para a prova da segunda propriedade, em primeiro lugar observe que se fosse sup Ξ = +∞,então tal propriedade deve ser verdadeira (vide observação ao nal da presente demonstra-ção). Considere-se então o caso sup Ξ < +∞. Por reductio ad absurdum, suponha-se queexiste x0 > sup Ξ tal que para todo N ∈ N existe n(N) ∈ N com n(N) > N e sn(N) > x0.Em particular, para N = 1 ∈ N, existe n(1) ∈ N com n(1) > 1 e sn(1) > x0. Assumindo aexistência de n(k) ∈ N com n(k) > k e sn(k) > x0, dado n(k)+1 ∈ N existe n(k+1) > n(k)+1e sn(k+1) > x0. Em particular, n(k + 1) > n(k) + 1 > n(k), ou seja, n(k + 1) > n(k). Destamaneira, resulta possível construir inductivamente uma sub-sequência

sn(k)

k∈N tal que

sn(k) > x0, para todo k ∈ N. Se snn∈N não fosse limitada superiormente, então pelo Lema

230 Limites

18.4.4 teria-se que +∞ seria ponto de acumulação. Se snn∈N for limitada superiormente,então existe M ∈ R tal que sn 6 M , para todo n ∈ N. Agora, como x0 6 sn(k) 6 M ,para todo k ∈ N, tem-se que sn(k) ⊆ [x0,M ], que é um intervalo compacto. Portanto, asub-sequência

sn(k)

k∈N tem algum ponto de acumulação em [x0,M ], de onde segue que a

sequência original snn∈N possui algum ponto de acumulação em [x0,M ]. Desta maneria,qualquer que seja o caso, ou seja, sendo snn∈N limitada ou não-limitada superiormente,possui um ponto de acumulação y com y > x0 > sup Ξ. Isso constitui uma contradição, poisse y é ponto de acumulação, então y ∈ Ξ, e portanto deveria ser y 6 sup Ξ.

18.5.5 Observação: Sejam P,Q as proposições denidas respectivamente como:

P := a < x,

Q := (∃ N = N(x) ∈ N : n > N ⇒ sn < x) .

Considere a seguinte tabela de verdade:

P Q ¬P ¬P ∨QV V F VV F F FF V V VF F V V

Observe que se a = +∞, então P é falsa. Portanto, segundo a tabela de verdade acima, P ⇒ Qé verdadeira. ♣

O seguinte resultado é o análogo do anterior.

18.5.6 Lema: Com as denições precedentes, tem-se:

(a) Suponha-se a existência de algum número real exendido a ∈ R satisfazendo as seguintespropriedades:

a ∈ Ξ.

x < a ⇒ ∃ N = N(x) ∈ N : n > N ⇒ x < sn.

Então, tal a deve ser necessáriamente único.

(b) O número real estendido inf Ξ satisfaz as duas propriedades do item (a) anterior.

Demonstração: Análoga à prova do resultado anterior.


18.6 Resultados Gerais sobre Limites

18.6.1 Exercício: Prove que limx→a

f(x) = limh→0

f(a+ h). ♣

18.6.2 Exercício: Sejam f , g e h funções tais que f(x) 6 g(x) 6 h(x) e suponha-se quelimx→a

f(x) = l = limx→a

h(x). Então, limx→a

g(x) = l. ♣

18.6.3 Exercício: limx→0−

f(|x|) existe se e somente se limx→0+

f(x) existe. Em tal caso, os dois

limites são iguais. ♣

18.7 Alguns Exemplos Estranhos

18.7.1 Exercício: Suponha-se que para cada n ∈ N, An é um conjunto nito de números em[0, 1] e que Am e An carecem de elementos comuns se m 6= n, ou seja, Am ∩ An = ∅ se m 6= n.Dena-se a função f no intervalo [0, 1] como segue:

f(x) :=

1/n, se x está em An;

0, se x não está em An para nenhum n ∈ N.

Prove que limx→a

f(x) = 0 para todo a ∈ [0, 1]. ♣

18.7.2 Exercício: Considere-se a função f denida no intervalo (−1, 1) como:

f(x) :=

x, se x é irracional, 0 < |x| < 1;

1/q, se x = p/q fração irredutível, 0 < |x| < 1;

0, se x = 0.

Prove que:

(a) limx→0

f(x) = 0.

231

232 Limites

(b) Para qualquer outro a com 0 < |a| < 1 não existe limx→a

f(x). ♣

18.7.3 Exercício: Considere-se a função f denida no intervalo [0, 1] como:

f(x) :=

x, se x é racional;

1− x, se x é irracional.

Prove que:

(a) limx→1/2

f(x) = 1/2.

Sugestão: Observe-se que |f(x)− 1/2| = |x− 1/2|, para qualquer x ∈ [0, 1].

(b) Para qualquer outro a 6= 1/2 com 0 6 a 6 1 não existe limx→a

f(x).

Sugestão: Considere ε 6 |1− 2a|. ♣

18.8 Limites de Funções e Sequências

18.8.1 Exercício: (a) Se existe limx→a

f(x), então também existe o limite limn→∞

f(sn), para toda

sequência snn∈N tal que limn→∞

sn = a e em tal caso os dois limites são iguais.

(b) Reciprocamente, se para toda sequência snn∈N tal que limn→∞

sn = a o limite limn→∞

f(sn)

existe e o seu valor, digamos l, é sempre o mesmo, ou seja, independe da sequência snn∈N,então também existe o limite lim

x→af(x) e vale l.

Sugestão: Use reductio ad absurdum, para gerar uma sequência convergendo para a mas...

(c) O resultado do item (b) anterior não se cumple se o valor não é o mesmo. ♣

Modicando trivialmente a mesma prova, os itens (a) e (b) do exercício anterior são sucetíveisde generalização para os limites laterais x → a+, ou x → a−, em cujo caso a sequência sn devesatisfazer a condição adicional a < sn, ou a > sn, para todo n ∈ N, respectivamente.

Com relação apenas ao item (b) desse mesmo exercício, existe um caso particular de considerávelimportância onde o limite lim

n→∞f(sn) sempre existe e o valor independe da sequência sn, como

indicado no Exercício 18.8.3 abaixo, após um resultado preparatório.

18.8.2 Exercício: Seja a ∈ R. Seja f uma função monótona não-decrescente denida numaberto da forma (a, b), para algum R 3 b > a. Ou seja, x < y implica f(x) 6 f(y), para todox, y ∈ (a, b). Seja snn∈N uma sequência com sn > a para todo n ∈ N tal que lim

n→∞sn = a. Então:

18.8 Limites de Funções e Sequências 233

(a) Sem hipóteses adicionais, a sequência f(sn) possui no máximo apenas um ponto de acumu-lação.

(b) Suponha-se adicionalmente que sn é monotona não-crescente, ou seja n > m implica sn 6 sm,e que f é limitada inferiormente, ou seja existeM ∈ R tal queM 6 f(x), para todo x ∈ (a, b).Prove que em tal caso existe o limite lim

n→∞f(sn).

Sugestão: Em tal caso, f(sn) resulta uma sequência não-crescente e limitada inferiormente.

(c) Se f é limitada inferiormente, então a sequência f(sn) possui pelo menos um ponto deacumulação.

Sugestão: Use a hipótese sn > a e limn→∞

sn = a para gerar uma subsequência monótona

não-crescente e use o item anterior. ♣

O mesmo resultado do exercício 18.8.2 anterior vale se f estiver denida num aberto da forma(c, a), para algum R 3 c < a e a sequência satisfazer sn < a para todo n ∈ N com todas asoutras hipóteses mantidas inalteradas. No caso do item (b) deve-se considerar sn monótona não-decrescente, ou seja n > m implica sm 6 sn e que f é limitada superiormente, ou seja existeM ∈ Rtal que f(x) 6M , para todo x ∈ (c, a).

18.8.3 Exercício: Seja f uma função limitada inferiormente e monótona não-decrescente de-nida num aberto da forma (a, b), para algum R 3 b > a. Ou seja, x < y implica f(x) 6 f(y), paratodo x, y ∈ (a, b) e existe M ∈ R tal que M 6 f(x), para todo x ∈ (a, b). Então:

(a) Para toda sequência snn∈N, com sn > a para todo n ∈ N, e tal que limn→∞

sn = a, também

existe o limite limn→∞

f(sn).

Sugestão: Pelo exercício 18.8.2(c), a sequência f(sn) possui um ponto de acumulação queresulta único, pelo mesmo exercício 18.8.2(a). Basta então lembrar o resultado do exercício17.8.2.

(b) O limite do item anterior independe da sequência snn∈N considerada. ♣

O mesmo resultado do exercício 18.8.3 anterior vale se f for limitada superiormente estandodenida num aberto da forma (c, a), para algum R 3 c < a e a sequência satisfazer sn < a paratodo n ∈ N com todas as outras hipóteses mantidas inalteradas.

18.8.4 Exercício: Se f é uma função limitada inferiormente e monótona nao-decrescente de-nida num aberto da forma (a, b), para algum R 3 b > a, então existe o limite lateral lim

x→a+f(x).

Sugestão: Segue diretamente do exercício 18.8.3(a,b) e 18.8.1(b). ♣

234 Limites

Um resultado análogo ao do Exercício 18.8.4 anterior vale se f for uma função limitada supe-riormente estando denida num aberto da forma (c, a), para algum R 3 c < a com todas as outrashipóteses mantidas inalteradas. Em tal caso, existe o limite lateral pela esquerda lim

x→a−f(x).

Observe-se também que em todos os três resultados anteriores, se f estivesse denida em umintervalo da forma (c, b) contendo o ponto a, ou seja a ∈ (c, b), então a hipótese de limitaçãoinferior e/ou superior pode ser dispensada. Com efeito em tal caso teria-se f(a) 6 f(x) para todox ∈ (a, b), como assim também f(x) 6 f(a) para todo x ∈ (c, a).

Portanto, se f é monótona não-decrescente os limites laterais pela direita limx→a+

f(x) e pela

esquerda limx→a+

f(x) existem sempre.

Finalmente, observe-se que o mesmo resultado vale para funções monótonas não-crescentes.Com efeito, se f é uma tal função, então −f resulta monótona não-decrescente e o resultadoanterior pode ser aplicado a −f , de onde segue a existência dos limites laterais para f também.

18.8.5 Exercício: Sejam f uma função e snn∈N uma sequência tais que f(n) = sn para todon ∈ N.

(a) Se existe limx→+∞

f(x), então também existe o limite limn→∞

sn e em tal caso os dois limites são

iguais.

(b) A recíproca do resultado anterior não é válida em geral. Ou seja, a existência do limite dasequência lim

n→∞sn não garante a existência do limite da função lim

x→+∞f(x).

Sugestão: Considere a função f(x) = sen(πx) e a sequência sn := f(n) = sen(nπ) = 0, paratodo n ∈ N. ♣

18.9 A Função Exponencial expa(x)

Considere-se a função exponencial expa(x) denida no Capítulo 12.

18.9.1 Exercício: Nos exercícios a seguir, considere sempre por separado os casos a > 1 e0 < a < 1.

(a) Prove que limx→0

expa(x) = 1.

Sugestão: Como primera abordagem, uma maneira de fazer isso seria considerar por separadoos limites laterais lim

x→0+expa(x) = 1 e lim

x→0−expa(x) = 1. Alternativamente, esses dois casos

podem ser abordados em simultâneo. Qualquer que seja o método adotado, o resultado doexercício 11.3.1 será de crucial importância.

(b) Prove que limx→b

expa(x) = expa(b), para todo b ∈ R.

18.10 Funções Racionais 235

Sugestão: Pelo Exercício 18.6.1 e o Lema 12.4.3 tem-se:

limx→b

expa(x) = limh→0

expa(b+ h) = limh→0

expa(b) expa(h) = expa(b) limh→0

expa(h).

Agora, o valor desse último limite é 1, segundo o item (a) anterior. ♣

18.10 Funções Racionais

18.10.1 Exercício: Calcular os seguintes limites. Em certos casos será bom lembrar que:

xn − yn = (x− y)

n∑i=1

xn−iyi−1.

(a) limx→1

x2 − 1

x− 1. R: 2.

(b) limx→2

x3 − 8

x− 2. R: 12.

(c) limx→y

xn − yn

x− y. R: n.yn−1.

(d) limy→x

xn − yn

x− y. R: n.xn−1. ♣

18.11 Limites com Raizes

18.11.1 Exercício: Calcular os seguintes limites. A dica providencial aqui consiste em observarque:

√a−√b =√a−√b

√a+√b

√a+√b

=a− b√a+√b.

(a) limx→1

1−√x

1− x. R: 1/2.

(b) limx→0

1−√

1− x2

x. R: 0.

(c) limx→0

1−√

1− x2

x2. R: 1/2.

(d) limh→0

√a+ h−

√a

h. R: 1/2

√a. ♣

236 Limites

18.12 O Limite Notável limx→0

senx/x.

As funções trigonométricas sen e cos foram introduzidas na seção 15.10. Lembre-se também, doresultado do exercício 15.10.13, a propriedade de sub-linearidade, ou crescimento sub-linear, parao seno, a saber: senx < x, para 0 < x < π/2.

18.12.1 Exercício: Asumindo agora as propriedades 1 a 5 prove que na verdade tem-se:

0 < senx < x, se 0 < x < π/2.

Sugestão: Observe-se que no intervalo especicado a função sen é monótona estrictamente crescentee sen 0 = 0, portanto 0 < senx em tal intervalo. ♣


|senx| < |x| , para todo 0 < |x| < π/2.

Sugestão: Use o exercício anterior e a paridade ímpar da função sen. ♣

18.12.3 Exercício: (a) Utilizando o exercício anterior, prove que limx→0

senx = 0.

(b) Utilizando a fórmula de duplicação cos 2x = 1 − 2 sen2 x e o item (a) anterior, prove quelimx→0

cosx = 1.

(c) Utilizando a Propriedade 4 da seção 15.10 e o item (b) anterior, prove que limx→0+

senx

x= 1.

(d) Utilizando o resultado do exercício 18.6.3 e o item (c) anterior prove que limx→0

senx

x= 1. ♣

18.13 Funções Trigonométricas

18.13.1 Exercício: Calcular os seguintes limites, sabendo que limx→0

senx

x= 1:

(a) limx→0

sen(2x)

x. R: 2.

(b) limx→0

sen2(2x)

x2. R: 4.

(c) limx→0

sen(ax)

bx. R: a/b.

(d) limx→1

sen(x2 − 1)

x− 1. R: 2.

18.14 Funções Racionais para x→ ±∞ 237

(e) limx→0

1− cosx

x2. R: 1/2.

Sugestão: Multiplique-se a expresão dada por1 + cosx

1 + cosx.

(f) limx→0

1− cosx

x. R: 0.

Sugestão: Idem.

(g) limx→0

x senx

1− cosx. R: 2.

Sugestão: Idem.

(h) limx→0

x2(3 + senx)

(x+ senx)2. R: 3/4.

Sugestão: Tire x2 como fator comun no denominador.

(i) limx→0

tg x

x. R: 1.

(j) limx→0

tg2 x+ 2x

x+ x2. R: 2.

Sugestão: Observe-se quetg2 x+ 2x

x+ x2=

tg2 x+ 2x

x(1 + x)=

tg2 x

x2

x

1 + x+

2

1 + xe use o item (i).

(k) limh→0

sen(x+ h)− sen(x)

h. R: cosx.

Sugestão: Use a fórmula de soma para sen(x + h). Chegado em algum ponto será bomlembrar também o resultado do item (f) acima. ♣

18.14 Funções Racionais para x→ ±∞18.14.1 Exercício: Calcular os seguintes limites:

(a) limx→+∞

2x5 − 11

3x5 + 10x3 − 7. R: 2/3.

(b) limx→−∞

x3 + 1

1− 9x3. R: −1/9.

(c) limx→−∞

x5

1 + x+ x2 + x3 + x4 + x5. R: 1.

(d) limx→−∞

7x2 + 5

1− x− x2. R: −7.

(e) limx→+∞

x3

x2 + 1. R: +∞.

(f) limx→−∞

x3

x2 + 1. R: −∞. ♣

238 Limites

18.15 Limites Impróprios Vários

18.15.1 Exercício: Determine os seguintes limites:

(a) limx→+∞

√x2 + x− x. R: 1/2.

Sugestão: Parecido com o exercício 18.11.1.

(b) limx→+∞

x sen1

x. R: 1.

(c) limx→+∞

x senx

x2 + 5. R: 0.

Sugestão: Tire x2 como fator comun no denominador e depois observe que 0 6 |senx/x| 6|1/x|.

(d) limx→+∞

x+ sen3 x

5x+ 6. R: 1/5.

Sugestão: Tire x como fator comun no numerador e denominador e depois observe que0 6

∣∣sen3 x/x∣∣ 6 |1/x|.

(e) limx→1

(x2 − 1)3 sen

(1

x− 1

)3

. R: 0.

Sugestão: Parecido, mas não igual, com os dois itens anteriores. Ou seja, tente levar aexpresão dada a alguma coisa envolvendo sen y/y, para algum y conveniente, e depois, sim,observe que 0 6 |sen y/y| 6 |1/y|. ♣

Capítulo 19

Funções Contínuas


Topologicamente falando, uma função f : R→ R é contínua, na topologia usual de R, num pontoa se e somente se:

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε. (19.1.1)

Por outro lado, nos livros de texto elementares de Cálculo costuma-se denir a continuidade deuma função f num ponto a pela condição:

limx→a

f(x) = f(a), (19.1.2)

que, segundo a denição de limite, é equivalente a:

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε.

Como já fora expressado no Capítulo 18, a condição adicional 0 < |x− a| permite que a funçãonão esteja denida em a, mas essa relativa generalidade no tratamento dos limites deixa de serválida no contexto da continuidade, pois nesse último caso a função deve estar (bem) denida ema. Em outras palavras, as condições (19.1.1) e (19.1.2) são na verdade equivalentes.

19.1.1 Denição: Se diz que uma função f é contínua em a se é satisfeita alguma dascondições equivalentes (19.1.1), ou (19.1.2). ♣

19.1.2 Observação: A denição de continuidade acima signica que devem se satisfazer naverdade três condições, a saber:

1. f(a) existe. Ou seja, o valor de f em a deve estar bem denido.

2. limx→a

f(x) existe.

3. limx→a

f(x) = f(a).

239

240 Funções Contínuas

Quando são satisfeitas absolutamente todas estas condições, então se diz que a função f é contínuaem a. ♣

19.1.3 Exemplo: (a) Pelo exemplo 18.1.16(a) tem-se que os polinômios são funções contínuasem a, para todo a ∈ R.

(b) Pelo exemplo 18.1.16(b), as funções racionais, ou seja, quocientes de polinômios, tambémsão contínuas em todo a que não seja raiz do denominador.

(c) Pelo exemplo 18.1.6, a função f(x) =√x é contínua em todo a positivo, a > 0. ♣

(d) Pelo exercício 18.12.3, itens (a) e (b) respectivamente, as funções sen e cos introduzidas naSeção 15.10 são contínuas em a = 0.

(e) Pelo Exercício 18.9.1(b) a função expa introduzida no Capítulo 12 é contínua em b para todob ∈ R.

19.1.4 Teorema: Sejam f , g funções contínuas em a. Então:

(a) f + g é contínua em a.

(b) f g é contínua em a.

(c) Se adicionalmente for g(a) 6= 0, entãof

gé contínua em a.

Demonstração: Segue diretamente do Teorema 18.1.13 e da denição de continuidade.

19.1.5 Teorema: Sejam f , g funções tais que g é contínua em a e f é contínua em g(a). Então,f g é contínua em a.

Demonstração: Seja ε > 0. Por hipótese, existe δ1 > 0 tal que:

|x− g(a)| < δ1 ⇒ |f(x)− f(g(a))| < ε.


|x− a| < δ2 ⇒ |g(x)− g(a)| < δ1.

Portanto:

|x− a| < δ2 ⇒ |g(x)− g(a)| < δ1 ⇒ |f(g(x))− f(g(a))| < ε.

19.1.6 Exemplo: (a) A função f(x) = |x| é contínua em R. Com efeito, dado ε > 0 arbitrário,observando que ||x| − |a|| 6 |x− a|, basta tomar 0 < δ 6 ε.

(b) Pelos dois teoremas anteriores e o item (a) acima, segue que |f − g| é contínua, para quaisquerfunções f, g contínuas.

19.2 Funções Reais Contínuas em Compactos 241

(c) Observando que:

max f, g =f + g + |f − g|

2,

min f, g =f + g − |f − g|

2,

tem-se que as funções max f, g e max f, g são contínuas em R, para quaisquer funçõesf, g contínuas. ♣

O seguinte resultado é uma propriedade das funções contínuas usada com certa frequência nocálculo de certos limites.

19.1.7 Proposição: Sejam f e g funções. Suponha-se que limx→a

g(x) = l e que f é contínua em

l. Então, limx→a

f(g(x)) = f(l). Ou seja:

limx→a

(f g)(x) = f(

limx→a

g(x)). ♣

Demonstração: Seja ε > 0. Por hipótese, existe δ1 > 0 tal que:

|x− l| < δ1 ⇒ |f(x)− f(l)| < ε.


|x− a| < δ2 ⇒ |g(x)− l| < δ1.

Portanto:

|x− a| < δ2 ⇒ |g(x)− l| < δ1 ⇒ |f(g(x))− f(l)| < ε.

19.2 Funções Reais Contínuas em Compactos

19.2.1 Lema: Sejam a, b ∈ R.

(a) Se limx→a+

f(x) = f(a), então existe δ > 0 tal que f é limitada em [a, a+ δ).

(b) Se limx→b−

f(x) = f(b), então existe δ > 0 tal que f é limitada em (b− δ, b].

(c) Se limx→a

f(x) = f(a), então existe δ > 0 tal que f é limitada em (a − δ, a + δ). Ou seja, se

uma função é contínua em algum ponto, então é limitada numa vizinhança do mesmo.

Demonstração: (a) Por hipótese, tem-se:

limx→a+

f(x) = f(a) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : 0 < x− a < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε.


Em particular, para ε = 1 > 0, existe δ > 0 tal que:

0 < x− a < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < 1 ⇔ −1 < f(x)− f(a) < 1

⇔ f(a) − 1 < f(x) < 1 + f(a).

Portanto, f é limitada em (a, a + δ) e obviamente também em [a, a + δ) e com os mesmoslimites, pois f(a)− 1 < f(a) < f(a) + 1.

(b) Por hipótese, tem-se:

limx→b−

f(x) = f(b) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : 0 < b− x < δ ⇒ |f(x)− f(b)| < ε.

Em particular, para ε = 1 > 0, existe δ > 0 tal que:

0 < b− x < δ ⇒ |f(x)− f(b)| < 1 ⇔ −1 < f(x)− f(b) < 1

⇔ f(b) − 1 < f(x) < 1 + f(b).

Observe ainda que:

0 < b− x < δ ⇔ 0 > x− b > −δ ⇔ b > x > b− δ.

Portanto, f é limitada em (b − δ, b) e obviamente também em (b − δ, b] e com os mesmoslimites, pois f(b)− 1 < f(b) < f(b) + 1.

(c) Pela Proposição 18.2.4, tem-se:

limx→a

f(x) = f(a) ⇔ limx→a+

f(x) = f(a) = limx→a−

f(x).

Portanto, pelos itens (a) e (b) anteriores, existem δ1, δ2 positivos tais que f é limitada em[a, a + δ1) e (a − δ2, a], respectivamente. Desta maneira, se 0 < δ 6 min δ1, δ2, então fresulta limitada em (a− δ, a+ δ).

19.2.2 Teorema: Se f é contínua em [a, b] então:

(a) f é limitada superiormente em [a, b].

(b) f é limitada inferiormente em [a, b].

Demonstração: (a) Seja A o conjunto denido como:

A := x : x ∈ [a, b] ∧ f é limitada superiormente em [a, x] .

Observe que A 6= ∅, pois obviamente a ∈ A. Além disso, A é limitado superiormente, poisx ∈ A ⇒ x 6 b, por denição. Portanto, pela completitude do corpo real R, deve existirsupA=: α.

Armação: α = b. O

Com efeito, se x ∈ A então x 6 b, portanto b é um limite superior de A. Agora, pela deniçãode supremo, α é o menor de todos esses limites superiores, de onde segue que α 6 b. Além

19.2 Funções Reais Contínuas em Compactos 243

disso, deve ser α > a, pois do Lema anterior asegura a existência de algum δ > 0 tal que f élimitada no conjunto x : a 6 x < a+ δ. Portanto, tem-se que α ∈ [a, b]. Por reductio ad

absurdum, suponha-se que α < b. Como α ∈ [a, b], por hipótese, f é contínua em α. Peloitem (c) do lema anterior, existe δ > 0 tal que f é limitada em (α − δ, α + δ). Por outrolado, pela denição de supremo, deve existir x0 ∈ A tal que α− δ < x0 6 α. Agora, x0 ∈ Asignica que f é limitada em [a, x0]. Se x1 satisfaz α < x1 < α + δ, então f é limitada em[x0, x1] ⊆ (α − δ, α + δ). Desta maneira, f resulta limitada em [a, x1], de onde segue quex1 ∈ A, contradizendo que x1 > α = supA. H

Armação: b ∈ A. Em particular, f é limitada em [a, b]. O

Com efeito, pelo item (b) do lema anterior, existe δ > 0 tal que f é limitada no conjuntox : b− δ < x 6 b. Observe que b = α pela armação anterior. Portanto, deve existiralgum x0 ∈ A em tal conjunto, ou seja, tal que b − δ < x0 6 b = α = supA, pois casocontrário b− δ seria um limite superior para A menor que supA, contradizendo a deniçãode supremo. Agora, x0 ∈ A signica que f é limitada em [a, x0]. Como além disso f élimitada em [x0, b] ⊆ (b− δ, b], tem-se que f é limitada em [a, b]. H

Desta maneira, a prova da última armação conclui a demonstração do item (a).

(b) Segue trivialmente do resultado do item (a) anterior, aplicado à função −f .

19.2.3 Teorema: Se f é contínua em [a, b] então:

(a) Existe algúm y ∈ [a, b] tal que f(x) 6 f(y), ∀x ∈ [a, b].

(b) Existe algúm y ∈ [a, b] tal que f(y) 6 f(x), ∀x ∈ [a, b].

Demonstração: (a) Como, por hipótese, f é contínua [a, b], do teorema anterior tem-se f élimitada em [a, b]. Em particular, o conjunto A denido como:

A := f(x) : x ∈ [a, b] ,

é limitado superiormente. Como A é obviamente não-vazio, deve existir α := supA. Destamaneira, tem-se que α > f(x) para todo x ∈ [a, b], bastando provar existe y ∈ [a, b] tal quef(y) = α. Por reductio ad absrudum, suponha-se que f(y) 6= α para todo y ∈ [a, b]. Em talcaso, pode ser denida a função g em [a, b] como:

g(x) :=1

α− f(x), ∀x ∈ [a, b].

Como α = supA, da denição de supremo segue que para todo ε > 0 existe x ∈ [a, b] tal que:

α− ε < f(x) ⇔ α− f(x) < ε ⇔ 1

ε<

1

α− f(x)= g(x).

Desta maneira, g não seria limitada superiormente. Eis uma contradição, pois sendo g bemdenida e contínua em [a, b], pelo teorema anterior deveria ser limitada. Portanto, deveexistir y ∈ [a, b] tal que f(y) = α > f(x), para todo x ∈ [a, b].

(b) Segue trivialmente do resultado do item (a) anterior, aplicado à função −f .


19.2.4 Observação: (a) Em outras palabras, este último resultado expressa que toda funçãocontínua em um intervalo fechado e limitado, ou seja, compacto, atinge um valor máximoe um valor mínimo em tal intervalo.

(b) Este resultado deixa de ser válido se o intervalo não for fechado ou limitado, ou se a funçãonão for contínua. ♣

19.3 Funções Reais Contínuas em Conexos

19.3.1 Lema: Sejam a, b, c ∈ R.

(a) Suponha-se que limx→a+

f(x) = f(a). Em tal caso, tem-se:

1. Se f(a) < c, então existe δ > 0 tal que f(x) < c para todo x em [a, a+ δ).

2. Se f(a) > c, então existe δ > 0 tal que f(x) > c para todo x em [a, a+ δ).

(b) Suponha-se que limx→b−

f(x) = f(b). Em tal caso, tem-se:

1. Se f(b) < c, então existe δ > 0 tal que f(x) < c para todo x em (b− δ, b].2. Se f(b) > c, então existe δ > 0 tal que f(x) > c para todo x em (b− δ, b].

(c) Suponha-se que limx→a

f(x) = f(a), ou seja, que f é contínua em a. Em tal caso, tem-se:

1. Se f(a) < c, então existe δ > 0 tal que f(x) < c para todo x em (a− δ, a+ δ).

2. Se f(a) > c, então existe δ > 0 tal que f(x) > c para todo x em (a− δ, a+ δ).

Demonstração: (a) Por hipótese, para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que:

0 < x− a < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε.

Observe que:

0 < x− a < δ ⇔ a < x < δ + a,

|f(x)− f(a)| < ε ⇔ f(a)− ε < f(x) < f(a) + ε.

Considere-se em primeiro lugar o caso f(a) < c. Tomando ε := c− f(a) > 0, tem-se:

f(x) < f(a) + ε = f(a) + c− f(a) = c, ∀ a < x < δ + a.

Observe que a relação acima também vale para x = a, pois f(a) < c pela hipótese do presentecaso. Portanto f(x) < c, para todo a 6 x < a+ δ.

Por outro lado, no caso f(a) > c, tomando ε := f(a)− c > 0, tem-se:

c = f(a)− (f(a)− c) = f(a)− ε < f(x), ∀ a < x < δ + a.

Observe que a relação acima também vale para x = a, pois c < f(a) pela hipótese do presentecaso. Portanto c < f(x), para todo a 6 x < a+ δ.

19.3 Funções Reais Contínuas em Conexos 245

(b) Por hipótese, para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que:

0 < b− x < δ ⇒ |f(x)− f(b)| < ε.

Observe que:

0 < b− x < δ ⇔ 0 > x− b > −δ ⇔ b > x > b− δ,|f(x)− f(b)| < ε ⇔ f(b)− ε < f(x) < f(b) + ε.

Considere-se em primeiro lugar o caso f(b) < c. Tomando ε := c− f(b) > 0, tem-se:

f(x) < f(b) + ε = f(b) + c− f(b) = c, ∀ b− δ < x < b.

Observe que a relação acima também vale para x = b, pois f(b) < c pela hipótese do presentecaso. Portanto f(x) < b, para todo b− δ < x 6 b.

Por outro lado, no caso f(b) > c, tomando ε := f(b)− c > 0, tem-se:

c = f(b)− (f(b)− c) = f(b)− ε < f(x), ∀ b− δ < x < b.

Observe que a relação acima também vale para x = b, pois c < f(b) pela hipótese do presentecaso. Portanto c < f(x), para todo b− δ < x 6 b.

(c) A primeira propriedade segue dos itens (a.1) e (b.1), no entanto que a segunda dos itens (a.2)e (b.2).

19.3.2 Teorema: Se f é contínua em [a, b] e f(a) < c < f(b) então existe algum x ∈ [a, b] talque f(x) = c.

Demonstração: Seja A o conjunto denido como:

A := x : x ∈ [a, b] ∧ f(y) < c ∀ y ∈ [a, x] .

Observe que A 6= ∅, pois a ∈ A. Além disso, A é limitado superiormente, pois x ∈ A ⇒ x ∈[a, b] ⇒ x 6 b, por denição. Portanto, deve existir supA=: α.

Armação: α ∈ [a, b]. O

Obviamente α 6 b, pois b é limite superior de A, sendo α o menor de tais limites superiores. Poroutro lado, deve ser α > a. Com efeito, como f é contínua em a, pelo item (a.1) do lema anterior,existe δ > 0 tal que f(y) < c, para todo y ∈ [a, a + δ). Como R é arquimediano, dado b − a > 0existe n ∈ N tal que:

n (b− a) > δ ⇔ a+δ

n< b.

Portanto, a + δ/n ∈ A, pois [a, a + δ/n] ⊆ [a, a + δ), se n > 2. Desta maneira, tem-se quea < a+ δ/n 6 α, ou seja, α > a.

Incidentalmente, observe que, de fato, deve ser α < b. Com efeito, como f é contínua em b, peloitem (b.2) do lema anterior, existe δ > 0 tal que f(y) > c para todo y ∈ (b − δ, b]. Portanto,


x ∈ A ⇒ x 6 b − δ, pois se fosse x > b − δ para algum x ∈ A, obteria-se a contradição f(y) < cpara todo y ∈ [b− δ, x] ⊆ [a, x]. H

Armação: f(α) = c. O

Pela armação anterior e a hipótese, f é contínua em α. Se fosse f(α) < c, pelo item (c.1) do lemaanterior existe δ > 0 tal que:

f(x) < c, ∀x ∈ (α− δ, α+ δ).

Como α− δ < α, deve existir x0 ∈ A tal que α− δ < x0, pois se fosse x 6 α− δ para todo x ∈ A,teria-se que α−δ seria um limite superior de A menor que α, contradizendo o fato de ser α o menorde tais limites superiores, pela denição de supremo. Portanto, como x0 ∈ A, deve ser x0 6 α, ealém disso tem-se:

f(y) < c, ∀ y ∈ [a, x0].

Seja agora x1 tal que α < x1 < α+ δ. Em tal caso, tem-se:

f(y) < c, ∀ y ∈ [x0, x1] ⊆ (α− δ, α+ δ).

Combinando as duas últimas relações, teria-se que f(y) < c para todo y ∈ [a, x1], ou seja, x1 ∈ A.Contudo, por construção, tem-se que x1 > α = supA, contradizendo o fato que se x1 ∈ A entãodeveria ser x1 6 supA.

Analogamente, se fosse f(α) > c, pelo item (c.2) do lema anterior existe δ > 0 tal que:

f(x) > c, ∀x ∈ (α− δ, α+ δ).

Pelo mesmo argumento empregado anteriormente, deve existir x0 ∈ A, com α−δ < x0 6 supA = α,em cujo caso tem-se:

f(y) < c, ∀ y ∈ [a, x0].

Desta maneira, teria-se que:

f(y) < c, ∀ y ∈ (α− δ, x0] ⊆ (α− δ, α+ δ),

contradizendo a anteúltima relação acima. Desta maneira, deve ser f(α) = c, pela propriedade detricotomia do corpo ordenado R. H

Finalmente, combinando as duas armações precedentes, segue a conclusão do enunciado do pre-sente teorema.


19.4 Continuidade das Funções Trigonométricas

19.4.1 Exercício: As funções sen e cos introduzidas na Seção 15.10 são contínuas não apenasem a = 0 mas em todo o seu domíno de denição, ou seja, em todo R. Existem pelo menos duasmaneiras de provar isso:

(a) Usando os resultados do exercício 18.6.1 e do exercício 18.12.3(a,b) conjuntamente com asfórmulas de adição:

sen(a+ h) = sen(a) cos(h) + cos(a) sen(h),

cos(a+ h) = cos(a) cos(h)− sen(a) sen(h);

introduzidas no exercício 15.10.8.

(b) Usando os resultados do Teorema 18.1.13 e do exercício 18.12.3(a) conjuntamente com asfórmulas de diferências:

sen(x)− sen(a) = 2 sen

(x− a

2

)cos

(x+ a

2

);

cos(x)− cos(a) = −2 sen

(x− a

2

)sen

(x+ a

2

).

introduzidas no exercício 15.10.9 e as propriedades de limitação do exercício 15.10.2. ♣

19.4.2 Exercício: Usando o exercício anterior conjuntamente com os itens (b) e/ou (c) doTeorema 19.1.4, segundo corresponda, resulta simples provar a continuidade de todas as outrasfunções trigonométricas no seu domínio de denição. ♣

19.5 Contínuidade e Sequências

19.5.1 Exercício: (a) Uma função f é contínua em a se e somente se limn→∞

f(sn) = f(a) para

toda sequência snn∈N tal que limn→∞

sn = a.

Sugestão: Segue diretamente do exercício 18.8.1.

247


(b) Uma função f é contínua se e somente se limn→∞

f(sn) = f(

limn→∞

sn

)para toda sequência

convergente snn∈N.

Sugestão: Segue do item anterior. ♣

19.6 Algumas Propriedades Gerais da Funções Contínuas

19.6.1 Exercício: (a) Seja f uma função contínua. Então os conjuntos:

x ∈ R : f(x) < 0x ∈ R : f(x) > 0

são abertos.

Sugestão: considere c = 0 no Lema 19.3.1(c).

(b) Sejam f e g funções contínuas. Então os conjuntos:

A := x ∈ R : f(x) < g(x)B := x ∈ R : f(x) > g(x)

são abertos.

Sugestão: Observe-se que f(x) < g(x) se e somente se g(x) − f(x) > 0 e use o item (a)anterior.

(c) Sejam f e g funções contínuas. Então o conjunto:

x ∈ R : f(x) = g(x)é fechado.

Sugestão: Observe-se que o complemento do conjunto dado e precisamente A∪B que é umaunião de abertos, pelo item (b) anterior, e portanto aberto.

(d) Em particular, se o conjunto x ∈ R : f(x) = g(x) for denso, então f ≡ g. Ou seja, se duasfunções contínuas coincidem num conjunto denso, então são iguais. ♣

19.6.2 Exercício: Forneça uma outra prova do item (d) do exercício anterior, partindo direta-mente das denições. Ou seja, dadas f e g contínuas, prove que se o conjunto x ∈ R : f(x) = g(x)for denso, então f ≡ g. ♣

19.7 Oscilação e Continuidade

Seja R ⊃ I intervalo limitado e seja f : I 7−→ R uma função limitada. Considerem-se as seguintesdenições:

M(f, I) := sup f(x) : x ∈ I ,m(f, I) := inf f(x) : x ∈ I ,ω(f, I) :=M(f, I)−m(f, I).

19.7 Oscilação e Continuidade 249

Se a ∈ I dene-se a oscilação, ou o pulo, de f em a como:

ω(f, a) := inf ω(f, J ∩ I) : J aberto ∧ a ∈ J .

Observe que ω(f, a) está bem denido, pois, como ω(f, J ∩ I) > 0, o conjunto em questão estálimitado inferiormente por 0. A aplicação a 7−→ ω(f, a) recebe o nome de função oscilação, oufunção pulo, de f .


(a) f é contínua em a se e somente se ω(f, a) = 0. Em particular, f não contínua em a implicaω(f, a) > 0.

(b) Se ω(f, I) = 0, então f é constante em I.

(c) Para cada a ∈ R, o conjunto x ∈ R : ω(f, x) < a é aberto.

(d) Seja R ⊇ A fechado. Para cada a ∈ R, o conjunto x ∈ A : ω(f, x) > a é fechado. ♣

19.7.2 Exercício: (a) Seja f uma função. Então o conjunto:

x ∈ R : f é contínua em x

é um Gδ, ou seja, interseção numerável de abertos.


x ∈ R : f é contínua em x = x ∈ R : ω(f, x) = 0 =⋂n∈N

x ∈ R : ω(f, x) <

1

n

.

(b) Em particular, não existe nenhma função a valores reais f denida em R tal que:

x ∈ R : f é contínua em x = Q.

(c) Existe alguma função a valores reais f denida em R tal que o conjunto

x ∈ R : f é discontínua em x

seja igual a Q ?

Sugestão: Considere a função do exemplo 18.1.10.

(d) Existe alguma função a valores reais f denida em algum intervalo tal que o conjunto

x ∈ R : f é contínua em x

se reduz apenas a um ponto?

Sugestão: Considere as funções dos exercícios 18.7.2 e 18.7.3. ♣


19.8 Automorsmos Contínuos do Grupo (R,+)

Considere-se uma função f : R 7−→ R satisfazendo

f(x+ y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R.

19.8.1 Exercício: Considere os seguintes itens sequencialmente.

(a) Prove que f(0) = 0.

Sugestão: Considere x = y = 0.

(b) Prove que f(−x) = −f(x), para todo x ∈ R.

(c) Prove que dado m ∈ N arbitrário, tem-se que f(mx) = mf(x), para todo x ∈ R.

(d) Utilize os itens (c) e (b) anteriores para extender a relação f(mx) = mf(x) com x ∈ Rarbitrário, para todo inteiro m ∈ Z.

(e) Prove que para todo n ∈ N tem-se que f(1/n) = f(1)/n.

(f) Finalmente, combine os dois itens (d) e (e) anteriores para provar que que f(r) = rf(1) paratodo racional r ∈ Q. ♣

19.8.2 Exercício: Suponha agora que adicionalmente a função f é contínua em R. Entãof(x) = x f(1), para todo x ∈ R.

Sugestão: Seja x ∈ R arbitrário. Como Q é denso em R, existe uma sequência de racionais rn talque lim

n→∞rn = x. Como f é contínua, pelo exercício 19.5.1(a) ou (b) tem-se:

f(x) = f(

limn→∞

rn

)= limn→∞

f(rn) = limn→∞

rn f(1) =(

limn→∞

rn

)f(1) = x f(1). ♣

Em outras palavras, todo automorsmo contínuo em (R,+) é da forma f(x) = xf(1). Compare-se com o resultado do Lema 13.3.3. Historicamente, esse resultado é devido a Cauchy e a provaapresentada na presente seção é independiente do resultado do Lema 13.3.2.

19.9 Morsmos Contínuos de (F,+) em (P, .)

Os morsmos do grupo aditivo (F,+) no grupo multiplicativo (P, . ) dos elementos positivos docorpo F foram introduzidos no exercício 12.7.1 e consistem em aplicações f : F 7−→ P satisfazendo:

f(x+ y) = f(x) f(y), ∀x, y ∈ F.

Decorre dos Lemas 12.4.2 e 12.4.3 que a função expa é um exemplo de tal morsmo.

19.10 Funções Conexas 251

19.9.1 Exercício: Um morsmo de (F,+) em (P, . ) é contínuo se e somente se é contínuo naorigem.

Sugestão: A parte (⇒ ) é trivial. Para a parte (⇐ ), se f é nulo o enunciado é evidentementeverdadeiro. Suponha-se então que f é não nulo. Em tal caso, pode inspirar-se no exercício 18.9.1(b),via o exercício 18.6.1, arrematando com o exercício 12.7.1(b). ♣

Observe-se que o resultado do referido exercício 18.9.1 no seu item (a) arma que expa écontínua na origem, sendo portanto tal função um exemplo de morsmo contínuo. Que isso não émero produto do acaso, é uma consequência do exercício a seguir, o que confere a tal exemplo umcarater completamente paradigmático.

19.9.2 Exercício: Seja f morsmo não nulo de (F,+) em (P, . ). Prove que se f é adicional-mente contínuo, então f = expf(1).

Sugestão: Pelo exercício 12.7.1(j), dois de tais morsmos devem coincidir emQF , que é um conjuntodenso em F . Pelo exercício 18.9.1(b), sabe-se que a função exponencial é contínua. Portanto, bastaagora aplicar o resultado do exercício 19.6.1(d), ou do exercício 19.6.2. ♣

Usando técnicas análogas às introduzidas no Capítulo 13, resulta possível demonstrar a exis-tência de tais morsmos não contínuos.

19.10 Funções Conexas

19.10.1 Denição: Uma função f será denominada conexa se f(C) é conexo, para todo Cconexo. Ou seja, uma função é conexa se a imagem por f de todo conjunto conexo contido no seudomínio resulta ser um conjunto conexo. ♣

19.10.2 Exercício: Prove que toda função contínua é conexa.

Sugestão: Isso segue quase trivialmente do Teorema 19.3.2. ♣

A recíproca do resultado do exercício anterior não é válida. Ou seja, o fato de uma função serconexa não garante a sua continuidade, como mostram os dois exemplos a seguir.

19.10.3 Exercício: Considere-se a função f denida no intervalo (−1, 1) como:

f(x) :=

sen(πx

), se 0 < |x| < 1;

0, se x = 0.

Observe-se que a função f toma todos os valores entre −1 e 1, innitas vezes inclusive, mas não écontínua em x = 0, pois lim

x→0f(x) nem siquer existe. ♣


O fato de ser injetora (ou seja, f(a) = f(b) ⇒ a = b) também não garante a continuidade parauma função conexa.

19.10.4 Exercício: Sejam a, b ∈ [0, 1] com 0 6 a < b 6 1. Considere-se a função f denida nointervalo [0, 1] como:

f(x) :=

x, se x 6= a e x 6= b;

b, se x = a;

a, se x = b.

Observe-se que a função f é injetora e toma todos os valores entre 0 e 1, mas não é contínua emx = a, pois lim

x→af(x) = a 6= b = f(a), nem em x = b, pois lim

x→bf(x) = b 6= a = f(b). ♣

19.11 Continuidade Uniforme

Uma função f é contínua num domínio A ⊆ R se resulta contínua em x para todo x ∈ A. Ou seja,se para cada x ∈ A, tem-se:

∀ ε > 0 ∃ δ(ε, x) > 0 : |y − x| < δ(ε, x) ⇒ |f(y)− f(x)| < ε.

Contudo, em certos casos, como na função linear f(x) = ax+ b, onde tem-se:

|f(y)− f(x)| = |a| |x− y| ,

por exemplo, o número positivo δ não depende de x, mas apenas de ε. Esse tipo de comportamentofoi destacado com uma denição aparte.

19.11.1 Denição: Seja A ⊆ R. Uma função é dita uniformemente contínua em A se:

∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 : |y − x| < δ(ε) ⇒ |f(y)− f(x)| < ε. ♣

19.11.2 Exercício: Toda função uniformemente contínua é contínua. ♣

A recíproca deste último resultado é falsa, como mostram os exemplos do seguinte exercício.

19.11.3 Exercício: Prove que as seguintes funções não são uniformemente contínuas:

(a) f(x) = 1/x, em nenhum intervalo A ⊆ R\0.

Sugestão: Para qualquer δ > 0 arbitrário mas xo, |f(x+ δ)− f(x)| toma valores arbitrari-amente grandes quando x está sucientemente perto de 0.

19.12 Extensões Contínuas de Q para R 253

(b) f(x) = sen(π/x), em (0, 1). Observe-se, de pasagem, que esta função é limitada em taldomínio.

Sugestão: Para qualquer δ > 0 arbitrário mas xo, |f(x+ δ)− f(x)| não pode ser feitoestrictamente menor que 1 se x está sucientemente perto de 0. ♣

Uma condição suciente para a continuidade uniforme de uma função contínua é fornecida peloresultado a seguir.


(a) Toda função f contínua em um intervalo compacto K = [a, b] é uniformemente contínua.

Sugestão: Seja ε > 0 arbitrário. Como f é contínua em K, sabe-se que para cada x ∈ Kexiste δ(ε, x) > 0 tal que:

|y − x| < δ(ε, x) ⇒ |f(y)− f(x)| < ε/4.

Seja Ax := (x − δ(ε, x), x + δ(ε, x)). Então⋃x∈K

Ax é um cobrimento aberto de K, e pela

compacidade tem-se que existe n ∈ N tal que:

K ⊆n⋃i=1

Axi .

Então δ(ε) := 2 min16i6n

δ(ε, xi) faz o serviço da denição de continuidade uniforme. Para

tanto, observe-se que se |y − x| < δ(ε), então x e y pertencem ao mesmo intervalo aberto Ai0ou então a dois diferentes com interseção não vazia.

Alternativamente, δ(ε) pode ser escolhido como o número de Lebesgue do cobrimento. Emtal caso, se |y − x| < δ(ε), então x e y pertencem ao mesmo membro do cobrimento.

(b) Generalize o resultado do item anterior para compactos arbitrários, não necesariamenteintervalos, com interior não vazio.

Sugestão: Utilize o resultado do exercício 17.5.1(b). ♣

19.12 Extensões Contínuas de Q para RConsiderem-se funções contínuas denidas em Q com a topologia relativa de R e a valores em Rcom a topologia usual.

19.12.1 Exercício: Considere a função f : Q 7−→ R denida por:

f(x) :=1

x−√

2.


(a) Prove que f está denida e é contínua em todo Q. Observe-se que deve-se provar quelimx→r

f(x) = f(r) para todo r ∈ Q (portanto não pode ser r =√

2).

(b) Não existe uma extensão contínua da f de Q para R. Observe-se que uma tal extensão nãoseria contína em

√2 ∈ R pois, agora sim, lim

x→√

2f(x) não existe, pelo fato de f(x) não ser

limitada numa vizinhança de√

2. ♣

19.12.2 Exercício: Sob que condições é possível uma extensão de uma função f de Q para Rque preserve a continuidade? ♣

Sugestão: Por que a presente seção sucede a anterior e não o contrário?

19.12.3 Exercício: Se f é contínua e snn∈N é uma sequência de Cauchy, então a sequênciaf(sn) não é de Cauchy em geral, como mostram os seguintes exemplos.

(a) Seja f(x) = 1/x, para x ∈ (0,+∞), e sn = 1/n, para todo n ∈ N. Em tal caso, f(sn) =f(1/n) = n nem siquer é limitada.

(b) Mesmo que f seja limitada, o status quo persiste. Com efeito, seja f(x) = cos(π/x), parax ∈ (0,+∞), e sn = 1/n, para todo n ∈ N. Em tal caso, tem-se:

f(s2n) = f(1/2n) = cos(2nπ) = 1,

f(s2n+1) = f(1/(2n+ 1)) = cos((2n+ 1)π) = −1.

Portanto, f(sn) não é convergente. ♣

19.13 Continuidade Absoluta

19.13.1 Denição: Seja A ⊆ R. Uma função é dita absolutamente contínua em A se:

∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 :

n∑i=1

|f(bi)− f(ai)| < ε,

para toda coleção de intervalos (ai, bi) ⊆ A tal que∑ni=1 |bi − ai| < δ. ♣

19.13.2 Exercício: Prove que no intervalo [0, 1] as seguintes funções são absolutamente contí-nuas:

(a) f(x) =√x.

(b) g(x) :=

x2 |cosπ/x| , se x 6= 0;

0, se x = 0.♣

19.14 O Lema do Sol Nascente 255

19.13.3 Exercício: Toda função absolutamente contínua é uniformemente contínua (e portantocontínua). ♣

A recíproca deste último resultado é falsa, como mostra o seguinte exemplo.

19.13.4 Exercício: Prove que a função denida por:

h(x) =

x√|cosπ/x|, se x 6= 0;

0, se x = 0;

não é absolutamente contínua em [0, 1], embora seja uniformemente contínua em tal intervalo.Observe-se que h = f g, onde f e g são as funções do exercício 19.13.2. ♣

19.14 O Lema do Sol Nascente

19.14.1 Denição: Seja f uma função contínua em R. Um ponto x recebe o nome de pontode sombra de f se existe algum y ∈ R com y > x tal que f(y) > f(x). ♣

19.14.2 Exercício: O conjunto de pontos de sombra de uma função contínua é aberto.

Sugestão: Se x é ponto de sombra, então existe y > x tal que f(y) > f(x). Pelo Lema 19.3.1(c.1),existe δ > 0 tal que f(y) > f(ξ) para todo ξ ∈ (x − δ, x + δ). Seja então 0 < ρ 6 minδ, y − x.Então y > ξ e f(y) > f(ξ) para todo ξ ∈ (x− ρ, x+ ρ). ♣

Pela Proposição 17.4.1, sabe-se então que o conjunto de pontos de sombra é união disjuntanumerável de intervalos (a, b) com a e b não sendo pontos de sombra.

19.14.3 Exercício: Seja (a, b) um intervalo e suponha-se que todos os seus pontos são pontosde sombra, mas que a e b não são.

(a) Prove que se x ∈ (a, b), então o conjunto A denido por:

A := y ∈ R : x < y 6 b ∧ f(x) < f(y)

é não vazio.

(b) Prove que se x ∈ (a, b), então f(x) 6 f(b).

Sugestão: Se x ∈ (a, b) é de sombra, então existe y > x tal que f(y) > f(x). Se todos tais yfossem maiores que b, então o resultado é obvio, pois f(b) > f(y) > f(x), para todo y > b,pelo fato de b não ser de sombra. Caso contrário, o conjunto A do item anterior deveria sernão vazio (como de fato é, segundo estabelecido no item anterior). Além disso, por denição,A é obviamente limitado superiormente por b. Portanto, existe supA. Basta então provarque f(supA) > f(x) e que supA = b.


(c) Prove agora que f(a) 6 f(b).

Sugestão: Isso segue facilmente da continuidade e do item (b) anterior.

(d) Finalmente, com o resultado do item (c) anterior, e usando o fato que a não é um ponto desombra, prove que f(a) = f(b). ♣

19.14.4 Exercício: (a) Examinando a prova do exercício anterior, observe-se que para a va-lidade do resultado não é necessário que a função seja contínua em cada ponto z mas bastaapenas a existência dos limites laterais lim

x→z−f(x) e lim

x→z+f(x).

(b) Se f é contínua, ou com limites laterais, em [α, β] os resultados dos dois exercícios anteriorescontinuam sendo válidos com modicações triviais. Na verdade o único ponto problemáticoé o α. Dependendo da f , o ponto α poderá ser de sombra ou não. Se ele não é de sombraos resultados continuam válidos sem modicação. No entanto, se α é de sombra, o conjuntode tais pontos conterá o intervao semi-aberto [α, b), para algum b. Em tal caso, no exercício19.14.3 o resultado do último item não é válido, mas todos os anteriores sim. Ou seja, emgeral tem-se que f(a) 6 f(b), com possível desigualdade estricta < no caso de a = α, mascom igualdade no caso dos outros intervalos abertos que constituem o conjunto de pontos desombra.

(c) Idênticas considerações aplicam-se no caso em que α é −∞. O ponto β também pode ser+∞, mas isso não modica em nada a validade dos resultados anteriores. ♣

Coletando as observações e resultados anteriores, resulta simples vericar o seguinte resultado.

19.14.5 Lema (do Sol Nascente): Seja f uma função contínua em [α, β]. Se o conjunto depontos de sombra de f é não vazio, então é união disjunta numerável de abertos (a, b). Mais ainda,em tal caso, para cada um desses intervalos tem-se f(a) 6 f(b).

O Lema do Sol Nascente é utilizado na prova de alguns belos resultados, como por exem-plo no famoso teorema de Lebesgue sobre a diferenciabilidade em quase todo ponto das funçõesmonótonas.

Capítulo 20

Limite Superior e Inferior

20.1 Limite Superior e Inferior de Conjuntos

Seja A ⊆ R um subconjunto de números reais.

20.1.1 Denição: Um número real u ∈ R é denominado quase limite superior do conjuntoA se x 6 u para todos exceto uma quantidade nita de x ∈ A.

Analogamente, u ∈ R é denominado quase limite inferior do conjunto A se u 6 x para todosexceto uma quantidade nita de x ∈ A.

Denotam-se por UA e LA os conjuntos de quase limites superiores e inferiores do conjunto A,respectivamente. ♣

20.1.2 Exemplo: Para os seguintes conjuntos, resulta simples vericar:

(a) Se A :=

1

n: n ∈ N

, então UA = (0,+∞) e LA = (−∞, 0].

(b) Se A :=

1

n: n ∈ Z

, então UA = (0,+∞) e LA = (−∞, 0).

(c) Se A :=

1

n+ (−1)n : n ∈ N

, então UA = (1,+∞) e LA = (−∞,−1]. ♣

20.1.3 Observação: Seja A ⊆ R um conjunto innito e limitado. Ou seja, existem m,M ∈ Rtais que m 6 x 6M, ∀x ∈ A. Então:

(a) UA é não vazio, pois M ∈ UA, e limitado inferiormente, pois u ∈ UA ⇒ m < u pelo fato deser A innito.

(b) Analogamente LA é não vazio, poism ∈ LA, e limitado superiormente, pois l ∈ LA ⇒ l < Mpelo fato de ser A innito. ♣

257

258 Limite Superior e Inferior

A observação anterior motiva a denição a seguir.

20.1.4 Denição: Seja A ⊆ R é um conjunto innito e limitado.

Dene-se o limite superior do conjunto A como lim supA := inf UA.

Analogamente, dene-se o limite inferior do conjunto A como lim inf A := supLA. ♣

20.1.5 Exemplo: Com os conjuntos do exemplo anterior, resulta simples vericar:

(a) Se A :=

1

n: n ∈ N

, então lim supA = 0 = lim inf A.

(b) Se A :=

1

n: n ∈ Z

, então lim supA = 0 = lim inf A.

(c) Se A :=

1

n+ (−1)n : n ∈ N

, então lim supA = 1 e lim inf A = −1. ♣

20.1.6 Proposição: Seja A ⊆ R um conjunto innito e limitado. Então:

(a) lim inf A 6 lim supA.

(b) lim supA 6 supA e inf A 6 lim inf A.

(c) Se lim supA < supA, então A possui um máximo. Ou seja, supA ∈ A.

(d) Analogamente, se inf A < lim inf A, então A possui um mínimo. Ou seja, inf A ∈ A.

Demonstração: (a) Em primeiro lugar, observe que se l ∈ LA e u ∈ UA, então deve ser l < u.Com efeito, se fosse l > u, como A é innito e u ∈ UA, existiriam innitos x ∈ A tais quex 6 u 6 l, ou seja, existiriam innitos x ∈ A tais que x 6 l, contradizendo o fato que l ∈ LAé um quase limite inferior. Assim, como l < u, para todo l ∈ LA, u ∈ UA, tem-se quel 6 lim supA, para todo l ∈ LA, pois lim supA = inf UA. Portanto, lim inf A 6 lim supA,pois lim inf A = supLA.

(b) Por denição, tem-se que lim supA = inf UA 6 u, para todo u ∈ UA. Agora, como:

UA ⊇ y ∈ R : x 6 y, ∀x ∈ A =: VA,

deve ser lim supA 6 y, para todo y ∈ VA. Portanto, lim supA 6 supA, pois supA ∈ VA,pelo fato de ser um limite superior (aliás, o menor de tais limtes superiores).

(c) Se lim supA < supA, então deve existir x ∈ A tal que lim supA < x 6 supA. Com efeito, sefosse lim supA > x para todo x ∈ A, então lim supA seria um limite superior de A, de onde,pela denição de supremo, teria-se que supA 6 lim supA,contradizendo a hipótese. Destamaneira, como lim supA < x, deve existir u ∈ UA tal que lim supA 6 u < x. Com efeito, sefosse x 6 u para todo u ∈ UA, então, pela denição de ínmo, seria x 6 inf UA = lim supA,contradizendo que lim supA < x. Portanto, como u ∈ UA é um quase limite superior,existe uma quantidade nita, digamos x1, . . . , xn, de xi ∈ A tais que u < xi. Portanto,maxA = maxx1, · · · , xn.

20.1 Limite Superior e Inferior de Conjuntos 259

(d) A prova é análoga à demonstração do item anterior.

20.1.7 Observação: Para todo ε > 0, existe uma quantidade nita de elementos de A que nãopertencem ao conjunto (lim supA− ε, lim supA+ ε). A prova utiliza o mesmo tipo de argumentoempregado na demonstração do item (c) do resultado precedente. ♣


(a) lim supA é um ponto de acumulação do conjunto A.

(b) De fato, é o maior de tais pontos.

Demonstração: (a) Por uma questão de brevidade, denota-se:

a := lim supA,

Bε(a) := (a− ε, a+ ε).

Para provar o resultado enunciado, basta demonstrar que para todo ε > 0 existem innitoselementos de A em Bε(a). Seja então ε > 0 arbitrário.

Armação: Existe apenas uma quantidade nita de elementos x ∈ A tais que x > a+ ε. O

Como a = lim supA = inf UA, pela denição de ínmo, existe y ∈ UA tal que y < a + ε.Portanto, como y ∈ UA é um quase limite superior, existe apenas uma quantidade nita deelementos de x ∈ A tais que x > y. Em particular, existe apenas uma quantidade nita deelementos de x ∈ A tais que x > a+ ε > y. H

Armação: Existe uma quantidade innita de elementos x ∈ A tais que x > a− ε. O

Se existise apenas uma quantidade nita de elementos x ∈ A tais que x > a − ε, entãoa− ε ∈ UA. Portanto, a = inf UA 6 a− ε, obviamente uma contradição. H

Finalmente, combinando as duas armações precedentes, tem-se que existe uma quantidadeinnita de elementos de A em Bε(a).

(b) Seja x ponto de acumulação do conjunto A. Seja y ∈ UA. Suponha-se que y < x. Comoy ∈ UA, existe apenas uma quantidade nita de elementos z ∈ A tais que z > y. Por outrolado, como x é ponto de acumulação de A, para todo ε > 0 deve existir uma quantidadeinnita de elementos de A no aberto Bε(x). Em particular, considerando ε = x − y > 0,obtém-se uma contradição. Desta maneira, deve ser x 6 y, para todo y ∈ UA. Portanto,pela denição de ínmo, tem-se que x 6 inf UA = lim supA.

O seguinte resultado é o análogo do anterior, para limites inferiores.



(a) lim inf A é um ponto de acumulação do conjunto A.

(b) De fato, é o menor de tais pontos.

Demonstração: Análoga à prova do resultado anterior.

20.2 Limite Superior e Inferior de Sequências

Seja snn∈N ⊂ R uma sequência de números reais.

20.2.1 Denição: Para cada k ∈ R denem-se:

ak := supsk, sk+1, . . . ,bk := infsk, sk+1, . . . . ♣

20.2.2 Observação: Com as denições precedentes, tem-se:

(a) Os ak formam uma sequência não-crescente. Ou seja:

a1 > a2 > a3 > · · · ak > ak+1 > · · · .

(b) Os bk formam uma sequência não-decrescente. Ou seja:

b1 6 b2 6 b3 6 · · · bk 6 bk+1 6 · · · .

(c) bk 6 ak, para todo k ∈ N. ♣

20.2.3 Denição: Dene-se o limite superior lim supn→∞

sn da sequência snn∈N como infn∈N

an.

Ou seja:

lim supn→∞

sn = infn∈N

supk>n

sk.

Analogamente, dene-se o seu limite inferior como lim infn→∞

sn := supn∈N

bn. Ou seja:

lim infn→∞

sn = supn∈N

infk>n

sk. ♣

20.2.4 Lema: Seja snn∈N uma sequência. Então:

(a) lim infn→∞

sn 6 lim supn→∞

sn.

(b) lim supn→∞

(−sn) = − lim infn→∞

sn.

20.2 Limite Superior e Inferior de Sequências 261

Demonstração: (a) Por reductio ad absurdum, negando o resultado enunciado, tem-se:

lim infn→∞

sn > lim supn→∞

sn ⇔ supn∈N

(infk>n

sk

)> infn∈N

(supk>n

sk

)⇒ ∃ n0 ∈ N : sup

k>n0

sk < supn∈N

(infk>n

sk

)⇒ ∃ m0 ∈ N : sup

k>n0

sk < infk>m0

sk.

Ou seja, existem n0,m0 ∈ N tais que an0< bm0

. Se fosse n0 < m0, então teria-se:

am06 am0−1 6 am0−2 6 · · · 6 an0

< bm0.

Portanto, am0< bm0

, contradizendo que ak > bk para todo k ∈ N. Por outro lado, se fossen0 = m0, então am0

= an0< bm0

. Portanto, am0< bm0

, contradizendo que ak > bk paratodo k ∈ N. Finalmente, no caso n0 > m0, teria-se:

an0 < bm0 6 bm0+1 6 bm0+2 6 · · · 6 bn0 .

Portanto, an0 < bn0 , contradizendo que ak > bk para todo k ∈ N.

(b) Sejam an e bn denidos respectivamente como:

an := supk>n

(−sk),

bn := infk>n

sk.

Com as denições precedentes, tem-se:

bn = infk>n

sk 6 sk, ∀k > n ⇒ −bn > −sk, ∀k > n

⇒ an = supk>n

(−sk) 6 −bn, ∀n ∈ N ⇒ infn∈N

an 6 am 6 −bm, ∀m ∈ N

⇒ bm 6 − infn∈N

an, ∀m ∈ N ⇒ supm∈N

bm 6 − infn∈N

an

⇒ infn∈N

an 6 − supn∈N

bn ⇒ lim supn→∞

(−sn) 6 − lim infn→∞

sn.

Portanto:

lim infn→∞

sn 6 − lim supn→∞

(−sn). (20.2.1)

Por outro lado, sejam agora an e bn denidos respectivamente como:

an := supk>n

sk,

bn := infk>n

(−sk).

Com as denições precedentes, tem-se:

sk 6 supk>n

sk = an, ∀k > n ⇒ −sk > −an, ∀k > n

⇒ bn = infk>n

(−sk) > −an, ∀n ∈ N ⇒ supn∈N

bn > bm > −am, ∀m ∈ N

⇒ − supn∈N

bn 6 am, ∀m ∈ N ⇒ − supn∈N

bn 6 infm∈N

am

⇒ − infn∈N

an 6 supn∈N

bn ⇒ − lim supn→∞

sn 6 lim infn→∞

(−sn).


Portanto, substituindo sn por −sn na última relação acima, tem-se:

− lim supn→∞

(−sn) 6 lim infn→∞

(sn). (20.2.2)

Desta maneira, combinando as relações (20.2.1) e (20.2.2), tem-se:

lim infn→∞

sn 6 − lim supn→∞

(−sn) 6 lim infn→∞

sn,

ou seja, lim supn→∞

(−sn) = − lim infn→∞

sn.

20.2.5 Lema: Seja snn∈N uma sequência. Então, limn→∞

sn existe e vale s se e somente se

lim supn→∞

sn e lim infn→∞

sn existem ambos e são iguais, com valor comun s.

Demonstração: (⇒) Se limn→∞

sn = s, então para todo ε > 0 existe N = N(ε) ∈ N tal que:

n > N ⇒ |s− sn| < ε/2.

Em particular, observando que se n > N então k > n > N , tem-se:

n > N ⇒ s− an = s− supk>n

sk 6 s− sk 6 |s− sk| < ε/2. (20.2.3)

Por outro lado, também em particular:

k > N ⇒ sk − s 6 |sk − s| < ε/2 ⇒ sk < s + ε/2.

Portanto, observando que se n > N , então k : k > n ⊆ k : k > N, segue:

n > N ⇒ an = supk>n

sk 6 supk>N

sk 6 s + ε/2 ⇒ an − s 6 ε/2

⇒ −ε/2 6 s − an. (20.2.4)


n > N ⇒ |s− an| 6 ε/2. (20.2.5)

Análogamente, observando que se n > N , então k > n > N , tem-se:

n > N ⇒ bn − s = infk>n

sk − s 6 sk − s 6 |sk − s| < ε/2. (20.2.6)

Por outro lado, também em particular:

k > N ⇒ s− sk 6 |sk − s| < ε/2 ⇒ s− ε/2 6 sk.

Portanto, observando que se n > N , então k : k > n ⊆ k : k > N, segue:

n > N ⇒ s− ε/2 6 infk>N

sk 6 infk>n

sk = bn ⇒ s− bn 6 ε/2

⇒ −ε/2 6 bn − s. (20.2.7)



n > N ⇒ |bn − s| 6 ε/2. (20.2.8)

Agora, combinando as relações (20.2.5) e (20.2.8), tem-se:

n > N ⇒ an − bn 6 |an − bn| 6 |an − s| + |s− bn| 6 ε/2 + ε/2 = ε.

Em resumo, como ε > 0 era abitrário, até aqui foi provado que:

∀ ε > 0 ∃ N = N(ε) : n > N ⇒ an − bn 6 ε. (20.2.9)

Por outro lado, pelo Lema 20.2.4(a), tem-se:

supn∈N

bn = lim infn→∞

sn 6 lim supn→∞

sn = infn∈N

an.

Se fosse supn∈N

bn < infn∈N

an, teria-se:

an − bn > infn∈N

an − supn∈N

bn=: δ > 0, ∀n ∈ N.

Agora, considerando 0 < ε < δ em (20.2.9), existiria N = N(δ) tal que:

n > N ⇒ an − bn 6 ε < δ.

Porém, a última relação contradiz a ante-última, onde foi estabelecido que an − bn > δ para todon ∈ N.

(⇐ ) Reciprocamente, suponha-se:

s = lim supn→∞

sn = infn∈N

an,

s = lim infn→∞

sn = supn∈N

bn.

Da primeira relação acima, utilizando a denição de ínmo, tem-se que para todo ε > 0 existek0 = k0(ε) ∈ N tal que:

ak0 < s+ ε ⇒ sn 6 supn>k0

sn = ak0 < s+ ε ⇒ sn < s+ ε, ∀n > k0.

Análogamente, da segunda relação, utilizando a denição de supremo, tem-se que para todo ε > 0existe j0 = j0(ε) ∈ N tal que:

s− ε < bj0 ⇒ s− ε < bj0 = infn>j0

sn 6 sn ⇒ s− ε < sn, ∀n > j0.

Se N > maxk0, j0, então:

n > N ⇒ s− ε < sn < s+ ε ⇔ −ε < sn − s < ε ⇔ |sn − s| < ε.

Portanto, limn→∞

sn existe e vale s.


20.2.6 Lema: Seja snn∈N uma sequência não-negativa, ou seja, sn > 0 para todo n ∈ N.Então, lim

n→∞sn = 0 se e somente se lim sup

n→∞sn 6 0.

Demonstração: (⇒ ) Pelo lema anterior, o valor do limite deve coincidir com o do limite superior,portanto:

0 6 lim supn→∞

sn = limn→∞

sn = 0.

(⇐ ) Reciprocamente, utilizando a não-negatividade da sequência, tem-se:

sn > 0 ⇒ 0 6 infk>n

sk = bn, ∀n ∈ N ⇒ 0 6 bn 6 supn∈N

bn.

Portanto, utilizando a hipótese que o limite superior não é positivo, tem-se:

lim infn→∞

sn = supn∈N

bn > 0 > lim supn→∞

sn > lim infn→∞

sn.

Observe que a última desigualdade acima decorre do Lema 20.2.4(a). Ou seja, tem-se:

lim infn→∞

sn = lim supn→∞

sn = 0.

Desta maneira, pelo lema anterior, existe limn→∞

sn e vale 0.

20.2.7 Lema: Suponha a ∈ R, ou seja, a nito. Dada a sequência snn∈N, considere asseguintes condições:

1. a = lim supn→∞

sn.

2. Para todo ε > 0, são satisfeitas as seguintes duas propriedades:

Existe N = N(ε) ∈ N tal que n > N ⇒ sn < a+ ε.

O conjunto n ∈ N : sn > a− ε é innito.

3. a é o maior ponto de acumulação da sequência snn∈N.

Em tal caso, tem-se que (1)⇔(2)⇒ (3). A relação recíproca (3)⇒ (2) é satisfeita somente se asequência em questão for limitada superiormente.

Demonstração: (1) ⇒ (2). Seja ε > 0. Observe que:

a+ ε > a = lim supn→∞

sn = infn∈N

(supk6n

sk

).

Pela denição de ínmo, deve existir N ∈ N tal que:

supk>N

sk < a+ ε ⇒ sk 6 supk>N

sk < a+ ε, ∀k > N.

Portanto, tem-se:

n > N ⇒ sn < a+ ε.


Isso prova a primeira propriedade da condição (2). Por outro lado, observe que:

a− ε < a = infn∈N

(supk>n

sk

)6 supk>n

sk, ∀n ∈ N.

Pela denição de supremo, para cada n ∈ N existe k(n) ∈ N, com k(n) > n, tal que a− ε < sk(n).Em particular, dado n = 1 ∈ N, existe k(1) ∈ N, com k(1) > 1, tal que a− ε < sk(1). Pela sua vez,dado k(1) + 1 ∈ N, existe k(2) ∈ N, com k(2) > k(1) + 1 > k(1), tal que a− ε < sk(2). Em geral,uma vez determinado k(i), dado k(i)+1 ∈ N, existe k(i+1) > k(i)+1 > k(i) tal que a−ε < sk(i+1).Desta maneira, resuta possível construir inductivamente uma sequência estrictamente crescente denúmeros naturais:

k(1) < k(2) < · · · < k(i) < k(i+ 1) < · · ·

tal que a− ε < sk(i), para todo i ∈ N, provando a segunda propriedade da condição (2).

(2) ⇒ (1). Seja a ∈ R satisfazendo as duas propriedades da condição (2). Denindo:

an := supk>n

sk,

para cada n ∈ N tem-se que sk 6 an para todo k > n.

Armação: a 6 an, ∀n ∈ N. O

Com efeito, por reductio ad absurdum, a negação do resultado enunciado implicaria a existência dealgum n0 ∈ N tal que a > an0

. Em tal caso, considerando ε := a−an0> 0 na segunda propriedade

da condição (2), teria-se que existem innitos k ∈ N tais que:

sk > a− ε = a− (a− an0) = a− a+ an0 = an0 = supk>n0

sk,

uma obvia contradição. H

Portanto, pela armação anterior, a é um limite inferior para o conjunto an : n ∈ N. Bastaprovar agora que a é o maior de tais limites inferiores. Para tanto, seja α um outro limite inferior.Se fosse a < α, considerando ε :=α − a > 0 na primeira propriedade da condição (2) teria-se queexiste N ∈ N tal que:

n > N ⇒ sn < a+ ε = a+ (α− a) = a+ α− a = α.

Ou seja, α seria um limite superior para o conjunto sk : k > N e portanto:

aN = supk>N

sk 6 α.

Observe que não pode ser aN < α, pois tal relação contradiz o fato de α ser limite inferior doconjunto an : n ∈ N, ou seja, α 6 an, para todo n ∈ N. Suponha-se então que aN = α. Comoann∈N é uma sequência não-crescente, tem-se:

k > N ⇒ ak 6 ak−1 6 · · · 6 aN = α 6 an, ∀n ∈ N.

A última desigualdade acima decorre do fato de α ser limite inferior do conjunto an : n ∈ N.Portanto, deve ser:

k > N ⇒ ak = ak−1 = · · · = aN = α. (20.2.10)


Considerando ε := (α− a)/2 > 0 na primeira propriedade da condição (2), existe N1 ∈ N tal que:

n > N1 ⇒ sn < a+ ε = a+α− a

2=

2a+ α− a2

=a+ α

2.

Seja agora N2 > max N,N1. Em tal caso:

n > N2 > N1 ⇒ sn <a+ α

2.

Portanto, pela suposição a < α, tem-se:

aN2= supk>N2

sk 6a+ α

2<α+ α

2=

2α

2= α.

Ou seja, aN2< α. Contudo, dado que N2 > N , segundo a relação (20.2.10), deveria ser aN2

=aN = α. Esta contradição, lembre-se, provém de supor a < α. Portanto, dever ser α > a. Destamaneira, nalmente tem-se:

a = infn∈N

(supk>n

sk

)= lim sup

n→∞sn.

(2) ⇒ (3). Seja ε > 0. Pela primeira propriedade da condição (2), existe N ∈ N tal que:

n > N ⇒ sn < a+ ε.

Pela segunda propriedade da condição (2), resulta innito o conjunto A denido como:

A := n ∈ N : sn > a− ε .

Observe que o conjunto A∩n ∈ N : n > N também deve ser innito. Com efeito, se fosse nito,digamos com r elementos, decompondo A como união disjunta:

A = (A ∩ n ∈ N : n < N)⋃

(A ∩ n ∈ N : n > N) ,

resultaria óbvio que o conjunto A deveria ter no máximo (N − 1) + r elementos. Portanto, paratodo ε > 0 existem innitos n ∈ N tais que a − ε < sn < a + ε, pois tais n são os elementos doconjunto innito A ∩ n ∈ N : n > N. Desta maneira, a é ponto de acumulação da sequênciasn. Seja α um outro ponto de acumulação. Suponha que α > a e seja r tal que a < r < α.Então, considerando agora ε := (r − a)/2 > 0 na primeira propriedade da condição (2), existiriaN ∈ N tal que:

n > N ⇒ sn < a+ ε = a+r − a

2=a+ r

2<r + r

2= r.

A relação acima estabelece que pode existir apenas um número nito, no máximo s1, s2, . . . , sN−1,de elementos sk tais que |sk − α| < (α− r)/2, contradizendo o fato de ser α ponto de acumulaçãoda sequência. Desta maneira, deve ser α 6 a, provando que a é o maior ponto de acumulação dasequência sn.

(3) ⇒ (2). Se a é ponto de acumulação da sequência, então para todo ε > 0 existem innitosn ∈ N tais que:

|sn − a| < ε ⇔ a− ε < sn < a+ ε.


Em particular, existem innitos n ∈ N tais que sn > a − ε. Isso prova a segunda propriedade dacondição (2). Por outro lado, se a primeira propriedade não fosse válida, deveria existir ε0 > 0 coma seguinte propriedade: para cada N ∈ N existe n(N) ∈ N, com n(N) > N , tal que sn(N) > a+ ε0.Em tal caso, seria possível construir uma subsequência sn(k)k∈N tal que sn(k) > a + ε0, paratodo k ∈ N. Se a sequência original sn fosse limitada superiormente, digamos por M , entãosn(k) estaria contida no conjunto compacto [a+ε0,M ], possuindo assim um ponto de acumulaçãoα > a+ ε0 > a que seria também ponto de acumulação da sequência original sn, contradizendoo fato de ser a o maior de tais pontos. Tal contradição provém de supor a existência de ε0 com apropriedade mencionada acima. Portanto, negando tal propriedade, tem-se:

∀ε > 0 ∃ N ∈ N : n > N ⇒ sn < a+ ε.

Ou seja, a primeira propriedade da condição (2) também deve ser válida. Por outro lado, se snnão fosse limitada superiormente, pelo Lema 18.4.4, +∞ > a seria ponto de acumulação, tambémcontradizendo o fato de ser a o maior de tais pontos.

O seguinte resultado é o analogo do anterior para limites inferiores.

20.2.8 Lema: Suponha a ∈ R, ou seja, a nito. Dada a sequência snn∈N, considere asseguintes condições:

1. a = lim infn→∞

sn.


Existe N = N(ε) ∈ N tal que n > N ⇒ sn > a− ε. O conjunto n ∈ N : sn < a+ ε é innito.

3. a é o menor ponto de acumulação da sequência snn∈N.

Em tal caso, tem-se que (1)⇔(2)⇒ (3). A relação recíproca (3)⇒ (2) é satisfeita somente se asequência em questão for limitada inferiormente.

Demonstração: Pelo Lema 20.2.4(b), tem-se:

−a = − lim infn→∞

sn = lim supn→∞

(−sn).

Portanto, basta utilizar o lema anterior, trocando sn por −sn e a por −a, respectivamente.

20.2.9 Exemplo: Considere-se a sequência snn∈N denida por:

sn =

k, se n = 2k − 1,

1, se n = 2k.

Ou seja, snn∈N é a sequência:

1, 1, 2, 1, 3, 1, 4, 1, . . . , n, 1, n+ 1, 1 . . . .


Observe que a = 1 é o único ponto de acumulação de tal sequência, e portanto o maior de taispontos, mas 1 6= lim sup

n→∞sn. De fato, o limite superior lim sup

n→∞sn não existe neste caso. Observe

também que tal sequência não é limitada superiormente. ♣

20.2.10 Observação: Seja snn∈N uma sequência.

(a) lim supn→∞

sn < +∞, se e somente se snn∈N é limitada superiormente.

Considere lim supn→∞

sn = a < +∞. Por reductio ad absurdum, suponha que snn∈N não é

limitada superiormente. Em tal caso, para cada n ∈ N não pode existir supk>n

sk. Com efeito,

dado n ∈ N, arbitrário, se existisse tal supremo, digamos R 3 µ := supk>n

sk, então:

sk 6 µ, ∀k > n ⇒ sk 6 max s1, s2, . . . , sn−1, µ =: M, ∀k ∈ N.

Ou seja, a sequência sk seria limitada superiormente por M .

Reciprocamente, se a sequência é limitada superiormente, digamos sn 6M para todo n ∈ N,então:

supk>n

sk 6M, ∀n ∈ N ⇒ lim supn→∞

sn = infn∈N

(supk>n

sk

)6M < +∞.

(b) lim infn→∞

sn > −∞, se e somente se snn∈N é limitada inferiormente.

A prova é análoga à do item anterior. ♣

20.3 Incorporando Innito nas Denições

Observe que a denição de sequência comporta perfeitamente a existencia de sequências nem siquerlimitadas, e portanto não-limitadas nem superior nem inferiormente. De tal modo, seria desejávellevantar a restrição sobre a limitação da sequência para a equivalência da condicão (3) nos Lemas20.2.7 e 20.2.8 com as outras duas condições (1) e (2), que resultam incondicionalmente equivalen-tes entre si.

O exemplo 20.2.9 e a observação 20.2.10 parecem sugerir que a solução estaria em admitir valoreseventualmente innitos para os pontos de acumulação de sequências não-limitadas. Observe que aé ponto de acumulação de uma determinada sequência se e somente se existe uma sub-sequênciada sequência original que converge para a, vide exercício 17.7.2. As denicões pertinentes foramapresentadas, de fato, na seção 18.4, e são reproduzidas a seguir por mera conveniência do leitor.

20.3.1 Denição: Se diz que a sequência snn∈N converge para +∞, o que se denotalimn→∞

sn = +∞, se:

∀M > 0 ∃ N = N(M) ∈ N : n > N ⇒ sn > M.

20.3 Incorporando Innito nas Denições 269

Analogamente, se diz que a sequência snn∈N converge para−∞, o que se denota limn→∞

sn = −∞,se:

∀M > 0 ∃ N = N(M) ∈ N : n > N ⇒ sn < −M. ♣

20.3.2 Denição: Se diz que +∞ é um ponto de acumulação da sequência snn∈N seexiste uma subsequência snkk∈N tal que lim

k→∞snk = +∞.

Analogamente, se diz que −∞ é um ponto de acumulação da sequência snn∈N se existe umasubsequência snkk∈N tal que lim

k→∞snk = +∞. ♣

Com as denições adequadas, os dois últimos resultados homólogos da seção anterior podemser aprimorados. De fato, o resultado a seguir constitui uma versão aprimorada do Lema 20.2.7.

20.3.3 Lema: Suponha a ∈ R, ou seja, a nito. Dada a sequência snn∈N, as seguintescondições são todas equivalentes:


sn.


Existe N = N(ε) ∈ N tal que n > N ⇒ sn < a+ ε.

O conjunto n ∈ N : sn > a− ε é innito.

3. a é o maior ponto de acumulação da sequência snn∈N.

Demonstração: Se a sequência snn∈N é limitada superiormente, então o presente enunciadosegue de resultado original, Lema 20.2.7. Caso contrário, pelo Lema 18.4.4, +∞ resulta ponto deacumulação, o que contradiz o fato de ser a ∈ R (isto é, um número nito) o maior de todos taispontos.

Analogamente, o próximo resultado constitui uma versão aprimorada do Lema 20.2.8.

20.3.4 Lema: Suponha a ∈ R, ou seja, a nito. Dada a sequência snn∈N, as seguintescondições são todas equivalentes:


sn.


Existe N = N(ε) ∈ N tal que n > N ⇒ sn > a− ε. O conjunto n ∈ N : sn < a+ ε é innito.


3. a é o menor ponto de acumulação da sequência snn∈N.

Demonstração: Se a sequência snn∈N é limitada inferiormente, então o presente enunciadosegue de resultado original, Lema 20.2.8. Caso contrário, pelo Lema 18.4.6, −∞ resulta ponto deacumulação, o que contradiz o fato de ser a ∈ R (isto é, um número nito) o menor de todos taispontos.

Resulta não muito dicil avançar um paso para frente, admitindo agora para o a ∈ R dos resul-tados anteriores a posibilidade de admitir os valores ±∞. Os resultados preliminares, consideradosa continuação, serão uma inestimável ajuda, não apenas como auxiliares na prova dos resultadosprincipais, mas também para iluminar o caminho a ser seguido para levar a bom término a desejadageneralização.


1. lim supn→∞

sn = +∞.

2. A sequência snn∈N não é limitada superiormente.

3. +∞ é um ponto de acumulação da sequência snn∈N. Obviamente, trata-se neste caso domaior de tais pontos.

Demonstração: A equivalência (1)⇔(2) é consequência direta da observação 20.2.10(a). Poroutro, lado a equivalência (2)⇔(3) foi estabelecida no Lema 18.4.4.

(2)⇒ (3). Se a sequência não é limitada superiormente, então para todo M > 0 existe n(M) ∈ Ntal que sn(M) > M . Em particular, dado M = 1 > 0, existe n(1) ∈ N tal que sn(1) > 1. Em geral,dado N ∈ N existe n(N) ∈ N tal que sn(N) > N . Seja A o conjunto denido como:

A := k ∈ N : k > n(N) ∧ sk > N + 1 .

Armação: A é um conjunto não-vazio de números naturais. O

Com efeito, se fosse A = ∅, teria-se:

sk 6 N + 1, ∀ k > n(N) ⇒ sk 6 maxN + 1, s1, s2, · · · , sn(N)

=: M, ∀k ∈ N.

Portanto, a sequência snn∈N seria limitada por M , contradizendo a hipótese estabelecida pelacondição (2). H

Pelo Princípio de Boa Ordenação, o conjunto A possui primeiro elemento, que será denotadon(N + 1). Em particular, n(N + 1) > n(N) e sn(N+1) > N + 1. Desta maneira, resulta possívelconstruir uma subsequência

sn(N)

N∈N, tal que n(N +1) > n(N) e sn(N) > N , para todo N ∈ N.

Para provar que tal subsequência converge para innito, considere-seM > 0 arbitrário. SejaK ∈ Ncom K > M . Por exemplo, qualquer K > [M + 1] serve a tal efeito. Em tal caso, tem-se:

N > K ⇒ sn(N) > N > K > M.

20.3 Incorporando Innito nas Denições 271

Como M > 0 era arbitrário, segue que limN→∞

sn(N) = +∞.

(3)⇒ (2). Seja snkk∈N uma sub-sequência tal que limk→∞

sn(k) = +∞. Então, para todo M > 0

existe N(M) ∈ N tal que k > N ⇒ sn(k) > M . Portanto, para todo M > 0 tem-se quesn(N(M)) > M . Ou seja, a sequência sn não é limitada superiormente.

Já no outro extremo, a formulação requer uma ligeira modicação, como o leitor poderá conferirno próximo resultado.


1. lim supn→∞

sn = −∞.

2. limn→∞

sn = −∞.

3. −∞ é o único ponto de acumulação da sequência snn∈N. Trivialmente, trata-se nestecaso do maior de tais pontos.

Demonstração: A equivalência (2)⇔(3) foi estabelecida no Lema 18.4.5.

(1)⇒ (2). Por hipótese, tem-se:

−∞ = lim supn→∞

sn = infn∈N

(supk>n

sk

)= infn∈N

an := sup

k>nsk

.

Portanto, o conjunto ann∈N não é limitado inferiormente. Ou seja, para todo M > 0 existeN(M) ∈ N tal que aN < −M , de onde tem-se:

k > N ⇒ sk 6 supk>N

sk = aN < −M.

Desta maneira, para todo M > 0 existe N(M) ∈ N tal que:

n > N ⇒ sn < −M.

Ou seja, limn→∞

sn = −∞.

(2)⇒ (1). Por hipótese, para todo M > 0 existe N = N(M) ∈ N tal que:

n > N ⇒ sn < −M.

Portanto, tem-se:

supk>N

sk 6 −M ⇒ infn∈N

(supk>n

sk

)6 supk>N

sk 6 −M ⇒ lim supn→∞

sn 6 −M.

Desta maneira, para todo M > 0 tem-se que lim supn→∞

sn 6 −M . Ou seja, lim supn→∞

sn = −∞.


(2)⇒ (3). Se limn→∞

sn = −∞, então obviamente −∞ é ponto de acumulação da sequência. Da

condição (2) tem-se que para todo M > 0 existe N = N(M) ∈ N tal que:

n > N ⇒ sn < −M. (20.3.1)

Para provar a unicidade, suponha-se a existência de α ponto de acumulação da sequência, comα > −∞. Como α é ponto de acumulação, dado ε > 0 arbitrário, para todo N ∈ N existen = n(ε,N) ∈ N com n > N tal que:

|sn − α| < ε ⇔ α− ε < sn < α+ ε. (20.3.2)

Em particular, considere-se ε > |α| > 0. Seja M := = |α− ε| > 0, dado que ε 6= α, pois ε > |α|.Pela relação (20.3.1), existe N1 ∈ N tal que:

n > N1 ⇒ sn < −M = − |α− ε| 6 α− ε.

Para tais ε > 0 e N1 ∈ N, pela relação (20.3.2), existe n0 ∈ N com n0 > N1 tal que:

α− ε < sn0.

Porém, como n0 > N1 teria-se que sn0 < α − ε, uma contradição. Portanto, −∞ é o único pontode acumulação da sequência em questão.

(3)⇒ (1). Suponha que lim supn→∞

sn = a ∈ R, ou seja, um número nito a > −∞. Pelo Lema 20.2.7,

o número nito a seria (o maior) ponto de acumulação da sequência sn, contradizendo a unicidadede −∞ como o único de tais pontos de acumulação. Por outro lado, se fosse lim sup

n→∞sn = +∞, pelo

Lema 20.3.5 anterior, +∞ seria ponto de acumulação da sequência sn, contradizendo a unicidadede −∞ como o único de tais pontos de acumulação. Portanto, deve ser lim sup

n→∞sn = −∞.

Prova alternativa vericando o condicional (3)⇒ (2). Se a sequência sn fosse não-limitada su-periormente, pelo Lema 20.3.5 anterior, +∞ seria ponto de acumulação de tal sequência, con-tradizendo que −∞ era o único de tais pontos, por hipótese. Portanto, deve existir M ∈ N talque:

sn 6M, ∀n ∈ N.

A negação lógica da condição (2) equivale a estabelecer a existência de algum M0 > 0 tal quepara todo N ∈ N existe n(N) ∈ N com n(N) > N tal que sn(N) > −M0. Em particular, dadoN = 1 ∈ N, existe n(1) com n(1) > 1 tal que sn(1) > −M0. Em geral, dado n(k) + 1 ∈ N, existen(k + 1) com n(k + 1) > n(k) + 1 > n(k) tal que sn(k+1) > −M0. Desta maneira, resulta possívelconstruir uma subsequência

sn(k)

k∈N com n(k + 1) > n(k) tal que:

sn(k) > −M0, ∀k ∈ N.

Combinando as duas últimas relações, tem-se:

−M0 6 sn(k) 6M, ∀k ∈ N.

Portanto, a subsequênciasn(k)

k∈N está contida no conjunto compacto [M0,M ]. Pelo exercício

17.8.1, tal subsequência deve possuir um ponto de acumulação no intervalo [M0,M ], ou seja,necessariamente um número nito. Pelo exercício 17.7.4(a), tal número nito seria também pontode acumulação da sequência original, obviamente diferente de −∞, contradizendo que −∞ era oúnico de tais pontos.

20.4 Limites Superior e Inferior de Sequências Revisitado 273

O seguinte resultado seria o análogo do Lema 20.3.5, para limites inferiores.


1. lim infn→∞

sn = −∞.


3. −∞ é um ponto de acumulação da sequência snn∈N. Obviamente, trata-se neste caso domenor de tais pontos.

Demonstração: A equivalência (1)⇔(2) é consequência direta da observação 20.2.10(b). Poroutro, lado a equivalência (2)⇔(3) foi estabelecida no Lema 18.4.6.

De igual maneira, o seguinte resultado seria o análogo do Lema 20.3.6, para limites inferiores.


1. lim infn→∞

sn = +∞.

2. limn→∞

sn = +∞.

3. +∞ é o único ponto de acumulação da sequência snn∈N. Trivialmente, trata-se nestecaso do menor de tais pontos.

Demonstração: Utilizando o resultado do Lema 20.2.4(b), a equivalência (1)⇔(2) pode ser de-duzida como consequência do Lema 20.3.6 anterior, trocando sn por −sn e +∞ por −∞, respec-tivamente. Ou seja:

lim infn→∞

sn = +∞ ⇔ − lim infn→∞

sn = −∞ ⇔ lim supn→∞

(−sn) = −∞

⇔ limn→∞

(−sn) = −∞ ⇔ − limn→∞

sn = −∞ ⇔ limn→∞

sn = +∞.

Por outro, lado a equivalência (2)⇔(3) foi estabelecida no Lema 18.4.7.

20.4 Limites Superior e Inferior de Sequências Revisitado

Na seção 18.5 foi introduzido o conjunto de números reais estendidos:

R :=R ∪ ±∞,

com a relação de ordem dada por −∞ < a < +∞, para todo a ∈ R. Na mesma seção foi introduzidotambém o conjunto Ξ de pontos de acumulação estendido de qualquer sequência snn∈N ⊂ R denúmeros reais, denido como:

Ξ :=x ∈ R : existe uma sub-sequência snkk∈N tal que lim

k→∞snk = x

.


Resulta também oportuno salientar que Ξ 6= ∅, ou seja, o conjunto de pontos de acumulaçãoestendido resulta sempre não-vazio, segundo estabelecido na observação 18.5.3(a).

20.4.1 Lema: Seja snn∈N ⊂ R uma sequência de números reais. Então, o número realestendido lim sup

n→∞sn satisfaz as duas propriedades do Lema 18.5.4(a). Mais precisamente, tem-se:

(a) lim supn→∞

sn ∈ Ξ.

(b) lim supn→∞

sn < x ⇒ ∃ N = N(x) ∈ N : n > N ⇒ sn < x.

Demonstração: (a) No caso lim supn→∞

sn = +∞, a condição 3 do Lema 20.3.5 estabelece que

+∞ ∈ Ξ. Portanto, lim supn→∞

sn = +∞ ∈ Ξ.

Por outro lado, se fosse lim supn→∞

sn = −∞, então a condição 3 do Lema 20.3.6 estabelece que

−∞ ∈ Ξ, mais ainda, Ξ = −∞. Portanto, lim supn→∞

sn = −∞ ∈ Ξ.

Finalmente, no caso lim supn→∞

sn ∈ R, a condição 3 do Lema 20.2.7 estabelece que lim supn→∞

sn ∈

Ξ ⊆ Ξ.

(b) No caso lim supn→∞

sn = +∞, a proposição lógica P denida como:

P := lim supn→∞

sn < x

é falsa. Portanto, a tabela de verdade introduzida na observação 18.5.5, estabelece que ocondicional P ⇒ Q é verdadeiro, onde Q é a proposição lógica denida no enunciado doitem (b) do presente resultado.

Por outro lado, se fosse lim supn→∞

sn = −∞, a condição 2 do Lema 20.3.6 estabelece que

limn→∞

sn = −∞. A última relação equivale a enunciar que para todo x > −∞ = lim supn→∞

sn

existe N ∈ N tal que:

n > N ⇒ sn < x.

Observe que o último enunciado corresponde precisamente ao enunciado do item (b) dopresente resultado, que se deseja provar.

Finalmente, considere o caso lim supn→∞

sn ∈ R. Suponha que lim supn→∞

sn < x. Seja ε :=x −lim supn→∞

sn > 0. A primeira propriedade na condição 2 do Lema 20.2.7 estabelece a existência

de N ∈ N tal que:

n > N ⇒ sn < lim supn→∞

sn + ε = lim supn→∞

sn + x− lim supn→∞

sn = x.

20.4 Limites Superior e Inferior de Sequências Revisitado 275

20.4.2 Corolário: lim supn→∞

sn = sup Ξ. Em particular, lim supn→∞

sn é o maior ponto de acumulação

(estendido) da sequência snn∈N.

Demonstração: Segue diretamente do Lema 20.4.1 anterior e do Lema 18.5.4.

O seguinte resultado é o análogo do Lema 20.4.1 para limites inferiores.

20.4.3 Lema: Seja snn∈N ⊂ R uma sequência de números reais. Então, o número realestendido lim inf

n→∞sn satisfaz as duas propriedades do Lema 18.5.6(a). Mais precisamente, tem-se:

(a) lim infn→∞

sn ∈ Ξ.

(b) x < lim infn→∞

sn ⇒ ∃ N = N(x) ∈ N : n > N ⇒ x < sn.

Demonstração: Análoga à prova do Lema 20.4.1 anterior.

20.4.4 Corolário: lim infn→∞

sn = inf Ξ. Em particular, lim infn→∞

sn é o menor ponto de acumulação

(estendido) da sequência snn∈N.

Demonstração: Segue diretamente do Lema 20.4.3 anterior e do Lema 18.5.6.

Finalmente, os dois últimos resultados homólogos da seção 20.2, isto é, os Lemas 20.2.7 e 20.2.8,ligeiramente aprimorados na seção anterior, serão apresentados agora na sua versão denitiva. Oseguinte resultado constitui a versão generalizada do Lema 20.2.7.

20.4.5 Lema: Seja a ∈ R. Se snn∈N ⊂ R é uma sequência de números reais, então as seguintescondições são todas equivalentes entre si:


sn.

2. a é um ponto de acumulação (estendido) da sequência snn∈N e para todo a < x existeN = N(x) ∈ N tal que n > N ⇒ sn < x.

3. a é o maior ponto de acumulação (estendido) da sequência snn∈N.

Demonstração: O condicional (1)⇒ (2) segue diretamente do Lema 20.4.1.

A equivalência (1)⇔(3) resulta da aplicação dos lemas 20.3.3, 20.3.5 e 20.3.6, segundo seja a ∈ R,a = +∞, ou a = −∞, respectivamente.


(2)⇒ (3). No caso a ∈ R, a hipótese (2) implica as duas propriedades da condição 2 no Lema20.3.3, de onde segue (3). No caso a = +∞, a conclusão (3) é obvia. No caso a = −∞, a hipótese(2) implica que lim

n→∞sn = −∞, ou seja, a condição 2 no Lema 20.3.6, portanto −∞ é o único ponto

de acumulação da sequência, sendo trivialmente o maior de tais pontos.

Analogamente, o próximo resultado constitui a versão generalizada do Lema 20.2.8.

20.4.6 Lema: Seja a ∈ R. Se snn∈N ⊂ R é uma sequência de números reais, então as seguintescondições são todas equivalentes entre si:


sn.

2. a é um ponto de acumulação (estendido) da sequência snn∈N e para todo x < a existeN = N(x) ∈ N tal que n > N ⇒ x < sn.

3. a é o menor ponto de acumulação (estendido) da sequência snn∈N.

Demonstração: O condicional (1)⇒ (2) segue diretamente do Lema 20.4.3.

A equivalência (1)⇔(3) resulta da aplicação dos lemas 20.3.4, 20.3.7 e 20.3.8, segundo seja a ∈ R,a = −∞, ou a = +∞, respectivamente.

(2)⇒ (3). No caso a ∈ R, a hipótese (2) implica as duas propriedades da condição 2 no Lema20.3.4, de onde segue (3). No caso a = +∞, a hipótese (2) implica que lim

n→∞sn = +∞, ou seja,

a condição 2 no Lema 20.3.8, portanto +∞ é o único ponto de acumulação da sequência, sendotrivialmente o maior de tais pontos. No caso a = −∞, a conclusão (3) é obvia.

20.5 Limite Superior e Inferior de Funções

20.5.1 Denição: Seja f uma função. Dene-se o limite superior de f quando x tendepara a como:

lim supx→a

f(x) := infε>0

sup f(x) : 0 < |x− a| < ε.

Analogamente, dene-se o limite inferior de f quando x tende para a como:

lim infx→a

f(x) := supε>0

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε. ♣

20.5.2 Lema: lim infx→a

f(x) 6 lim supx→a

f(x).

Demonstração: Seja ε0 > 0 arbitrário. Dado ε > 0, no caso ε < ε0, tem-se:

x : 0 < |x− a| < ε ⊂ x : 0 < |x− a| < ε0 ,

20.5 Limite Superior e Inferior de Funções 277

de onde segue:

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε0 6 inf f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε .

Analogamente, no caso ε0 6 ε, tem-se:

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε0 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε0 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε .

Portanto, qualquer que seja o caso, tem-se:

∀ε > 0 inf f(x) : 0 < |x− a| < ε0 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε .

Da última relação acima, utilizando a denição de ínmo, tem-se:

∀ε0 > 0 inf f(x) : 0 < |x− a| < ε0 6 infε>0

sup f(x) : 0 < |x− a| < ε = lim supx→a

f(x).

Da última relação acima, utilizando agora a denição de supremo, tem-se:

lim infx→a

f(x) = supε0>0

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε0 6 lim supx→a

f(x) .

Ou seja, lim infx→a

f(x) 6 lim supx→a

f(x).

Para um argumento alternativo, observe que, no caso ε < ε0, tem-se:

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε0 .

Por outro lado, no caso se ε0 6 ε, tem-se:

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 inf f(x) : 0 < |x− a| < ε0 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε0 .

Portanto, qualquer que seja o caso, tem-se:

∀ε > 0 inf f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε0 .

Da última relação acima, utilizando a denição de supremo, tem-se:

∀ε0 > 0 lim infx→a

f(x) = supε>0

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε0 .

Da última relação acima, utilizando agora a denição de ínmo, tem-se:

lim infx→a

f(x) 6 infε0>0

sup f(x) : 0 < |x− a| < ε0 = lim supx→a

f(x) .

Ou seja, lim infx→a

f(x) 6 lim supx→a

f(x).

20.5.3 Lema: limx→a

f(x) existe, e vale l, se e somente se lim supx→a

f(x) e lim infx→a

f(x) existem ambos

e são iguais, com valor comun l.


Demonstração: (⇒ ) Se limx→a

f(x)=: l, então para todo ρ > 0 existe δ = δ(ρ) > 0 tal que:

0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− l| < ρ ⇔ −ρ < f(x)− l < ρ ⇔ l − ρ < f(x) < l + ρ.

Em particular:

l − ρ 6 inf f(x) : 0 < |x− a| < δ(ρ) .

De onde segue:

l − ρ 6 inf f(x) : 0 < |x− a| < δ(ρ) 6 supε>0

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε = lim infx→a

f(x).

Análogamente:

sup f(x) : 0 < |x− a| < δ(ρ) 6 l + ρ.

De onde segue:

lim supx→a

f(x) = infε>0

sup f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < δ(ρ) 6 l + ρ.

Portanto, utilizando o lema anterior, tem-se:

∀ρ > 0 l − ρ 6 lim infx→a

f(x) 6 lim supx→a

f(x) 6 l + ρ.

Como ρ é arbitrário, tomando o limite ρ→ 0, tem-se:

l 6 lim infx→a

f(x) 6 lim supx→a

f(x) 6 l.

Ou seja:

lim infx→a

f(x) = lim supx→a

f(x) = l = limx→a

f(x).

(⇐ ) Reciprocamente, suponha-se que:

lim infx→a

f(x) = l = lim supx→a

f(x).

Seja snn∈N uma sequência com sn 6= a para todo n ∈ N, tal que limn→∞

sn = a, ou seja:

∀ε > 0 ∃ N(ε) ∈ N : k > N(ε) ⇒ 0 < |sk − a| < ε.

Em particular:

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 inf f(sk) : k > N(ε) 6 supn∈N

inf f(sk) : k > n

= lim infn→∞

f(sn).

De onde segue:

lim infx→a

f(x) = supε>0

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 lim infn→∞

f(sn).

20.6 Limites Laterais Superiores e Inferiores de Funções 279

Ou seja:

lim infx→a

f(x) 6 lim infn→∞

f(sn).

Análogamente:

lim supn→∞

f(sn) = infn∈N

sup f(sk) : k > n 6 sup f(sk) : k > N(ε)

6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε .

De onde segue:

lim supn→∞

f(sn) 6 infε>0

sup f(x) : 0 < |x− a| < ε = lim supx→a

f(x).

Ou seja:

lim supn→∞

f(sn) 6 lim supx→a

f(x).

Portanto, utilizando a hipótese, tem-se:

lim supn→∞

f(sn) 6 lim supx→a

f(x) = l = lim infx→a

f(x) 6 lim infn→∞

f(sn).

De onde segue que:

lim supn→∞

f(sn) = lim infn→∞

f(sn) = l.

Ou seja, o limite limn→∞

f(sn) sempre existe, para toda sequência sn com sn 6= a tal que limn→∞

sn =

a. Além disso, o valor de tal limite resulta ser l, independentemente da sequência sn empregada.Portanto, o limite lim

x→af(x) existe e vale l.

20.6 Limites Laterais Superiores e Inferiores de Funções

20.6.1 Denição: Seja f uma função. Dene-se o limite superior e inferior de f quandox tende para a pela direita, respectivamente por:

lim supx→a+

f(x) := infε>0

sup f(x) : 0 < x− a < ε,

lim infx→a+

f(x) := supε>0

inf f(x) : 0 < x− a < ε.

Analogamente, dene-se o limite superior e inferior de f quando x tende para a pelaesquerda, respectivamente por:

lim supx→a−

f(x) := infε>0

sup f(x) : 0 < a− x < ε,

lim infx→a−

f(x) := supε>0

inf f(x) : 0 < a− x < ε. ♣

20.6.2 Lema: O limite superior e inferior e seus limites laterais satisfazem, respectivamente, asseguintes propriedades:


(a) lim infx→a

f(x) 6 lim infx→a±

f(x).

(b) lim supx→a±

f(x) 6 lim supx→a

f(x).

Demonstração: (a) Observe que:

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 inf f(x) : 0 < x− a < ε .

De onde segue que:

supε>0

inf f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 supε>0

inf f(x) : 0 < x− a < ε .

Ou seja:

lim infx→a

f(x) 6 lim infx→a+

f(x).

A prova no caso x→ a− é análoga.

(b) Observe que:

sup f(x) : 0 < x− a < ε 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε .

De onde segue que:

infε>0

sup f(x) : 0 < x− a < ε 6 infε>0

sup f(x) : 0 < |x− a| < ε .

Ou seja:

lim supx→a+

f(x) 6 lim infx→a

f(x).

A prova no caso x→ a− é análoga.

20.6.3 Lema: Os limites superior e inferior pela direita e esquerda satisfazem, respectivamente,as seguintes propriedades:

(a) lim infx→a+

f(x) 6 lim supx→a+

f(x).

(b) lim infx→a−

f(x) 6 lim supx→a−

f(x).

Demonstração: Análoga à prova do Lema 20.5.2, cando a cargo do leitor.

20.6.4 Lema: Seja f uma função. Então:

(a) limx→a+

f(x) existe, e vale l, se e somente se lim supx→a+

f(x) e lim infx→a+

f(x) existem ambos e são

iguais, con valor comun l.


(b) limx→a−

f(x) existe, e vale l, se e somente se lim supx→a−

f(x) e lim infx→a−

f(x) existem ambos e são

iguais, com valor comun l.



(a) Se lim supx→a+

f(x) e lim supx→a−

f(x) existem ambos e são iguais, com valor comun l, então existe

lim supx→a

f(x), e vale l.

(b) Reciprocamente, se lim supx→a

f(x) existe, e vale l, então pelo menos algum dos limites laterais

lim supx→a+

f(x) ou lim supx→a−

f(x) existe, com valor igual ao daquele limite, ou seja, l.

Demonstração: (a) Sejam α e l denidos respectivamente como:

α := lim supx→a

f(x),

l := lim supx→a+

f(x) = lim infx→a−

f(x).

Pelo Lema 20.6.2(b), sabe-se que: l 6 α. Seja ρ > 0 arbitrário. Observe que:

l = lim supx→a+

f(x) = infε>0

sup f(x) : 0 < x− a < ε .

Pela denição de ínmo, deve existir δ1 > 0 tal que:

sup f(x) : 0 < x− a < δ1 < l + ρ.

Portanto:

∀x : 0 < x− a < δ1 f(x) 6 sup f(x) : 0 < x− a < δ1 < l + ρ. (20.6.1)

Analogamente, observe que:

l = lim supx→a−

f(x) = infε>0

sup f(x) : 0 < a− x < ε .

Pela denição de ínmo, deve existir δ2 > 0 tal que:

sup f(x) : 0 < a− x < δ2 < l + ρ.

Portanto:

∀x : 0 < a− x < δ2 f(x) 6 sup f(x) : 0 < a− x < δ2 < l + ρ. (20.6.2)

Seja 0 < δ 6 min δ1, δ2. Utilizando as relações (20.6.1) e (20.6.2), tem-se:

0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) < l + ρ ⇒ sup f(x) : 0 < |x− a| < δ 6 l + ρ


De onde segue que:

α = lim supx→a

f(x) = infε>0

sup f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < δ 6 l+ρ.

Portanto, para todo ρ > 0 tem-se que α 6 l + ρ. Como ρ > 0 é arbitrário, tomando o limiteρ → 0, segue que α 6 l. Ou seja, α = lim sup

x→af(x) existe, isto é, admite um valor nito

(menor ou igual que l). De fato, como l 6 α 6 l, deve ser lim supx→a

f(x) = α = l.

(b) Sejam l+ e l− denidos respectivamente como:

l+ := lim supx→a+

f(x),

l− := lim supx→a−

f(x).

Pelo Lema 20.6.2(b), sabe-se que l± 6 α. Seja ρ > 0 arbitrário. Observe que para todo ε > 0tem-se:

α−ρ < α = lim supx→a

f(x) = infε>0

sup f(x) : 0 < |x− a| < ε 6 sup f(x) : 0 < |x− a| < ε .

Portanto, pela denição de supremo, deve existir algum x0 = x0(ε) com 0 < |x0 − a| < ε talque α− ρ < f(x0).

No caso 0 < x0 − a < ε, tem-se:

α− ρ < f(x0) 6 sup f(x) : 0 < x− a < ε .

De onde segue que:

α− ρ 6 infε>0

sup f(x) : 0 < x− a < ε = lim supx→a+

f(x) = l+.

Portanto, para todo ρ > 0 tem-se que α−ρ 6 l+. Como ρ > 0 é arbitrário, tomando o limiteρ→ 0, segue que l+ 6 α 6 l+. Ou seja, neste caso l+ existe e vale α.

Por outro lado, no caso 0 < a− x0 < ε tem-se:

α− ρ < f(x0) 6 sup f(x) : 0 < a− x < ε .

De onde segue que:

α− ρ 6 infε>0

sup f(x) : 0 < a− x < ε = lim supx→a−

f(x) = l−.

Portanto, para todo ρ > 0 tem-se que α−ρ 6 l−. Como ρ > 0 é arbitrário, tomando o limiteρ→ 0, segue que l− 6 α 6 l−. Ou seja, neste caso l− existe e vale α.

O resultado a seguir é o análogo do lema anterior para limites inferiores.



(a) Se lim infx→a+


f(x) existem ambos e são iguais, com valor comun l, então existe

lim infx→a

f(x), e vale l.

(b) Reciprocamente, se lim infx→a

f(x) existe, então pelo menos algum dos limites laterais lim infx→a+

f(x)

ou lim infx→a−

f(x) existe, com valor igual ao daquele limite, ou seja l.


Concluindo, o próximo resultado caracteriza a existência do limite de uma função, em termodos limites superiores e inferiores laterais pela direita e esquerda.

20.6.7 Lema: limx→a

f(x) existe, e vale l, se e somente se os limites lim supx→a+

f(x), lim infx→a+

f(x),

lim supx→a−

f(x), lim infx→a−

f(x), existem os quatro e são todos iguais, com valor comun l.

Demonstração: O limite limx→a

f(x) existe se e somente se os limites laterais limx→a+

f(x) e limx→a−

f(x)

existem ambos e são iguais. Pelo Lema 20.6.4(a), o limite lateral limx→a+

f(x) existe se e somente

se os limites lim supx→a+

f(x) e lim infx→a+

f(x) existem ambos e são iguais. Analogamente, pelo Lema

20.6.4(b), o limite lateral limx→a−

f(x) existe se e somente se os limites lim supx→a−


f(x)

existem ambos e são iguais.

20.6.8 Observação: Eis uma prova alternativa do lema anterior.

(⇒ ) Se o limite limx→a

f(x) existe, então, pelo Lema 20.5.3, existem ambos e são iguais os limites:

lim supx→a

f(x) = lim infx→a

f(x).

Portanto, para µ ∈ +,− e τ ∈ +,− de maneira independente um do outro, tem-se:

lim infx→aµ

f(x) 6 lim supx→aµ

f(x) 6 lim supx→a

f(x) = lim infx→a

f(x) 6 lim infx→aτ

f(x).

Observe que a primeira desigualdade decorre do Lema 20.6.3, no entanto que a segunda desigual-dade segue do Lema 20.6.2(b). A última desigualdade decorre do Lema 20.6.2(a). Para vericar aigualdade dos limites laterais, basta considerar em primeiro lugar µ = + = τ , e depois µ = − = τ .Alternativamente, basta considerar em primeiro lugar µ = + e τ = −, e depois µ = − e τ = +.

(⇐ ) Reciprocamente, pelo Lema 20.6.5(a), se

lim supx→a+

f(x) = lim supx→a−

f(x),

então existe lim supx→a

f(x), com igual valor. Analogamente, pelo Lema 20.6.6(a), se

lim infx→a+


f(x),


então existe lim infx→a

f(x), com igual valor. Portanto, pelo Lema 20.5.3, o limite limx→a

f(x) existe,

com igual valor.

Existe ainda um argumento alternativo. Pelo Lema 20.6.4(a), se

lim supx→a+

f(x) = lim infx→a+

f(x),

então existe limx→a+

f(x), com igual valor. Analogamente, pelo Lema 20.6.4(b), se

lim supx→a−


f(x),

então existe limx→a−

f(x), com igual valor. Portanto, pela proposição 18.2.4, o limite limx→a

f(x) existe,

com igual valor. ♣


20.7 Limite Superior e Inferior de Conjuntos e Sequências

20.7.1 Exercício: Seja snn∈N ⊂ R uma sequência de números reais. Considere-se o conjuntoA := s1, s2, . . . e suponha-se que A é innito e limitado (em particular, a sequência em questãoé limitada). Então:

(a) lim supA 6 lim supn→∞

sn.

(b) Forneça um exemplo em que a desigualdade do item (a) anterior seja estricta. Ou seja, exibauma sequência snn∈N tal que lim supA < lim sup

n→∞sn.

Sugestão: Considere a sequência snn∈N denida por:

sn =

1

k, se n = 2k,

1, se n = 2k − 1.

Ou seja, snn∈N é a sequência:

1, 1, 1,1

2, 1,

1

3, 1,

1

4, . . . , 1,

1

n, 1,

1

n+ 1, . . . .

Observe que UA = (0,+∞). Portanto, lim supA = inf UA = 0. Por outro lado, a sub-sequência s2k−1k∈N obviamente converge para 1 quando k → ∞. Assim, 1 ∈ Ξ, e comosn 6 1 para todo n ∈ N, segue que 1 deve ser o maior de tais pontos de acumulação. Ouseja, lim sup

n→∞sn = sup Ξ = sup Ξ = 1.

(c) Se os sn são todos diferentes, então lim supA = lim supn→∞

sn. ♣

20.7.2 Exercício: Seja snn∈N ⊂ R uma sequência de números reais. Considere o conjuntoA := s1, s2, . . . e suponha que A é innito e limitado (em particular, a sequência em questão élimitada). Então:

(a) lim infn→∞

sn 6 lim inf A.

(b) Forneça um exemplo em que a desigualdade do item (a) anterior seja estricta. Ou seja, exibauma sequência snn∈N tal que lim inf

n→∞sn < lim inf A.

285


Sugestão: Se snn∈N é a sequência denida no item (b) do exercício anterior, considere-seagora −sn para todo n ∈ N.

(c) Se os sn são todos diferentes, então lim inf A = lim infn→∞

sn. ♣

Observe que o resultado dos exercícios 20.7.1(c) e 20.7.2(c) anteriores permitem denir lim supAe lim inf A, respectivamente, para conjuntos não necessariamente limitados que sejam enumeráveis

(obviamente innitos, portanto). Com efeito, dada uma enumeração de um tal conjunto, digamos,A = a1, a2, . . . , considere a sequência snn∈N denida como:

a1, a1, a2, a1, a2, a3, a1, a2, a3, a4, . . .

Basta então denir:

lim supA := lim supn→∞

sn,

lim inf A := lim infn→∞

sn.

Observe que quando o conjunto A é limitado a denição de cada um desses limites coincide com aoriginal, pelo exercício 20.7.1(c) e 20.7.2(c), respectivamente.

20.7.3 Exercício: Uma outra particularidade da sequência snn∈N acima denida consiste emque cada ai ∈ A pertence ao conjunto de pontos de acumulação da mesma. Ou seja, A ⊆ Ξ ⊆ Ξ.

(a) Em particular, considerando o caso A = N, observe-se que uma sequência snn∈N pode teraté uma quantidade innta de pontos de acumulação, embora o seu conjunto base s1, s2, . . . não tenha nenhum ponto de acumulação.

(b) Se o conjunto A é limitado, tem-se A ⊆ Ξ = Ξ. Caso contrário, A ⊆ Ξ $ Ξ, pois Ξ $ Ξ ∪+∞ ⊆ Ξ se A for não-limitado superiormente, ou Ξ $ Ξ∪−∞ ⊆ Ξ se A for não-limitadoinferiormente. Considerando A = Q, observe-se que neste caso tem-se adicionalmente A $Ξ $ Ξ. Com efeito, se A = Q, então Ξ = R e Ξ = R. Portanto, Q $ R $ R.

(c) No caso A = Q do item anterior, observe também que a sequência associada ao conjuntotem uma quantidade innita não-enumerável de pontos de acumulação. Mas neste caso oseu conjunto base Q também tem uma quantidade innita não-enumerável de pontos deacumulação, a saber, R. Existe algum conjunto numerável A cuja sequência asociada tenhauma quantidade innita não-enumerável de pontos de acumulação, embora A não tenhanenhum ponto de acumulação ou apenas uma quantidade nita ou no máximo enumerávelde tais pontos? ♣

20.8 Alguns Limites Superiores e Inferiores de Sequências

20.8.1 Exercício: Seja snn∈N ⊂ R uma sequência de números reais positivos, ou seja, sn > 0para todo n ∈ N. Então:

(a) lim supn→∞

n√sn 6 lim sup

n→∞

sn+1

sn

20.9 Limites Superiores e Inferiores de Funções 287

(b) lim infn→∞

sn+1

sn6 lim inf

n→∞n√sn.

20.8.2 Exercício: Seja snn∈N ⊂ R uma sequência de números reais. Então:

(a) Prove que snn∈N não é limitada inferiormente se e somente se −∞ é um ponto de acumu-lação da sequência snn∈N.

Sugestão: Vide Lema 20.3.7 e corolário do Lema 20.4.3.

(b) Forneça um exemplo de sequência não-limitada inferiormente cujo limite superior seja dife-rente de −∞.

Sugestão: Considere −sn, onde snn∈N é a sequência do exemplo 20.2.9. Alternativamente,considere sn := (−1)n n.

(c) Conclua que a unicidade de +∞ e −∞ como ponto de acumulação no Lema 20.3.6 e Lema20.3.8, respectivamente, é uma propriedade sine quo non para a validade da relação (c)⇒ (a)expressa em tais resultados. ♣

20.8.3 Exercício: No lema 20.3.6, a terceira condição estabelece que:

3. −∞ é o único ponto de acumulação da sequência snn∈N.

Considere as seguintes condições adicionais:

4. −∞ é um ponto de acumulação da sequência snn∈N.


Observe que (3) ⇒ (4) ⇔ (5). Com efeito, o primeiro condicional é trivial, no entanto que asegunda equivalência decorre do lema 18.4.6. Determine que condições poderiam ser acrescidaspara que o condicional recíproco (3) ⇐ (4) também seja válido. ♣

20.9 Limites Superiores e Inferiores de Funções

20.9.1 Exercício: Diferentemente do limite limx→a

f(x), cuja existência é condição necessária e

suciente para a existência de ambos limites laterais limx→a±

f(x), o resultado do lema 20.6.5(b)

parece sugerir que a existência do limite superior lim supx→a

f(x) não é tão forte o suciênte como

para garantir a existência simultânea de ambos limites laterais correlatos lim supx→a±f(x)

. Verique, sem

apelar a mundos exóticos, que isso pode acontecer, de fato. Ou seja, exiba um exemplo elementaronde exista o limite superior e apenas um dos limites superiores laterais.

Sugestão: Considere a função f denida para todo x ∈ R por:

f(x) :=

1

x, se x < 0;

0, se x > 0, com x ∈ Q;

− 1

x, se x > 0, com x /∈ Q.


no ponto a = 0. ♣

Capítulo 21

Descontinuidades

21.1 Descontinuidades Evitáveis

Dado que a continuindade de uma função depende da concorrência de várias condições (vide obser-vação 19.1.2), uma função f : R→ R pode deixar de ser contínua num ponto a de várias maneiras.Por exemplo, poderia não estar denida em a, como é o caso de f(x) = 1/x na origem, a = 0. Umcaso diferente merecedor de destaque é o expressado a seguir.

21.1.1 Denição: Se limx→a

f(x) existe mas não é igual a f(a), ou se f nem siquer está denida

em a, então se diz que a função f possui uma descontinuidade evitável em a.

Em outras palavras, f possui uma descontinuidade evitável em a se na observação 19.1.2 é satisfeitaa condição 2 mas não a condição 1 e/ou 3. ♣

21.1.2 Observação: Se f possui uma descontinuidade evitável em a, então a função g denidacomo:

g(x) :=

f(x), se x 6= a,

limx→a

f(x), se x = a,

resulta contínua em a, pois as condições 1 e 3 na observação 19.1.2 são satisfeitas automatica-mente. ♣

21.1.3 Exemplo: (a) Pelo exercício 18.12.3(d), a função f(x) =senx

xpossui uma desconti-

nuidade evitável em a = 0. Portanto, a função denida por:

g(x) =

senx

x, se x 6= 0,

1, se x = 0,

resulta contínua em R, ou seja, contínua em a para todo a ∈ R.

289

290 Descontinuidades

(b) A função considerada no exemplo 18.1.10 possui descontinuidades evitáveis em Q ∩ (0, 1).Observe que nesse caso, a função g denida na observação anterior, se reduz à função iden-ticamente nula. ♣

Existe alguma função que seja discontínua em todo ponto e que tenha apenas descontinuidadesevitáveis? Tal vez valha a pena considerar este problema, mas apenas como uma prova de intuição.Embora suspeite a solução correta, probavelmente o leitor deverá ler a próxima seção para poderdemostrá-la.

21.2 Enumerando as Descontinuidades

21.2.1 Teorema: Seja f denida em um conjunto compacto K = [a, b] tal que limy→x

f(y) existe

para todo x ∈ K. Então, para cada ε > 0, o conjunto:

Aε :=

x ∈ K :

∣∣∣∣ limy→x f(y)− f(x)

∣∣∣∣ > ε

é nito.

Demonstração: Seja ε > 0 arbitrário.

Armação: O conjunto Aε não pode ter pontos de acumulação. O

Por reductio ad absurdum, suponha que x0 ∈ K seja um tal ponto. Por hipótese, existe a := limy→x0

f(y),

ou seja, para todo µ > 0 existe δ0 tal que:

0 < |y − x0| < δ0 ⇒ |f(y)− a| < µ.

Como x0 é ponto de acumulação de Aε, existe x1 ∈ Aε ∩ (x0 − δ0, x0 + δ0). Também por hipótese,existe b := lim

y→x1

f(y), ou seja, para todo λ > 0 existe δ1 > 0 tal que:

y ∈ (x1 − δ1, x1 + δ1) ⇒ |f(y)− b| < λ.

Observe que (x1−δ1, x1 +δ1)∩ (x0−δ0, x0 +δ0) é não-vazio, pois x1 ∈ (x0−δ0, x0 +δ0). Portanto,se y0 ∈ (x1 − δ1, x1 + δ1) ∩ (x0 − δ0, x0 + δ0), tem-se:

|b− a| 6 |b− f(y0)| + |f(y0)− a| < λ + µ.

Por outro lado, observe que:

x1 ∈ Aε ⇒ |b− f(x1)| > ε.

Como também que:

x1 ∈ (x0 − δ0, x0 + δ0) ⇒ |f(x1)− a| < µ.

Portanto:

ε < |b− f(x1)| 6 |b− a| + |a− f(x1)| < (λ+ µ) + µ = λ + 2µ.

21.2 Enumerando as Descontinuidades 291

Como µ > 0 e λ > 0 são arbitrários, considerando 0 < µ 6 ε/4 e 0 < λ 6 ε/2, da última relaçãoacima, teria-se:

ε < λ + 2µ 6 ε/2 + 2ε/4 = ε.

Ou seja, uma contradição. H

Portanto, se o conjunto Aε fosse innito, como Aε ⊆ K, com K compacto, então deveria ter algumponto de acumulação, contradizendo a armação anterior.

21.2.2 Corolário: Seja f uma função como no enunciado do resultado anterior.

(a) Para cada ε > 0, o conjunto:

Aε :=

x ∈ R :

∣∣∣∣ limy→x f(y)− f(x)

∣∣∣∣ > ε

é enumerável, ou seja, |Aε| 6 ℵ0.

(b) Uma tal função somente pode possuir, no máximo, uma quantidade enumerável de descon-tinuidades.

Demonstração: (a) Segue diretamente do resultado anterior, observando que R é um conjuntoσ-compacto, ou seja, pode ser expressado como união enumerável de compactosKn da forma:

R =⋃n∈N

Kn

considerando, por exemplo, Kn = [−n, n], para todo n ∈ N.

(b) O conjunto de pontos de descontinuidade de f pode ser expresso como união enumerável:⋃n∈N

A1/n

de conjuntos A1/n, cada um deles enumerável, pelo item anterior.

21.2.3 Corolário: Se uma função f possui apenas descontinuidades evitáveis, então é contínua,com exceção de um conjunto enumerável.

Demonstração: Segue do corolário anterior, observando que se f tem apenas descontinuidadesevitáveis, então satisfaz a hipótese do lema anterior, ou seja, f possui limites em todo ponto.

O resultado do último corolário permite nalmente responder à questão colocada no encerra-mento da seção anterior. Com efeito, se f tem apenas descontinuidades evitáveis, então deve sercontínua exceto num conjunto enumerável. Portanto, uma tal f não pode ser descontínua portodas partes.


21.3 Descontinuidades Evitáveis

21.3.1 Exercício: Determine se as seguintes funções possuem descontinuidades evitáveis nospontos especicados.

(a) f(x) = sen(1/x), para x 6= 0, no ponto a = 0.

(b) f(x) = x sen(1/x), para x 6= 0, no ponto a = 0. ♣

21.3.2 Exercício: Seja f uma função cujos pontos de descontinuidade são todos evitáveis. Ouseja, o limite lim

y→xf(y) existe para todo x, mas f pode não ser contínua em alguns (inclusive

innitos) pontos x. Prove que a função denida por g(x) := limy→x

f(y) é contínua em todo ponto. ♣

293

Parte III

Calculus

Em 1604, no auge da sua carreira cientíca, Galileo chegou à conclusão deque para um movimento retilíneo em que a velocidade aumenta proporcionalmente à distânciapercorrida a lei de movimento devia ser precisamente aquela [x = ct2] que ele havia descobertona pesquisa da queda dos corpos. Entre 1695 e 1700 nenhuma das edições mensais das ActaEruditorun de Leipzig publicou-se sem artigos de Leibniz, dos irmãos Bernoulli ou do Marquêsde L'Hôpital, que tratavam, com notações ligeiramente diferentes da atual, os problemas maisdiversos do cálculo diferencial, cálculo integral e do cálculo de variações. Assim, no espaço dequase precisamente um século o cálculo innitesimal ou, como se costuma denominar agora eminglês, o Calculus, o instrumento de calcular par excellence, foi forjado; e quase três séculosde uso constante não têm esgotado essa ferramenta formidável.

Nicholas Bourbaki 1

1In: [14, p. 180].

Capítulo 22

Derivadas

22.1 Denições e Exemplos

22.1.1 Denição: Seja a ∈ R. Se diz que uma função f é derivável em a se existe o limite:

limx→a

f(x)− f(a)

x− a.

Em tal caso, o limite acima se denota por f ′(a) e denomina-se a derivada de f em a. Se f éderivável em a para todo a no domínio da f , se diz simplesmente que f é derivável. ♣

22.1.2 Observação: Equivalentemente, uma função f é derivável em a se existe o limite:

limh→0

f(a+ h)− f(a)

h.

22.1.3 Exemplo: (a) Se f é uma função constante f(x) = c, então f é derivável e f ′(a) =0, ∀ a ∈ R. Com efeito, em tal caso tem-se:

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)

x− a= limx→a

c− cx− a

= limx→a

0 = 0.

(b) Se f é a função linear f(x) = x, então f é derivável e f ′(a) = 1, ∀ a ∈ R. Com efeito, em talcaso tem-se:

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)

x− a= limx→a

x− ax− a

= limx→a

1 = 1.

(c) A função f(x) =√x é derivável para todo a > 0. Com efeito, se a > 0 tem-se:

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)

x− a= limx→a

√x−√a

x− a= limx→a

√x−√a

x− a

√x+√a√

x+√a

= limx→a

x− a(x− a) (

√x+√a)

= limx→a

1√x+√a

= limx→a

1√a+√a

=1

2√a.

299

300 Derivadas

Portanto f ′(a) =1

2

1√a, ∀ a > 0. ♣

22.1.4 Exemplo: A função f(x) = |x| não é derivável em a = 0. Observe que:

limx→0−

f(x)− f(0)

x− 0= limx→0−

|x| − |0|x

= limx→0−

−x− 0

x= limx→0−

−xx

= limx→0−

−1 = −1.


limx→0+

f(x)− f(0)

x− 0= limx→0+

|x| − |0|x

= limx→0+

x− 0

x= limx→0+

x

x= limx→0+

1 = 1.

Ou seja, os limites laterias existem mas não são iguais. Portanto, o limite

f ′(0) = limx→0

f(x)− f(0)

x− 0

não pode existir. ♣

22.1.5 Teorema: Se f é derivável em a, então f é contínua em a.

Demonstração: Seja ε > 0. Observe que:

f(x)− f(a) =f(x)− f(a)

x− ax− a =

(f(x)− f(a)

x− a− f ′(a) + f ′(a)

)(x− a) .

Portanto:

|f(x)− f(a)| 6∣∣∣∣f(x)− f(a)

x− a− f ′(a)

∣∣∣∣ |x− a| + |f ′(a)| |x− a| . (22.1.1)

Por hipótese, existe δ1 > 0 tal que:

|x− a| < δ1 ⇒∣∣∣∣f(x)− f(a)

x− a− f ′(a)

∣∣∣∣ < ε/2.

Seja δ > 0 denido como:

δ := min

δ1, 1,

ε/2

1 + |f ′(a)|

.

Em tal caso, se |x− a| < δ têm-se as seguintes relações:

|x− a| < 1,∣∣∣∣f(x)− f(a)

x− a− f ′(a)

∣∣∣∣ < ε/2,

|f ′(a)| |x− a| < |f ′(a)| ε/2

1 + |f ′(a)|= ε/2

|f ′(a)|1 + |f ′(a)|

< ε/2.

Combinando (22.1.1) e as relações acima tem-se que |f(x)− f(a)| < (ε/2) 1 + ε/2 = ε.

22.1 Denições e Exemplos 301

22.1.6 Teorema: Sejam f e g funções deriváveis em a. Então:

(a) A função soma f + g é derivável em a e tem-se:

(f + g)′(a) = f ′(a) + g′(a).

(b) A função produto f g também é derivável em a e tem-se:

(f g)′(a) = f ′(a) g(a) + f(a) g′(a).

(c) Se adicionalmente for g(a) 6= 0, então o quociente1

gé derivável em a e tem-se:

(1

g

)′(a) = − g

′(a)

g2(a).

(d) Se adicionalmente for g(a) 6= 0, então a função quocientef

gé derivável em a e tem-se:

(f

g

)′(a) =

f ′(a) g(a) − f(a) g′(a)

g2(a).

Demonstração: (a) Por hipótese, tem-se:

(f + g)′(a) = limx→a

(f + g)(x)− (f + g)(a)

x− a= limx→a

f(x) + g(x)− f(a)− g(a)

x− a

= limx→a

f(x)− f(a)

x− a+

g(x)− g(a)

x− a= limx→a

f(x)− f(a)

x− a+ lim

x→a

g(x)− g(a)

x− a= f ′(a) + g′(a).

(b) Observe que:

(f g)(x) − (f g)(a) = f(x)g(x) − f(a)g(a)

= f(x)g(x) − f(a)g(x) + f(a)g(x) − f(a)g(a)

= (f(x)− f(a)) g(x) + f(a) (g(x)− g(a)) .

Além disso, pelo Teorema 22.1.5 sabe-se que limx→a

g(x) = g(a). Portanto, tem-se:

(f g)′(a) = limx→a

(f g)(x)− (f g)(a)

x− a

= limx→a

f(x)− f(a)

x− alimx→a

g(x) + f(a) limx→a

g(x)− g(a)

x− a= f ′(a) g(a) + f(a) g′(a).

(c)

(1

g

)′(a) = lim

x→a

(1

g

)(x)−

(1

g

)(a)

x− a= limx→a

1

g(x)− 1

g(a)

x− a= limx→a

g(a)− g(x)

g(x)g(a)

x− a

= − limx→a

g(x)− g(a)

x− a1

g(x)g(a)= −g′(a)

1

g(a)g(a)= − g

′(a)

g2(a).

302 Derivadas

(d) Empregando o resultado dos dois itens anteriores, tem-se:

(f

g

)′(a) =

(f

1

g

)′(a) = f ′(a)

(1

g

)(a) + f(a)

(1

g

)′(a)

= f ′(a)1

g(a)− f(a)

g′(a)

g2(a)=f ′(a)g(a) − f(a)g′(a)

g2(a).

22.1.7 Corolário: Sejam c ∈ R constante e f derivável em a. Então a função g(x) := c f(x) éderivável em a e tem-se g′(a) = c f ′(a).

Demonstração: Pelo Teorema 22.1.6(b) tem-se que g′(a) = c′ f(a) + c f ′(a) = c f ′(a), poisc′ = 0 segundo o Exemplo 22.1.3(a).

22.2 Derivação de Funções Compostas

22.2.1 Teorema (Regra da cadeia): Sejam f , g funções tais que g é derivável em a e f éderivável em g(a). Então, f g é derivável em a e tem-se:

(f g)′(a) = f ′(g(a)) g′(a).

Demonstração: Seja ε > 0. Dado que por hipótese f é derivável em g(a), existem δ1 > 0 e δ2 > 0respectivamente tais que:

|y − g(a)| < δ1 ⇒∣∣∣∣f(y)− f(g(a))

y − g(a)− f ′(g(a))

∣∣∣∣ < ε/3,

|y − g(a)| < δ2 ⇒∣∣∣∣f(y)− f(g(a))

y − g(a)− f ′(g(a))

∣∣∣∣ < ε/3

1 + |g′(a)|.

Seja δ0 > 0 denido como δ0 := minδ1, δ2. Pelo Teorema 22.1.5 existe ρ0 > 0 tal que:

|x− a| < ρ0 ⇒ |g(x)− g(a)| < δ0.

Dado que também por hipótese g é derivável em a, existem ρ1 > 0 e ρ2 > 0 respectivamente taisque:

|x− a| < ρ1 ⇒∣∣∣∣g(x)− g(a)

x− a− g′(a)

∣∣∣∣ < 1,

|x− a| < ρ2 ⇒∣∣∣∣g(x)− g(a)

x− a− g′(a)

∣∣∣∣ < ε/3

1 + |f ′(g(a))|.

22.2 Derivação de Funções Compostas 303

Seja δ > 0 denido como δ := minρ0, ρ1, ρ2. Por outro lado, observe que:

(f g)(x)− (f g)(a)

x− a− f ′(g(a))g′(a) =

f(g(x))− f(g(a))

x− a− f ′(g(a))g′(a)

=f(g(x))− f(g(a))

g(x)− g(a)

g(x)− g(a)

x− a− f ′(g(a))g′(a)

=f(g(x))− f(g(a))

g(x)− g(a)

(g(x)− g(a)

x− a− g′(a) + g′(a)

)− f ′(g(a))g′(a)

=f(g(x))− f(g(a))

g(x)− g(a)

(g(x)− g(a)

x− a− g′(a)

)+

(f(g(x))− f(g(a))

g(x)− g(a)− f ′(g(a))

)g′(a)

=

(f(g(x))− f(g(a))

g(x)− g(a)− f ′(g(a)) + f ′(g(a))

)(g(x)− g(a)

x− a− g′(a)

)+

(f(g(x))− f(g(a))

g(x)− g(a)− f ′(g(a))

)g′(a)

=

(f(g(x))− f(g(a))

g(x)− g(a)− f ′(g(a))

)(g(x)− g(a)

x− a− g′(a)

)+ f ′(g(a))

(g(x)− g(a)

x− a− g′(a)

)+

(f(g(x))− f(g(a))

g(x)− g(a)− f ′(g(a))

)g′(a).

Portanto, se |x− a| < δ tem-se:∣∣∣∣ (f g)(x)− (f g)(a)

x− a− f ′(g(a))g′(a)

∣∣∣∣ 6 ε

31 +

ε

3

|f ′(g(a))|1 + |f ′(g(a))|

+ε

3

|g′(a)|1 + |g′(a)|

<ε

3+

ε

3+

ε

3= ε.

22.2.2 Exemplo: Considere-se a função f denida por:

f(x) =

x2 sen

(1

x

), se x 6= 0,

0, se x = 0.

Então f é derivável em R. De fato, tem-se:

f ′(x) =

2x sen

(1

x

)− cos

(1

x

), se x 6= 0,

0, se x = 0.

Essa expressão também prova que f ′ não é contínua na origem 0. ♣


22.3 Funções Potenciais

22.3.1 Exercício: Derivar as seguintes funções usando a denição:

(a) f(x) = c, onde c ∈ R é uma constante. R: 0.

(b) f(x) = x. R: 1.

(c) f(x) = x2. R: 2x.

(d) f(x) = x3. R: 3x2.

(e) f(x) =√x = x1/2. R: 1/2

√x.

Sugestão: Cfr. Exercício 18.11.1(d).

(f) f(x) =1

x. R: −1/x2.

(g) f(x) =1

x2. R: −2/x3. ♣

22.3.2 Exercício: Seja f(x) = x3. Calcule:

(a) f ′(3). R: 3.32 = 3.9 = 27.

(b) f ′(5). R: 3.52 = 3.25 = 75.

(c) f ′(6). R: 3.62 = 3.36 = 108. ♣

22.3.3 Exercício: Determine f ′′(x) no caso em que:

(a) f(x) = x3. R: 6x.

(b) f(x) = x5. R: 20x3.

(c) f ′(x) = x4. R: 4x3. ♣

22.3.4 Exercício: Para cada uma das seguintes funções f , determine f ′(f(x)).

305

306 Derivadas

(a) f(x) =1

1 + x. R: −(1 + x)2/(2 + x)2.

(b) f(x) = senx. R: cos(senx).

(c) f(x) = x2. R: 2x2.

(d) f(x) = 17. R: 0. ♣

22.3.5 Exercício: Para cada uma das seguintes funções f , determine f(f ′(x)).

(a) f(x) =1

x. R: −x2.

(b) f(x) = x2. R: 4x2.

(c) f(x) = 17. R: 17.

(d) f(x) = 17x. R: 172. ♣

22.4 Tour de Force até Exponentes Racionais

22.4.1 Exercício: Seja n ∈ N. Verique que a derivada da função f(x) = xn é dada porf ′(x) = nxn−1. Existem pelo menos três maneiras de provar isso. Escolha a que preferir:

(a) Usando a denição. Tal vez resulte util lembrar aqui a fórmula do binómio:

(x+ h)n =

n∑k=0

(n

k

)xn−khk.

(b) O Exercício 18.10.1(c) apresenta o cálculo dessa derivada mas sob uma diferente maquiagem.Se fez aquele exercício, então todo o trabalho já foi feito. Na verdade, o importante aquiconsiste em perceber que isso é assim!

(c) Por indução em n. O caso n = 1 não é nada mais do que o item (b) do Exercício 22.3.1anterior. Para provar a validez do passo inductivo será conveniente usar a regra de derivaçãode um produto. ♣

22.4.2 Exercício: Verique que a derivada da função f(x) = x−n com n ∈ N é dada porf ′(x) = (−n)x(−n)−1.

Sugestão: Apenas observe-se que x−n =1

xne use a regra de derivação de um quociente mais o

resultado do exercício anterior. ♣

22.4.3 Exercício: Verique que a derivada da função f(x) = x1/m com m ∈ N é dada porf ′(x) = (1/m)x(1/m)−1. Existem pelo menos duas maneiras de provar isso. Escolha a que preferir:

22.5 Mais Para uma Prova da Irracionalidade de er, com r ∈ Q 307

(a) Usando a denição, em conjunto com a seguinte estratégia. Dena z := (a+h)1/m e w := a1/m.Observe que com essa denição tem-se:

(a+ h)1/m − a1/m

h=

z − wzm − wm

.

Chegado nesse ponto, observe que zm − wm = (z − w)

m∑i=1

zm−iwi−1.

(b) Se f(x) = x1/m, então tomando a potênciam-ésima tem-se (f(x))m = x. Basta então derivaros dois lados dessa identidade. A derivada do lado direito é dada pelo Exercício 22.3.1(b).Para o lado esquerdo basta usar a regra de derivação de um produto, pois (f(x))m não émais do que o produto de f(x) com si mesma m vezes, f(x)f(x) · · · f(x)︸︷︷︸

m vezes

. ♣

22.4.4 Exercício: Verique que a derivada da função f(x) = xn/m com n ∈ Z e m ∈ N é dadapor f ′(x) = (n/m)x(n/m)−1.

Sugestão: A função f(x) = xn/m = (x1/m)n é a composição de duas funções. Com efeito, seg(x) = xn e h(x) = x1/m, então f = g h. Use então a regra de derivação de funções compostaspara derivar f . Para derivar a funções g e h use os resultados dos exercícios anteriores. ♣

Moral da história: A derivada de f(x) = xr com r ∈ Q é dada por f ′(x) = r xr−1.

22.5 Mais Para uma Prova da Irracionalidade de er, com r ∈Q

22.5.1 Exercício: Para cada n ∈ N seja fn a função denida por:

fn(x) :=xn(1− x)n

n!.

Verique as seguintes propriedades:

(a) Se 0 < x < 1, então 0 < fn(x) < 1/n!.

(b) f(k)n (0) = 0, se k < n.

(c) Se k > 2n, então f (k)n (x) = 0 para todo x.

(d) Para n 6 k 6 2n tem-se:

f (k)n (0) = (k − n)!

(k

n

)(n

k − n

)(−1)k−n.

(e) Em particular, f (k)n (0) é inteiro para todo k ∈ N.

(f) Mais ainda, f (k)n (1) também é inteiro para todo k ∈ N. ♣

308 Derivadas


22.6.1 Exercício: Derivar as seguintes funções usando a denição:

(a) f(x) = senx. R: cosx.

Sugestão: Cf. Exercício 18.13.1(k).

(b) f(x) = cosx. R: − senx. ♣

22.6.2 Exercício: Observe-se que cosx =√

1− sen2 x (ou, se preferir, cosx = (1− sen2 x)1/2).Obtenha novamente a derivada de cosx mas usando agora a regra de derivação de funções com-postas (ou, se preferir, de funções compostas e produtos). ♣

22.6.3 Exercício: Usando a regra de derivação de produtos e quocientes obtenha as derivadasdas demais funções trigonométricas:

(a) cosecx =1

senx. R: − cotg x cosecx.

(b) secx =1

cosx. R: tg x secx.

(c) tg x =senx

cosx. R: sec2 x.

(d) cotg x =cosx

senx. R: − cosec2 x. ♣

22.7 Funções Trigonométricas Inversas

22.7.1 Exercício: Derive a função f(x) = arcsenx usando a seguinte estratégia. A identidadetrigonométrica sen2(a) + cos2(a) = 1 é válida para qualquer a. Em particular, se a = arcsenxtem-se:

1 = sen2(arcsenx) + cos2(arcsenx) = x2 + cos2(arcsenx).

Portanto:

cos(arcsenx) =√

1− x2.

O resto consiste em derivar ambos membros dessa última igualdade usando a regra de derivação

de funções compostas. R:1√

1− x2. ♣

22.7.2 Exercício: Derive f(x) = arccosx usando uma estratégia parecida. R:−1√

1− x2. ♣

22.8 Um Pequeno Aquecimento 309

22.7.3 Exercício: Para derivar f(x) = arctg x a estratégia anterior deve ser ligeiramente mo-dicada. Partindo novamente da identidade trigonométrica sen2(a) + cos2(a) = 1 e dividendo osdois lados por cos2(a) tem-se:

tg2(a) + 1 =sen2(a)

cos2(a)+ 1 =

1

cos2(a).

Portanto:

sec a =√

1 + tg2(a).

Em particular, se a = arctg x tem-se:

sec(arctg x) =√

1 + x2.

O resto é parecido. Basta derivar ambos membros dessa última desigualdade usando a regra dederivação de funções compostas. O Exercício 22.6.3(b) pode servir de alguma ajuda aqui. R:

1

1 + x2. ♣

22.8 Um Pequeno Aquecimento

22.8.1 Exercício: Derivar as seguintes funções. Não tem truques. Apenas use todas as regrasde derivação que for necessário.

(a) f(x) = sen(x+ x2). R: (cos(x+ x2)).(1 + 2x).

(b) f(x) = senx+ senx2. R: cosx+ (cosx2).2x.

(c) f(x) = sen(cosx). R: (cos(cosx)).(− senx).

(d) f(x) = sen(senx). R: (cos(senx)).(cosx).

(e) f(x) = sen(cosx

x

). R: cos

(cosx

x

).(− senx).x− cosx

x2.

(f) f(x) =sen(cosx)

x. R:

(cos(cosx)).(− senx).x− sen(cosx)

x2.

(g) f(x) = sen(x+ senx). R: (cos(x+ senx)).(1 + cosx).

(h) f(x) = sen(cos(senx)). R: cos(cos(senx)).(− sen(senx)).(cosx). ♣

22.9 Derivar é Preciso

22.9.1 Exercício: Idem que o exercício anterior. As respostas constam no nal.

(a) f(x) = sen[(x+ 1)2(x+ 2)].

(b) f(x) = sen3(x2 + senx).

310 Derivadas

(c) f(x) = sen2((x+ senx)2).

(d) f(x) = sen2

(x3

cosx3

).

(e) f(x) = sen(x. senx) + sen(senx2).

(f) f(x) = (cosx)312

.

(g) f(x) = (sen2 x).(senx2).(sen2 x2).

(h) f(x) = sen3(sen2(senx)).

(i) f(x) = (x+ sen5 x)6.

(j) f(x) = sen(sen(sen(sen(senx)))).

(k) f(x) = sen((sen7 x7 + 1)7).

(l) f(x) = (((x2 + x)3 + x)4 + x)5.

(m) f(x) = sen(x2 + sen(x2 + senx2)).

(n) f(x) = sen(6 cos(6 sen(6 cos 6x))).

(o) f(x) =(senx2).(sen2 x)

1 + senx.

(p) f(x) =1

x− 2

x+ senx

.

(q) f(x) = sen

x3

sen

(x3

senx

).

(r) f(x) = sen

x

x− sen

(x

x− senx

). ♣

Respostas do Exercício 22.9.1:

(a) (cos[(x+ 1)2(x+ 2)]).[2(x+ 1)(x+ 2) + (x+ 1)2].

(b) (3 sen2(x2 + senx)).(cos(x2 + senx)).(2x+ cosx).

(c) (2 sen((x+ senx)2)).(cos((x+ senx)2)).2(x+ senx).(1 + cosx).

(d)(

2 sen

(x3

cosx3

)). cos

(x3

cosx3

).

(3x2. cosx3 − x3.(− senx3).3x2

cos2 x3

).

(e) (cos(x. senx)).[senx+ x. cosx] + (cos(senx2)).(cosx2).2x.

22.9 Derivar é Preciso 311

(f) (312.(cosx)312−1).(− senx).

(g)

(2 senx).(cosx).(senx2).(sen2 x2) + (sen2 x).(cosx2).2x.(sen2 x2)+

(sen2 x).(senx2).(2 senx2).(cosx2).2x.

(h) (3 sen2(sen2(senx))).(cos(sen2(senx))).(2 sen(senx)).(cos(senx)). cosx.

(i) 6(x+ sen5 x)5.[1 + (5 sen4 x). cosx].

(j) (cos(sen(sen(sen(senx))))).(cos(sen(sen(senx)))).(cos(sen(senx))).(cos(senx)). cosx.

(k) (cos((sen7 x7 + 1)7)).7(sen7 x7 + 1)6.(7 sen6 x7).(cosx7).7x6.

(l) 5(((x2 + x)3 + x)4 + x)4.(4((x2 + x)3 + x)3.(3(x2 + x)2.(2x+ 1) + 1) + 1).

(m) (cos(x2 + sen(x2 + senx2))).[2x+ (cos(x2 + senx2)).(2x+ (cosx2).2x)].

(n) (cos(6 cos(6 sen(6 cos 6x)))).(−6 sen(6 sen(6 cos 6x))).(6 cos(6 cos 6x)).(−36 sen 6x).

(o)[(cosx2).2x.(sen2 x) + (senx2).(2 senx). cosx].(1 + senx)− (senx2).(sen2 x). cosx

(1 + senx)2.

(p)(1 + cosx).(x(x+ senx)− 2)− (x+ senx).[(x+ senx) + x(1 + cosx)]

[x(x+ senx)− 2]2.

(q) cos

x3

sen

(x3

senx

)×

×3x2.

(sen

(x3

senx

))− x3.

(cos

(x3

senx

)).

(3x2. senx− x3. cosx

sen2 x

)sen2

(x3

senx

) .

(r) cos

x

x− sen

(x

x− senx

)×

×

[x− sen

(x

x− senx

)]− x.

[1−

(cos

(x

x− senx

)).(x− senx)− x.(1− cosx)

(x− senx)2

][x− sen

(x

x− senx

)]2 .♣

Capítulo 23

Consequências da Derivabilidade

23.1 Pontos Críticos

23.1.1 Denição: Seja f uma função e A um conjunto de números contido no seu domínio. Sediz que um ponto x ∈ A é um ponto de máximo de f em A se:

f(x) > f(y), ∀ y ∈ A.

Em tal caso, o número f(x) recebe o nome de valor máximo de f em A. Costuma-se dizertambém que f atinge em x o seu valor máximo em A. ♣

23.1.2 Denição: Seja f uma função e A um conjunto de números contido no seu domínio. Sediz que um ponto x ∈ A é um ponto de mínimo de f em A se x for um ponto de máximo dafunção −f . ♣

23.1.3 Lema: Seja f uma função denida em (a, b). Se x é um ponto de máximo, ou de mínimo,de f em (a, b) e f for derivável em x, então f ′(x) = 0.

Demonstração: Para xar idéias, suponha que x seja um ponto de máximo. Em particular:

f(x) > f(x+ h), ∀ h tal que x+ h ∈ (a, b).

Como por hipótese f é derivável em x, tem-se:

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= limh→0+

f(x+ h)− f(x)

h= limh→0+

f(x+ h)− f(x)

|h|6 0.

Por outro lado, pelo mesmo motivo, também tem-se que:

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= limh→0−

f(x+ h)− f(x)

h= limh→0+

f(x+ h)− f(x)

− |h|> 0.

Combinado as duas identidades acima, deve ser f ′(x) = 0. A prova no caso em que x é um pontode mínimo é totalmente análoga.

313

314 Consequências da Derivabilidade

23.1.4 Observação: (a) Este resultado não é válido se a função não é derivável. Considere-se,por exemplo, a função f(x) = |x| no ponto x = 0.

(b) A recíproca do resultado anterior não é verdadeira. Ou seja, se f ′(x) = 0 então o ponto xnão é necessariamente um ponto de máximo (ou de mínimo) da função f . Considere-se, porexemplo, a função f(x) = x3 no ponto x = 0. ♣

O segundo item da observação anterior serve como motivação para que os pontos x tais quef ′(x) = 0 sejam destacados com uma denição própria, a seguir.

23.1.5 Denição: Denomina-se ponto crítico ou ponto singular, de uma função f a todoponto x tal que f ′(x) = 0.

Em tal caso, o número f(x) recebe o nome de valor crítico, ou valor singular, da f . ♣

23.2 Teorema do Valor Médio

23.2.1 Teorema (de Rolle): Seja f contínua em [a, b] e derivável em (a, b) com f(a) = f(b).Então, existe algum ξ ∈ (a, b) tal que f ′(ξ) = 0.

23.2.2 Teorema (do Valor Médio): Seja f contínua em [a, b] e derivável (a, b). Então, existealgum ξ ∈ (a, b) tal que:

f ′(ξ) =f(b)− f(a)

b− a.

Demonstração: Seja g a função linear denida como:

g(x) :=f(b)− f(a)

b− a(x− a) + f(a).

Incidentalmente, o gráco da função g consiste na reta que une os pontos (a, f(a)) e (b, f(b)).Considere agora a função h(x) := f(x) − g(x). Observe que h é contínua em [a, b] e derivável em(a, b) com h(a) = 0 = h(b). Pelo Teorema de Rolle anterior, existe ξ ∈ (a, b) tal que:

0 = h′(ξ) = f ′(ξ)− g′(ξ) = f ′(ξ)− f(b)− f(a)

b− a.

A relação acima prova o teorema. Apenas a título observação, a constante f(a) é irrevante nafunção g e basicamente a mesma prova funciona adotando a função h denida como:

h(x) = f(x)− f(b)− f(a)

b− a(x− a).

A única diferença neste caso consiste em que h(a) = f(a) = h(b).

23.2 Teorema do Valor Médio 315

23.2.3 Corolário: (a) Seja f denida em um intervalo e tal que f ′(x) = 0 para todos os xno intervalo. Então f é constante no intervalo.

(b) Sejam f e g denidas num mesmo intervalo e tal que f ′(x) = g′(x) para todos os x nointervalo. Então existe algum número c tal que f = g + c no intervalo.

Demonstração: (a) Por reductio ad absurdum, suponha que existam x, y ∈ (a, b) com x 6= ytais que f(x) 6= f(y). Sem perda de generalidade suponha que x < y. Como f é derivável em(a, b), resulta contínua em [x, y] e derivável em (x, y). Pelo Teorema do Valor Médio anterior,existe ξ ∈ (x, y) tal que:

f ′(ξ) =f(y)− f(x)

y − x.

Mas f ′(ξ) = 0 por hipótese, de onde segue que f(x) = f(y), contradizendo a suposiçãof(x) 6= f(y).

(b) Basta aplicar o resultado do item anterior à função f(x)− g(x).

Uma outra consequência importante do Teorema do Valor Médio (TVM) será dada a seguir,após introduzir um par de denições pertinentes.

23.2.4 Denição: Uma função f é denominada estrictamente crescente, ou simplesmentecrescente se não houver lugar a confusão, num dado intervalo se f(x) < f(y) quando x e y sãopontos do intervalo tais que x < y. ♣

23.2.5 Denição: Análogamente, uma função f é denominada estrictamente decrescente,ou simplesmente decrescente se não houver lugar a confusão, num dado intervalo se f(x) > f(y)quando x e y são pontos do intervalo tais que x < y. ♣

23.2.6 Observação: Uma função f é crescente se e somente se −f é decrescente. Reciproca-mente, f é decrescente se e somente se −f é crescente.

23.2.7 Teorema: (a) Se f ′(x) > 0 para todo x num dado intervalo, então f é estrictamentecrescente nesse intervalo.

(b) Se f ′(x) < 0 para todo x num dado intervalo, então f é estrictamente decrescente nesseintervalo.

Demonstração: (a) Sejam x, y ∈ (a, b) com x < y. Como f é derivável em (a, b), resultacontínua em [x, y] e derivável em (x, y). Pelo TVM, existe ξ ∈ (x, y) tal que:

f ′(ξ) =f(y)− f(x)

y − x.


Mas f ′(ξ) > 0 por hipótese, de onde segue que f(x) < f(y), ou seja, f é estrictamentecrescente.

(b) Prova-se de maneira totalmente análoga ao item anterior.

Finalmente, encerrando esta seção, uma ligeira generalização do TVM que será de certa utili-dade em um capítulo posterior.

23.2.8 Teorema (do Valor Médio de Cauchy): Sejam f e g contínuas em [a, b] e deriváveis(a, b). Então, existe um número ξ em (a, b) tal que:

[f(b)− f(a)] g′(ξ) = [g(b)− g(a)] f ′(ξ).

Demonstração: Considere a função h(x) := f(x) − α g(x), onde α ∈ R é uma constante nãoespecicada pelo momento. Observe que h é contínua em [a, b] e derivável em (a, b). Deseja-seescolher α de maneira tal que h(a) = h(b). Para tanto, observe que:

f(a)−α g(a) = h(a) = h(b) = f(b)−α g(b) ⇒ α(g(b)−g(a)) = f(b)−f(a) ⇒ α =f(b)− f(a)

g(b)− g(a).

Pelo Teorema de Rolle 23.2.1, existe ξ ∈ (a, b) tal que:

0 = h′(ξ) = f ′(ξ)− α g′(ξ) = f ′(ξ)− f(b)− f(a)

g(b)− g(a)g′(ξ).

A relação acima prova o teorema no caso g(a) 6= g(b). Se fosse g(a) = g(b) mas f(a) 6= f(b) aprova é análoga tomando h da forma h(x) = α f(x) − g(x). Se fosse g(a) = g(b) e f(a) = f(b) aidentidade do enunciado se reduz à forma 0 = 0 e teorema é trivial, ou seja, basta tomar qualquerξ ∈ (a, b). Apenas a título de observação, uma prova sem necessidade de considerar diversos casosparticulares pode ser obtida basicamente com o mesmo racioncíno adotando a função h denidacomo:

h(x) = [g(b)− g(a)] f(x)− [f(b)− f(a)] g(x).

A única diferença neste caso consiste em que h(a) = g(b)f(a)− f(b)g(a) = h(b).

23.3 A Regra de L'Hôpital

23.3.1 Teorema: Seja f contínua em a e tal que f ′(x) existe para todo x em um intervalo quecontem a exceto posivelmente para x = a. Suponha-se que existe lim

x→af ′(x). Então, existe também

f ′(a) e tem-se:

f ′(a) = limx→a

f ′(x).

Em outras palavras, uma derivada não pode ter discontinuidades evitáveis.

23.3 A Regra de L'Hôpital 317

Demonstração: Seja ε > 0. Denotando r := limx→a

f ′(x), por hipótese existe δ > 0 tal que

0 < |x− a| < δ ⇒ |f ′(x)− r| < ε.

Por outro lado, para h > 0 sucientemente pequeno, a função f é contínua em [a, a+h] e derivávelem (a, a+ h). Pelo TVM 23.2.2 existe ξ(h) ∈ (a, a+ h) tal que:

f ′(ξ(h)) =f(a+ h)− f(a)

h.

Tomando 0 < h < δ tem-se que 0 < |ξ(h)− a| < h < δ, pois ξ(h) ∈ (a, a+ h). Portanto:∣∣∣∣f(a+ h)− f(a)

h− r∣∣∣∣ = |f ′(ξ(h))− r| < ε.

A identidade acima prova que:

limh→0+

f(a+ h)− f(a)

h= r.

Considerando agora h < 0 sucientemente pequeno, prova-se analogamente que:

limh→0−

f(a+ h)− f(a)

h= r.

Portanto o seguinte limite existe e vale r, ou seja:

f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h= r = lim

x→af ′(x).

23.3.2 Teorema (Regra de L'Hôpital): Sejam f e g tais que limx→a

f(x) = 0 e limx→a

g(x) = 0.

Suponha-se que existe limx→a

f ′(x)/g′(x). Então, existe também limx→a

f(x)/g(x) e tem-se:

limx→a

f(x)

g(x)= limx→a

f ′(x)

g′(x).

Demonstração: Seja ε > 0. Denotando:

r := limx→a

f ′(x)

g′(x),

por hipótese existe δ > 0 tal que

0 < |x− a| < δ ⇒∣∣∣∣f ′(x)

g′(x)− r∣∣∣∣ < ε.

Além disso, observe que a hipótese da existência de tal limite contém implicitamente as seguintessuposições:

1. Existe ρ > 0 tal que f ′(x) e g′(x) existem para todo x ∈ (a−ρ, a+ρ) exceto possivelmentepara x = a.


2. Nesse intervalo g′(x) 6= 0, novamente com a possível exeção de x = a.

Por outro lado, não se supõe necessariamente que f e g estejam denidas em a. Contudo, denindof(a) = 0 = g(a), mudando se for necessário os valores anteriores de f(a) e g(a) caso estejamdenidos, então f e g resultam contínuas em a. Desta maneira, se a < x < a+ ρ, então o TVM eo TVM de Cauchy podem ser aplicados a f e g no intervalo [a, x]. Em primeiro lugar, observe quedeve ser g(x) 6= 0, pois caso contrário, ou seja, se fosse g(x) = 0, aplicando o TVM a g no intervalo[a, x] existiria y ∈ (a, x) tal que:

g′(y) =g(x)− g(a)

x− a= 0,

contradizendo a suposição 2 anterior. Agora, aplicando o TVM de Cauchy a f e g no intervalo[a, x], existe ξ(x) ∈ (a, x) tal que:

f(x) g′(ξ(x)) = [f(x)− 0] g′(ξ(x)) = [f(x)− f(a)] g′(ξ(x))

= [g(x) − g(a)] f ′(ξ(x)) = [g(x) − 0] f ′(ξ(x)) = g(x) f ′(ξ(x)),

ou seja:

f(x)

g(x)=f ′(ξ(x))

g′(ξ(x)).

Tomando 0 < ρ < δ tem-se que 0 < |ξ(x)− a| < ρ < δ, pois ξ(x) ∈ (a, x). Portanto:∣∣∣∣f(x)

g(x)− r∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f ′(ξ(x))

g′(ξ(x))− r∣∣∣∣ < ε.

A identidade acima prova que:

limx→a+

f(x)

g(x)= r.

Considerando agora a − ρ < x < a, o TVM e o TVM de Cauchy podem ser aplicados a f e g nointervalo [x, a] e prova-se analogamente que:

limx→a−

f(x)

g(x)= r.

Portanto o seguinte limite existe e vale r, ou seja:

limx→a

f(x)

g(x)= r = lim

x→a

f ′(x)

g′(x).


23.4 Pontos Críticos

23.4.1 Exercício: Determinar os pontos de críticos da f nos seguintes casos:

(a) f(x) = x3 + 7x2 − 5x. R: x = 1/3 e x = −5.

(b) f(x) = x6/5 − 12x1/5. R: x = 2.

(c) f(x) = (x2 − 4)2/3. R: x = 0.

(d) f(x) =x+ 1

x2 − 5x+ 4. R: x = −1±

√10. ♣

23.5 Extremos Condicionados

23.5.1 Exercício: Seja P > 0. Se x e y são números tais que x+ y = P , quales são os valoresde x e y que maximizam o produto xy? R: x = y = P/2. ♣

23.5.2 Exercício: Dispoe-se de um arame de 200 metros de comprimento para cercar uma áreade pastagem de forma rectangular. Como deve ser escolhido o comprimento de cada um dos ladosdo rectángulo para que a superfície encerrada sejam máxima? R: de 50 m. cada lado. ♣

23.5.3 Exercício: Seja P > 0. Se x e y são números tais que x+ y = P , quales são os valoresde x e y que minimizam a soma quadrática x2 + y2? R: x = y = P/2. ♣

23.5.4 Exercício: Expresse o número 4 como soma de dois números positivos de maneira talque a soma do quadrado do primeiro mais o quadrado do segundo seja mínima. R: 4 = 2 + 2. ♣

23.5.5 Exercício: Seja S ∈ R. Se x e y são números tais que xy = S, quales são os valoresreais de x e y que minimizam a soma quadrática x2 + y2? R: (x, y) = (

√|S|, S/

√|S|) ou

(x, y) = (−√|S|,−S/

√|S|), se S 6= 0; x = y = 0 se S = 0. ♣

319


23.5.6 Exercício: Determine qual é o ponto da hipérbole H = (x, y) ∈ R : xy = 1 que camais perto da origem. R: (x, y) = (1, 1) ou (x, y) = (−1,−1). ♣

23.5.7 Exercício: Seja S > 0. Se x e y são números tais que xy = S, quales são os valorespositivos de x e y que minimizam a soma x+ y? R: x = y = +

√S. ♣

23.5.8 Exercício: Prove que a média geométrica de dois números positivos nunca exede a suamédia aritmética. Ou seja, dados a, b > 0, sempre tem-se:

√ab 6

a+ b

2.

Sugestão: O produto de a vezes b é positivo e pode ser denotado como S = ab > 0. Pelo exercícioanterior sabe-se que a soma a+b resulta mínima quando a = b =

√S. Ou seja, a+b >

√S+√S =

2√S = 2

√ab. ♣

23.5.9 Exercício: Conta uma lenda urbana que para a reforma do Maracanã cogitou-se emtrocar a forma do campo por uma outra, consistindo o novo campo em uma região rectangularmais duas regiões semicirculares grudadas em um par de lados opostos.

(a) Se o perímetro total desse novo campo fosse de P = 1000 metros, qual seria a máxima áreapossível para o campo? R: P 2/4π m2.

(b) Por que o projeto foi abandonado? ♣

23.5.10 Exercício: Uma rma importadora de salmão não congelado na origem deseja estocaro produto em recipientes cilíndricos, de raio r e altura h.

(a) Se cada recipiente deve acomodar um volume xo de V = 1000 cm3, qual será o formatocilíndrico que permite baratear as despesas com as embalagens. (Sugestão: obviamente, seráaquele formato que tiver área mínima para o volume dado, pois nesse caso maior quantidadede material será poupada.) R: r = (V/2π)1/3 e h = (4V/π)1/3.

(b) Mesmo assim, porque a rma foi à falência? ♣

23.5.11 Exercício: Dados n números a1, a2, . . . , an, a média aritmética é denotada x e de-nida por:

x =1

n

n∑i=1

ai.

(a) Verique que x minimiza o desvio padrão σ, também denominado erro quadrático mé-dio, dado pela expressão:

σ(x) =

√√√√ n∑i=1

(x− ai)2.

23.6 Teorema de Rolle 321

(b) Qual é a relação entre o valor mínimo σ(x) do desvio padrão e a variância do conjuntoa1, a2, . . . , an de dados? ♣

23.6 Teorema de Rolle

23.6.1 Exercício: Considere a função f(x) = 1−x2/3. Prove que f(−1) = f(1) = 0 e que f ′(x)nunca anula-se no intervalo [−1, 1]. Explique por que esse resultado não contradiz o Teorema deRolle. ♣

23.6.2 Exercício: Considere a equação ax3 + bx + c = 0, onde a, b, c ∈ R com a e b nãosimultaneamente nulos.

(a) Verique a existência de (pelo menos) uma raiz real.

Sugestão: Faça um gráco aproximado da função f(x) = ax3 + bx+ c. Observe-se que estafunção é contínua em todo R e use o Teorema 19.3.2.

(b) Suponha que a e b têm o mesmo sinhal. Ou seja, equivalentemente, suponha que a/ |a| =b/ |b|. Verique que a raiz do item anterior é única.

Sugestão: Use reductio ad absurdum e o Teorema de Rolle para forçar uma contradição.

(c) Suponha agora que a e b têm sinhal contrário. Ou seja, equivalentemente, suponha quea/ |a| = −b/ |b|. Verique que neste caso não pode existir nenhuma raiz no intervalo[−√−b/3a,

√−b/3a].

Sugestão: Use o Teorema de Rolle para determinar a localização de uma eventual raiz. ♣

23.6.3 Exercício: Uma função f é denominada de classe C n se f é n vezes derivável e aderivada n-ésima f (n) é contínua. Em tal caso, denota-se f ∈ C n.

(a) Seja f ∈ C n tal que f admite n + 1 raizes reais. Ou seja, f(x) = 0 para n + 1 valores dex ∈ R. Prove que f (n)(x) = 0 para algum x ∈ R.

Sugestão: use o Teorema de Rolle n vezes.

(b) Sejam x1, x2, . . . , xn+1 ∈ [a, b]. Seja f de classe Cn+1 em [a, b] e seja P polinômio de graumenor o igual que n tal que P (xi) = f(xi), para todo i = 1, 2, . . . , n. Prove que para todox ∈ [a, b] existe algum c ∈ (a, b) tal que:

f(x)− P (x) = Q(x)f (n+1)(c)

(n+ 1)!,

onde Q é denido por Q(x) =

n+1∏i=1

(x− xi).


Sugestão: dado x ∈ [a, b], considere a funcão F denida por:

F (t) = Q(x) [f(t)− P (t)]−Q(t) [f(x)− P (x)].

Observe que F ∈ C n+1 e que F (t) = 0 para n+ 2 valores de t, a saber, os x1, x2, . . . , xn+1 ex. Pelo item (a) anterior, existe c tal que:

0 = F (n+1)(c) = Q(x) [f (n+1)(c)− P (n+1)(t)]−Q(n+1)(c) [f(x)− P (x)] = etc. etc. ♣

23.7 Teorema do Valor Médio

23.7.1 Exercício: Em cada um dos seguintes casos decida se o Teorema do Valor Médio é

aplicável. Em caso armativo, determine um número ξ em (a, b) tal que f ′(ξ) =f(b)− f(a)

b− a. Caso

contrário, justique por quê tal resultado não é aplicável.

(a) f(x) =1

x, no intervalo (−2,−1). R: ξ = −

√2.

(b) f(x) = |x− 1|, no intervalo (0, 2). R: A funcão não é derivável em x = 1.

(c) f(x) = x2 + 1, no intervalo (1, 2). R: ξ = 3/2.

(d) A função f denida por:

f(x) =

3− x2

2se x 6 1,

1

xse 1 6 x;

no intervalo [0, 2]. R: ξ = 1/2 e ξ =√

2. ♣

23.7.2 Exercício: Considere as funções f(x) =1

x+ 1e g(x) =

−xx+ 1

.

(a) Calcule f ′(x) e g′(x). O que encontra?

(b) Qual é a constante pela qual essas funções diferem? R: f = g + 1. ♣

23.7.3 Exercício: Determine, em cada um dos seguintes casos, as funções f denidas pelascondições:

(a) f ′(x) = x e f(0) = 1. R: x2/2 + 1.

(b) f ′(x) = x2 − 2x− 4 e f(3) = −6. R: x3/3− x2 − 4x+ 6.

(c) f ′(x) = x2 + 3x− 1 e f(1) = 5. R: x3/3 + 3x2/2− 1x+ 25/6. ♣

23.7.4 Exercício: Suponha-se que f(1) = 1, f ′(1) = 3, f ′′(1) = 6 e f ′′′(x) = 0 para todo x.

23.8 Regra de L'Hôpital 323

(a) Determine que f ′′(x) = 6 para todo x.

(b) Verique que f ′(x) = 6x− 3 para todo x.

(c) Conclua nalmente que f(x) = 3x2 − 3x+ 1 para todo x. ♣

23.7.5 Exercício: Determine, em cada um dos seguintes casos, todas as funções f tais que:

(a) f ′(x) = senx. R: − cosx+ c.

(b) f ′′(x) = x3. R: x5/20 + cx+ d.

(c) f ′′′(x) = x+ x2. R: x4/24 + x5/60 + cx2/2 + dx+ a. ♣

23.7.6 Exercício: Seja f tal que f ′′(x) = x2 − 3x com a condição adicional que f(0) = 1 ef(1) = 7/12. Quanto vale f(−1)? R: f(x) = x4/12− x3/2 + 1. Assim, f(−1) = 19/12. ♣

23.7.7 Exercício: Verique que1

9<√

66− 8 <1

8sem calcular

√66.

Sugestão: 8 =√

64. ♣

23.8 Regra de L'Hôpital

23.8.1 Exercício: (a) Determine qual é o erro na seguinte aplicação da Regra de LHôpital:

limx→1

x3 + x− 2

x2 − 3x+ 2= limx→1

3x2 + 1

2x− 3= limx→1

6x

2= 3.

(b) Qual é o valor correto desse limite? R: −4. ♣

23.8.2 Exercício: Determine o valor dos seguintes limites usando a Regra de L'Hôpital :

(a) limx→0

x

tg x. R: 1.

(b) limx→0

cos2 x− 1

x2. R: −1.

(c) limx→0

x+ sen(2x)

x− sen(2x). R: −3.

(d) limx→0

sen(senx)

senx. R: 1.

(e) limx→0

arcsen(x) cosec(x). R: 1. ♣


23.8.3 Exercício: Determine f ′(0) quando f é a função denida por:

f(x) =

g(x)

xse x 6= 0,

0 se x = 0;

onde g é uma função tal que g(0) = g′(0) = 0 e g′′(0) = 17. R: 17/2. ♣

Capítulo 24

Quem não é Côncavo pode serConvexo

24.1 Funções Convexas

24.1.1 Lema: Sejam x, y ∈ R com x < y. Então, o intervalo (x, y) pode ser expressado como:

(x, y) = λx+ (1− λ) y : λ ∈ (0, 1).

Demonstração: Para provar a contenção (⊇), dado λ ∈ (0, 1) tem-se:

x = x+ λx− λx == λx+ (1− λ)x < λx+ (1− λ) y

< λ y + (1 − λ) y = λ y + y − λ y = y.

Observe que as duas desigualdades acima decorrem da hipótese x < y.

Para provar a contenção recíproca (⊆), dado z ∈ (x, y), ou seja, x < z < y, tem-se:

x < z ⇒ −x > −z ⇒ y − x > y − z,x < y ⇒ y − x > 0,

z < y ⇒ y − z > 0.

Combinando as relações acima, tem-se:

0 <y − zy − x

< 1

Portanto, pode ser denido λ ∈ (0, 1) como:

λ :=y − zy − x

.

325

326 Quem não é Côncavo pode ser Convexo

Em tal caso, tem-se:

z =y − xy − x

z =yz − xzy − x

=yz − xz + xy − xy

y − x=

(y − z)x+ (z − x) y

y − x

=y − zy − x

x+z − xy − x

y = λx+y − y + z − x

y − xy = λx+

(y − x)− (y − z)y − x

y

= λx+

(1− y − z

y − x

)y = λx+ (1− λ) y.

24.1.2 Lema: Seja f uma função denida em um intervalo aberto (a, b). Então, as seguintescondições são equivalentes:

1. Para todo x, y ∈ (a, b) tem-se:

f(λx+ (1− λ)y) 6 λ f(x) + (1− λ) f(y); ∀ 0 < λ < 1.


f(y)− f(x)

y − x>f(z)− f(x)

z − x; ∀x < z < y.


f(y)− f(x)

y − x6f(y)− f(z)

y − z; ∀x < z < y.

4. Para todo x, y ∈ (a, b), o segmento retilíneo que une (x, f(x)) com (y, f(y)) ca por cimado gráco da f .

Demonstração: Sejam x, y ∈ (a, b). Observe que:

f(y)− f(x)

y − x6f(y)− f(z)

y − z, ∀ x < z < y ⇔ f(y)− f(x)

y − x(y − z) 6 f(y)− f(z)

⇔ f(y)− f(x)

y − x(z − y) > f(z) − f(y). (24.1.1)

Dado que:

z − y = z − x+ x− y = (z − x) + (x− y) = (z − x)− (y − x),

o membro esquerdo da última relação em (24.1.1) acima pode ser expressado como:

f(y)− f(x)

y − x(z − x) − f(y)− f(x)

y − x(y − x) =

f(y)− f(x)

y − x(z − x) − f(y) + f(x).

Portanto, a última relação em (24.1.1) é equivalente com:

f(y)− f(x)

y − x(z−x) > f(z)−f(y)+f(y)−f(x)⇔ f(y)− f(x)

y − x>f(z)− f(x)

z − x, ∀ x < z < y.

(24.1.2)

24.1 Funções Convexas 327

A combinação das relações (24.1.1) e (24.1.2) fornece uma prova da equivalência (3) ⇔ (2). Poroutro lado, pelo Lema 24.1.1, a última relação em (24.1.2) acima é equivalente com:

f(y)− f(x)

y − x>f(λx+ (1− λ) y)− f(x)

λx+ (1− λ) y − x, ∀ 0 < λ < 1

⇔ f(λx+ (1− λ) y) 6f(y)− f(x)

y − x(λx+ (1− λ) y − x) + f(x), ∀ 0 < λ < 1. (24.1.3)

Observe que para todo 0 < λ < 1 o membro direito da última relação em (24.1.3) acima pode serexpressado como:

f(y)− f(x)

y − x(λx+ (1− λ) y − x) + f(x) =

f(y)− f(x)

y − x[(1− λ) y − (1− λ)x] + f(x)

=f(y)− f(x)

y − x(1− λ) (y − x) + f(x)

= (f(y)− f(x)) (1− λ) + f(x)

= (1− λ) f(y)− f(x) + f(x)λ+ f(x)

= λ f(x) + (1− λ) f(y).

Portanto, a última relação em (24.1.3) é equivalente com:

f(λx+ (1− λ) y) 6 λ f(x) + (1− λ) f(y), ∀ 0 < λ < 1.

A combinação da última relação em (24.1.2) junto com (24.1.3) e a relação acima fornece umaprova da equivalência (2)⇔ (1). Por outro lado, observe que a condição 4 é equivalente com:

f(z) 6f(y)− f(x)

y − x(z − x) + f(x), ∀ x < z < y

⇔ f(z)− f(x)

z − x6f(y)− f(x)

y − x, ∀ x < z < y.

A relação acima prova nalmente a equivalência (4)⇔ (2).

24.1.3 Denição: Uma função f denida num intervalo aberto (a, b) denomina-se convexa seé satisfeita alguma, logo qualquer uma, das condições equivalentes do Lema 24.1.2. ♣

24.1.4 Denição: Uma função f denida num intervalo aberto (a, b) denomina-se côncava sea função −f é convexa. ♣

24.1.5 Lema: Seja f convexa no intevalo aberto (a, b). Sejam x, y, x′, y′ ∈ (a, b) tais quex 6 x′ < y′ e x < y 6 y′. Então:

f(y)− f(x)

y − x6f(y′)− f(x′)

y′ − x′.

Em outras palavras, a corda sobre (x′, y′) tem maior pendente que a corda sobre (x, y).


Demonstração: Antes da prova, talvez valha a pena interpretar grácamente o enunciado dopresente resultado. Para tanto, observe que:

L(z) :=f(y)− f(x)

y − x(z − x) + f(x)

é a expressão funcional da reta que une o ponto (x, f(x)) com (y, f(y)). A condição 2 do Lema 24.1.2estabelece que a pendiente desta reta é maior que a pendiente da reta que une o ponto (z, f(z))com (x, f(x)), para todo x < z < y se f é convexa, o que é óbvio gracamente. Analogamente,a condição 3 do Lema 24.1.2 estabelece que a pendiente da reta que une o ponto (x, f(x)) com(y, f(y)) é menor que a pendiente da reta que une o ponto (z, f(z)) com (y, f(y)).

Voltando para a prova propriamente dita, considere em primeiro lugar o caso y 6 x′. Em tal caso,pela condição 2 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos x = x, z = y e y = y′ tem-se:

f(y)− f(x)

y − x6f(y′)− f(x)

y′ − x.

Por outro lado, pela condição 3 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos x = x, z = x′, e y = y′ tem-se:

f(y′)− f(x)

y′ − x6f(y′)− f(x′)

y′ − x′.

Portanto, o armado no enunciado do presente resultado segue neste caso combinando as duasúltimas desigualdades:

f(y)− f(x)

y − x6f(y′)− f(x′)

y′ − x′.

Considere agora o caso x′ < y. Em tal caso, pela condição 2 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontosx = x, z = y e y = y′ tem-se:

f(y)− f(x)

y − x6f(y′)− f(x)

y′ − x.

Por outro lado, pela condição 3 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos x = x, z = x′, e y = y′ tem-se:

f(y′)− f(x)

y′ − x6f(y′)− f(x′)

y′ − x′.

Portanto, o armado no enunciado do presente resultado segue neste caso combinando as duasúltimas desigualdades:

f(y)− f(x)

y − x6f(y′)− f(x′)

y′ − x′.

Para uma outra prova da relação acima, considere alternativamente o seguinte argumento. Pelacondição 3 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos x = x, z = x′ e y = y tem-se:

f(y)− f(x)

y − x6f(y)− f(x′)

y − x′.

Por outro lado, pela condição 2 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos x = x′, z = y, e y = y′ tem-se:

f(y)− f(x′)

y − x′6f(y′)− f(x′)

y′ − x′.

Portanto, o armado no enunciado do presente resultado segue neste caso combinando as duasúltimas desigualdades.

24.2 Convexidade e Continuidade 329

24.2 Convexidade e Continuidade

24.2.1 Lema: Seja f convexa no intevalo aberto (a, b). Então f é absolutamente contínua emcada subintervalo fechado de (a, b).

Demonstração: Sejam x, y ∈ [c, d] ⊂ (a, b), e sem perda de generalidade suponha x < y. PeloLema 24.1.5 aplicado aos pontos x = a, y = c, x′ = x, y′ = y, tem-se:

f(c)− f(a)

c− a6f(y)− f(x)

y − x.

Por outro lado, pelo mesmo Lema 24.1.5 aplicado agora aos pontos x = x, y = y, x′ = d, y′ = b,tem-se:

f(y)− f(x)

y − x6f(b)− f(d)

b− d.

Combinando as duas últimas desigualdades,tem-se:

f(c)− f(a)

c− a6f(y)− f(x)

y − x6f(b)− f(d)

b− d.

Sejam agora m1 e m2 denidos por:

m1 :=

∣∣∣∣f(c)− f(a)

c− a

∣∣∣∣ ;m2 :=

∣∣∣∣f(b)− f(d)

b− d

∣∣∣∣ .Então, da última desigualdade dupla anterior segue que:

−m1 6f(y)− f(x)

y − x6 m2.

Finalmente, denindo M := maxm1,m2, segue da última relação acima que:

|f(y)− f(x)| 6M |y − x| ,

de onde a continuidade absoluta da f segue trivialmente.

24.2.2 Observação: Na prova do resultado anterior foi demonstrado que que toda função con-vexa é na verdade uma função Lipschitz. ♣

24.3 Convexidade e Diferenciabilidade

24.3.1 Lema: Seja f convexa no intevalo aberto (a, b) e considere x0 ∈ (a, b).

(a) Sejam 0 < h1 < h2, tais que x0 + h1, x0 + h2 ∈ (a, b). Então tem-se:

f(x0 + h1)− f(x0)

h16f(x0 + h2)− f(x0)

h2.


(b) Sejam l2 < l1 < 0, tais que x0 + l2, x0 + l1 ∈ (a, b). Então tem-se:

f(x0 + l2)− f(x0)

l26f(x0 + l1)− f(x0)

l1.

(c) Sejam l < 0 < h, tais que x0 + l, x0 + h ∈ (a, b). Então tem-se:

f(x0 + l)− f(x0)

l6f(x0 + h)− f(x0)

h.

Demonstração: (a) Se 0 < h1 < h2 < 0, aplicando a condição 2 do Lema 24.1.2 com x = x0,z = x0 + h1 e y = x0 + h2, tem-se:

f(x0 + h1)− f(x0)

h16f(x0 + h2)− f(x0)

h2.

(b) Analogamente, se l2 < l1 < 0, aplicando a condição 3 do Lema 24.1.2 com x = x0 + l2,z = x0 + l1 e y = x0, tem-se:

f(x0)− f(x0 + l2)

−l26f(x0)− f(x0 + l1)

−l1.

Portanto:

f(x0 + l2)− f(x0)

l26f(x0 + l1)− f(x0)

l1.

(c) Considerando agora l < 0 < h, aplicando o Lema 24.1.5 com x = x0 + l, y = x0 = x′ ey′ = x0 + h, tem-se:

f(x0)− f(x0 + l)

−l6f(x0 + h)− f(x0)

h.

Portanto:

f(x0 + l)− f(x0)

l6f(x0 + h)− f(x0)

h.

24.3.2 Lema: Seja f convexa no intevalo aberto (a, b) e considere x0 ∈ (a, b). Seja ∆(h) afunção denida como:

∆(h) :=f(x0 + h)− f(x0)

h.

(a) O limite lateral para zero pela direita existe, ou seja:

limh→0+

∆(h) = limh→0+

f(x0 + h)− f(x0)

h.

(b) O limite lateral para zero pela esquerda existe, ou seja:

liml→0−

∆(l) = liml→0−

f(x0 + l)− f(x0)

l.

24.3 Convexidade e Diferenciabilidade 331

Demonstração: (a) Observe que ∆(h) está denida para h em um intervalo da forma (0, r),para algum r ∈ R. Basta tomar, por exemplo, r = b − x0. Pelo Lema 24.3.1(c), a função∆(h) é limitada inferiormente se h > 0, pois:

∆(l) 6 ∆(h),

para todo l < 0 sucientemente pequeno de maneira tal que x0 + l ∈ (a, b). Portanto, existe:

infh>0

∆(h).

Observe também que, pelo Lema 24.3.1(a), a função ∆(h) é monótona não-decrescente.Portanto, o limite lateral existe e tem-se:

limh→0+

∆(h) = infh>0

∆(h),

ou seja:

limh→0+

f(x0 + h)− f(x0)

h= infh>0

f(x0 + h)− f(x0)

h.

(b) Analogamente, observe que ∆(l) está denida para l em um intervalo da forma (r, 0), paraalgum r ∈ R. Basta tomar, por exemplo, r = a − x0. Pelo Lema 24.3.1(c), a função ∆(l) élimitada superiormente se l < 0, pois:

∆(l) 6 ∆(h),

para todo h > 0 sucientemente pequeno de maneira tal que x0 +h ∈ (a, b). Portanto, existe:

supl<0

∆(l).

Observe também que, pelo Lema 24.3.1(b), a função ∆(l) é monótona não-decrescente. Por-tanto, o limite lateral existe e tem-se:

liml→0−

∆(l) = supl<0

∆(l),

ou seja:

liml→0−

f(x0 + l)− f(x0)

l= sup

l<0

f(x0 + l)− f(x0)

l.

24.3.3 Denição: Seja f uma função qualquer. A derivada pela direita da f no ponto a,denotada por f ′+(a), dene-se como:

f ′+(a) := limh→0+

f(a+ h)− f(a)

h. ♣

24.3.4 Denição: Analogamente, a derivada pela esquerda da f no ponto a, denotada porf ′−(a), dene-se como:

f ′−(a) := limh→0−

f(a+ h)− f(a)

h. ♣


24.3.5 Lema: Seja f convexa no intevalo aberto (a, b). Então:

(a) f ′− e f ′+ existem em cada ponto de (a, b).

(b) f ′− 6 f′+ em (a, b).

(c) f ′− e f ′+ são ambas funções monótonas não-decrescentes em (a, b).

(d) Se x0, y0 ∈ (a, b) com x0 < y0, então f′+(x0) 6 f ′−(y0).

(e) f ′− e f ′+ são iguais em aqueles pontos de (a, b) onde f ′− é contínua pela direita, ou em aquelespontos de (a, b) onde f ′+ é contínua pela esquerda. Em particular, as derivadas lateraiscoinciden em aqueles pontos de (a, b) onde alguma delas for contínua.

Demonstração: (a) Segue diretamente do Lema 24.3.2 anterior.

(b) Pelo Lema 24.3.1(c), tem-se:

∆(l) 6 ∆(h), ∀ l < 0 < h.

Tomando limite para h→ 0+ no membro direito na relação acima tem-se:

∆(l) 6 f ′+(x0), ∀ l < 0.

Tomando agora limite para l→ 0− no membro esquerdo na relação acima tem-se:

f ′−(x0) 6 f ′+(x0).

(c) Considere x0, y0 ∈ (a, b) com x0 < y0. Sejam h, l tais que 0 < h e 0 < l < y0 − x0, ou seja,x0 + l < y0. Aplicando o Lema 24.1.5 com x = x0, y = x0 + l, x′ = y0 e y′ = y0 + h, tem-se:

f(x0 + l)− f(x0)

l6f(y0 + h)− f(y0)

h.

Tomando limite para l → 0+ no membro esquerdo e para h → 0+ no membro direito,respectivamente, na relação acima tem-se:

f ′+(x0) 6 f ′+(y0).

Analogamente, considere x0, y0 ∈ (a, b) com x0 < y0. Sejam agora h, l tais que h < 0 ex0− y0 < l < 0, ou seja, x0 < y0 + l < y0. Aplicando o Lema 24.1.5 com x = x0 + h, y = x0,x′ = y0 + l e y′ = y0, tem-se:

f(x0)− f(x0 + h)

−h6f(y0)− f(y0 + l)

−l,

isto é:

f(x0 + h)− f(x0)

h6f(y0 + l)− f(y0)

l.

Tomando limite para h → 0− no membro esquerdo e para l → 0− no membro direito,respectivamente, na relação acima tem-se:

f ′−(x0) 6 f ′−(y0).

24.4 Funções Convexas Diferenciáveis 333

(d) Considere x0, y0 ∈ (a, b) com x0 < y0. Sejam h, l com l < 0 < h tais que x0 + h < y0 + l, ouseja, h− l < y0−x0. Aplicando o Lema 24.1.5 com x = x0, y = x0 +h, x′ = y0 + l e y′ = y0,tem-se:

f ′+(x0) 6f(x0 + h)− f(x0)

h6f(y0)− f(y0 + l)

−l=f(y0 + l)− f(y0)

l6 f ′−(y0).

Observe que a primeira desigualdade é válida para todo h > 0, no entanto que a última éválida para todo l < 0. Portanto:

f ′+(x0) 6 f ′−(y0).

(e) Considere x0, y0 ∈ (a, b) com x0 < y0. Observe que pelo item (b) anterior, tem-se:

f ′−(x) 6 f ′+(x), ∀x ∈ (a, b). (24.3.1)

Também, pelo item (d) anterior tem-se:

f ′+(x0) 6 f ′−(y0). (24.3.2)

Tomando o limite x0 → y−0 no membro esquerdo da relação (24.3.2) tem-se:

limx0→y−0

f ′+(x0) 6 f ′−(y0).

Portanto, se f ′+ for contínua pela esquerda em y0 teria-se que:

f ′+(y0) = limx0→y−0

f ′+(x0) 6 f ′−(y0) 6 f ′+(y0).

Ou seja, f ′+(y0) = f ′−(y0). Observe que a última desigualde acima segue da relação (24.3.1).

Analogamente, tomando o limite y0 → x+0 no membro direito da relação (24.3.2) tem-se:

limy0→x+

0

f ′−(y0) > f ′+(x0).

Portanto, se f ′− for contínua pela direita em x0 teria-se que:

f ′−(x0) = limy0→x+

0

f ′−(y0) > f ′+(x0) > f ′−(x0).

Ou seja, f ′+(x0) = f ′−(x0). Observe que a última desigualde acima segue da relação (24.3.1).

24.4 Funções Convexas Diferenciáveis

O seguinte resultado fornece uma interpretação gráca da convexidade.

24.4.1 Teorema: Seja f convexa em (a, b).

(a) Se f é derivável em x0 ∈ (a, b), então a gráca de f ca acima da tangente que passa por(x0, f(x0)) exceto no ponto (x0, f(x0)).


(b) Se x0, y0 ∈ (a, b) com x0 < y0 e f é derivável em x0 e y0, então f′(x0) 6 f ′(y0).

Demonstração: (a) Pelo Lema 24.3.2(a) sabe-se que:

f ′(x0) = limh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h

= limh→0+

f(x0 + h)− f(x0)

h= infh>0

f(x0 + h)− f(x0)

h6f(x0 + h)− f(x0)

h. (24.4.1)

Denotando x :=x0 + h, a relação acima pode ser expressada como:

f ′(x0) (x− x0) + f(x0) 6 f(x).

Analogamente, pelo Lema 24.3.2(b) sabe-se que:

f ′(x0) = liml→0

f(x0 + l)− f(x0)

l

= liml→0−

f(x0 + l)− f(x0)

l= sup

l<0

f(x0 + l)− f(x0)

l>f(x0 + l)− f(x0)

l. (24.4.2)

Denotando x :=x0 + l, e observando que l = x − x0 é negativo, a relação acima pode serexpressada novamente como:

f ′(x0) (x− x0) + f(x0) 6 f(x).

(b) Pela relação (24.4.1) com h = y0 − x0 > 0 tem-se:

f ′(x0) 6f(x0 + h)− f(x0)

h=f(x0 + (y0 − x0))− f(x0)

y0 − x0=f(y0)− f(x0)

y0 − x0.

Analogamente, pela relação (24.4.2) com l = x0 − y0 < 0 tem-se:

f ′(y0) >f(y0 + l)− f(y0)

l=f(y0 + (x0 − y0))− f(y0)

x0 − y0=f(x0)− f(y0)

x0 − y0=f(y0)− f(x0)

y0 − x0.

Combinando as últimas duas relações tem-se:

f ′(x0) 6f(y0)− f(x0)

y0 − x06 f ′(y0).

24.4.2 Observação: Um resultado análogo vale para funções cóncavas, trocando acima porabaixo no Teorema 24.4.1(a) e trocando a condição f ′(x0) 6 f ′(y0) por f ′(x0) > f ′(y0) noTeorema 24.4.1(b). ♣

24.4.3 Lema: Seja f diferenciável com f ′ não-decrescente em (a, b). Sejam x0, y0 ∈ (a, b) comx0 < y0, tais que f(x0) = f(y0). Então, deve ser f(x) 6 f(x0) = f(y0), para todo x0 < x < y0.

24.4 Funções Convexas Diferenciáveis 335

Demonstração: Por reductio ad absurdum, suponha que f(x) > f(x0) = f(y0) para algumx0 < x < y0. Como f é contínua ao ser diferenciável, possui algum ponto de máximo a nointervalo [x0, y0], com f ′(a) = 0 e f(a) > f(x) > f(x0). Aplicando o Teorema do Valor Medio23.2.2 no intervalo [x0, a], existe ξ ∈ (x0, a) tal que:

f ′(ξ) =f(a)− f(x0)

a− x0> 0.

Portanto, f ′(a) = 0 < f ′(ξ) com ξ < a, contradizendo a hipótese de ser f ′ não-decrescente.

O próximo resultado constitui o recíproco do Teorema 24.4.1(b) e também fornece um critériopara vericar a convexidade.

24.4.4 Teorema: Se f é derivável com f ′ não-decrescente em (a, b), então f é convexa em(a, b).

Demonstração: Sejam x0, y0 ∈ (a, b) com x0 < y0. Considere a função g denida em (a, b) como:

g(x) := f(x)− f(y0)− f(x0)

y0 − x0(x− x0).

Observe que:

g′(x) = f ′(x)− f(y0)− f(x0)

y0 − x0.

Portanto, g′ também é não-decrescente. Além disso, tem-se que g(x0) = f(x0) = g(y0). Aplicandoo resultado anterior à função g, deve ser g(x) 6 g(x0) = f(x0), para todo x0 < x < y0, ou seja:

f(x)− f(y0)− f(x0)

y0 − x0(x− x0) 6 f(x0).

Equivalentemente, para todo x0 < x < y0 deve ser:

f(x)− f(x0)

x− x06f(y0)− f(x0)

y0 − x0.

Portanto, pela condição 2 do Lema 24.1.2 deve ser f convexa em (a, b).

24.4.5 Observação: Um resultado análogo vale para funções cóncavas, trocando não-decrescentepor não-crescente no Teorema 24.4.4. ♣

O próximo resultado constitui o recíproco do Teorema 24.4.1(a) e também fornece um critériopara vericar a convexidade.

24.4.6 Teorema: Se f é derivável em (a, b) e a gráca da f ca acima de cada tangente excetono ponto de contato, então f é convexa.


Demonstração: Sejam x0, y0 ∈ (a, b) com x0 < y0. Observe que a tangente ao gráco da f noponto (x0, f(x0)) é dada pelo gráco a função g denida em (a, b) como:

g(x) := f ′(x0) (x− x0) + f(x0).

Se o ponto (y0, f(y0)) ca por cima da tangente, deve ser f(y0) > g(y0), ou seja:

f(y0) > f ′(x0) (y0 − x0) + f(x0).

Portanto:

f ′(x0) <f(y0)− f(x0)

y0 − x0. (24.4.3)

Analogamente, a tangente ao gráco da f no ponto (y0, f(y0)) é dada pelo gráco a função hdenida em (a, b) como:

h(x) := f ′(y0) (x− y0) + f(y0).

Se o ponto (x0, f(x0)) ca por cima da tangente, deve ser f(x0) > h(x0), ou seja:

f(x0) > f ′(y0) (x0 − y0) + f(y0).

Portanto, observando que x0 − y0 é negativo, tem-se:

f(y0)− f(x0)

y0 − x0=f(x0)− f(y0)

x0 − y0< f ′(y0). (24.4.4)

Combinando as relações (24.4.3) e (24.4.4) tem-se que f ′(x0) < f ′(y0), ou seja, f ′ é estrictamentecrescente. Pelo Teorema 24.4.4 segue que f é convexa em (a, b).

24.4.7 Observação: Um resultado análogo vale para funções cóncavas, trocando acima porabaixo no Teorema 24.4.6. ♣

24.4.8 Teorema: Se f é derivável em um intervalo aberto (a, b) e cada uma das suas tangentesa corta apenas uma vez, então f é convexa ou é côncava em tal intervalo.

Demonstração: Segue diretamente do Teorema 24.4.6 e a observação anterior.


24.5 A Desigualdade de Jensen

24.5.1 Exercício: Seja n ∈ N xo. Sejam p1, p2, . . . , pn números positivos, pi > 0 para todo

i = 1, 2, . . . , n, tais quen∑i=1

pi = 1.

(a) Se x1, x2, . . . , xn são n números quaisquer, prove que:

min16i6n

xi 6n∑i=1

pixi 6 max16i6n

xi.

(b) Prove a mesma dupla desigualdade agora para1

t

n−1∑i=1

pixi, onde t =

n−1∑i=1

pi.

Sugestão: Use a desigualdade do item (a) anterior, que vale para n arbitrário, com p′i = pi/t.

(c) Em particular, observe-se que se f é uma função denida em (a, b) e x1, x2, . . . , xn ∈ (a, b),

então, pelo item (b) anterior, tem-se que1

t

n−1∑i=1

pixi também pertence a (a, b) e portanto ao

domínio da f .

(d) Observe-se também que pn = 1− t. ♣

24.5.2 Exercício: Desigualdade de Jensen

Sob as hipóteses do exercício anterior, verique que se f é convexa em (a, b) e x1, x2, . . . , xn ∈ (a, b),então:

f

(n∑i=1

pixi

)6

n∑i=1

pi f(xi).

Sugestão: Use indução sobre o número de somandos n. O caso n = 2 corresponde à denição deconvexidade, segundo a condição 1 do Lema 24.1.2. Para vericar a validade do passo indutivo,observe-se que:

n∑i=1

pixi =

n−1∑i=1

pixi + pnxn = t

(1

t

n−1∑i=1

pixi

)+ (1− t)xn,

337


e use a mesma desigualdade na condição 1 do Lema 24.1.2, o que pode ser feito pelo item (c) doexercício anterior. ♣

Capítulo 25

Grácos Revisitados

25.1 Máximos e Mínimos Locais

25.1.1 Denição: Seja f uma função e A um conjunto de números contido no seu domínio. Sediz que um ponto x ∈ A é um ponto de máximo local de f em A se existe algum δ > 0 tal quex é um ponto de máximo de f em A ∩ (x− δ, x+ δ). ♣

25.1.2 Denição: Seja f uma função e A um conjunto de números contido no seu domínio. Sediz que um ponto x ∈ A é um ponto de mínimo local de f em A se x for um ponto de máximolocal da função −f . ♣

25.1.3 Lema: Seja f uma função denida em (a, b). Se x é um ponto de máximo, ou de mínimo,local de f em (a, b) e f for derivável em x, então f ′(x) = 0.

Demonstração: Basta aplicar o Lema 23.1.3.

25.1.4 Teorema: Seja a um ponto crítico da função f , ou seja, f ′(a) = 0. Suponha que existef ′′(a).

(a) Se f ′′(a) > 0, então f tem um mínimo local em a.

(b) Se f ′′(a) < 0, então f tem um máximo local em a.

Demonstração: (a) Como f ′(a) = 0, tem-se:

f ′′(a) = limh→0

f ′(a+ h)− f ′(a)

h= limh→0

f ′(a+ h)

h.

Observe que se f ′′(a) > 0, então o quociente f ′(a+ h)/h deve ser positivo para h suciente-mente pequeno. Desta maneira, para h sucientemente pequeno deve ser:

f ′(a+ h) > 0 para h > 0.f ′(a+ h) < 0 para h < 0.

339

340 Grácos Revisitados

Pelo Teorema 23.2.7, f é crescente em um intervalo à direita de a e decrescente em umintervalo à esquerda de a. Portanto, f possui um mínimo local em a.

(b) Prova-se analogamente ao item (a) anterior.

O resultado anterior basicamente contém em si mesmo o seguinte recíproco parcial.

25.1.5 Teorema: Suponha que f ′′(a) existe.

(a) Se f tem um mínimo local em a, então f ′′(a) > 0.

(b) Se f tem um máximo local em a, então f ′′(a) 6 0.

Demonstração: (a) Por reductio ad absurdum, se fosse f ′′(a) < 0, pelo item (b) do resultadoanterior, f teria um máximo local em a. Como por hipótese f tem um mínimo local em a,deve ser f constante, em cujo caso teria-se f ′′(a) = 0, o que contradiz a suposição inicial quef ′′(a) < 0.


25.1.6 Observação: O recíproco do Teorma 25.1.4 não pode ser completo, ou seja, os sinais >e 6 no resultado anterior em geral não podem ser substituidos por > e <, respectivamente.

Com efeito, a função f(x) = x4 possui um mínimo local em x = 0, mas f ′′(x) = 12x2, ou seja,f ′′(0) = 0.

Analogamente, a função g(x) = −x4 possui um máximo local em x = 0, mas g′′(x) = −12x2, ouseja, g′′(0) = 0.

O recíproco parcial anterior é o melhor que se pode conseguir sem analizar derivadas de ordem

superior ao segundo. ♣

25.2 Sobre o Trazado de Grácos

Para determinar o gráco de uma função f com certo grau de precisão qualitativa é facultativa aseguinte análise.

Aspectos Gerais do Gráco

(a) Determinar os pontos de interseção da função com os eixos de coordenadas:

• O ponto de interseção com o eixo das ordenadas (eixo vertical) é dado pelo valor f(0).Somente pode existir um único de tais pontos, pois caso contrário f não seria função.

• Os pontos de interseção com o eixo das abcissas (eixo horizontal) são os pontos xdeterminados pela condição f(x) = 0. Tais pontos são denominados as raizes da funçãof . Dependendo da função em questão, a determinação das suas raizes pode ser não-trivial. Calcule as raizes apenas quando isso seja possivel sem demasiado trabalho.

25.2 Sobre o Trazado de Grácos 341

(b) Determinar o comportamento assintótico de f(x), ou seja, os limites:

limx→+∞

f(x),

limx→−∞

f(x).

(c) Determinar a paridade da função, caso tenha paridade bem denida. Conhecer a paridadede uma função é relevante, pois simplica signicativamente o trazado do seu gráco:

• Se a função for par, ou seja, se f(x) = f(−x), então o gráco é simétrico com relaçãoao eixo das ordenadas (eixo vertical).

• Se a função for ímpar, ou seja, se f(x) = −f(−x), então o gráco é simétrico comrelação à origem. ♣

Máximos e Mínimos

Existem três grupos de pontos a serem analizados. De longe, o mais importante é o primeiro deles.

1. Pontos Críticos

São os pontos x tais que f ′(x) = 0. Quando a função em questão é diferenciável, tais pontos sãoos candidatos favoritos para serem máximos e/ou mínimos locais.

(a) Determinar os valores críticos da função, ou seja, os valores de f(x) quando x é um pontocrítico.

(b) Determinar o sinhal de f ′ entre cada par de pontos singulares.

(c) Se f ′ muda de sinhal ao pasar da esquerda para a direita de um ponto crítico:

• Se muda de positivo para negativo, então f tem um máximo local a em tal ponto.

• Se muda de negativo para positivo, então f tem um mínimo local ` em tal ponto.

(d) Se f ′ não muda de sinhal ao pasar da esquerda para a direita de um ponto crítico, então nãotem nem máximo nem mínimo.

Alternativamente, se f ′′ existe nos pontos críticos os itens (b), (c) e (d) podem ser substituidospor:

(e) Determinar os valores de f ′′(x) quando x é um ponto crítico:

• Se f ′′(x) > 0, então f tem um mínimo local ` em x.

• Se f ′′(x) < 0, então f tem um máximo local a em x.

• Se f ′′(x) = 0, então nada pode ser armado e deve-se voltar para o procedimento nositens (b), (c) e (d) anteriores.

2. Pontos em que a função não é diferenciável

3. Os extremos do intervalo

Uma vez analizados esses três conjuntos de pontos, o máximo absoluto será o maior de los valoresde f(x) quando x pertence a tais conjuntos. Idem para o mínimo absoluto. ♣

342 Grácos Revisitados

Convexidade e concavidade

(a) Determinar os pontos x tais que f ′′(x) = 0.

(b) Determinar os valores de f(x) quando x é um de tais pontos.

(c) Determinar o sinhal de f ′′ entre cada par de tais pontos.

(d) Se f ′′ muda de sinhal ao pasar da esquerda para a direita de um de tais pontos, então f temum ponto de inexão:

• Se muda de positivo para negativo, então f muda de convexa para cóncava _.

• Se muda de negativo para positivo, então f muda de cóncava para convexa _ .

(e) Se f ′′ não muda de sinhal ao pasar da esquerda para a direita de um de tais pontos:

• Se f ′′ se mantém positiva, então f é convexa ^.

• Se f ′′ se mantém negativa, então f é cóncava _. ♣


25.3 Máximos e Mínimos Absolutos

25.3.1 Exercício: Determinar, em caso de existirem, os máximos e mínimos absolutos da funçãof no intervalo especicado em cada um dos seguintes casos. Esboçar o gráco talvez seja de algumaajuda.

(a) f(x) = 4− 3x em (−1, 2]. R: mín = −2; máx = ∅.

(b) f(x) = x2 − 2x+ 4 em (−∞,+∞). R: mín = 3; máx = ∅.

(c) f(x) =√

3 + x em [−3,+∞). R: mín = 0; máx = ∅.

(d) f(x) =x

x+ 2em [−1, 2]. R: mín = −1; máx = 1/2.

(e) f(x) = x3 + 5x− 4 em [−3,−1]. R: mín = −46; máx = −10.

(f) f(x) = (x+ 1)2/3 em [−2, 1]. R: mín = 0; máx = 22/3.

(g) A função f denida por:

f(x) =

3x− 4 se −3 6 x < 1,

x2 − 2 se 1 6 x 6 3;

no intervalo [−3, 3]. R: mín = −13; máx = 7.

(h) A função f denida por:

f(x) =

|x+ 1| se x 6= −1,

3 se x = −1;

no intervalo [−2, 1]. R: mín = ∅; máx = 3. ♣

343

Capítulo 26

Através do Espelho e o que Alice nãoEncontrou por lá

26.1 Funções Injetoras e a Existência da Inversa

26.1.1 Denição: Uma função f é denominada injetora, ou 1-1, se a 6= b ⇒ f(a) 6= f(b). ♣

26.1.2 Observação: Equivalentemente, uma função f é 1-1 se e somente se f(a) = f(b) ⇒a = b. ♣

26.1.3 Exemplo: (a) A função identidade f(x) = x é obviamente injetora.

(b) Toda função estrictamente monótona, crescente ou decrescente, é injetora.

(c) A função f(x) = x2 não é injetora para x ∈ R. Com efeito, tem-se, por exemplo, quef(−1) = f(1).

(d) Contudo, a função f(x) = x2 denida apenas para x > 0, é injetora. Ou seja, restingindoconvenientemente o seu domínio, uma função pode ser injetora.

(e) O exemplo acima pode ser facilmente generalizado como segue. A função f(x) = xn com npar não é injetora para x ∈ R. Mas restringindo o seu domínio para x > 0 resulta injetora.

(f) Para n ímpar, a função f(x) = xn é injetora para todo x ∈ R. Com efeito, f ′(x) = nxn−1 > 0,pois em tal caso n − 1 é par e a potencia resulta positiva para qualquer valor de x. Segueque f é estrictamente crescente e portanto injetora. ♣

26.1.4 Denição: Se f é uma função qualquer, recebe o nome de função inversa da f edenota-se por f−1 o conjunto dos pares (a, b) tais que (b, a) pertence a f . ♣

26.1.5 Teorema: f−1 é função se e somente se f é injetora.

345

346 Através do Espelho e o que Alice não Encontrou por lá

Demonstração: Para provar a parte (⇐), suponha que f é injetora. Se (a, b) e (a, c) são doispares pertencentes a f−1, então os pares (b, a) e (c, a) pertencem a f . Como f é injetora ef(b) = a = f(c) deve ser b = c. Desta maneira, não existem em f−1 dois pares diferentes com omesmo primeiro elemento. Portanto, f−1 é função.

Reciprocamente, para provar a parte (⇒), suponha que f−1 é função. Se f(b) = f(c), então ospares (b, f(b)) e (c, f(c)) pertencem a f , em cujo caso os pares (f(b), b) e (f(c), c) pertencem a f−1

e possuem o mesmo primeiro elemento. Como f−1 é função, não pode conter dois pares diferentescom o mesmo primeiro elemento, portanto deve ser b = c. Desta maneira, f é injetora.

26.2 Funções Injetoras Contínuas

26.2.1 Lema: Seja f uma função contínua e injetora denida em um intervalo. Sejam a, b e cpontos do intervalo com a < c < b.

(a) Se f(a) < f(b), então f(a) < f(c) < f(b).

(b) Se f(a) > f(b), então f(a) > f(c) > f(b).

Demonstração: (a) Como a 6= c 6= b e f é injetora, deve ser f(a) 6= f(c) 6= f(b), o que deixaem aberto as seguintes posibildades:

f(c) < f(a),

f(a) < f(c) < f(b),

f(b) < f(c).

Para probar o resultado, basta excluir o primeiro e terceiro caso acima. Suponha em primeirolugar que f(c) < f(a). Aplicando o Teorema 19.3.2 no intervalo [c, b], como f(c) < f(a) <f(b) deve existir algum x ∈ [c, b] tal que f(x) = f(a), contradizendo que f é injetora, poisa < c 6 x 6 b, ou seja, a 6= x. Analogamente, suponha agora que f(b) < f(c). Aplicando oTeorema 19.3.2 no intervalo [a, c], como f(a) < f(b) < f(c) deve existir algum x ∈ [a, c] talque f(x) = f(b), contradizendo que f é injetora, pois a 6 x 6 c < b, ou seja, x 6= b.

(b) Prova-se analogamente ao item (a) anterior. Alternativamente, uma maneira elegante dedemonstração pode ser obtida aplicando o resultado do item (a) anterior à função −f .

26.2.2 Lema: Seja f uma função contínua e injetora denida em um intervalo. Sejam a e bdois pontos do intervalo com a < b e suponha que f(a) < f(b).

(a) Se c é um ponto do intervalo com c < a, então f(c) < f(a).

(b) Análogamente, se c é um ponto do intervalo com b < c, então f(b) < f(c).

Demonstração: (a) Por hipótese sabe-se que c < a < b. Se fosse f(c) > f(b), pelo item(b) do resultado anterior aplicado aos pontos c < a < b teria-se que f(c) > f(a) > f(b),contradizendo a hipótese que f(a) < f(b). Portanto, deve ser f(c) < f(b). Em tal caso, peloitem (a) do resultado anterior aplicado aos pontos c < a < b, tem-se f(c) < f(a) < f(b), ouseja, f(c) < f(a).

26.2 Funções Injetoras Contínuas 347


26.2.3 Observação: Um resultado análogo ao anterior vale no caso f(a) > f(b). O leitor podecar a vontade para formular e demonstrar. ♣

26.2.4 Teorema: Se f é uma função contínua e injetora denida em um intervalo, então f éou bem estrictamente crescente, ou bem estrictamente decrescente, em tal intervalo.

Demonstração: Sejam a, b dois pontos do intervalo com a < b. Como a 6= b e f é injetora, deveser f(a) < f(b) ou f(a) > f(b). O primeiro caso será analizado a seguir, conduzindo à conclusãoque f deve ser estrictamente crescente. Para tanto, sejam c, d dois pontos quaisquer do intervalocom c < b. Suponha que algum de tais pontos, ou ambos, fosse igual a a ou b.

• Se c = a e d = b, então é imediato que f(c) = f(a) < f(b) = f(d).

• Se c = a, o Lema 26.2.1 permite provar que f(c) < f(d), utilizando d ou b como pontointermediário.

• Se c = b, o Lema 26.2.2 permite provar que f(c) < f(d).

• Analogamente, se d = b, o Lema 26.2.1 permite provar que f(c) < f(d), utilizando c ou acomo ponto intermediário.

• Se d = a então o Lema 26.2.2 permite provar que f(c) < f(d).

Caso contrário, devem ser considerados os seguintes casos particulares:

c < d < a < b

c < a < d < b

c < a < b < d

a < c < d < b

a < c < b < d

a < b < c < d.

Cada um desses casos pode ser analizado facilmente utilizando os dos lemas anteriores. A título deexemplo, no primeiro caso pode ser aplicado em primeiro lugar o Lema 26.2.2 aos pontos c < a < bpara provar que f(c) < f(a) e a continuação o Lema 26.2.1 aos pontos c < d < a para provar quef(c) < f(d). A análise dos casos remanescentes constitui um exercício simples a cargo do leitor.

No caso f(a) > f(b) a análise é análoga, conduzindo à conclusão que f deve ser estrictamentedecrescente. Uma prova alternativa pode ser obtida aplicando o resultado precedente à função −f ,método não apenas mas simples, como também mais elegante.

26.2.5 Observação: Seja f uma função injetora. Em particular, pelo Teorema 26.1.5, existe afunção inversa f−1.


(a) Se f é estrictamente crescente, ou descrescente, então f−1 também é estrictamente crescente,ou descrescente, respectivamente. Para xar idéias, considere o caso em que f é crescente.Deseja-se provar que:

a < b ⇒ f−1(a) < f−1(b),

para todo a, b no domínio da f−1. Observe que tais números são respectivamente da formaa = f(x) e b = f(y) para alguns x, y no domínio da f , em cujo caso tem-se que f−1(a) = xe f−1(b) = y. Desta maneira, deseja-se provar que:

f(x) < f(y) ⇒ x < y.

Se fosse x = y teria-se obviamente que f(x) = f(y). Se fosse x > y, como f é crescenteteria-se que f(x) > f(y). Ambos casos contradizem a hipótese que f(x) < f(y). Portanto,deve ser x < y.

(b) Se além de injetora f é contínua denida em um intervalo, então o domínio de f−1 também éum intervalo, podendo ser nito, semi-innito, ou R. Com efeito, basta combinar o resultado17.3.2 com o exercício 19.10.2. ♣

26.2.6 Teorema: Se f é uma função contínua e injetora em um intervalo, então f−1 tambémé contínua.

Demonstração: Pelo resultado anterior, f deve ser ou bem estrictamente crescente, ou bemestrictamente decrescente, no intervalo considerado. O primeiro caso será analizado a seguir. Osegundo caso pode ser considerado de maneira análoga, ou pelo artifício usal de aplicar o mesmoraciocínio à função −f . Deseja-se provar que:

limx→b

f−1(x) = f(b),

para todo b no domínio de f−1. Observe que um tal número b é da forma f(a) para algum a nodomínio da f . Desta maneira, dado ε > 0, deseja-se provar que existe δ > 0 tal que:

|x− b| < δ ⇒∣∣f−1(x)− f−1(b)

∣∣ < ε,

ou equivalentemente:

f(a)− δ < x < f(a) + δ ⇒ a− ε < f−1(x) < a+ ε.

Como a− ε < a < a+ ε e f é estrictamente crescente tem-se que f(a− ε) < f(a) < f(a+ ε). Sejaδ > 0 denido como:

δ := min f(a)− f(a− ε), f(a+ ε)− f(a) .

Com esta escolha de δ tem-se:

f(a− ε) 6 f(a)− δ,f(a) + δ 6 f(a+ ε).

Portanto:

f(a)− δ < x < f(a) + δ ⇒ f(a− ε) < x < f(a+ ε).

26.3 Funções Inversas Diferenciáveis 349

Pela observação anterior, sabe-se que f−1 é uma função crescente e x pertence ao seu domínio.Desta maneira, da última relação acima tem-se:

f−1(f(a− ε)) < f−1(x) < f−1(f(a+ ε)),

ou seja:

a− ε < f−1(x) < a+ ε.

26.3 Funções Inversas Diferenciáveis

26.3.1 Lema: Seja f uma função contínua e injetora denida em um intervalo. Se f ′(f−1(a)) =0, então f−1 não é diferenciável em a.

Demonstração: Observe que f(f−1(x)) = x. Por reductio ad absurdum, se f−1 fosse diferenciávelem a, pela regra da cadeia 22.2.1 obteria-se a seguinte contradição:

1 = f ′(f−1(a)) · (f−1)′(a) = 0 · (f−1)′(a) = 0.

26.3.2 Exemplo: Considere a função f(x) = x3. Como f(0) = 0, tem-se que 0 = f−1(0).Observe que f ′(x) = 3x2. Desta maneira, f ′(f−1(0)) = f ′(0) = 0. Portanto, pelo resultadoanterior, f−1 não é diferenciável em 0. ♣

26.3.3 Teorema (da Função Inversa): Seja f contínua e injetora denida em um intervalo.Suponha que f é diferenciável em f−1(b) com f ′(f−1(b)) 6= 0. Então, f−1 é diferenciável em b etem-se:

(f−1)′(b) =1

f ′(f−1(b)).

Demonstração: Denotando a = f(b), tem-se:

(f−1)′(b) = limh→0

f−1(b+ h)− f−1(b)

h= limh→0

f−1(b+ h)− ah

.

Observe que todo número b+ h no domínio de f−1 pode ser expressado na forma b+ h = f(a+ k)para um único k = k(h). Desta maneira:

limh→0

f−1(b+ h)− ah

= limh→0

f−1(f(a+ k))− af(a+ k)− b

= limh→0

k

f(a+ k)− f(a).

Como b+ h = f(a+ k), tem-se que f−1(b+ h) = a+ k. Desta maneira, k pode ser expressado naforma:

k = f−1(b+ h)− a = f−1(b+ h)− f−1(b).


Pelo Teorema 26.2.6, a função f−1 é contínua em b, de onde segue que k tende para zero quandoh tende para zero. Portanto:

limk→0

f(a+ k)− f(a)

k= f ′(a) = f ′(f−1(b)) 6= 0.

Desta maneira, tem-se:

(f−1)′(b) =1

f ′(f−1(b)).


26.4 Alguns Exemplos

26.4.1 Exercício: Exiba um exemplo de função injetora que seja discontínua em todo pontodo seu domínio.

Sugestão: Modique de maneira conveniente o exemplo do Exercício 18.7.3 e prove que com talmodicação a função não deixa de ser injetora. ♣

26.5 Algumas Derivadas Revisitadas

26.5.1 Exercício: Reproduza o resultado do exercício 22.4.3 usando o Teorema da FunçãoInversa. Ou seja, verique que a derivada da função f(x) = x1/m com m ∈ N é dada por f ′(x) =(1/m)x(1/m)−1. ♣

26.5.2 Exercício: Reproduza os resultados dos exercícios da seção 22.7 usando o Teorema daFunção Inversa. Ou seja, calcule a derivada das seguintes funções trigonométicas inversas:

(a) f(x) = arcsenx.

(b) f(x) = arccosx.

(c) f(x) = arctg x. ♣

26.6 Funções Denidas Implicitamente

26.6.1 Exercício: Seja c ∈ R arbitrário mas xo.

(a) Prove que existe uma função diferenciável f tal que [f(x)]5 + f(x) + x = c para todo x ∈ R.

Sugestão: Prove que tal f pode ser expressada como uma função inversa. A maneira maisexpeditiva de fazer isso consiste em determinar f−1 explicitamente. Para tanto, começeexpressando x = f−1(y).

(b) Determine f ′ em termos de f usando o teorema apropriado do presente capítulo.

351


(c) Determine f ′ em termos de f de uma outra maneira, simplesmente derivando a expressãoque dene a f . ♣

Costuma se dizer que a função do exercício anterior está denida implicitamente pela equa-ção y5 + y + x = 0. Contudo, o caso desta equação é muito especial. Segundo indica o próximoexercício, uma equação não dene em geral uma função implicitamente em toda a reta R. Maisainda, em algumas regiões pode estar denida implicitamente mais de uma função.

26.6.2 Exercício: (a) Determine quais são as duas funções diferenciáveis denidas implicita-mente em (−1, 1) pela equação x2 + y2 = 1. Ou seja, determine as funções que satisfazemx2 + [f(x)]2 = 1 para todo x ∈ (−1, 1). Observe que não existem soluções denidas fora de[−1, 1]. Por que?

(b) Determine quais são as funções que satisfazem x2 + [f(x)]2 = −1.

(c) Determine quais são as funções diferenciáveis que satisfazem [f(x)]3 − 3f(x) = x.

Sugestão: Será util trazar primeiro o gráco da função g(x) = x3 − 3x. ♣

Em geral, a determinação dos intervalos onde uma função diferenciável resulta denida implici-tamente através de uma equação particular pode consistir um asunto delicado. Porém, supondo quef é uma solução diferenciável, então se pode deducir uma expressão para f ′ exatamente da mesmamaneira que no exercício 26.6.1(c) anterior, ou seja, simplesmente derivando os dois membros daequação que dene a f , procedimento conhecido como derivação implícita.

26.6.3 Exercício: (a) Aplique esse método à equação x2+[f(x)]2 = 1. Observe que a soluçãodependerá de f .

(b) Contudo, verique que esta solução resulta adequada para as duas funções f encontradas noproblema 26.6.2(a).

(c) Aplique o mesmo método à equação [f(x)]3 − 3f(x) = x. ♣

Capítulo 27

Integrais à Riemann

27.1 Partições, Somas Inferiores e Superiores

27.1.1 Denição: Seja a < b. Recebe o nome de partição do intervalo [a, b] toda coleção nitade pontos de [a, b] que contém a e b. Ou seja, se P = t0, t1, . . . , tn é uma partição, então:

a = t0 < t1 < · · · < tn = b. ♣

27.1.2 Denição: Seja P = t0, t1, . . . , tn uma partição de [a, b]. Considere f limitada em[a, b]. Para cada i = 1, 2, . . . , n denem-se mi e Mi respectivamente como:

mi := inff(x) : ti−1 6 x 6 ti,Mi := supf(x) : ti−1 6 x 6 ti.

A soma inferior de f para P dene-se como:

L(f, P ) :=n∑i=1

mi(ti − ti−1).

Analogamente, a soma superior de f para P dene-se como:

U(f, P ) :=n∑i=1

Mi(ti − ti−1). ♣

27.1.3 Lema: Seja f limitada em [a, b].

(a) L(f, P ) 6 U(f, P ), para toda partição P de [a, b].

(b) Se Q é uma outra partição [a, b] com P ⊆ Q, então:

L(f, P ) 6 L(f,Q),

U(f, P ) > U(f,Q).

353

354 Integrais à Riemann

(c) L(f, P1) 6 U(f, P2), para quaisquer partições P1 e P2 de [a, b].

Demonstração: (a) Segue diretamente da denição, pois mi 6Mi para todo i = 1, 2, . . . , n.

(b) Suponha que a partição Q contém um ponto adicional tj /∈ P . Para xar idéias, suponhaque ti0−1 < tj < ti0 . A diferença entre L(f, P ) e L(f,Q) consiste em que a primeira somainferior conterá o termo:

mi0(ti0 − ti0−1),

no entanto que a segunda conterá o termo:

m1(tj − ti0−1) +m2(ti0 − tj),

onde m1 e m2 estão dados respectivamente por:

m1 := inff(x) : ti0−1 6 x 6 tj,m2 := inff(x) : tj 6 x 6 ti0.

Como obviamente m1 > mi0 e m2 > mi0 , tem-se:

m1(tj − ti0−1) +m2(ti0 − tj) > mi0(tj − ti0−1) +mi0(ti0 − tj) = mi0(ti0 − ti0−1).

Portanto, deve ser L(f, P ) 6 L(f,Q). A prova para as somas superiores é análoga, obser-vando que se M1 e M2 estão dados respectivamente por:

M1 := supf(x) : ti0−1 6 x 6 tj,M2 := supf(x) : tj 6 x 6 ti0,

então M1 6Mi0 e M2 6Mi0 . Se a partição Q contiver mais pontos adicionais, a análise é amesma para cada um de tais pontos adicionais.

(c) Basta observar que:

L(f, P1) 6 L(f, P1 ∪ P2) 6 U(f, P1 ∪ P2) 6 U(f, P1).

A primeira e terceira desigualdades acima decorrem do item (b) anterior, no entanto que asegunda é consequência do item (a).

27.2 Integrais Inferiores e Superiores

27.2.1 Denição: Seja a < b. Considere f limitada em [a, b]. Dene-se a integral inferiorpara f em [a, b] como:

L(f, [a, b]) := supL(f, P ) : P partição de [a, b].

Análogamente, dene-se a integral superior para f em [a, b] como:

U(f, [a, b]) := infU(f, P ) : P partição de [a, b]. ♣

27.2 Integrais Inferiores e Superiores 355

27.2.2 Observação: Pelo Lema 27.1.3, as integrais inferiores e superiores estão sempre bemdenidas. ♣

27.2.3 Exemplo: (a) Seja f(x) = c em [a, b]. Então, L(f, [a, b]) = c(b− a) = U(f, [a, b]).

(b) Considere a função f denida por:

f(x) =

0 se x é irracional

1 se x é racional,

Então, L(f, [a, b]) = 0 e U(f, [a, b]) = 1. ♣

27.2.4 Lema: Seja a < b e f limitada em [a, b]. Então:

L(f, [a, b]) 6 U(f, [a, b]).

Demonstração: Pelo Lema 27.1.3(a), para todo P partição de [a, b] tem-se que L(f, P ) 6 U(f, P ).Por brevidade, seja α :=L(f, [a, b]). Se fosse α > U(f, P0), para algum P0 partição de [a, b], entãopor denição de supremo existiria P1 partição de [a, b] tal que U(f, P0) < L(f, P1). Pelo Lema27.1.3(b), teria-se:

U(f, P1 ∪ P0) 6 U(f, P0) < L(f, P1) 6 L(f, P1 ∪ P0).

Mais isso contradiz o Lema 27.1.3(a), com P = P0 ∪ P1. Portanto:

α 6 U(f, P ),

para todo P partição de [a, b]. Como o ínmo é o maior de tais limites inferiores para U(f, P ),tem-se:

L(f, [a, b]) = α 6 infPU(f, P ) = U(f, [a, b]).

Incidentalmente, observe que, pelo Lema 27.1.3(a,b) teria-se:

L(f, P1) 6 L(f, P0 ∪ P1) 6 U(f, P0 ∪ P1) 6 U(f, P0),

Mais isso contradiz U(f, P0) < L(f, P1), constituindo uma maneira alternativa de provar queα 6 U(f, P ) para todo P partição de [a, b].

27.2.5 Lema: Seja a < c < b e f limitada em [a, b]. Então:

(a) L(f, [a, b]) = L(f, [a, c]) + L(f, [c, b]).

(b) U(f, [a, b]) = U(f, [a, c]) + U(f, [c, b]).


Demonstração: (a) Para simplicar a notação, sejam α, β, γ denidos respectivamente como:

α = L(f, [a, c]),

β = L(f, [c, b]),

γ = L(f, [a, b]).

Se P1 e P2 são partições de [a, c] e [c, b], respectivamente, então P = P1 ∪P2 é uma partiçãode [a, b] e tem-se:

L(f, P1) + L(f, P2) = L(f, P ) 6 γ,

ou seja:

L(f, P1) 6 γ − L(f, P2),

para todo P1 partição de [a, c]. Como o supremo α é o menor de tais limites superiores paraL(f, P1), tem-se:

α 6 γ − L(f, P2),

ou seja:

L(f, P2) 6 γ − α,

para todo P2 partição de [c, b]. Como o supremo β é o menor de tais limites superiores paraL(f, P2), tem-se:

β 6 γ − α,

ou seja:

β + α 6 γ.

Seja P = t0, t1, . . . , tn partição arbitrária de [a, b]. Suponha que ti0−1 6 c < ti0 . SejamP1, P2 partições de [a, c] e [c, b] respectivamente, denidas como:

P1 = t0, t1, . . . , ti0−1, c,P2 = c, ti0 , . . . , tn.

Em tal caso, P1 ∪ P2 é um renamento de P e tem-se:

L(f, P ) 6 L(f, P1 ∪ P2) = L(f, P1) + L(f, P2) 6 α+ β.

Como P era uma partição arbitrária de [a, b] e o supremo γ é o menor de tais limites superiorespara L(f, P ), tem-se:

γ 6 α+ β.

Portanto, deve ser α+ β = γ.


27.2 Integrais Inferiores e Superiores 357

27.2.6 Lema: Seja a < b e f limitada em [a, b]. Então, as funções L e U denidas em [a, b]respectivamente como:

L(x) :=L(f, [a, x]), ∀x ∈ [a, b],

U(x) :=U(f, [a, x]), ∀x ∈ [a, b],

são contínuas em [a, b].

Demonstração: Seja x ∈ [a, b] arbitrário. Considerando h > 0, tem-se:

L(x+ h)− L(x) = L(f, [a, x+ h])− L(f, [a, x] = L(f, [x, x+ h]).

Como f é limitada por hipótese, existe M > 0 tal que:

|f(x)| 6M ⇔ −M 6 f(x) 6M.

Portanto:

−Mh 6 L(f, [x, x+ h] 6 U(f, [x, x+ h]) 6Mh.

Em particular:

−Mh 6 L(x+ h)− L(x) 6Mh. (27.2.1)

Considere agora h < 0. Pela relação acima com −h > 0 tem-se:

−M(−h) 6 L(x)− L(x+ h) 6M(−h) = −Mh.

Multiplicando por −1 a relação acima tem-se:

M(−h) > L(x+ h)− L(x) >Mh = −M(−h),

ou seja:

−M(−h) 6 L(x+ h)− L(x) 6M(−h). (27.2.2)

Combinando as relações (27.2.1) e (27.2.2) tem-se:

|L(x+ h)− L(x)| 6M |h|, ∀h.

Seja ε > 0 arbitrário. Pela relação acima, tem-se:

|h| < ε

M⇒ |L(x+ h)− L(x)| 6M |h| < M

ε

M= ε.

Portanto:

limy→x

L(y) = limh→0

L(x+ h) = L(x),

provando que L é contínua em x. Como x ∈ [a, b] era arbitrário, segue que L é contínua em [a, b].A prova para a função U é análoga.

Incidentalmente, observe que da relação (27.2.1) segue diretamente que:

limy→x+

L(y) = L(x), ∀ x ∈ [a, b).

Analogamente, da relação (27.2.2) tem-se:

limy→x−

L(y) = L(x), ∀ x ∈ (a, b].

As duas relações acima provam que L é contínua em (a, b), contínua por direita em a e contínua,por esquerda em b.


27.3 Funções Integráveis

27.3.1 Denição: Seja a < b. Uma função f limitada em [a, b] é denominada integrável [a, b]quando L(f, [a, b]) = U(f, [a, b]). Ou seja, quando as integrais inferior e superior são iguais. Em

tal caso, o valor comum a ambas recebe o nome de integral de f em [a, b] e denota-se∫ b

a

f . ♣

27.3.2 Exemplo: Considere novamente as funções do exemplo 27.2.3.

(a) Para todo a, b ∈ R com a < b, a função f(x) = c é integrável em [a, b] e∫ b

a

f = c(b− a).

(b) A função denida por:

f(x) =

0 se x é irracional

1 se x é racional,

não é integrável em [a, b], para nenhum a, b ∈ R com a < b. ♣

27.3.3 Teorema: Seja f limitada em [a, b]. Então, f é integrável em [a, b] se e somente se paratodo ε > 0 existe uma partição P de [a, b] tal que U(f, P )− L(f, P ) < ε.

Demonstração: (⇒) Seja ε > 0. Como f é integrável em [a, b] por hipótese, pela denição desupremo existe P1 partição de [a, b] tal que:∫ b

a

f − ε

2< L(f, P1).

Analogamente, pela denição de ínmo existe P2 partição de [a, b] tal que:

U(f, P2) <

∫ b

a

f +ε

2.

Se P = P1 ∪ P2, então tem-se:∫ b

a

f − ε

2< L(f, P1) 6 L(f, P ),

ou seja:

−L(f, P ) <ε

2−∫ b

a

f.

Analogamente:

U(f, P ) 6 U(f, P2) <

∫ b

a

f +ε

2.

27.3 Funções Integráveis 359

Combinando as duas últimas relações tem-se:

U(f, P )− L(f, P ) <

∫ b

a

f +ε

2+ε

2−∫ b

a

f =ε

2+ε

2= ε.

(⇐) Pelo Lema 27.1.3(c) sabe-se que L(f, [a, b]) 6 U(f, [a, b]). Se fosse L(f, [a, b]) < U(f, [a, b]),para ε :=U(f, [a, b])− L(f, [a, b]) > 0 existiria P partição de [a, b] tal que:

U(f, P )− L(f, P ) < ε = U(f, [a, b])− L(f, [a, b]).

Portanto, teria-se a seguinte contradição:

U(f, P ) < U(f, [a, b])− [L(f, [a, b])− L(f, P )] 6 U(f, [a, b]) 6 U(f, P ).

A segunda desigualdade acima segue do fato que L(f, [a, b])−L(f, P ) > 0 pela denição de supremo,no entanto que a terceira decorre da denição de ínmo.

27.3.4 Lema: Se f é integrável em [a, b], então para qualquer partição P de [a, b] tem-se:

L(f, P ) 6∫ b

a

f 6 U(f, P ).

Mais ainda, a integral é o único número com esta propriedade.

Demonstração: Se f é integrável em [a, b], então para qualquer partição P de [a, b] tem-se:

L(f, P ) 6 supPL(f, P ) =

∫ b

a

f = infPU(f, P ) 6 U(f, P ).

Para provar a unicidade, seja α tal que:

L(f, P ) 6 α 6 U(f, P ).

para qualquer partição P de [a, b]. Da primeira desigualdade acima, segue que α é um limitesuperior para o conjunto de todas as somas inferiores L(f, P ), portanto deve ser

∫ baf 6 α, pois a

integral é o menor de tais limites superiores. Analogamente, da segunda desigualdade acima, segueque α é um limite inferior para o conjunto de todas as somas superiores U(f, P ), portanto deveser α 6

∫ baf , pois a integral é o maior de tais limites inferiores. Portanto, deve ser α =

∫ baf .

Observe que o Teorema 27.3.3 resulta apenas uma paráfrase da denição de integral, ou ummero exercício no uso das denições de ínmo e supremo, segundo o leitor preferir. Contudo,tal teorema aliado ao lema anterior constituem boas ferramentas para provar resultados sobreintegrabilidade de funções. Sua utilidade como ferramenta teórica será extensivamente exploradana prova de diversos resultados na seção seguinte. Essas ferramentas também não carecem de valorprático, como mostra o exemplo a seguir.


27.3.5 Exemplo: A função f denida por:

f(x) =

0 se x 6= 1

1 se x = 1,

é integrável em [a, b] e∫ b

a

f = 0.

Com efeito, se 1 /∈ [a, b] o armado é trivial. Suponha portanto que se 1 ∈ [a, b]. Seja P =t0, t1, . . . , tn uma partição de [a, b]. Em primeiro lugar, observe que L(f, P ) = 0. A determinaçãoda soma superior requer um pouco mais de trabalho. Sem perda de generalidade, suponha-se quetj−1 6 1 < tj . Em tal caso, observe que:

Mi =

0, se i 6= j;

1, se i = j.

Portanto:

U(f, P )− L(f, P ) = 1 · (tj − tj−1)− 0 = (tj − tj−1).

Pelo Teorema 27.3.3 a função em questão resulta integrável, pois dado ε > 0 basta tomar uma talpartição com tj − tj−1 < ε. Observe também que L(f, P ) = 0 < tj − tj−1 = U(f, P ). Como P erauma partição arbitrária, tem-se que L(f, P ) 6 0 6 U(f, P ). Portanto, pelo lema anterior o valorda integral deve ser zero. ♣

O seguinte resultado é uma consequência direta do Lema 27.2.6.

27.3.6 Teorema: Seja f integrável em [a, b]. Considere função F denida em [a, b] por:

F (x) :=

∫ x

a

f.

Então, F é contínua em [a, b].

Demonstração: Segue diretamente do Lema 27.2.6, pois quando f é integrável resulta F (x) =L(x), ou F (x) = U(x).

O próximo resultado garante a existência de um suprimento mais do que razoável de funçõesintegráveis.

27.3.7 Teorema: Se f é contínua em [a, b], então f é integrável em [a, b].

Demonstração: Seja x ∈ (a, b). Considere h > 0. Denem-se m(h) e M(h) respectivamentecomo:

m(h) = inf f(t) : x 6 t 6 x+ h ,M(h) = sup f(t) : x 6 t 6 x+ h .

27.3 Funções Integráveis 361

Seja P = x, x+ h partição de [x, x+ h]. Observe que:

m(h)h = L(f, P ) 6 supPL(f, P ) = L(f, [x, x+ h])

6 U(f, [x, x + h]) = infPU(f, P ) 6 U(f, P ) = M(h)h.


L(f, [x, x+ h]) = L(f, [a, x+ h])− L(f, [a, x]) = L(x+ h)− L(x).

Analogamente:

U(f, [x, x+ h]) = U(f, [a, x+ h])− U(f, [a, x]) = U(x+ h)− U(x).

Portanto:

m(h) 6L(x+ h)− L(x)

h6U(x+ h)− U(x)

h6M(h), ∀h > 0.

Considere agora h < 0. Denem-se m(h) e M(h) respectivamente como:

m(h) = inf f(t) : x+ h 6 t 6 x ,M(h) = sup f(t) : x+ h 6 t 6 x .

Analogamente ao caso anterior, observando que −h = |h| > 0, tem-se:

m(h)(−h) 6 L(f, [x+ h, x]) 6 U(f, [x+ h, x]) 6M(h)(−h),

de onde segue que:

m(h) 6L(x)− L(x+ h)

−h6U(x)− U(x+ h)

−h6M(h).

Portanto:

m(h) 6L(x+ h)− L(x)

h6U(x+ h)− U(x)

h6M(h), ∀h < 0.

Como f é contínua por hipótese, tem-se:

limh→0

m(h) = f(x) = limh→0

M(h).

Portanto:

L′(x) = U ′(x) = f(x), ∀x ∈ (a, b).

Em particular, existe c ∈ R tal que U(x) = L(x) + c, para todo x ∈ (a, b) e também para todox ∈ [a, b], pois U e L são contínuas, segundo o Lema 27.2.6. Observe que 0 = U(a) = L(a) + c =0 + c = c, ou seja, deve ser c = 0. Portanto:

U(x) = L(x), ∀x ∈ [a, b].

Em particular, U(b) = L(b). Desta maneira, tem-se:

sup L(f, P ) : P partição de [a, b] = L(f, [a, b]) = L(b)

= U(b) = U(f, [a, b]) = inf U(f, P ) : P partição de [a, b] .

Portanto f é integrável.


Observe que o exemplo 27.3.5 exibe uma função integrável que não é contínua. Portanto, surgenaturalmente a questão sobre se o resultado anterior seria suscetível de generalização. Como oleitor probavelmente poderia estar suspeitando, o mesmo exemplo resulta revelador. Com efeito,se em lugar de ser f(1) = 1 fosse f(1) = c para algum c ∈ R, a função também seria integrável,o que pode ser vericado basicamente com a mesma prova. Somando tal função com qualquerfunção integrável obtem-se uma função que também é integrável, segundo o Teorema 27.4.5 a serdemonstrado na seção seguinte. Em resumo, isso signica que o valor de uma função integrávelpode ser arbitráriamente modicado em um ponto qualquer sem destruir a integrabilidade. De-compondo o intervalo em muitos subintervalos de maneira conveniente, tem-se que o valor podeser arbitráriamente modicado em uma quantidade nita de pontos quaisquer. Será que é possívelir além de uma quantidade nita? Com a necessária quota de paciência, a intuição do leitor serádevidamente recompensada.

De fato, uma prova alternativa e mais general do último teorema será considerada no Capítulo28 no contexto de um resultado bem mais forte. Observe, no entanto, que a demonstração aquiapresentada resulta interessante pelo fato de fornecer como subproduto uma notável e surprendentemelhora no Lema 27.2.6, a saber: Quando f é contínua em [a, b], as funções L(x) e U(x) resultamdiferenciáveis para todo x ∈ [a, b]. Mais notável ainda resulta o fato que essas derivadas podem sercalculadas explícitamente, resultando ser a função original: L′ = U ′ = f . Colocado no seu devidocontexto, esse fato resulta tão importante que é sacramentado como o Teorema Fundamental doCálculo Innitesimal e merece considerações losócas em um capítulo aparte. As implicaçõespráticas serão também de longo alcance: Mudará completamente a abordagem para o cálculo deintegrais, desterrando o uso de somas superiores e inferiores ao completo esquecimento.

27.4 Mais Alguns Resultados sobre Integrais

27.4.1 Lema: Seja f integrável em [a, b]. Então:∫ b

a

f(x) dx =

∫ b+c

a+c

f(x− c) dx, ∀ c ∈ R.

Demonstração: Se P = t0, t1, . . . , tn é uma partição de [a, b], então

P ′ = t0 + c, t1 + c, . . . , tn + c

será uma partição de [a+ c, b+ c]. Em tal caso tem-se:

U(f, P ) =

n∑i=1

(ti − ti−1) sup f(x) : ti−1 6 x 6 ti

=

n∑i=1

((ti + c)− (ti−1 + c)) sup f(x) : ti−1 + c 6 x+ c 6 ti + c

=

n∑i=1

(t′i − t′i−1) sup f(y − c) : ti−1 + c 6 y 6 ti + c

= U(f(x− c), P ′).

Aqui t′i = ti + c. Um resultado análogo vale para as somas inferiores.

27.4 Mais Alguns Resultados sobre Integrais 363

27.4.2 Lema: Seja R 3 c > 0 e f integrável em [ac, bc]. Então:

∫ bc

ac

f(x) dx = c

∫ b

a

f(cx) dx, ∀ c > 0.

Demonstração: Se c = 0 a identidade é trivialmente válida. Considere c > 0. Se P =t0, t1, . . . , tn é uma partição de [ca, cb], então

P ′ =

t0c,t1c, . . . ,

tnc

será uma partição de [a, b]. Em tal caso tem-se:

U(f, P ) =

n∑i=1

(ti − ti−1) sup f(x) : ti−1 6 x 6 ti

= c

n∑i=1

(tic− ti−1

c

)sup

f(x) :

ti−1

c6x

c6tic

= c

n∑i=1

(t′i − t′i−1) supf(cy) : t′i−1 6 y 6 t

′i

= cU(f(cy), P ′).

Aqui t′i = ti/c. Um resultado análogo vale para as somas inferiores.

27.4.3 Lema: Seja R 3 a > 0 e f integrável em [0, a]. Então:

(a) Se f é par tem-se:

∫ a

0

f(x) dx =

∫ 0

−af(x) dx;

(b) Se f é ímpar tem-se:

∫ a

0

f(x) dx = −∫ 0

−af(x) dx.

Demonstração: Se P = t0, t1, . . . , tn é uma partição de [0, a], então

P ′ = −tn,−tn−1, . . . ,−t1,−t0


será uma partição de [−a, 0]. Em tal caso tem-se:

U(f, P ) =

n∑i=1

(ti − ti−1) sup f(x) : ti−1 6 x 6 ti

=

n∑i=1

(−ti−1 − (−ti)) sup f(x) : −ti 6 −x 6 −ti−1

=

n∑i=1

(−ti−1 − (−ti)) sup f(−y) : −ti 6 y 6 −ti−1

=

n∑i=1

(t′i − t′i−1) supf(−y) : t′i−1 6 y 6 t

′i

.

Aqui t′i = −tn−i. Observe que:

f(−y) =

f(y) se f é par;

−f(y) se f é ímpar.

(a) Se f é par, pelos cálculos precedentes, tem-se que U(f, P ) = U(f, P ′). Um resultado análogovale para as somas inferiores. Portanto:∫ 0

−af =

∫ a

0

f.

(b) Se f é ímpar, pelos cálculos precedentes, tem-se:

U(f, P ) =

n∑i=1

(t′i − t′i−1) sup−f(y) : t′i−1 6 y 6 t

′i

= −

n∑i=1

(t′i − t′i−1) inff(y) : t′i−1 6 y 6 t

′i

= −L(f, P ′).

Análogamente prova-se que L(f, P ) = −U(f, P ′). Observe que isso vale para qualquer par-tição P . Seja ε > 0. Como f é integrável em [0, a], pelo Teorema 27.3.3 existe P tal queU(f, P )− L(f, P ) < ε, de onde tem-se:

U(f, P ′)− L(f, P ′) = −L(f, P ) + U(f, P ) = U(f, P )− L(f, P ) < ε.

Portanto, f é integrável em [−a, 0]. Além disso, como f é integrável em [0, a], pelo Lema27.3.4 tem-se:

L(f, P ) 6∫ a

0

f 6 U(f, P ).

Portanto:

U(f, P ′) = −L(f, P ) > −∫ a

0

f > −U(f, P ) = L(f, P ′).

Novamente pelo resultado de unicidade no Lema 27.3.4, tem-se:∫ 0

−af = −

∫ a

0

f.


27.4.4 Teorema: Seja a < c < b.

(a) Se f é integrável em [a, b], então f é integrável em [a, c] e [c, b].

(b) Reciprocamente, se f é integrável em [a, c] e [c, b], então f é integrável em [a, b].

(c) Finalmente, se f é integrável em [a, b], então:∫ b

a

f =

∫ c

a

f +

∫ b

c

f.

Demonstração: (a) Seja ε > 0. Como f é integrável em [a, b], existe P partição de [a, b] talque:

U(f, P )− L(f, P ) < ε.

Sem perda de generalidade, se pode supor que c ∈ P , substituindo se for necessário P pelapartição P ′ = P ∪ c, pois ao ser esta última um renamento da original tem-se:

U(f, P ′)− L(f, P ′) 6 U(f, P )− L(f, P ) < ε.

Sejam P1, P2 partições de [a, c] e [c, b] respectivamente denidas como:

P1 :=P ∩ [a, c],

P2 :=P ∩ [c, b].

Observe que:

L(f, P ) = L(f, P1) + L(f, P2),

U(f, P ) = U(f, P1) + U(f, P2).

Portanto:

[U(f, P1)− L(f, P1)] + [U(f, P2)− L(f, P2)]

= [U(f, P1) + U(f, P2)] − [L(f, P1) + L(f, P2)] = U(f, P )− L(f, P ) < ε.

Como cada um dos termos entre colchetes no primeiro membro da relação acima é nãonegativo, cada um deles deve ser separadamente menor que ε, ou seja:

U(f, P1)− L(f, P1) < ε,

U(f, P2)− L(f, P2) < ε.

Desta maneira, resulta f integrável em [a, c] e [c, b].

(b) Seja ε > 0. Como f é integrável em [a, c] e [c, b], existem P1, P2 partições de [a, c] e [c, b]respectivamente, tais que:

U(f, P1)− L(f, P1) < ε/2,

U(f, P2)− L(f, P2) < ε/2.

Observe que P = P1 ∪ P2 é uma partição de [a, b] e tem-se:

L(f, P ) = L(f, P1) + L(f, P2),

U(f, P ) = U(f, P1) + U(f, P2).


Portanto:

U(f, P )− L(f, P ) = [U(f, P1) + U(f, P2)] − [L(f, P1) + L(f, P2)]

= [U(f, P1)− L(f, P1)] + [U(f, P2)− L(f, P2)] < ε/2 + ε/2 = ε.

Desta maneira, resulta f integrável em [a, b].

(c) Sejam P, P1, P2 partições de [a, b], [a, c] e [c, b] respectivamente como no item (a) anterior.Observe que:

L(f, P1) 6∫ c

a

f 6 U(f, P1),

L(f, P2) 6∫ b

c

f 6 U(f, P2).

Portanto:

L(f, P ) = L(f, P1) + L(f, P2) 6∫ c

a

f +

∫ b

c

f 6 U(f, P1) + U(f, P2) = U(f, P ).

Desta maneira, tem-se:∫ b

a

f =

∫ c

a

f +

∫ b

c

f.

27.4.5 Teorema: Se f e g são integráveis em [a, b], então a função f + g é integrável em [a, b]e tem-se:∫ b

a

(f + g) =

∫ b

a

f +

∫ b

a

g.

Demonstração: Seja P = t0, t1, . . . , tn partição de [a, b]. Para cada i = 1, 2, . . . , n denem-semi, mi(f) e mi(g), respectivamente como:

mi := inf (f + g)(x) : ti−1 6 x 6 ti ,mi(f) := inf f(x) : ti−1 6 x 6 ti ,mi(g) := inf g(x) : ti−1 6 x 6 ti .

Analogamente denem-se Mi, Mi(f) e Mi(g), trocando inf por sup. Observe que:

mi(f) +mi(g) 6 f(x) + g(x) = (f + g)(x).

Portanto mi(f) +mi(g) 6 mi. Analogamente tem-se que Mi 6Mi(f) +Mi(g). Portanto:

L(f, P ) + L(g, P ) 6 L(f + g, P ),

U(f + g, P ) 6 U(f, P ) + U(g, P ).(27.4.1)

Observe que as desigualdades acima valem para qualquer partição arbitrária. Seja ε > 0. Como fe g são integráveis em [a, b], existem P1, P2 partições de [a, b] tais que:

U(f, P1)− L(f, P1) < ε/2,

U(g, P2)− L(g, P2) < ε/2.


Portanto:

[U(f, P1) + U(g, P2)] − [L(f, P1) + L(g, P2)] < ε.

Se P = P1 ∪ P2, então pelas relações 27.4.1 tem-se:

L(f, P1) + L(g, P2) 6 L(f, P ) + L(g, P ) 6 L(f + g, P ),

U(f + g, P ) 6 U(f, P ) + U(g, P ) 6 U(f, P1) + U(g, P2).

Portanto:

U(f + g, P )− L(f + g, P ) 6 [U(f, P1) + U(g, P2)] − [L(f, P1) + L(g, P2)] < ε.

Desta maneira, resulta f + g integrável em [a, b]. Novamente pelas relações 27.4.1 tem-se:

L(f, P ) + L(g, P ) 6 L(f + g, P ) 6∫ b

a

(f + g) 6 U(f + g, P ) 6 U(f, P ) + U(g, P ).

Por outro lado, como f e g são integráveis em [a, b], tem-se:

L(f, P ) + L(g, P ) 6∫ b

a

f +

∫ b

a

g 6 U(f, P ) + U(g, P ).

Combinando as duas últimas relações tem-se:∫ b

a

(f + g) −

(∫ b

a

f +

∫ b

a

g

)6 U(f, P ) + U(g, P ) − (L(f, P ) + L(g, P ))

= [U(f, P ) − L(f, P )] + [U(g, P ) − L(g, P )],

como também:

− [U(f, P )− L(f, P )] − [U(g, P )− L(g, P )] = L(f, P ) + L(g, P ) − (U(f, P ) + U(g, P ))

6∫ b

a

(f + g) −

(∫ b

a

f +

∫ b

a

g

).

Observe que nas duas últimas relações acima, os termos entre colchetes:

U(f, P )− L(f, P )

U(g, P )− L(g, P )

podem ser feitos arbitrariamente pequenos escolhendo a partição adequada. Portanto:∫ b

a

(f + g) =

∫ b

a

f +

∫ b

a

g.

27.4.6 Teorema: Se f é integrável em [a, b], então para qualquer c ∈ R a função cf é integrávelem [a, b] e tem-se:∫ b

a

cf = c

∫ b

a

f.


Demonstração: No caso c = 0 a identidade vale trivialmente. Considere em primeiro lugar ocaso c > 0. Se P = t0, t1, . . . , tn é uma partição de [a, b], tem-se:

sup (cf)(x) : ti−1 6 x 6 ti = c sup f(x) : ti−1 6 x 6 ti ,inf (cf)(x) : ti−1 6 x 6 ti = c inf f(x) : ti−1 6 x 6 ti .

Observe que isso vale para qualquer partição P . Seja ε > 0. Como f é integrável em [a, b], peloTeorema 27.3.3 existe P tal que U(f, P )− L(f, P ) < ε/c, de onde tem-se:

U(cf, P )− L(cf, P ) = cU(f, P )− cL(f, P ) < cε

c= ε.

Portanto, cf é integrável em [a, b]. Além disso, como f é integrável em [a, b], tem-se:

L(cf, P ) = cL(f, P ) 6 c∫ b

a

f 6 cU(f, P ) = U(cf, P ).

Desta maneira, no presente caso tem-se:∫ b

a

cf = c

∫ b

a

f.

Analogamente, no caso c < 0, tem-se:

sup (cf)(x) : ti−1 6 x 6 ti = c inf f(x) : ti−1 6 x 6 ti ,inf (cf)(x) : ti−1 6 x 6 ti = c sup f(x) : ti−1 6 x 6 ti .

Observe que isso vale para qualquer partição P . Seja ε > 0. Como f é integrável em [a, b], peloTeorema 27.3.3 existe P tal que U(f, P )− L(f, P ) < ε/|c|, de onde tem-se:

U(cf, P )− L(cf, P ) = cL(f, P )− cU(f, P ) = −c(U(f, P )− L(f, P ))

= |c|(U(f, P ) − L(f, P )) < |c| ε|c|

= ε.

Portanto, cf é integrável em [a, b]. Além disso, como f é integrável em [a, b], considerando c < 0,tem-se:

cU(f, P ) 6 c∫ b

a

f 6 cL(f, P ),

de onde segue:

L(cf, P ) = cU(f, P ) 6 c∫ b

a

f 6 cL(f, P ) = U(cf, P ).

Portanto:∫ b

a

cf = c

∫ b

a

f.

27.4.7 Teorema: Seja f integrável em [a, b] e suponha-se que m 6 f(x) 6 M para todox ∈ [a, b]. Então:

m(b− a) 6∫ b

a

f 6M(b− a).


Demonstração: Considerando a partição de [a, b] dada por P0 = a, b, tem-se:

m(b− a) 6 L(f, P0),

M(b− a) > U(f, P0),

pois o ínmo é o maior dos limites inferiores m, no entanto que o supremo é o menor dos limitessuperiores M . Se P é qualquer outra partição de [a, b], então obviamente será um renamento deP0, ou seja, P ⊇ P0. Portanto:

m(b− a) 6 L(f, P0) 6 L(f, P ) 6∫ b

a

f 6 U(f, P ) 6 U(f, P0) 6M(b− a).

Finalmente, acrescentam-se um par de convenções que serão um auxiliar particularmente útilna determinação algébrica de integrais. Observe que se f é integrável, então do Teorema 27.4.7tem-se que:

limx→a

∫ x

a

f = 0.

Isso justica, por assim dizer, a seguinte convenção.

27.4.8 Denição: Se a ∈ R, então dene-se:∫ a

a

f := 0. ♣

A segunda e última convenção tem por objetivo fazer que o resultado do Teorema 27.4.4 sejaválido para pontos a, b, c quaisquer, não necessariamente com a < c < b.

27.4.9 Denição: Se a, b ∈ R com b < a, então dene-se:∫ b

a

f := −∫ a

b

f. ♣


27.5 Uma Estimativa de log 2

27.5.1 Exercício: Considere f(x) = 1/x. Seja Pn uma partição equi-espaciada do intervalo[1, 2] em n subintervalos de igual comprimento, ou seja, 1/n cada.

(a) Calcule a soma inferior L(f, Pn).

R: L(f, Pn) =

n∑k=1

1

n+ k=

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n.

(b) Calcule a soma superior U(f, Pn).

R: U(f, Pn) =

n∑k=1

1

n+ k − 1=

1

n+

1

n+ 1+ · · ·+ 1

2n− 1.

(c) Calcule a diferença U(f, Pn) − L(f, Pn). Conclua que a função f(x) = 1/x é integrável nointervalo [1, 2].

R: U(f, Pn)− L(f, Pn) =1

2ntende a zero quando n→∞.

27.5.2 Exercício: Com a mesma partição Pn do exercício anterior considere agora a somasuperior U ′(f, Pn) calculada com trapezios e não com retângulos. Observe que U ′(f, Pn) deve sermenor que U(f, Pn). Calcule a diferença U(f, Pn)− U ′(f, Pn).

Sugestão: Calcular a diferença diretamente é muito mais facil que calcular U ′(f, Pn) por separadoe depois substrair do resultado do item (b) do exercício anterior.

R: U(f, Pn)− U ′(f, Pn) =1

4n. ♣

27.5.3 Exercício: Considere log 2 apenas como uma notação para a seguinte integral:

log 2 =

∫ 2

1

1

xdx,

cuja existência garante o item (c) do exercício 27.5.1. Apelando ao signicado geométrico daintegral verique as seguintes estimativas.

371


(a) 1/2 < log 2.

Sugestão: Use o item (a) do exercício 27.5.1 para algum n conveniente.

R: n = 1.

(b) log 2 < 0, 75.

Sugestão: Use o item (b) do exercício 27.5.1 para algum n conveniente. Observe que aocalcular a soma superior com diversos n, se o valor correspondente for maior que o solicitado,antes de calcular com outro n pode ser empregado o resultado do exercício 27.5.2 anteriorpara vericar se a soma com trapezios seria adequada.

R: n = 5 com retângulos, ou n = 1 com trapezios.

(c) log 2 < 0, 7.

Sugestão: Se fez o item (b) anterior, use o exercício 27.5.2 anterior para vericar se a diferença0, 75− 0, 70 = 0, 05 pode ser obtida com n = 5 ao passar de retângulos para trapezios. ♣

27.6 A Denição de Integral

27.6.1 Exercício: Calcule a integral das seguintes funções no intervalo [a, b] usando a denição.A título de sugestão, os cálculos podem ser signicativamente mais simples ao utilizar uma partiçãoequi-espaciada Pn do intervalo [a, b] em n subintervalos, cada um de comprimento (b− a)/n. Emparticular, se Pn = t0, t1, . . . , tn, então tk = a+ k(b− a)/n para k = 0, 1, . . . , n.

(a) f(x) = c. R: c(b− a).

(b) f(x) = x. R: b2/2− a2/2.

(c) f(x) = x2, supondo que 0 6 a < b. R: b3/3− a3/3. ♣

27.7 A Integral de xn com n ∈ N

Para cada n ∈ N, seja In :=∫ 1

0

xn dx.

27.7.1 Exercício: Prove a seguinte relação de recorrência:

2n In =

n∑k=0k par

(n

k

)Ik. ♣

Para cada n ∈ N, seja par(n) a paridade de n, denida como:

par(n) :=

1, se n é par;

0, se n é ímpar.

27.8 A Integral de cos e sen 373

27.7.2 Exercício: Prove que para cada n ∈ N tem-se a seguinte relação:

n−1∑k=0k par

(n

k

)1

k + 1=

1

n+ 1(2n − par(n)) . ♣

27.7.3 Exercício: Prove que In =1

n+ 1para todo n ∈ N.

Sugestão: Use inducão em n. ♣

27.7.4 Exercício: Finalmente, se 0 < a < b prove que para cada n ∈ N tem-se:∫ b

a

xn =bn+1 − an+1

n+ 1

Observe-se que o mesmo resultado para 0 6 a segue por continuidade. ♣

27.7.5 Exercício: Generalize o resultado do exercício anterior para a e b arbitrários. Paratanto, suponha-se que a < 0 e considere por separado os casos 0 < b e b 6 0, respectivamente.Nesse último caso, considere separadamente n par e ímpar como sub-casos. ♣

27.8 A Integral de cos e sen

27.8.1 Exercício: Seja a ∈ (0, π/2]. Usando partições equi-espaciadas do tipo Pn prove que:

(a)∫ a

0

senx dx = 1− cos a.

(b)∫ a

0

cosx dx = sen a. ♣

27.8.2 Exercício: Considere a integral do Exercício 27.8.1(b).

(a) Use a paridade da função cos para vericar que a expressão para essa integral é válida tambémpara a no intervalo [−π/2, 0]. Portanto, resulta válida para todo a em [−π/2, π/2].

(b) Verique a validade da mesma expressão dessa integral no itervalo π/2 6 a 6 3π/2.

Sugestão: Em tal caso −π/2 6 a− π 6 π/2 e assim:∫ a

0

cosx dx =

∫ π/2

0

cosx dx+

∫ a

π/2

cosx dx = senπ/2 +

∫ a−π

−π/2cos(x+ π) dx

= 1 −∫ a−π

−π/2cosx dx = 1 − sen(a − π) + sen(−π/2).


(c) Generalize para todo a ∈ R.

Sugestão: Observe-se que o intervalo −π/2 6 a 6 3π/2 tem comprimento 2π e use a perio-dicidade das funções cos e sen. ♣

27.8.3 Exercício: Generalize o resultado do Exercício 27.8.1(a) para todo a ∈ R.


∫ a

0

senx dx =

∫ π/2

0

senx dx+

∫ a

π/2

senx dx = (1− cosπ/2) +

∫ a−π/2

0

sen(x+ π/2) dx

= (1 − 0) +

∫ a−π/2

0

cosx dx = 1 + sen(a − π/2) = 1 − cos a.

Na penúltima igualdade acima será necessário apelar ao resultado do item (c) do exercício ante-rior. ♣

27.9 A Integral de xn com n ∈ N: Cálculo Alternativo

Sejam a, b ∈ R tais que 0 < a < b. Considere Pn = t0, . . . , tn partição de [a, b] tal que as razõesti/ti−1 são iguais, em vez de partições equi-espaciadas, onde são iguais as diferenças ti − ti−1.

27.9.1 Exercício: Prove que para uma tal partição Pn tem-se que ti = a ci/n para todo i =0, 1, 2, . . . , n, onde c = b/a. ♣

Considere agora p ∈ N. Em particular, deve ser p > 0 e p 6= −1. Observe que a função f(x) = xp

é estritamente crescente no intervalo [ti−1, ti] ⊆ [a, b] ⊂ (0,+∞), pois f ′(x) = p xp−1 > 0, paratodo x ∈ (0,+∞).

27.9.2 Exercício: Prove que a soma superior da função f(x) = xp com a partição Pn doexercício anterior é dada por:

U(f, Pn) = (bp+1 − ap+1)cp/n

1 + c1/n + c2/n + · · ·+ cp/n. ♣

27.9.3 Exercício: Prove que a soma inferior da função f(x) = xp com a partição Pn do exercícioanterior é dada por:

L(f, Pn) = (bp+1 − ap+1)1

1 + c1/n + c2/n + · · ·+ cp/n. ♣

27.10 A Integral de xs com s ∈ R\−1: Introductio 375


limn→∞

U(f, Pn) =bp+1 − ap+1

1 + p= limn→∞

L(f, Pn).

Conclua que a integral da função f(x) = xp em [a, b] existe e valebp+1 − ap+1

p+ 1. ♣

Desta maneira, dados a, b ∈ R com 0 < a 6 b, para cada p ∈ N a função f(x) = xp resultaintegrável no intervalo [a, b]. Mais ainda, em tal caso o valor da integral é dado por:∫ b

a

xp =bp+1 − ap+1

p+ 1.

Observe adicionalmente que o mesmo resultado para o caso a = 0 segue por continuidade.

27.10 A Integral de xs com s ∈ R\−1: IntroductioConsidere a função f(x) = xs com s ∈ R e s 6= −1.

27.10.1 Exercício: Suponha adicionalmente s > 0. Empregando técnicas análogas à da seçãoanterior prove:

(a) U(f, Pn) = cs/n L(f, Pn).

(b) A diferença U(f, Pn)− L(f, Pn) tende para zero quando n tende para innito. Conclua quef é integrável.

(c) Verique que a soma inferior é dada por:

L(f, Pn) =(bs+1 − as+1

) 1− c1/n

1− c(s+1)/n. ♣

Observe que para calcular explicitamente o valor da integral deve ser calculado o limite:

limn→∞

L(f, Pn) =(bs+1 − as+1

)limn→∞

φs(n),

onde φs(n) é a função denida como:

φs(n) :=1− c1/n

1− c(s+1)/n.

O valor deste limite será determinado posteriormente, pois no momento não é possível derivarfunções da forma f(x) = xs com s ∈ R arbitrário a partir da denição de exponencial fornecidano Capítulo 12. De fato, no último exercício da seção 32.15 é provado que:

limn→∞

φs(n) =1

s+ 1.

Portanto:∫ b

a

xs dx = limn→∞

L(f, Pn) =(bs+1 − as+1

)limn→∞

φs(n) =bs+1 − as+1

s+ 1.


27.11 Desigualdades e Integrais

27.11.1 Exercício: (a) Se f é integrável em [a, b] com f > 0, então∫ b

a

f > 0.

(b) Se f e g são integráveis em [a, b] com f 6 g, então∫ b

a

f 6∫ b

a

g.

Sugestão: Observe que g − f > 0 satisfaz a hipótese do item anterior. ♣

27.11.2 Exercício: (a) Se f é integrável em [a, b], então∫ b

a

f 6∫ b

a

|f |.

Sugestão: Basta considerar g = |f | no Exercício 27.11.1(b).

(b) Se f é integrável em [a, b], então −∫ b

a

f 6∫ b

a

|f |.

Sugestão: Basta aplicar o resultado do item anterior à função −f , observando que |−f | = |f |.

(c) Conclua dos itens (a) e (b) que se f é integrável em [a, b] então

∣∣∣∣∣∫ b

a

f

∣∣∣∣∣ 6∫ b

a

|f |. ♣

27.11.3 Exercício: Do Exercício 27.11.1 anterior sabe-se que se f(x) > 0 para todo x ∈ [a, b],

então∫ b

a

f > 0. Forneça um exemplo em que f(x) > 0 para todo x ∈ [a, b] com f(x0) > 0 para

algum x0 ∈ [a, b], e tal que∫ b

a

f = 0.

Sugestão: Considere o Exemplo 27.3.5. ♣

Uma situação como no exemplo do exercício anterior resulta excluida se a função em questãofor contínua no ponto onde é positiva, como mostra o exercício a seguir.

27.11.4 Exercício: Seja f integrável em [a, b] com f(x) > 0 para todo x ∈ [a, b]. Suponha

adicionalmente que f é contínua em algum x0 ∈ [a, b] e que f(x0) > 0. Prove que∫ b

a

f > 0.

Sugestão: Basta encontrar alguma soma inferior L(f, P ) que seja positiva. ♣

O resultado do exercício anterior pode ser extendido para funcões f integráveis com f(x) > 0para todo x ∈ [a, b], não necessariamente contínuas. Isso não é nem um pouco dicil, usando oexercício anterior mais o fato que as funções integráveis na verdade resultam contínuas em muitospontos. Contudo, a prova desse último resultado deverá esperar até o próximo capítulo, videExercício 28.5.1.

27.12 O Lema Fundamental do Cálculo Variacional 377

27.12 O Lema Fundamental do Cálculo Variacional

27.12.1 Exercício: Suponha-se que f é contínua em [a, b] e que∫ b

a

fg = 0 para todas as funções

g contínuas em [a, b]. Prove que f = 0.

Sugestão: Considerando g = f , use reductio ad absurdum com o Exercício 27.11.4 para fozar umacontradição. ♣

27.12.2 Exercício: Suponha-se que f é contínua em [a, b] e que∫ b

a

fg = 0 para todas as funções

g contínuas em [a, b] e tais que satisfazem a condição adicional g(a) = g(b) = 0. Prove que nestecaso resulta também f = 0.

Sugestão: Como no exercício anterior, use reductio ad absurdum com o Exercício 27.11.4 para fozaruma contradição, considerando por separado os casos f(x0) > 0 e f(x0) < 0, mas agora a funçãog escolhida dependerá do comportamento da f perto de x0. ♣

27.13 Funções Degrau

27.13.1 Denição: Uma função s denida em [a, b] denomina-se função degrau se existe umapartição P = t0, t1, . . . , tn de [a, b] tal que s é constante em cada um dos intervalos (ti−1, ti). Osvalores de s e ti podem ser arbitrários. ♣

27.13.2 Exercício: (a) Seja f integrável em [a, b]. Prove que para todo ε > 0 existem funçõesdegrau s1 e s2 com s1 6 f e s2 > f tais que:∫ b

a

f −∫ b

a

s1 < ε;∫ b

a

s2 −∫ b

a

f < ε.

Sugestão: As funções degrau vêm de graça na denição de integrabilidade.

(b) Reciprocamente, se para todo ε > 0 existem funções degrau s1 e s2 com s1 6 f e s2 > f taisque: ∫ b

a

s2 −∫ b

a

s1 < ε,

então f é integrável em [a, b]. ♣

27.13.3 Exercício: Seja f integrável em [a, b]. Prove que para todo ε > 0 existe uma funçãocontínua g com g 6 f tal que:∫ b

a

f −∫ b

a

g < ε.


Sugestão: Obtenha em primeiro lugar uma função degrau com esta propriedade e depois umacontínua. Um desenho será de muita ajuda nessa oportunidade. ♣

27.14 A Integral como Área

27.14.1 Exercício: Detrmine o valor das seguintes integrais apelando ao signicado geométrico

da integral. Faça em cada caso um gráco da função envolvida. Lembre que a integral atribui áreanegativa à parte do gráco que ca por debaixo do eixo das abcisas.

(a)∫ 1

−1

f , onde a função f é dada por:

f(x) =

x, se −1 6 x < 0;

5, se 0 6 x 6 1.R: 9/2.

(b)∫ π

−π(x− |x|) dx. R: −π2.

(c)∫ 4

−3

|x+ 2| dx. R: 37/2.

(d)∫ 1

−1

x3 dx. R: 0.

(e)∫ 1

−1

√1− x2 dx. R: π/2.

Sugestão: Determine o signicado geométrico do conjunto (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1 noplano.

(f)∫ 1

−1

x3√

1− x2 dx. R: 0.

(g)∫ 2

0

√x dx. R: 4

√2/3.

Sugestão: Aqui talvez seja de grande utilidade conhecer o resultado do item (c) do Exercício27.6.1. ♣

27.14.2 Exercício: Apelando mais uma vez ao signicado geométrico da integral, determine o

valor da função F (t) =

∫ t

0

f(x) dx quando:

(a) A função f é dada por:

f(x) =

0, se 0 6 x < 1;

1, se 1 6 x 6 2.R: F (t) =

0, se 0 6 t < 1;

t− 1, se 1 6 t 6 2.

27.14 A Integral como Área 379

(b) A função f é dada por:

f(x) =

0, se 0 6 x < 1;

2x− 2, se 1 6 x 6 2.R: F (t) =

0, se 0 6 t < 1;

(t− 1)2, se 1 6 t 6 2.

(c) Para cada um dos itens anteriores graque F (t).

(d) No caso do item (b) calcule F ′(t). O que descobre? ♣

27.14.3 Exercício: Somas inferiores e superiores para f(x) = x2

Dada a função f(x) = x2, escreva as somas superior e inferior no intervalo [1, 2] usando umapartição tal que o comprimento de cada subintervalo seja 1/2.

R: L = 13/8; U = 25/8. ♣

27.14.4 Exercício: Somas inferiores e superiores para f(x) = 1/x

Dada a função f(x) = 1/x, escreva as somas superior e inferior no intervalo [1, 3] usando umapartição tal que o comprimento de cada subintervalo seja 1/3.

R: L = 1/4 + 1/5 + · · ·+ 1/9; U = 1/3 + 1/4 + · · ·+ 1/8. ♣

27.14.5 Exercício: Notação para a Integral

O presente exercício consiste em determinar o valor, e não em calcular, as seguintes integrais.Ou seja, é um exercício apenas no uso da notação (e não sobre técnicas calculatórias). Use osresultados do exercício anterior quando necessário.

(a)∫ b

a

(x+ y) dx. R: b2/2− a2/2 + y(b− a).

(b)∫ x

a

(y + t) dy. R: x2/2− a2/2 + t(x− a).

(c)∫ b

a

(∫ x

a

(1 + t) dz

)dx. R: (1 + t) [b2/2− a2/2− a(b− a)].

(d)∫ b

a

(∫ d

c

(x+ y) dy

)dx. R: [d2/2− c2/2](b− a) + (d− c)[b2/2− a2/2].

(e)∫ b

a

(∫ d

c

f(x)g(y) dy

)dx. R:

(∫ b

a

f

)(∫ d

c

g

). ♣

27.14.6 Exercício: Linearidade da Integral

Determine o valor das seguintes integrais:


(a)∫ b

a

(f + g), sabendo que∫ b

a

f = 3 e∫ b

a

g = −4. R: −1.

(b)∫ b

a

(2φ− 3ψ), sabendo que∫ b

a

φ = 4 e∫ b

a

ψ = π2. R: 8− 3π2.

(c)∫ 1

−1

(2φ(x)− 3ψ(x) + x) dx, sabendo que∫ 1

−1

φ = 4 e ψ(x) =

∫ x

−1

t2 dt. R: 6.

(d)∫ 1

−1

(2x3 + 3) dx. R: 6. ♣

27.14.7 Exercício: Determine um valor b tal que∫ b

b−2

x dx = 6. R: 4. ♣

Capítulo 28

Existência e Unicidade da Integral deRiemann

28.1 Resultados e Denições Preliminares

Para conveniência do leitor, se reproduzem a seguir as denições introduzidas na Seção 19.7 e osresultados do Exercício 19.7.1.

Se R ⊃ I é um intervalo limitado e f : I 7−→ R uma função limitada, dene-se:

M(f, I) := sup f(x) : x ∈ I ;

m(f, I) := inf f(x) : x ∈ I ;

ω(f, I) :=M(f, I)−m(f, I).

Se a ∈ I, dene-se a oscilação, ou o pulo, de f em a como:

ω(f, a) := inf ω(f, J ∩ I) : J é aberto e J 3 a .

A aplicação a 7−→ ω(f, a) recebe o nome de função oscilação, ou função pulo, de f .

28.1.1 Observação: Segue trivialmente das denições precedentes que se J ⊆ I, então ω(f, J) 6ω(f, I). ♣

28.1.2 Lema: (a) ω(f, a) = 0 se e somente se f é contínua em a. Em particular, f nãocontínua em a implica ω(f, a) > 0.

(b) Se ω(f, I) = 0 então f é constante em I.

(c) Para cada a ∈ R, o conjunto x ∈ R : ω(f, x) < a é aberto.

Demonstração: Cf. Exercício 19.7.1.

381

382 Existência e Unicidade da Integral de Riemann

(a) Para provar a parte (⇐), suponha que f é contínua em a. Seja ε > 0 arbitrário. Peladenição de continuidade, existe δ > 0 tal que:

x ∈ (a− δ, a+ δ)=: Jδ ⇔ |x− a| < δ

⇒ |f(x)− a| < ε

2⇔ f(x) ∈ (f(a) − ε/2, f(a) + ε/2).

Em particular:

f(x) < f(a) +ε

2, ∀x ∈ Jδ,

f(x) > f(a)− ε

2, ∀x ∈ Jδ.

De onde segue:

M(f, Jδ) 6 f(a) +ε

2,

m(f, Jδ) > f(a)− ε

2.

Portanto:

0 6 ω(f, Jδ) 6 ε,

de onde segue que:

0 6 ω(f, a) 6 ω(f, Jδ ∩ I) 6 ε.

Agora, como ε era arbitrário, tem-se ω(f, a) = 0.

Reciprocamente, para provar a parte (⇒) suponha ω(f, a) = 0. Seja ε > 0 arbitrário. Peladenição de ínmo existe J0 intervalo aberto com a ∈ J0 tal que ω(f, J0∩I) < ε. Observandoque m(f, I) 6 f(a) ⇒ −f(a) 6 −m(f, I) para qualquer I 3 a, tem-se:

f(x) 6M(f, J0 ∩ I) = M(f, J0 ∩ I) + f(a) − f(a)

6M(f, J0 ∩ I) + f(a) − m(f, J0 ∩ I) = ω(f, J0 ∩ I) + f(a) < ε + f(a).

Portanto, f(x) − f(a) < ε, para todo x ∈ J0. Analogamente, observando que f(a) 6M(f, I) ⇒ −f(a) > −M(f, I) para qualquer I 3 a, tem-se:

f(x) > m(f, J0 ∩ I) = m(f, J0 ∩ I) − f(a) + f(a)

> m(f, J0 ∩ I) − M(f, J0 ∩ I) + f(a) = −ω(f, J0 ∩ I) + f(a)

> −ε + f(a).

Portanto, −ε < f(x)−f(a), para todo x ∈ J0. Combinando esta última relação com a obtidaanteriormente, tem-se que |f(x)− f(a)| < ε, para todo x ∈ J0, provando que f é contínuaem a.

(b) Observe que:

ω(f, I) = 0 ⇒ M(f, I) = m(f, I)=: c.

Portanto:

c = m(f, I) 6 f(x) 6M(f, I) = c ⇒ f(x) = c, ∀x ∈ I.

28.1 Resultados e Denições Preliminares 383

(c) Seja A o conjunto denido como:

A := x ∈ R : ω(f, x) < a .

Se A for o conjunto vazio então é obviamente aberto. Suponha que existe x ∈ A. Peladenição de A, tem-se ω(f, x) < a. Portanto, existe J intervalo aberto tal que x ∈ J eω(f, J ∩ I) < a. Agora, se y ∈ J , pela denição de ínmo tem-se:

ω(f, y) 6 ω(f, J ∩ I) < a ⇒ ω(f, y) < a ⇒ y ∈ A.

Portanto, J ⊆ A, provando que éste último conjunto é aberto.

28.1.3 Denição: Se R ⊃ J é um intervalo limitado, aberto, fechado, semi-aberto ou semi-fechado, com extremos a e b, com a < b, denota-se o seu comprimento por λ(J), ou seja, λ(J) =b− a. ♣

28.1.4 Lema: Seja J intervalo compacto e f : J 7−→ R uma função limitada. Suponha queexiste R 3 a > 0 tal que ω(f, x) < a para todo x ∈ J . Então, existe uma partição P do intervaloJ tal que:

U(f, P )− L(f, P ) < aλ(J).

Demonstração: Como ω(f, x) < a para cada x ∈ J , existe Ix intervalo aberto com x ∈ Ix talque ω(f, Ix ∩ J) < a. Desta maneira, a família Ixx∈J é um cobrimento por abertos do conjuntocompacto J . Portanto, para algum n ∈ N tem-se:

J ⊆n⋃i=1

Ixi .

Seja P a partição determinada pelos pontos nos extremos de Ixi ∩ J para i = 1, 2, . . . , n. Suponhaque I1, I2, . . . , Ik sejam os intervalos que constituem P . Observe que dado Ii existe algum j = j(i)tal que Ii ⊆ Ixj ∩ J , em cujo caso tem-se ω(f, Ixj ∩ J) < a. Portanto:

U(f, P )− L(f, P ) =

k∑i=1

M(f, Ii)λ(Ii) −k∑i=1

m(f, Ii)λ(Ii)

=

k∑i=1

(M(f, Ii) − m(f, Ii)) λ(Ii)

=

k∑i=1

ω(f, Ii)λ(Ii)

6k∑i=1

ω(f, Ixj ∩ J)λ(Ii)

< a

k∑i=1

λ(Ii) = a λ(J).

A última igualdade segue do fato de ser P uma partição de J .


28.1.5 Denição: Se diz que um subconjunto R ⊃ E tem medida de Lebesgue nula, ousimplesmentemedida nula, se para todo ε > 0 existe uma família enumerável Jii∈N de intervalosabertos com:

∞∑i=1

λ(Ji) < ε

tais que:

E ⊆∞⋃i=1

Ji.

Observe-se que a família Jii∈N dependerá em general do ε e, obviamente, do conjunto E. QuandoE tem medida de Lebesgue nula, isso denota-se por λ(E) = 0. ♣

28.1.6 Lema: Se A ⊆ B e λ(B) = 0, então λ(A) = 0. Ou seja, todo sub-conjunto de umconjunto de medida nula também tem medida nula.

Demonstração: Seja ε > 0. Por hipótese, existe uma família numerável Jii∈N de intervalosabertos com:

∞∑i=1

λ(Ji) < ε

tal que:

B ⊆∞⋃i=1

Ji.

Como A ⊆ B, obviamente tem-se:

A ⊆ B ⊆∞⋃i=1

Ji.

Como ε > 0 era arbitrário, segue que λ(A) = 0.

28.1.7 Lema: Se λ(E) = 0, então λ(−E) = 0. Aqui −E := −x : x ∈ E. Ou seja, seum conjunto tem medida nula, então a sua reexão especular com relação à origem também temmedida nula.

Demonstração: A prova baseia-se em operações simples com conjuntos e ca a cargo do leitor.

28.1.8 Lema: União enumerável de conjuntos de medida nula tem medida nula. Ou seja, se:

E =

∞⋃n=1

En,

onde cada En tem medida nula, então o conjunto E também tem medida nula.

28.2 Existência da Integral de Riemann 385

Demonstração: Seja ε > 0. Por hipótese, para cada En existe uma família enumerável Jni i∈Nde intervalos abertos com:

∞∑i=1

λ(Jni ) <ε

2n

tais que:

En ⊆∞⋃i=1

Jni .

A coleção Jni n∈Ni∈N de todas essas famílias continua sendo enumerável e obviamente:

E ⊆∞⋃n=1

∞⋃i=1

Jni .

Finalmente, tem-se:

∞∑n=1

∞∑i=1

λ(Jni ) <

∞∑n=1

ε

2n= ε

∞∑n=1

1

2n= ε.

28.2 Existência da Integral de Riemann

28.2.1 Teorema: Uma função f é integrável Riemann se e somente se f é contínua exceto umconjunto de medida nula.

Demonstração: Seja E o conjunto denido como:

E := x : x ∈ [a, b] ∧ f não é contínua em x .

Para cada n ∈ N seja En o conjunto denido como:

En :=x : x ∈ [a, b] ∧ ω(f, x) >

1

n

.

Observe que x ∈ E ⇒ ω(f, x) > 0, portanto:

E =

∞⋃n=1

En.

Para provar a parte (⇒) suponha f integrável Riemann. Sejam n ∈ N e ε > 0 arbitrários. Comof é integrável, existe P partição de [a, b] tal que:

U(f, P )− L(f, P ) <ε

2n.

Se I1, I2, . . . , Ik são os intervalos que constituem a partição P , tem-se:

k∑i=1

ω(f, Ii)λ(Ii) =

k∑i=1

M(f, Ii)λ(Ii) −k∑i=1

m(f, Ii)λ(Ii) = U(f, P )− L(f, P ) <ε

2n.


Sejam E1n e E2

n denidos como:

E1n

:= x ∈ En : x ∈ P = En ∩ P,E2n

:=En\E1n.

Segue trivialmente da denição precedente que:

En = E1n ∪ E2

n,

onde a união é disjunta. Além disso, observe que E1n é nito, pois E1

n = En ∩ P ⊆ P , sendo P umconjunto nito. Portanto, existem J1, J2, . . . , Jp intervalos abertos tais que:

E1n ⊆

p⋃i=1

Ji,

com a propriedade:

p∑i=1

λ(Ji) <ε

2.

Como efeito, se fosse, por exemplo, |E1n| = p com E1

n = x1, x2, . . . , xp, basta tomar como Ji ointervalo (xi− δ/4p, xi + δ/4p) onde δ é qualquer número 0 < δ < ε, por exemplo, δ = ε/2. Em talcaso, para todo i = 1, 2, . . . , p, tem-se:

λ(Ji) = 2δ

4p,

como também:

p∑i=1

λ(Ji) = 2δ

4pp =

δ

2<ε

2.

Seja agora x ∈ E2n. Em tal caso, x deve ser ponto interior de algum Ij , pois se estivesse em algum

extremo do intervalo estaria em P , contradizendo que x ∈ E2n. Portanto:

ω(f, Ij) > ω(f, x) >1

n,

pois, como x ∈ E2n ⊆ En, o armado segue da denição de En. Sejam Ii1 , Ii2 , . . . , Iir os intervalos

de P que contém elementos de E2n. Então:

1

n

r∑i=1

λ(Iij ) 6r∑j=1

ω(f, Iij )λ(Iij ) 6k∑j=1

ω(f, Ij)λ(Ii) <ε

2n.

A primeira desigualdade acima segue da relação precedente, entanto que para a segunda bastaobservar que os elementos da soma são não-negativos, pois ω(f, Iij ) > 0 e λ(Iij ) > 0. Comoconsequência trival da última relação, tem-se:

r∑i=1

λ(Iij ) <ε

2.

28.2 Existência da Integral de Riemann 387

Sejam Jij os intervalos abertos com os mesmos extremos de Iij , ou seja, Jij =Iij . Em tal caso, a

família de conjuntos J1, J2, . . . , Jp∪Ji1 , Ji2 , . . . , Jir constitui uma cobertura de En por abertoscom soma de comprimentos menor que ε. Como n ∈ N e ε > 0 eram arbitrários, segue que En temmedida nula, para todo n ∈ N. Portanto, a união enumerável:

E =

∞⋃n=1

En

também tem medida nula.

Reciprocamente, para provar a parte (⇐) suponha agora que λ(E) = 0. Se fosse ω(f, [a, b]) = 0,então pelo Lema 28.1.2(b) f seria constante em [a, b] e obviamente integrável Riemann em [a, b].Suponha portanto ω(f, [a, b]) > 0. Seja ε > 0 arbitrário. Seja n ∈ N tal que n ε > 2(b − a), ouequivalentemente:

b− an

<ε

2. (28.2.1)

Observe que En ⊆ E e λ(E) = 0 implicam que λ(En) = 0. Portanto, pela denição de conjuntode medida nula, existe uma família de conjuntos Ikk∈N com cada Ik aberto, tal que:

En ⊆∞⋃k=1

Ik

com a propriedade:

∞∑k=1

λ(Ik) <ε

2ω(f, [a, b]). (28.2.2)

Pelo Lema 28.1.2(c) o conjunto ω(f, x) < 1/n é aberto, sendo o complemento ω(f, x) > 1/num conjunto fechado. Desta maneira o conjunto:

En =

x ∈ [a, b] : ω(f, x) >

1

n

= [a, b]

⋂ ω(f, x) >

1

n

é fechado por ser união nita de dois conjuntos fechados. Como En ⊆ [a, b] também resulta Enlimitado. Assim, o conjunto En é compacto. Em particular, existe uma cobertura nita Iki

ri=1

de En por abertos. Dado que Iki é aberto, seu complemento Icki é fechado, como também é oconjunto [a, b] ∩ Icki por ser interseção nita de dois fechados. Mais ainda, [a, b] ∩ Icki é limitadopois está contido em [a, b], sendo portanto também compacto. Desta maneira, o conjunto:

[a, b]⋂ (

r⋃i=1

Iki

)c= [a, b]

⋂ (r⋂i=1

Icki

)=

r⋂i=1

([a, b]

⋂Icki

)é união nita de compactos (disjuntos) fechados, que será denotada J1 ∪ J2 ∪ · · · ∪ Js. Incidental-mente, observe que esta união disjunta está obviamente contida em [a, b], e tem-se:

s∑i=1

λ(Ji) = λ(J1 ∪ J2 ∪ · · · ∪ Js) 6 λ([a, b]) = b− a. (28.2.3)


Voltando à relação anterior, tem-se:

[a, b] =

[[a, b]

⋂ (r⋃i=1

Iki

)] ⋃∗ [[a, b]

⋂ (r⋃i=1

Iki

)c ]

=

[(r⋃i=1

Iki

) ⋃∗ ( s⋃l=1

Jl

)] ⋂[a, b].

(28.2.4)

Aqui ∪∗ denota união disjunta. Observe também que para cada i ∈ 1, 2, . . . , s tem-se:

x ∈ Ji ⇒ x ∈s⋃l=1

Jl ⇒ x ∈ [a, b]⋂ (

r⋃i=1

Iki

)c⇒ x /∈

r⋃i=1

Iki ⊇ En

⇒ x /∈ En ⇒ ω(f, x) <1

n.

Portanto, pelo Lema 28.1.4 existe uma partição Pi de Ji tal que:

U(f, Pi)− L(f, Pi) <1

nλ(Ji). (28.2.5)

Seja P a partição de [a, b] denida como P :=P1

⋃P2

⋃· · ·⋃Ps⋃a, b. Pela propriedade (28.2.4),

os intervalos que constituem P são os intervalos constituintes de cada Pi, acrescidos dos conjuntos:

Ik1⋂

[a, b]

Ik2⋂

[a, b]

· · ·

Ikr⋂

[a, b]

Portanto:

U(f, P )− L(f, P ) =

s∑i=1

U(f, Pi)− L(f, Pi)

+

r∑j=1

[M(f, Ikj

⋂[a, b]

)− m

(f, Ikj

⋂[a, b]

)]λ(Ikj⋂

[a, b])

<1

n

s∑i=1

λ(Ji) +

r∑j=1

ω(f, Ikj

⋂[a, b]

)λ(Ikj )

61

n(b− a) + ω(f, [a, b])

r∑j=1

λ(Ikj )

<ε

2+ ω(f, [a, b])

ε

2ω(f, [a, b])=ε

2+

ε

2= ε.

Na primeira desigualdade foi usada a relação (28.2.5) no primeiro termo. Na segunda, a relação(28.2.3) no primeiro termo e a Observação 28.1.1 no segundo termo. Na terceira, a relação (28.2.1)no primeiro termo e a relação (28.2.2) no segundo termo. Como ε era arbitrário, segue que f éintegrável Riemann.

28.3 Caracterização Unívoca da Integral de Riemann 389

28.3 Caracterização Unívoca da Integral de Riemann

Considere-se uma aplicação I que atribui a certas funções limitadas f e conjuntos limitados A ⊂ Rum número real IAf , satisfazendo as seguintes propriedades:

1. Linearidade: Se IAf e IAg estão denidas, então para todo a, b ∈ R também está denidaIA(af + bg) e tem-se:

IA(af + bg) = a IAf + b IAg.

2. Positividade: Se f > 0 e IAf está denida, então IAf > 0.

3. Homogeneidade: Se A é um intervalo e 1 denota a função identicamente igual ao número1 em A, então IA1 está denida e tem-se IA1 = λ(A).

4. Aditividade Finita: Se Aini=1 é uma família nita de subconjuntos disjuntos e IAifestá denida para cada i = 1, 2, . . . , n, então IA1∪A2∪···∪Anf também está denida e tem-se:

IA1∪A2∪···∪Anf = IA1f + IA2

f + · · ·+ IAnf.

28.3.1 Lema: Se A é um intervalo e 0 denota a função identicamente nula em A, então IA0está denida e tem-se IA0 = 0.

Demonstração: IA1 está bem denido, pela propriedade 3. Portanto, pela propriedade 1, tam-bém está bem denido IA(1 + (−1)1) e vale IA1 + (−1) IA1. Desta maneira:

IA0 = IA(1 + (−1)1) = IA1 + (−1) IA1 = λ(A)− λ(A) = 0.

28.3.2 Denição: Se R ⊇ A é um subconjunto qualquer, a função característica de A é denotadapor χA e denida como:

χA(x) =

1, se x ∈ A;

0, se x /∈ A.♣

Observe que se A ⊆ R é um intervalo, então IAχA está denida e tem-se IAχA = λ(A). Comefeito, χA = 1 em A. Portanto, IAχA = IA1 = λ(A). O próximo resultado generaliza estapropriedade para qualquer subconjunto de A.

28.3.3 Lema: Sejam A,B ⊂ R intervalos (limitados) com B ⊆ A. Então, IAχB está denida etem-se IAχB = λ(B).

Demonstração: Se o intervalo B está contido no intervalo A, então este último pode ser parti-cionado em, no máximo, três intervalos disjuntos, digamos, A = A1 ∪B ∪A2. Desta maneira, χBvale zero em A1 e A2 e χB vale 1 em B. Pelo lema anterior, IA1

χB e IA2χB estão bem denidas


e valem zero. Pela propriedade 3, também está bem denida IBχB e vale λ(B). Portanto, pelapropriedade 4, tem-se que IAχB = IA1∪B∪A2

χB está bem denida e vale:

IA1χB + IBχB + IA2

χB = IA10 + IB1 + IA2

= 0 + λ(B) + 0 = λ(B).

28.3.4 Teorema: Se I[a,b]f e

∫ b

a

f existem ambas, então são iguais.

Demonstração: Suponha que∫ baf < I[a,b]f . Seja ε := I[a,b]f −

∫ baf > 0. Como f é integrável

em [a, b], por denição de ínmo, existe P = a = t0 < t1 < t2 < · · · < tn = b partição de [a, b]tal que:

U(f, P )−∫ b

a

f < ε. (28.3.1)

Para cada i = 1, 2, . . . , n, seja Ji := [ti−1, ti] e seja Mi denido como:

Mi := sup f(x) : x ∈ Ji .

Obviamente, cada Ji é um intervalo contido em [a, b]. Pelo lema anterior, I[a,b]χJi está bemdenida. Pela propriedade 1, também está bem denido I[a,b]g, onde g é a combinação lineardenida como:

g :=n∑i=1

Mi χJi .

Mais ainda, tem-se:

I[a,b]g =

n∑i=1

Mi I[a,b]χJi =

n∑i=1

Miλ(Ji) =

n∑i=1

Mi (ti − ti−1) = U(f, P ). (28.3.2)

Portanto:

I[a,b]g −∫ b

a

f = U(f, P )−∫ b

a

f < ε = I[a,b]f −∫ b

a

f,

de onde segue:

I[a,b]g < I[a,b]f. (28.3.3)

Por outro lado, decorre trivialmente da denição que g > f . Portanto, pela propriedade 2, deveriaser I[a,b]g > I[a,b]f , contradizendo a relação acima.

Desta maneira, deve ser∫ baf > I[a,b]f . Se fosse

∫ baf > I[a,b]f , então seja ε :=

∫ baf − I[a,b]f > 0.

Como f é integrável, pela denição de supremo, existe P = a = t0 < t1 < t2 < · · · < tn = bpartição de [a, b] tal que:∫ b

a

f − L(f, P ) < ε. (28.3.4)

28.3 Caracterização Unívoca da Integral de Riemann 391

Com o mesmo argumento anterior, I[a,b]g está bem denida, onde agora g é a combinação lineardenida como:

g :=n∑i=1

mi χJi ,

com mi denido como:

mi := inf f(x) : x ∈ Ji ,

e tem-se:

I[a,b]g =

n∑i=1

mi I[a,b] χJi =

n∑i=1

mi λ(Ji) =

n∑i=1

mi (ti − ti−1) = L(f, P ).

Portanto:∫ b

a

f − I[a,b]g =

∫ b

a

f − L(f, P ) < ε =

∫ b

a

f − I[a,b]f,

de onde segue:

I[a,b]f < I[a,b]g. (28.3.5)

Por outro lado, decorre trivialmente da denição que g 6 f . Portanto, pela propriedade 2, deveriaser I[a,b]g 6 I[a,b]f , contradizendo a relação acima.

Finalmente, pela propriedade de tricotomia, deve ser∫ baf = I[a,b]f .


28.4 Caracterização Alternativa da Unicidade

28.4.1 Exercício: Prove o Teorema 28.3.4 asumindo para I as propriedades 1 a 3 enumeradasno texto mais a condição alternativa:

4. Invariância por restrições: Se B ⊆ A, então IBf está denida se e somente se IA(f |B)está denida, em cujo caso são iguais, ou seja IBf = IA(f |B).

Sugestão: Observe que a propriedade 4 enunciada no texto somente foi utilizada na prova do Lema28.3.3. Basta portanto demonstrar esse resultado via a propriedade alternativa acima. ♣

28.5 Funções Integráveis Positivas

O exercício a seguir constitui uma continuação dos resultados da Seção 27.11.

28.5.1 Exercício: Seja f integrável em [a, b] com f(x) > 0 para todo x ∈ [a, b]. Prove que∫ b

a

f > 0.

Sugestão: Se f é integrável, então pelo Teorema 28.2.1 deve existir algum ponto x0 ∈ [a, b] onde fé contínua. O resto é consequência da hipótese de positividade e do Exercício 27.11.4. ♣

393

Capítulo 29

Monótonas são Interessantes

29.1 Monotonia e Continuidade

Na presente seção serão consideradas apenas funções monótonas não-decrescentes. Resultadostotalmente análogos valem para funções monótonas não-crescentes, cujas provas podem ser obtidasobservando que si f é uma delas, então −f é uma daquelas.

29.1.1 Lema: Seja f não-decrescente, ou seja, a < b ⇒ f(a) 6 f(b). Então os limites lateraislimx→a−

f(x) e limx→a+

f(x) existem ambos.

Demonstração: Seja A o conjunto denido como:

A := f(x) : x < a.

Observe que A é limitado superiormente por f(a), pois x < a ⇒ f(x) 6 f(a). Portanto, existeα := supA. Em particular, tem-se que α > f(x) para todo x < a.

Armação: limx→a−

f(x) = α. O

Seja ε > 0 arbitrário. Pela denição de supremo existe x0 ∈ A, ou seja, x0 < a, tal que α−ε < f(x0).Portanto, denindo δ := a− x0, tem-se:

0 < a− x < δ = a− x0 ⇔ x0 < x < a⇒ f(x) > f(x0) > α− ε⇒ |α− f(x)| = α− f(x) < ε.H

Considere agora o conjunto B denido como:

B := f(x) : a 6 x .

Observe que B é limitado inferiormente por f(a), pois a 6 x ⇒ f(a) 6 f(x). Portanto, existeβ := inf B. Analogamente ao caso anterior prova-se que lim

x→a+f(x) = β.

29.1.2 Corolário: Se f está denida num intervalo (a, b) ⊆ R e é não-decrescente, então f nãopossui discontinuidades evitáveis.

395

396 Monótonas são Interessantes

Demonstração: Se fosse l := limx→a

f(x) 6= f(a), então deve ser f(a) < l, ou f(a) > l. Observeque:

l = limx→a

f(x) = limx→a−

f(x)

Portanto, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que:

0 < a− x < δ ⇒ |l − f(x)| < ε.

Desta maneira, se fosse f(a) < l, tomando ε := l − f(a) > 0, teria-se:

l − f(x) = |l − f(x)| < ε = l − f(a),

de onde segue que f(a) < f(x), o que contradiz a monotonia da função, pois x < a⇒ f(x) 6 f(a).A prova no caso f(a) > l é análoga.

29.1.3 Teorema: Seja f não-decrescente denida em um conjunto compacto K = [a, b]. Então,para cada ε > 0 o conjunto:

Aε :=

x ∈ K : lim

y→x+f(y)− lim

y→x−f(y) > ε

é nito.

Demonstração: Se Aε 6= ∅, para cada x ∈ Aε, seja Bx o conjunto denido como:

Bx :=z ∈ [f(a), f(b)] : lim

y→x−f(y) < z < lim

y→x+f(y)

.

Observe que se x ∈ Aε, então o comprimento de Bx é maior o igual a ε. Além disso, os conjuntosBx são disjuntos entre si, pela monotonia da função. Por outro lado, o intervalo f(b)− f(a) podeser particionado em, no máximo uma quantidade nita, a saber:

f(b)− f(a)

ε

de sub-intervalos disjuntos de comprimento ε.

29.1.4 Corolário: O conjunto de pontos em que uma função não-decrescente é discontínua éenumerável.

Demonstração: Seja K compacto. O conjunto de pontos de K onde f é discontínua pode serexpressado como união enumerável:

∞⋃n=1

A1/n

de conjuntos A1/n nitos, no caso de f ser monótona não-decrescente, pelo teorema anterior. Por-tanto, o conjunto de pontos de K onde f é discontínua resulta enumerável. O resultado enunciadosegue observando que R é σ-compacto, ou seja, união enumerável de compactos, e união enumerávelde conjuntos enumeráveis resulta enumerável.

29.2 Monotonia e Diferenciabilidade 397

29.2 Monotonia e Diferenciabilidade

O Corolário 29.1.4 anterior mostra que uma função monótona resulta automaticamente contínuaem muitos pontos. Para a derivabilidade, a situação é mais dicil de analizar e também mais inte-ressante. Uma função não-decrescente pode deixar de ser derivável em um conjunto não-enumerávelde pontos. Contudo, ainda continua sendo verdade que tais funções são deriváveis em quase to-dos os pontos, segundo um sentido diferente da expressão quase todos que difere do muitos dacontinuidade.

Esse fato é garantido por um famoso teorema de Henry Lebesgue, publicado em 1904 na primeiraedição do seu famoso livro sobre integração. O resultado em questão aparece no nal do últimocapítulo, como broche de ouro de toda a teoria:

29.2.1 Teorema (Lebesgue, 1904): Seja f não-decrescente. Então f é diferenciável com aposível exceição de um conjunto de medida nula.

A denição de conjunto de medida nula foi introduzida na Denição 28.1.5 no Capítulo 28 dapresente.

Nesta seção é apresentada uma prova do Teorema de Lebesgue baseada na demonstração queconsta no não menos famoso livro de F. Riesz e Sz.-Nagy, [11, p. 6 & ss.]. A prova do Teoremade Lebesgue fornece uma bela aplicação do Lema do Sol Nascente 19.14.5 que reproduzimos aseguir para conveniência do leitor, na sua versão ligeiramente generalizada fornecida pelo Exercício19.14.4:

29.2.2 Lema (do Sol Nascente Versão Aprimorada): Seja f uma função com limites lateraisem [α, β]. Se o conjunto de pontos de sombra de f é não vazio, então é união disjunta numerávelde abertos (a, b). Mais ainda, em tal caso, para cada um desses intervalos tem-se f(a) 6 f(b).

Além desse resultado, a prova do Teorema de Lebesgue é pontilhada de outros resultados au-xiliares enunciados como diversos Lemas a seguir, após as denições pertinentes.

Sejam f′± e f ′± denidas por:

f′±(x) := lim sup

h→0±

f(x+ h)− f(x)

h,

f ′±:= lim inf

h→0±

f(x+ h)− f(x)

h.

Seja [a, b] ⊂ R. Para cada α ∈ R denem-se os conjuntos E(α) e F (α) por:

E(α) := x ∈ [a, b] : f′+(x) > α,

F (α) := x ∈ [a, b] : f ′−(x) < α.


29.2.3 Lema: Seja [a, b] ⊂ R e α ∈ R arbitrário. Seja f monótona. Então:

(a) O conjunto E(α) está contido no conjunto G(α) de pontos de sombra da função g = gαdenida como:

g(x) := f(x)− αx.

(b) O conjunto E(α) pode ser coberto por uma família numerável de intervalos abertos Jk =(ak, bk)k∈N tais que:

α (bk − ak) 6 f(bk)− f(ak), ∀ k ∈ N.

(c) Em particular, tem-se:

∞∑k=1

λ(Jk) 6f(b)− f(a)

α.

(d) Se E =

∞⋂n=1

E(n), então λ(E) = 0.

Demonstração: (a) Dado x ∈ E(α) arbitrário, tem-se:

α < f′+(x) = lim sup

h→0+

f(x+ h)− f(x)

h= infε>0

(sup

0<h<ε

f(x+ h)− f(x)

h

)6 sup

0<h<ε

f(x+ h)− f(x)

h, ∀ ε > 0.

Ou seja:

α < sup0<h<ε

f(x+ h)− f(x)

h.

Portanto, existe 0 < h0 < ε tal que:

α <f(x+ h0)− f(x)

h0.

Se ξ :=x+ h0, então ξ > x e a última relação pode ser expressada como:

f(ξ)− f(x)

ξ − x> α.

Ou seja, existe ξ > x tal que:

f(ξ)− α ξ > f(x)− αx.

A relação acima signica que x é ponto de sombra da função g(x) := f(x) − αx. Comox ∈ E(α) era arbitrário, segue o resultado enunciado.


(b) Em primeiro termo, observe que se f é monótona, então existem os limites laterais de f . Poroutro lado, observe que a função x 7−→ αx é contínua, e portanto existem seus limites lateraistambém. Desta maneira, existem os limites laterais da função g(x) = f(x)− αx. Portanto,aplicando o Lema do Sol Nascente para g, tem-se que o conjunto de pontos de sobra da gpode ser expressado como união disjunta enumerável de abertos (ak, bk) com g(ak) 6 g(bk),ou seja:

f(ak)− αak 6 f(bk)− α bkα (bk − ak) 6 f(bk)− f(ak)

para todo k ∈ N. O resultado enunciado segue portanto do item anterior.

(c) Da relação:

α (bk − ak) 6 f(bk)− f(ak)

do item anterior, tem-se:

α∑k∈N

(bk − ak) 6∑k∈N

f(bk)− f(ak) 6 f(b)− f(a),

onde a última desigualdade é consequência da monotonia da f . Portanto:∑k∈N

λ(Jk) =∑k∈N

(bk − ak) 6f(b)− f(a)

α.

(d) Seja ε > 0 arbitrário. Seja n0 ∈ (N) tal que: n0 ε > f(b)− f(a). Portanto:

E :=∞⋂n=1

En ⊆ En0⊆∞⋃k=1

Jk ⇒ λ(E) 6 λ

( ∞⋃k=1

Jk

)=

∞∑k

λ(Jk) 6f(b)− f(a)

n0< ε.

Como ε > 0 era abitrário, segue que λ(E) = 0.

29.2.4 Corolário: f′+ existe com a possível exceição de um conjunto de medida nula.

Demonstração: Dado que f é monótona não-decrescente tem-se:

f(x+ h)− f(x) > 0, ∀h > 0 ⇒ f(x+ h)− f(x)

h> 0, ∀h > 0.

Portanto:

f′+(x) = lim sup

h→0+

f(x+ h)− f(x)

h= infε>0

(sup

0<h<ε

f(x+ h)− f(x)

h

)> 0.

Ou seja, −∞ < f′+. Desta maneira, tem-se:

x : existe f

′+(x)

=x : f

′+ < +∞

=

∞⋃n=1

x : f

′+(x) 6 n

.


De onde segue que:x : existe f

′+(x)

c

=

∞⋂n=1

x : f

′+(x) 6 n

c

=

∞⋂n=1

x : f

′+(x) > n

=

∞⋂n=1

E(n) = E.

Finalmente, o resultado enunciado segue observando que e λ(E) = 0 pelo item (d) do lema ante-rior.

29.2.5 Lema: Sejam [a, b] ⊂ R e α ∈ R arbitrário. Seja f monótona. Então:

(a) O conjunto −F (α) está contido no conjunto H(α) de pontos de sombra da função h = hαdenida como:

h(x) := f(−x) + αx.

Ou seja, x ∈ F (α) ⇒ −x ∈ H(α). Em outras palavras, se x ∈ F (α), então −x é um pontode sombra da função h.

(b) O conjunto F (α) pode ser coberto por uma família enumerável de intervalos abertos Lk =(ak, bk)k∈N tais que:

f(bk)− f(ak) 6 α (bk − ak), ∀ k ∈ N.

Demonstração: (a) Dado x ∈ F (α) arbitrário, tem-se:

α > f ′−(x) = lim infh→0−

f(x+ h)− f(x)

h= sup

ε>0

(inf

−ε<h<0

f(x+ h)− f(x)

h

)> inf−ε<h<0

f(x+ h)− f(x)

h, ∀ ε > 0.

Ou seja:

inf−ε<h<0

f(x+ h)− f(x)

h< α.

Portanto existe −ε < h0 < 0 tal que:

f(x+ h0)− f(x)

h0< α.

Se ξ :=x+ h0, então a última relação pode ser expressada como:

f(ξ)− f(x)

ξ − x< α.

de onde, lembrando que ξ − x = h0 < 0, tem-se:

f(ξ)− f(x) > αξ − αxf(ξ)− α ξ > f(x)− αx

Seja h(x) := f(−x) + αx. A última relação acima expressa que h(−ξ) > h(−x) com −ξ =−x− h0 > −x, pois −h0 > 0. Portanto, −x é ponto de sombra da função h.


(b) Em primeiro termo, observe que se f é monótona não-decrescente, então:

x < y ⇒ −x > −y ⇒ f(−x) > f(−y).

Ou seja, a função x 7−→ f(−x) é monótona não-crescente e portanto existem os seus limiteslaterais. Por outro lado, observe que a função x 7−→ αx é contínua, e portanto existemseus limites laterais também. Desta maneira, existem os limites laterais da função h(x) =f(−x) + αx. Portanto, aplicando o Lema do Sol Nascente para h, tem-se que o conjuntode pontos de sombra da h pode ser expressado como união disjunta enumerável de abertosJk := (−bk,−ak) com h(−bk) 6 h(−ak), ou seja:

f(bk)− α bk 6 f(ak)− αakf(bk)− f(ak) 6 α (bk − ak)

para todo k ∈ N. O resultado enunciado segue portanto do item anterior, denindo Lk =−Jk = (ak, bk).

29.2.6 Lema: Com as denições precedentes tem-se:x : f

′+(x) 6 f ′−(x)

c

=⋃q∈Q

⋃n∈N

F (q)⋂E

(q +

1

n

).

Demonstração: Basta observar que:x : f

′+(x) 6 f ′−(x)

c

=x : f

′+(x) > f ′−(x)

=x : f ′−(x) < f

′+(x)

=⋃q∈Q

x : f ′−(x) < q < f

′+(x)

=⋃q∈Q

⋃n∈N

x : f ′−(x) < q < q +

1

n< f

′+(x)

=⋃q∈Q

⋃n∈N

x : f ′−(x) < q

⋂x : q +

1

n< f

′+(x)

=⋃q∈Q

⋃n∈N

F (q)⋂E

(q +

1

n

).

29.2.7 Lema: f′+ 6 f

′−, com a possível exceição de um conjunto de medida nula.

Demonstração: Pelo lema precedente, basta provar que cada um dos conjuntos

F (q)⋂E

(q +

1

n

)tem medida nula. Isso será consequência da seguinte proposição mais geral:

α < β ⇒ F (α) ∩ E(β) tem medida nula.


Com efeito, depois basta tomar α = q e β = q+ 1/n. Seja então α < β. Apenas por conveniência,a prova será dividida em várias partes.

(a) Pelo Lema 29.2.5 sabe-se que:

F (α) ⊆ H1(α) :=⋃k∈N

(a1k, b

1k)

com

f(b1k)− f(a1k) 6 α (b1k − a1

k),

onde H1(α) é o conjunto de pontos de sombra da função hα(x) = f(−x) + αx.

Seja gβ(x) = f(x)− β x e sejam gkβ as restrições:

gkβ = gβ |(a1k,b1k) .

Pelo Lema de Sol Nascente, o conjunto Gk1(β) de pontos de sombra de gkβ , pode ser expressadocomo união disjunta:

Gk1(β) =⋃j∈N

(a1kj , b

1kj )

com

β (b1kj − a1kj ) 6 f(b1kj )− f(a1

kj ), ∀ k, j ∈ N.

Portanto:

G1(β) :=⋃k∈N

Gk1(β)=:⋃k∈N

(a2k, b

2k),

onde a última união é disjunta, pois os intervalos (a1k, b

1k) originais são disjuntos. Desta

maneira:

β λ(G1(β)) = β∑k∈N

(b2k − a2k)

= β∑k∈N

∑j∈N

(b1kj − a1kj )

6∑k∈N

∑j∈N

(f(b1kj )− f(a1kj ))

=∑k∈N

f(b1k)− f(a1k)

6 α∑k∈N

(b1k − a1k)

= αλ(H1(α)).

Portanto:

λ(G1(β)) 6α

βλ(H1(α)).


(b) Sejam agora hkα as restrições:

hkα := hα|(a2k,b2k) .

Pelo Lema do Sol Nascente, o conjunto Hk2 de pontos de sombra de hkα pode ser expressado

como união disjunta:

Hk2 (α) =

⋃j∈N

(a2kj , b

2kj )

com

f(b2kj )− f(a2kj ) 6 α (b2kj − a

2kj ).

Portanto:

H2(α) :=⋃k∈N

Hk2 (α)=:

⋃k∈N

(a3k, b

3k),

onde a última união é disjunta, pois os intervalos (a2k, b

2k) originais são disjuntos. Desta

maneira:

λ(H2(α)) =∑k∈N

(b3k − a3k)

=∑k∈N

∑j∈N

(b2kj − a2kj )

6∑k∈N

(b2k − a2k)

= λ(G1(β)).

A última desigualdade acima decorre do fato que (a2kj, b2kj ) ⊆ (a2

k, b2k) para todo j ∈ N.

Portanto:

λ(H2(α)) 6 λ(G1(β)).

(c) O processo descrito nas partes (a) e (b) precedentes pode ser continuado inductivamente,considerando agora as restrições:

gkβ = gβ |(a3k,b3k) ,

etc. Desta maneira resulta possível construir uma coleção Gn(β) e Hn(α) de famílias deabertos disjuntos tais que:

λ(Gn(β)) 6α

βλ(Hn(α)),

λ(Hn(β)) 6 λ(Gn−1(β)).


Em tal caso, tem-se:

λ(Gn(β)) 6α

βλ(Hn(α))

6α

βλ(Gn−1(β))

6

(α

β

)2

λ(Hn−1(α))

6 · · ·

6

(α

β

)n−1

λ(G1(β))

6

(α

β

)nλ(H1(α)).

Ou seja:

λ(Gn(β)) 6

(α

β

)nλ(H1(α)).

Desta maneira, tem-se:

α < β ⇒ α

β< 1⇒ lim

n→∞

(α

β

)n= 0⇒ lim

n→∞λ(Gn(β)) = 0.

(d) Pelo resultado da parte precedente, para concluir a prova do lema basta vericar:

F (α) ∩ E(β) ⊆ Gn(β), ∀n ∈ N.

A prova desta relação será feita por indução em n. Para o caso n = 1, observando que:

F (α) ⊆ H1(α)

E(β) ⊆ G(β)

tem-se:

F (α) ∩ E(β) ⊆ H1(α) ∩G(β) ⊆ G1(β).

A última contenção acima segue da denição de G1(β). Continuando o processo inductivo,observe que agora tem-se:

F (α) ∩ E(β) ⊆ G1(β)

F (α) ∩ E(β) ⊆ F (α) ⊆ H1(β)

de onde segue:

F (α) ∩ E(β) ⊆ H1(α) ∩G1(β) = H2(α).

Desta maneira agora tem-se:

F (α) ∩ E(β) ⊆ H2(α)

F (α) ∩ E(β) ⊆ G1(β)

de onde segue:

F (α) ∩ E(β) ⊆ H2(α) ∩G1(β) = G2(β).

Desta maneira o processo pode ser continuado inductivamente até qualquer n ∈ N.


29.2.8 Corolário: Em particular, f′− 6 f

′+, com a possível exceição de um conjunto de medida

nula.

Demonstração: Se f é monótona não-decrescente, então a aplicação x 7−→ f(−x) é não-crescente,de onde a aplicação x 7−→ −f(−x) é não-descrescente. Por outro lado, observe que:

−f ′+(−x) = lim suph→0+

−f(−(x+ h))− (−f(−x))

h= lim sup

h→0+

f(−x− h)− f(−x)

−h

= lim suph→0−

f(−x+ h)− f(−x)

h= f

′−(−x).

Analogamente:

−f ′−(−x) = lim infh→0−

−f(−(x+ h))− (−f(−x))

h= lim inf

h→0−

f(−x− h)− f(−x)

−h

= lim infh→0+

f(−x+ h)− f(−x)

h= f ′

+(−x).

Portanto, aplicando o lema precedente à função −f(−x), sabe-se que o complemento do conjunto:x : f

′−(−x) 6 f ′

+(−x)

=−x : f

′−(x) 6 f ′

+(x)

= −x : f

′−(x) 6 f ′

+(x)=: − E

tem medida nula. Dado que −E = x : −x ∈ E, segue que:

(−E)c

= x : x /∈ −E = x : −x /∈ E = −x : x /∈ E = −x : x /∈ E = −Ec.

Portanto: 0 = λ((−E)c) = λ(−Ec) ⇒ λ(−(−Ec)) = 0 ⇒ λ(Ec) = λ(−(−Ec)) = 0. Ou seja, o

complemento do conjunto E tem medida nula, o que constitui uma paráfrase do enunciado.

29.2.9 Teorema (Lebesgue, 1904): Seja f não-decrescente. Então f é diferenciável com aposível exceição de um conjunto de medida nula.

Demonstração: Basta supor que f está denida em um intervalo nito [a, b], pois R pode ser ex-presado como união enumerável de tais intervalos, por exemplo R =

⋃n∈N

[−n, n], e união enumerável

de conjuntos de medida nula possui medida nula. Para xar idéias, suponha que f é monótonanão-decrescente em [a, b]. Têm-se então as seguintes relações:

f′+ 6 f

′− 6 f

′− 6 f

′+6 f

′+ <∞,

salvo um conjunto de medida nula. Com efeito, a primeira desigualdade segue do Lema 29.2.7; aterceira do Corolário 29.2.8; a segunda e quarta são triviais, pois:

lim infh→0−

6 lim suph→0−

,

lim infh→0+

6 lim suph→0+

;

entanto que a quinta e última desigualdade segue do Corolário 29.2.4. Assim, f ′ existe em [a, b]com a possível exceção de um conjunto de medida nula.


29.2.10 Observação: Se f é monótona, então pelo Corolário 29.1.4 f deve ser contínua excetoposívelmente um conjunto enumerável e portanto de medida nula. Desta maneira, na prova doTeorema de Lebesgue pode ser usado o Lema do Sol Nascente na sua versão original para funçõescontínuas, ou seja, sem a generalização da Versão Aprimorada apresentada no Lema 29.2.2. ♣


29.3 A Conexão para uma Contínua Monotonia

Para a denição de função conexa, vide Seção 19.10.

29.3.1 Exercício: Prove que toda função conexa e monótona é contínua.

Sugestão: Observe-se que para uma tal função, pelo fato de ser monótona e o Lema 29.1.1, oslimites laterais em algum ponto, digamos a, sempre existem. Eles não podem ser diferentes, poisisso entraria em conito com a suposta conexidade da função. Portanto, lim

x→af(x) sempre existe.

Se tal limite fosse diferente de f(a), então a função teria uma discontinuidade evitável, mas isso éproibido pelo Corolário 29.1.2. Portanto, deve ser lim

x→af(x) = f(a). Ou seja, f é contínua. ♣

29.4 Com Monotonia a Continuidade Resulta Absoluta

Se f e g são funções absolutamente contínuas, a sua composição h = f g não hereda necessaria-mente tal propriedade, como pode ser vericado junto ao contra-exemplo do Exercício 19.13.4. Amonotonia da g, porém, acrescenta um ingrediente a mais.

29.4.1 Exercício: Sejam f e g são funções absolutamente contínuas. Se g é monótona, entãof g é absolutamente contínua. ♣

29.5 Diferenciabilidade de Funções Convexas

29.5.1 Exercício: Prove que toda função convexa resulta automaticamente diferenciável excetoem um conjunto numerável.

Sugestão: Qualquer função f será diferenciável quando as suas derivadas laterais f ′− e f ′+ sejamiguais (vide denições 24.3.3 e 24.3.4). Para uma função convexa, isso acontece, em particular,quando uma qualquera delas é contínua, pelo Lema 24.3.5(e). Agora bem, segundo o mesmo Lema24.3.5(c), tais derivadas laterais são funções monótonas não-decrescentes, e portanto automatica-mente contínuas exceto um conjunto numerável, pelo Corolário 29.1.4. ♣

407


29.6 Integral de Funções Monótonas Não-Decrescentes

29.6.1 Exercício: Seja f uma função não-decrescente, ou seja, x < y ⇒ f(x) 6 f(y).Seja Pn a partição do intervalo [a, b] em n intervalos de comprimento (b − a)/n cada. Ou seja,Pn = t0, t1, . . . , tn, onde tk = a+ k(b− a)/n, para k = 0, 1, . . . , n.

(a) Prove que:

L(f, Pn) =b− an

n−1∑k=0

f(tk).

(b) Prove que:

U(f, Pn) =b− an

n∑k=1

f(tk).

(c) Prove que U(f, Pn)− L(f, Pn) = (f(b)− f(a)) (b− a)/n.

Sugestão: A identidade resulta evidente trazando um gráco.

(d) Conclua do item anterior que uma tal f é integrável em [a, b].

(e) Suponha que existe I ∈ R tal que para todo n ∈ N tem-se:

b− an

n−1∑k=0

f(tk) 6 I 6b− an

n∑k=1

f(tk),

Prove que∫ b

a

f = I. ♣

29.7 Integral de Funções Monótonas Não-Crescentes

29.7.1 Exercício: Seja f uma função não-crescente, ou seja, x < y ⇒ f(x) > f(y). SejaPn a partição do intervalo [a, b] em n intervalos de comprimento (b − a)/n cada. Ou seja, Pn =t0, t1, . . . , tn, onde tk = a+ k(b− a)/n, para k = 0, 1, . . . , n.

(a) Prove que:

L(f, Pn) =b− an

n∑k=1

f(tk).

(b) Prove que

U(f, Pn) =b− an

n−1∑k=0

f(tk).

(c) Prove que U(f, Pn)− L(f, Pn) = (f(a)− f(b)) (b− a)/n.

Sugestão: A identidade resulta evidente trazando um gráco.

29.8 Integral de Inversas de Funções Monótonas Crescentes 409

(d) Conclua do item anterior que uma tal f é integrável em [a, b].

(e) Suponha que existe I ∈ R tal que para todo n ∈ N tem-se:

b− an

n∑k=1

f(tk) 6 I 6b− an

n−1∑k=0

f(tk),

Prove que∫ b

a

f = I. ♣

29.8 Integral de Inversas de Funções Monótonas Crescentes

29.8.1 Exercício: Seja f uma função (estrictamente) crescente. Se P = t0, t1, . . . , tn é umapartição de [a, b], seja P ′ dada por P ′ = f−1(t0), f−1(t1), . . . , f−1(tn).

(a) Prove que:

L(f−1, P ) + U(f, P ′) = b f−1(b) − a f−1(a).

Sugestão: Resulta aqui de inestimável ajuda usar primeiramente um gráco para vizualizarpor quê isso deve ser assim.

(b) Usando o item anterior, prove que:∫ b

a

f−1 = b f−1(b) − a f−1(a) −∫ f−1(b)

f−1(a)

f. ♣

29.9 A Integral de xp com p ∈ N Revisitada

29.9.1 Exercício: Seja p ∈ N.

(a) Use a identidade:

n−1∑k=1

kp 6np+1

p+ 16

n∑k=1

(k + 1)p

provada no Exercício 3.11.1(c) conjuntamente com o Exercício 29.6.1 anterior para provarque ∫ b

0

xp dx =bp+1

p+ 1.

(b) Generalize o resultado anterior para∫ b

a

xp dx com 0 6 a < b.

(c) Generalize para a e b arbitrários.

Sugestão: Asuma que a < 0 e considere por separado os casos b > 0 e b 6 0, respectivamente.Neste último caso, considere separadamente p par e ímpar como sub-casos. ♣


29.10 A Integral de x1/p com p ∈ N29.10.1 Exercício: Seja p ∈ N. Considerando 0 6 a < b, use os exercícios 29.8.1 e 29.9.1 paraprovar que:∫ b

a

x1/p dx =b(1/p)+1

(1/p) + 1− a(1/p)+1

(1/p) + 1. ♣

29.11 A Integral de cos e sen Revisitada

29.11.1 Exercício: Use a identidade

a

n

n∑k=1

cos

(ka

n

)< sen a <

a

n

n−1∑k=0

cos

(ka

n

), ∀n ∈ N;

válida para qualquer 0 < a 6 π/2 provada no Exercício 15.11.11, conjuntamente com o Exercício29.7.1 anterior para provar que:∫ a

0

cosx dx = sen a,

para todo 0 < a 6 π/2. Observe-se esta expressão também é válida para a = 0, pois em tal casoambos membros são nulos. ♣

29.11.2 Exercício: (a) Use a paridade do coseno para vericar que a expressão para integraldo exercício anterior é válida também no intervalo −π/2 6 a 6 0. Portanto, resulta válidaem −π/2 6 a 6 π/2.

(b) Verique a validade da expressão para integral do exercício anterior no intervalo π/2 6 a 63π/2.

Sugestão: Em tal caso −π/2 6 a− π 6 π/2 e assim:∫ a

0

cosx dx =

∫ π/2

0

cosx dx+

∫ a

π/2

cosx dx = senπ/2 +

∫ a−π

−π/2cos(x+ π) dx

= 1 −∫ a−π

−π/2cosx dx = 1 − sen(a − π) + sen(−π/2).

(c) Generalize para todo a ∈ R.

Sugestão: Observe-se que o intervalo −π/2 6 a 6 3π/2 tem comprimento 2π e use a perio-dicidade das funções trigonométricas. ♣

29.11.3 Exercício: Use o Exercício 29.11.1 para provar que:∫ π/2

0

senx dx = 1.

29.11 A Integral de cos e sen Revisitada 411


∫ π/2

0

senx dx =

∫ 0

−π/2sen(x+ π/2) dx =

∫ 0

−π/2cosx dx =

∫ π/2

0

cos(−x) dx

=

∫ π/2

0

cosx dx = senπ/2 = 1. ♣

29.11.4 Exercício: Use o exercício anterior para provar que:∫ a

0

senx dx = 1− cos a,

para todo a ∈ R.


∫ a

0

senx dx =

∫ π/2

0

senx dx+

∫ a

π/2

senx dx = 1 +

∫ a−π/2

0

sen(x+ π/2) dx

= 1 +

∫ a−π/2

0

cosx dx = 1 + sen(a− π/2) = 1− cos a. ♣

Capítulo 30

Teorema Fundamental do CálculoInnitesimal

30.1 Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo Innitesi-mal

30.1.1 Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo Innitesimal: Seja f integrável em[a, b]. Considere a função F denida em [a, b] como:

F (x) :=

∫ x

a

f.

Se f é contínua em algum ponto c ∈ [a, b], então F é derivável em c e tem-se:

F ′(c) = f(c).

Quando c = a ou c = b, então F ′(c) deve ser entendida como a derivada lateral, pela direita ouesquerda, respectivamente, da F .

Demonstração: Como f é integrável por hipótese, sabe-se que F (x) = L(x) = U(x). Portantoa presente prova constiui basicamente uma paráfrase da demonstração do Teorema 27.3.7. Sejac ∈ (a, b). Considere h > 0. Denem-se m(h) e M(h) respectivamente como:

m(h) = inf f(t) : c 6 t 6 c+ h ,M(h) = sup f(t) : c 6 t 6 c+ h .

Seja P = c, c+ h partição de [c, c+ h]. Observe que:

m(h)h = L(f, P ) 6 supPL(f, P ) = L(f, [c, c+ h])

6 U(f, [c, c + h]) = infPU(f, P ) 6 U(f, P ) = M(h)h.


L(f, [c, c+ h]) = L(f, [a, c+ h])− L(f, [a, c]) = L(c+ h)− L(c).

413

414 Teorema Fundamental do Cálculo Innitesimal

Analogamente:

U(f, [c, c+ h]) = U(f, [a, c+ h])− U(f, [a, c]) = U(c+ h)− U(c).

Portanto:

m(h) 6L(c+ h)− L(c)

h6U(c+ h)− U(c)

h6M(h), ∀h > 0.

Considere agora h < 0. Denem-se m(h) e M(h) respectivamente como:

m(h) = inf f(t) : c+ h 6 t 6 c ,M(h) = sup f(t) : c+ h 6 t 6 c .

Analogamente ao caso anterior, observando que −h = |h| > 0, tem-se:

m(h)(−h) 6 L(f, [c+ h, x]) 6 U(f, [c+ h, x]) 6M(h)(−h),

de onde segue que:

m(h) 6L(c)− L(c+ h)

−h6U(c)− U(c+ h)

−h6M(h).

Portanto:

m(h) 6L(c+ h)− L(c)

h6U(c+ h)− U(c)

h6M(h), ∀h < 0.

Como f é contínua em c por hipótese, tem-se:

limh→0

m(h) = f(c) = limh→0

M(h).

Portanto:

L′(c) = U ′(c) = f(c).

Se c estiver em algum dos extremos do intervalo, então F ′(c) deve ser entendida como a deri-vada lateral, pela direita ou esquerda, em cujo caso o leitor não terá diculdade em modicarconvenientemente os argumentos aqui apresentados.

Quando f é contínua em todo o intervalo [a, b], pelo teorema anterior, a função F resultaderivável em [a, b]. Em tal caso, teoremas concernentes a funções deriváveis em todo um intervalopodem ser aplicados a F . O seguinte resultado constitui um exemplo. Embora não passe de ummero corolário do teorema anterior, na prática permite reduzir o cálculo de certas integrais a umavericação quase trivial.

30.1.2 Corolário: Se f é contínua em [a, b] e f = g′ para alguma função g, então:∫ b

a

f = g(b)− g(a).

30.2 Segundo Teorema Fundamental do Cálculo Innitesimal 415

Demonstração: Se f é contínua em [a, b], pelo teorema anterior, a função F denida como:

F (x) :=∫ x

a

f

resulta derivável em todo [a, b]. Mais ainda, para todo x ∈ [a, b] tem-se que F ′(x) = f(x) = g′(x).Portanto, deve ser F (x) = g(x) + c para alguma constante c ∈ R. Observando que:

0 =

∫ a

a

f = F (a) = g(a) + c

segue que c = −g(a). Desta maneira, F (x) = g(x)− g(a) para x ∈ [a, b]. Em particular, tomandox = b, resulta:∫ b

a

f = F (b) = g(b)− g(a).

30.2 Segundo Teorema Fundamental do Cálculo Innitesimal

O último corolário da seção anterior costuma ser denominado segundo teorema fundamental do

cálculo, principalmente por aqueles que confundem a denição de integral com a de antiderivadaou primitiva. Seguindo Spivak [14], esse nome será reservado aqui para um resultado mais geral,válido para f não apenas contínua, mas integrável. Embora a demonstração seja completamentediferente, uma vez que neste caso não é mais possível apelar ao Teorema 30.1.1, as consequênciaspráticas se mantém basicamente sem modicação.

30.2.1 Segundo Teorema Fundamental do Cálculo Innitesimal: Seja f integrável em[a, b] e f = g′ para alguma função g. Então:∫ b

a

f = g(b)− g(a).

Demonstração: Seja P = a = t0, t1, . . . , tn = b partição do intervalo [a, b]. Pelo Teorema doValor Médio 23.2.2, existe xi ∈ [ti−1, ti] tal que:

g(ti)− g(ti−1) = g′(xi) (ti − ti−1) = f(xi) (ti − ti−1).

Denindo:

mi = inf f(x) : ti−1 6 x 6 ti ,Mi = sup f(x) : ti−1 6 x 6 ti ,

segue obviamente que:

mi (ti − ti−1) 6 f(xi) (ti − ti−1) 6Mi (ti − ti−1).

Portanto:

mi (ti − ti−1) 6 g(ti)− g(ti−1) 6Mi (ti − ti−1).


Somando as relações acima para i = 1, 2, . . . , n, tem-se:

n∑i=0

mi (ti − ti−1) 6 g(tn)− g(t0) 6n∑i=0

Mi (ti − ti−1).

Ou seja:

L(f, P ) 6 g(b)− g(a) 6 U(f, P ).

Observe que P era arbitrária, portanto a relação acima vale para toda partição P do intervalo[a, b]. Como f é integrável por hipótese, pelo Lema 27.3.4, deve ser:∫ b

a

f = g(b)− g(a).


30.3 Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo

30.3.1 Exercício: Calcule a derivada das seguintes funções:

(a) F (x) =

∫ x

0

√4 + t2 dt. R:

√4 + x2.

(b) F (x) =

∫ 2

0

√4 + t2 dt. R: 0.

(c) F (x) =

∫ 0

x

√1 + t4 dt. R: −

√1 + x4. ♣

30.3.2 Exercício: Seja G(x) =

∫ h(x)

a

f(t) dt, onde h é uma função derivável. Provar que

G′(x) = f(h(x))h′(x).

Sugestão: O resultado é uma simples consequência da regra de derivação de funções compostas edo primeiro TFCI. ♣


(a) G(x) =

∫ x2

0

1

1 + tdt. R: 2x/(1 + x2).

(b) G(x) =

∫ x2

1

t2 dt. R: (x2)2.2x = 2x5.

(c) G(x) =

∫ x2

1

√1 + t4 dt. R: 2x

√1 + x8.

(d) G(x) =

∫ √1+x4

1

t2 dt. R: 2x3(1 + x4)/√

1 + x4.

(e) G(x) =

∫ sen x

0

1

2 + tdt. R: cosx/(2 + senx).

417


(f) G(x) =

∫ 1

2x

cos2 t dt. R: −2 cos2(2x).

(g) G(x) =

∫ x

−x

1

3 + t2dt. R: 2/(3 + x2).

(h) G(x) =

∫ x

−x

1

3 + t3dt. R: 1/(3− x3) + 1/(3 + x3). ♣

30.4 Integrais Denidas

30.4.1 Exercício: Determine o valor das seguintes integrais. Em alguns casos, cálculos podemser evitados por considerações de paridade.

(a)∫ 1

−1

(2x3 + 3) dx. R: 6.

(b)∫ 4

1

x5 − x3x3

dx. R: 27/4.

(c)∫ π/2

0

senx dx. R: 1.

(d)∫ π

−π(senx+ cosx) dx. R: 0.

(e)∫ 1

0

1

1 + x2dx. R: arctg(1) = π/4. ♣

30.4.2 Exercício: Calcule as seguintes integrais. A técnica é a mesma que a do exercícioanterior, mas aqui será necessário um pouco mais de trabalho para reconhecer o integrando comoa derivada de uma certa função.

(a)∫ 4

1

(√x+ x

)4( 1

2√x

+ 1

)dx. R: (65 − 25)/5.

(b)∫ 1

0

arctg x

1 + x2dx. R: π2/32. ♣

30.4.3 Exercício: Caso existir, determine o valor de x tal que:

(a)∫ π/2

x

cos t dt =1

2. R: arcsen(1/2) = π/6. ♣

30.4.4 Exercício: Seja g(x) = f ′(x), ∀x. Determine o valor da constante c tal que:∫ b

π/2

g(sen(x)) cos(x) dx = f(sen(b)) + c. R: c = −f(1). ♣

30.5 Áreas Determinadas por Curvas 419

30.5 Áreas Determinadas por Curvas

30.5.1 Exercício: Determine a área limitada pelo gráco de:

(a) f(x) = x−2/3, o eixo das abcisas e as retas x = 8 e x = 27. R: 3.

(b) f(x) = (x+ 30)−1/2, o eixo das abcisas e as retas x = 1 e x = 6. R: 2(6−√

31). ♣

30.5.2 Exercício: Determine a área limitada pelas curvas e retas em cada caso:

(a) f(x) =√x, g(x) = x− 2 e a reta x = 0. R: 16/3.

(b) f(x) = x3, o eixo das ordenadas e a tangente a f no ponto (1, 1). R: 3/4.

(c) f(x) = x+ 1, g(x) = −x+ 1 e o eixo das abcisas. R: 1. ♣

30.5.3 Exercício: Calcule a área comprendida entre as funções f e g nos seguintes casos:

(a) f(x) = 6x− x2 e g(x) = x2 − 2x. R: 64/3.

(b) f(x) = x2 − 4 e g(x) = x− 2. R: 9/2. ♣

30.6 Volume de Sólidos de Revolução

30.6.1 Exercício: Calcular o volume do sólido gerado rotando cada uma das seguintes funçõesem torno do eixo das abcisas nos itervalos indicados.

(a) f(x) =

1 se 0 6 x < 1,

2 se 1 6 x < 2,

1 se 2 6 x 6 3;

no intervalo [0, 3]. R: 6π.

(b) f(x) = x2 no intervalo [0, 2]. R: 32π/5.

(c) f(x) = 2 cosx no intervalo [0, π/2]. R: π2. ♣

30.6.2 Exercício: Calcule o volume de:

(a) Um cilindro circular reto de ráio r e altura h. R: πr2h.

(b) Um cone circular reto de ráio r e altura h. R: πr2h/3. ♣

30.6.3 Exercício: Um sólido de revolucão é gerado pela rotação do gráco da função f(x),denida para todo x > 0. Se para cada a > 0 o volume deste sólido é dado por a2 + a, determinea função f . R: f(x) =

√(2x+ 1)/π. ♣

Capítulo 31

As Funcões Trigonométricas

31.1 O Número π e a Área do Círculo Unitário

As propriedades fundamentais das funções trigonométricas foram introduzidas na Seção 15.10, esão reproduzidas a seguir para conveniência do leitor.

Seja R 3 π > 0. Considere duas funções, denotadas por sen e cos, satisfazendo as seguintespropriedades:

1. Domínio de denição: As funções sen e cos estão denidas em todo R.

2. Valores especiais:

cos 0 = senπ/2 = 1,

cosπ = −1.

3. Coseno de uma diferença: Para todo x, y ∈ R tem-se:

cos(y − x) = cos(y) cos(x) + sen(y) sen(x).

4. Desigualdades fundamentais: Para 0 < x < π/2 tem-se:

0 < cosx <senx

x<

1

cosx.

Resulta oportuno lembrar também que a partir dessas propriedades algébricas foi possível dedu-cir a continuidade e derivabilidade, como também calcular as integrais das funções trigonométricas.

Contudo, até aqui nunca foi provada a existência de duas funções com tais propriedades. Nopresente capítulo serão denidas formalmente as funções cos e sen e as propriedades acima enun-ciadas serão demostradas rigorosamente.

Talvez resulte óbvio para o leitor que um tal programa deveria começar denindo o númeropositivo misterioso que encabeça a lista de propriedades acima. Para tanto, em primeiro lugarobserve que a função f(x) =

√1− x2 está bem denida e é contínua no intervalo [−1, 1], sendo

portanto integrável em tal domínio. Isso justica a seguinte denição.

421

422 As Funcões Trigonométricas

31.1.1 Denição: Dene-se o número π como:

π := 2

∫ 1

−1

√1− x2 dx. ♣

31.1.2 Lema:

π

4=

∫ 1

0

√1− x2 dx.

Demonstração: Como o integrando que dene π é uma função par, tem-se:

π

2=

∫ 1

−1

√1− x2 dx = 2

∫ 1

0

√1− x2 dx.

31.1.3 Observação: (a) No caso 0 6 x 6 1, a área geométrica do setor circular no círculounitário é dada por:

A(x) =x√

1− x2

2+

∫ 1

x

√1− t2 dt,

onde o segundo termo acima representa a área do setor circular, entanto que o primeirorepresenta a área do triângulo retângulo cuja base corresponde ao segmento que vai de 0 atéx. Neste caso, ambas áreas devem ser adicionadas.

(b) No caso −1 6 x 6 0 a área geométrica do setor circular no círculo unitário é dada por:

A(x) =

∫ 1

x

√1− t2 dt+

x√

1− x2

2,

onde o primeiro termo acima representa a área do setor circular, entanto que o primeirorepresenta a área do triângulo retângulo cuja base corresponde ao segmento que vai de x até0. Neste caso, a segunda área deve ser substraida da segunda. Isso é garantido pelo fato quex no numerador no segundo termo é negativo neste caso. ♣

A observação precedente justica que a área de um setor circular no círculo unitário possa serdenida para qualquer −1 6 x 6 1 com a mesma expressão.

31.1.4 Denição: Para −1 6 x 6 1 dene-se a função A(x) como:

A(x) :=x√

1− x2

2+

∫ 1

x

√1− t2 dt. ♣

31.1.5 Lema: A função A(x) satisfaz as seguintes propriedades:

31.2 Denição e Propriedades de cos e sen 423

(a) A(1) = 0, A(−1) = π/2 e A(0) = π/4.

(b) A(x) é derivável em (−1, 1) e tem-se:

A′(x) =−1

2√

1− x2, −1 < x < 1.

(c) No intervalo (−1, 1) a função A é monótona estrictamente decrescente e portanto injetora.

(d) Em particular, A é invertível em tal intervalo.

Demonstração: (a) Os dois primeiros valores especiais A(1) = 0 e A(−1) = π/2, seguem diretoda denição de A. O terceiro é consequência do Lema 31.1.2 anterior.

(b) Utilizando o TFCI para derivar o segundo termo em A(x), se −1 < x < 1 tem-se:

A′(x) =

√1− x2

2+

x (−2x)

4√

1− x2−√

1− x2

= −1

2

(x2

√1− x2

+√

1− x2

)= −1

2

x2 + 1− x2

√1− x2

=−1

2√

1− x2.

Em particuar, A′(x) < 0 para todo x ∈ (−1, 1).

(c) Pelo item (b) anterior, A′(x) < 0 para todo x ∈ (−1, 1). Portanto, a monotonicidade seguedo Lema 23.2.7(b). Pelo Exemplo 26.1.3(b), toda função monótona é injetora.

(d) O armado é consequência do item (c) precedente e do Teorema 26.1.5.

31.2 Denição e Propriedades de cos e sen

O resultado do Lema 31.1.5(d) justica a primeira das denições a seguir. A segunda simple-mente incorpora o Teorema de Pitágoras na interpretação gráca dos conceitos analíticos aquiapresentados.

31.2.1 Denição: Para 0 6 x 6 π dene-se a função cosx pela relação:

A(cosx) =x

2.

Ou seja, cos := (2A)−1. Para 0 6 x 6 π dene-se a funções senx como:

senx :=√

1− cos2 x. ♣


31.2.2 Observação: (a) Dado que o domíno de A é o intervalo [−1, 1], a imagem de cosestará contida nesse intervalo. Portanto, |cosx| 6 1 se 0 6 x 6 π. Mais ainda, deve ser:

|cosx| < 1, se 0 < x < π.

Com efeito, pelo Lema 31.1.5(a) tem-se que A(±1) = x/2 ⇒ x = 0 ∨ x = π.

(b) Em particular, a função sen está bem denida e tem-se:

senx > 0, se 0 < x < π,

como também:

|senx| 6 1, se 0 6 x 6 π.

(c) Pelo resultado do Lema 31.1.5(a) sabe-se que A(1) = 0. Portanto:

cos 0 = 1,

sen 0 =√

1− cos2 0 =√

1− 1 = 0. ♣

31.2.3 Lema: As funções cos e sen são diferenciáveis em (0, π) e em tal intervalo tem-se:

(a) cos′ = − sen.

(b) sen′ = cos.

Demonstração: (a) Para simplicar a notação, denotando B := 2A, tem-se:

B(cosx) = 2A(cosx) = 2x

2= x ⇒ cosx = B−1(x).

Portanto, utilizando a fórmula de derivação da função inversa tem-se:

cos′ x = (B−1

)′(x)

=1

B′(B−1(x))

=1

2A′(cosx)

=1

2

1−1

2√

1− cos2 x

= −√

1− cos2 x

= − senx.

(b) Utilizando o resultado do item anterior, tem-se:

sen′ x =1

2

1√1− cos2 x

(−2) cosx cos′ x

= − cosx

senx(− senx)

= cosx.

31.3 Fórmulas de Adição 425

31.2.4 Denição: Extensão de sen e cos para R

Para π 6 x 6 2π as funções trigonométricas sen e cos denem-se da seguinte maneira:

senx = − sen(2π − x);

cosx = cos(2π − x).

Se x ∈ R, então tem-se que x = 2π k + x′, para algum k ∈ Z e algum x′ ∈ [0, 2π]. Em tal caso,dene-se:

senx = senx′;

cosx = cosx′. ♣

31.2.5 Lema: As funções cos e sen assim estendidas continuam sendo são diferenciáveis emtodo R e em tal conjunto ainda verica-se que:

(a) cos′ = − sen.

(b) sen′ = cos.

Demonstração: Segue diretamente do Lema 31.2.3 anterior.

31.3 Fórmulas de Adição

31.3.1 Lema: Seja f tal que existe f ′′(x) para todo x ∈ R e tal que:

f ′′ + f = 0,

f(0) = 0,

f ′(0) = 0.

Então, f = 0.

Demonstração: Observe que:

((f ′)2 + f2)′ = 2 f ′ f ′′ + 2 f f ′ = 2 f ′ (f ′′ + f) = 0.

Portanto, a função (f ′)2 + f2 deve ser uma constante, digamos, c. O valor desta constante podeser determinado observando que:

c = (f ′(0))2 + f2(0) = 0 + 0 = 0.

Desta maneira, (f ′)2 + f2 = 0. Como a soma de quadrados somente pode ser nula se cada um dostermos for nulo, deve ser f = 0.


31.3.2 Lema: Se existe f ′′(x) para todo x ∈ R e:

f ′′ + f = 0,

f(0) = a,

f ′(0) = b.

Então, f(x) = a cosx+ b senx.

Demonstração: Denindo a função g como g := f − a cos−b sen, tem-se:

g = f − a cos−b sen,

g′ = f ′ + a sen−b cos,

g′′ = f ′′ + a cos +b sen .

Portanto, g′′ + g = f ′′ + f = 0. Além disso, observe que:

g(0) = f(0)− a cos 0− b sen 0 = f(0)− a = 0,

g′(0) = f ′(0) + a sen 0 + b cos 0 = f ′(0)− b = 0.

Pelo Lema 31.3.1 anterior, deve ser g = 0, ou seja, f(x) = a cosx+ b senx.

31.3.3 Lema: Para todo x, y ∈ R tem-se:

(a) sen(x+ y) = senx cos y + cosx sen y.

(b) cos(x+ y) = cosx cos y − senx sen y.

Demonstração: (a) Seja y ∈ R. Considerando a função f(x) = sen(x+ y), tem-se:

f(x) = sen(x+ y),

f ′(x) = cos(x+ y),

f ′′(x) = − sen(x+ y).

Portanto, f ′′ + f = 0. Além disso, observe que:

f(0) = sen y,

f ′(0) = cos y.

Pelo Lema 31.3.2 anterior, deve ser:

sen(x+ y) = f(x) = sen y cosx+ cos y senx.

(b) Derivando a relação acima com relação a x tem-se:

cos(x+ y) = sen′(x+ y) = sen y cos′ x+ cos y sen′ x = − sen y senx+ cos y cosx.

Com os resultados até aqui apresentados resulta possível demonstrar as propriedades funda-mentais das funções trigonométricas enumeradas no começo do presente capítulo. Essa tarefa seráconada para os primeiros exercícios do presente capítulo.

31.4 Algumas Desigualdades 427

31.4 Algumas Desigualdades

31.4.1 Lema: A função sen satisfaz as seguintes propriedades:

(a) senx < x, se 0 < x < π/2.

(b) senx < x, se 0 < x < +∞.

(c) |senx| < |x|, se 0 < |x|.

(d) |senx− sen y| < |x− y|, para todo x, y ∈ R com x 6= y.

Demonstração: (a) Pelo Teorema do Valor Médio 23.2.2, existe ξ ∈ (0, x) tal que:

senx− sen 0

x− 0= sen′ ξ,

ou seja:

senx

x= cos ξ 6 |cos ξ| 6 1.

Por outro lado, observe que a função cos é estritamente decrescente em (0, π/2) com cos 0 = 1,de onde segue que cos ξ < 1 se 0 < ξ < π/2. Portanto:

senx

x= cos ξ < 1,

ou seja, senx < x se 0 < x < π/2.

(b) Observe que se x > π/2, então:

senx 6 |senx| 6 1 < π/2 6 x.

A primeira desigualdade é trivial; a segunda segue de |senx| 6 1, entanto que a última valepor hipótese. Para provar a terceira, observe primeiramente que em quadrado de lado a ediagonal igual a 1, pelo Teorema de Pitágoras, tem-se a2 + a2 = 1, ou seja, 2a2 = 1. Poroutro lado, observe agora que a área do semicírculo superior de ráio 1 deve ser maior que asoma de dois quadrados de diagonal 1 no primeiro e segundo quadrantes. Portanto:

π

2=

∫ 1

−1

√1− x2 dx > 2a2 = 1,

ou seja, π/2 > 1.

(c) Se 0 < x < π/2, pelo item (a) anterior tem-se:

− |x| < 0 < senx < x = |x| .

Por outro lado, se −π/2 < x < 0 então −x ∈ (0, π/2). Portanto aplicando a relação acimapara −x tem-se:

− |−x| < 0 < sen(−x) < −x = |−x| ,

ou seja:

− |x| < − senx < |x| ⇒ |x| > senx > − |x| ⇒ − |x| < senx < |x| .


Portanto, |senx| < |x| se 0 < |x| < π/2. Finalmente, no caso |x| > π/2, tem-se:

|senx| 6 1 < π/2 6 |x| .

Portanto, |senx| < |x|, para todo |x| > 0.

(d) Em primeiro termo, pelo Lema 31.3.3 tem-se:

sen

(y − x

2

)cos

(x+ y

2

)= [sen y/2 cos(−x/2) + cos y/2 sen(−x/2)] [cosx/2 cos y/2 − senx/2 sen y/2]

= sen y/2 cos2 x/2 cos y/2 − sen2 y/2 cosx/2 senx/2

− cos2 y/2 senx/2 cosx/2 + cos y/2 sen2 x/2 sen y/2

= sen y/2 cos y/2 − cosx/2 senx/2.

Portanto:

2 sen

(y − x

2

)cos

(x+ y

2

)= 2 sen y/2 cos y/2 − 2 cosx/2 senx/2 = sen y − senx.

Voltando à prova do resultado principal, suponha sem perda de generalidade que x < y. Emparticular, y − x > 0. Utilizando a identidade acima, tem-se:

|sen y − senx| = 2

∣∣∣∣seny − x

2

∣∣∣∣ ∣∣∣∣cosx+ y

2

∣∣∣∣ 6 2

∣∣∣∣seny − x

2

∣∣∣∣ < 2|y − x|

2= |y − x| .

A primeira desigualdade segue de |cosx| 6 1 para todo x, entanto que a segunda é con-sequência do item anterior, pois |y − x| = y − x > 0.

31.4.2 Observação: A relação do item (a) do lema precedente, a saber:

senx < x, se 0 < x < π/2,

foi introduzida no Exercício 15.10.13, sendo denominada sub-linearidade do seno. Nesse exercícioa relação foi vericada utilizando as propriedades fundamentais.

Observe que a prova desta mesma relação no Lema 31.4.1(a) tem a vantagem de prescindir daspropriedades fundamentais.

Observe também que a prova apresentada no Exercício 15.10.13 vale na verdade para 0 < x < π.Com efeito, seja x tal que 0 < x < π/2. Pela primeira desigualdade da propriedade 4 sabe-se quecosx > 0. Portanto, pela última desigualda da propriedade 4 tem-se que senx cosx < x. Portanto:

sen 2x = 2 senx cosx < 2x.

O armado segue observando que 0 < x < π/2 se e somente se 0 < 2x < π. ♣


31.5 Valores Especiais

31.5.1 Exercício: Verique os seguintes valores especiais:

cos 0 = 1,

cosπ/2 = 0,

cosπ = −1.

Sugestão: Pelo Lema 31.1.5(a) tem-se:

A(1) = 0,

A(0) = π/4,

A(−1) = π/2;

ou seja:

2A(1) = 0,

2A(0) = π/2,

2A(−1) = π;

portanto...♣

31.5.2 Exercício: Verique os seguintes valores especiais:

sen 0 = 0,

senπ/2 = 1,

senπ = 0.

Sugestão: Basta usar a denição da função seno, senx =√

1− cos2 x, com os valores especiais doexercício anterior. ♣

31.6 Vericação das Propriedades Algébricas

31.6.1 Exercício: Verique a propriedade 2 Valores especiais.

Sugestão: Use os Exercícios 31.5.1 e 31.5.2. ♣

429


31.6.2 Exercício: Verique a propriedade 3 Coseno de uma diferença.

Sugestão: Pelo Lema 31.3.3(b) tem-se:

cos(y − x) = cos y cos(−x)− sen y sen(−x) = cos y cosx+ sen y senx. ♣

31.6.3 Exercício: Verique a propriedade 4 Desigualdades fundamentais procedindo com basenas seguintes etapas:

(a) Em primeiro lugar, verique a relação:

0 < cosx, se 0 < x < π/2,

usando o fato que a função A é injetora (por ser monótona estrictamente decrescente) e queA(0) = π/4, ou seja, 2A(0) = π/2.

(b) Seja x tal que 0 < x < π/2. Em primeiro termo, use o Teorema do Valor Médio 23.2.2no intervalo (0, x) com a função sen. Depois observe que sen′ = cos e que a função cos émonótona estrictamente decrescente em tal intervalo para vericar a desigualdade:

cosx <senx

x.

Se ainda tiver dúvidas, compare com a prova do item (a) do Lema 31.4.1.

(c) Finalmente, para 0 < x < π/2, use a desigualdade do Lema 31.4.1(a) e o fato de ser 0 <cosx 6 1 em tal intervalo para vericar a desigualdade senx cosx < x, de onde seguetrivialmente que:

senx

x<

1

cosx.

Com maior precisão, poderia ser observado que na verdade 0 < cosx < 1, mas com adesigualdade mencionada já é suciente. ♣

31.7 Desigualdades Fundamentais Revisitadas

31.7.1 Exercício: Uma maneira alternativa de demonstrar a última das desigualdades funda-mentais consiste em observar:

x

2= A(cosx)

=cosx

√1− cos2 x

2+

∫ 1

cos x

√1− t2 dt

=cosx senx

2+

∫ 1

cos x

√1− t2 dt

>senx cosx

2.

31.8 Mais Valores Especiais 431

A última desigualdade segue observando que o integrando f(t) =√

1− t2 é uma função contínua,portanto integrável, e f(t) > 0 para t ∈ (−1, 1), portanto a integral é positiva (vide Exercício28.5.1). Desta maneira, tem-se:

x > senx cosx ⇒ senx

x<

1

cosx. ♣

31.7.2 Exercício: Eis uma maneira alternativa de demonstrar a segunda das desigualdadesfundamentais. Seja tg a função denida como:

tg x :=senx

cosx.


tg 0 =sen 0

cos 0=

0

1= 0,

Além diso, para 0 < x < π/2 tem-se:

tg′ x =cosx cosx − senx (− senx)

cos2 x=

cos2 x + sen2 x

cos2 x=

1

cos2 x> 0.

Dado x com 0 < x < π/2, pelo Teorema do Valor Médio 23.2.2 aplicado à função tg existe ξ ∈ (0, x)tal que:

1

x

senx

cosx=

tg x

x=

tg x− tg 0

x− 0= tg′ ξ =

1

cos2 ξ> 1,

onde a última desigualdade segue observando que: 0 < x < π/2 ⇒ 0 < cosx < 1 ⇒ cos2 x < 1.Portanto:

1

x

senx

cosx> 1 ⇒ cosx <

senx

x. ♣

31.8 Mais Valores Especiais

31.8.1 Exercício: (a) Usando a fórmula do Exercício 15.10.4 prove que senπ/4 = cosπ/4.

(b) Prove que senπ/4 =1√2

=

√2

2.

Sugestão: Use o resultado do Exercício 31.5.2 e a fórmula de adição para o seno.

(c) Combinando os dois itens anteriores, prove também que cosπ/4 =1√2

=

√2

2. ♣

31.8.2 Exercício: (a) Usando a fórmula do Exercício 15.10.4 prove que:

senπ/3 = cosπ/6,

senπ/6 = cosπ/3.


(b) Usando o item (a) anterior e a fórmula de adição para o seno prove que senπ/6 = 1/2.

(c) Usando os dois itens anteriores prove que cosπ/3 = 1/2.

(d) Usando a denição da função seno, senx =√

1− cos2 x, com o valor especial do item (c)

anterior prove que senπ/3 =

√3

2.

(e) Usando os itens (a) e (d) anteriores prove que cosπ/6 =

√3

2. ♣

31.9 Ortogonalidade do Sistema Trigonométrico

31.9.1 Exercício: Verique se m,n ∈ N são números naturais quaisquer, então:

(a) ∫ π

−πsenmx sennx dx =

0 se m 6= n,

π se m = n.

(b) ∫ π

−πcosmx cosnx dx =

0 se m 6= n,

π se m = n.

(c) ∫ π

−πsenmx cosnx dx = 0. ♣

31.9.2 Exercício: Seja f é integrável em [−π, π].

(a) Verique que o valor mínimo de∫ π

−π[f(x)− a cosnx]2 dx

apresenta-se quando

a =1

π

∫ π

−πf(x) cosnx dx.

(b) Verique agora que o valor mínimo de∫ π

−π[f(x)− a sennx]2 dx

apresenta-se quando

a =1

π

∫ π

−πf(x) sennx dx.

31.10 A Desigualdade de Bessell 433

Sugestão: Tanto em um caso como no outro, tire a constante a da integral e considere a expressãoquadrática em a que se obtém. ♣

Sejam an e bn os coecientes de Fourier da função f denidos como:

an :=1

π

∫ π

−πf(x) cosnx dx, n = 0, 1, 2, . . . ;

bn :=1

π

∫ π

−πf(x) sennx dx, n = 1, 2, . . . .

31.9.3 Exercício: Se ci e di são números quaisquer, verique que:

∫ π

−π

[f(x)−

(a0

2+

N∑n=1

cn cosnx+ dn sennx

)]2

dx

=

∫ π

−π[f(x)]

2dx− 2π

(a0c0

2+

N∑n=1

an cn + bn dn

)+ π

(c202

+

N∑n=1

c2n + d2n

)

=

∫ π

−π[f(x)]

2dx− π

(a2

0

2+

N∑n=1

a2n + b2n

)

+ π

((c0√

2− a0√

2

)+

N∑n=1

(cn − an)2 + (dn − bn)2

).

Em particular, essa identidade prova que a integral à esquerda resulta mínima quando ci = ai edi = bi. Em outras palavras, entre todas as possíveis combinações lineares das funções cosnx esennx com 1 6 n 6 N a função particular dada por:

g(x) :=a0

2+

N∑n=1

an cosnx+ bn sennx

constitui a máxima aproximação à função f em [−π, π]. ♣

31.10 A Desigualdade de Bessell

Nesta seção será utilizada a notação e denições para os coeciêntes de Fourier ai e bi de umafunção f integrável em [−π, π] introduzidas da seção precedente.

31.10.1 Exercício: Prove que para todo N ∈ N verica-se a seguinte relação, denominadadesigualdade de Bessell:

π

(a2

0

2+

N∑n=1

a2n + b2n

)6∫ π

−π[f(x)]

2dx.


Sugestão: No caso ci = ai e di = bi a identidade do Exercício 31.9.3 se reduz a:

0 6∫ π

−π

[f(x)−

(a0

2+

N∑n=1

cn cosnx+ dn sennx

)]2

dx

=

∫ π

−π[f(x)]

2dx − π

(a2

0

2+

N∑n=1

a2n + b2n

). ♣

31.10.2 Exercício: Em particular, da desigualdade de Bessell segue que a sequência cujo termoN -ésimo é dado por:

π

(a2

0

2+

N∑n=1

a2n + b2n

)é limitada superiormente pelo número:

‖f‖2 :=∫ π

−π[f(x)]

2dx.

Como tal sequência é obviamente não-decrescente, pelo fato ser soma de termos não-negativos,resulta somável, ou seja, existe o limite para N → ∞. Em outras palavras, a série acimaconverge, com soma menor ou igual que ‖f‖2.

31.11 O Lema de Riemann-Lebesgue

Segundo Spivak [14], constitui uma excelente prova de intuição predecir o valor do limite:

limλ→∞

∫ b

a

f(x) senλx dx.

As funções contínuas f provavelmente resultem as mais acessíveis à intuição, mas uma vez obtidaa idéia para uma demonstração, o limite acima pode ser facilmente estabelecido, sem muito esforçoadicional, para qualquer f integrável.

31.11.1 Exercício: (a) Prove que:

limλ→∞

∫ b

a

senλx dx = 0

calculando a integral explicitamente.

(b) Se s é uma função degrau em [a, b], então:

limλ→∞

∫ b

a

s(x) senλx dx = 0.

As funções degrau foram introduzidas na Denição 27.13.1.

31.12 O Núcleo de Dirichlet 435

(c) Finalmente, use o Exercício 27.13.2 para provar que

limλ→∞

∫ b

a

f(x) senλx dx = 0

para qualquer função f integrável em [a, b]. ♣

O resultado do item (c) no exercício anterior é conhecido como Lema de Riemann-Lebesguee sua relevância será apreciada em capítulos posteriores.

31.12 O Núcleo de Dirichlet

31.12.1 Exercício: Suponha-se que senx/2 6= 0. Verique que para cada n ∈ N tem-se:

sen(n+ 1/2)x

2 senx/2+ cos(n+ 1)x =

sen(n+ 3/2)x

2 senx/2.

Sugestão: Use as fórmulas de adição para sen e cos. ♣

31.12.2 Exercício: Prove que se senx/2 6= 0, então:

1

2+ cosx+ cos 2x+ · · ·+ cosnx =

sen(n+ 1/2)x

2 senx/2.

Sugestão: Use indução em n e o exercício anterior para vericar a validade do paso indutivo. ♣

31.12.3 Exercício: Caso o leitor esteja se perguntando, existe também uma fórmula análoga àdo exercício anterior para uma soma de senos. Prove que se senx/2 6= 0, então:

senx+ sen 2x+ · · ·+ sennx =sennx

2+

senx

2

1− cosnx

1− cosx;

=senx+ sennx− sen(n+ 1)x

2 (1− cosx).

Sugestão: Use indução em n. A primeira identidade a direita acima permite vericar o caso n = 1de maneira simples, no entanto que a segunda resulta bacana para provar a validade do pasoinductivo. ♣

31.12.4 Exercício: Assumindo que senx/2 6= 0, use o exercício anterior para vericar a seguinterelação:∣∣∣∣∣

n∑k=1

sen kx

∣∣∣∣∣ = |senx+ sen 2x+ · · ·+ sennx| < cosec2 x/2, ∀n ∈ N. ♣


31.12.5 Exercício: O presente exercício fornece uma prova alternativa da identidade do Exer-cício 31.12.3 anterior.

(a) Prove que para R 3 a 6= 1 tem-se:

n∑k=1

ak =a− an+1

1− a.

(b) Expresando o seno como exponencial complexa:

sen kx =eikx − e−ikx

2i,

e usando o resultado do item anterior prove que:

n∑k=1

sen kx = Im

(eix − ei(n+1)x

1− eix

).

(c) Prove que:

Im

(eix − ei(n+1)x

1− eix

)=

sennx

2+

senx

2

1− cosnx

1− cosx

=senx+ sennx− sen(n+ 1)x

2 (1− cosx).

(d) Utilizando o resultado dos dois itens precedentes reproduza a identidade do Exercício 31.12.3. ♣

Capítulo 32

As Funcões Logarítmica eExponencial

32.1 A Função Logarítmica

32.1.1 Denição: Se x > 0, dene-se a função logarítmica por:

log x :=∫ x

1

1

tdt. ♣

Embora o leitor possa expressar as suas reservas com relação à esta denição, uma coisa deveriaresultar evidente: A derivada da função log é simples de obter. De fato, por uma aplicação diretado primeiro TFCI 30.1.1, tem-se:

log′ x =1

x.

A propriedade fundamental da função logarítmica agora resulta quase uma trivialidade.

32.1.2 Teorema: Se x, y > 0, então log(xy) = log(x) + log(y).

Demonstração: Seja y > 0 arbitrário mas xo. Considerando a função f(x) := log(xy) tem-se:

f ′(x) = log′(xy) · y = y1

xy=

1

x= log′ x.

Portanto, existe alguma constante c ∈ R tal que f(x) = log x + c. O valor da constante pode serobtido observando que:

log y = f(1) = log(1) + c =

∫ 1

1

1

tdt = 0 + c = c.

Ou seja, log(xy) = f(x) = log x+ log y.

437

438 As Funcões Logarítmica e Exponencial

32.1.3 Corolário: A função logarítmica satisfaz as seguintes propriedades:

(a) Se n ∈ N e x > 0, então log(xn) = n log(x).

(b) Se x, y > 0, então log

(x

y

)= log(x)− log(y).

Demonstração: (a) Por indução em n. O caso n é trivial. Para vericar a validade do pasoinductivo, observe que:

log(xn+1) = log(xnx) = log(xn) + log(x) = n log(x) + log(x) = (n+ 1) log(x).

(b) Pelo teorema anterior tem-se:

log(x) = log

(x

yy

)= log

(x

y

)+ log(y),

ou seja, log(x)− log(y) = log(x/y).

32.1.4 Lema: A função logarítmica satisfaz as seguintes propriedades:

(a) log x é uma função monótona estrictamente crescente para x > 0.

(b) Em particular, existe a função inversa log−1.

(c) Para qualquer n ∈ N tem-se:

log(2n) = n log 2.

Em particular, log é uma função não-limitada superiormente.

(d) Analogamente, para qualquer n ∈ N tem-se:

log

(1

2n

)= log 1− log 2n = −n log 2,

Portanto, log também é uma função não-limitada inferiormente.

(e) log assume todos os valores reais. Ou seja, Img(log) = R.

(f) Dom(log−1) = R.

Demonstração: (a) Observe que a função 1/x é contínua se x > 0. Segue da denição 32.1.1da função log e do primeiro TFCI 30.1.1 que:

log′(x) = 1/x.

Portanto, log′(x) > 0 para x > 0, e a monotonicidade segue do Lema 23.2.7(a).

(b) Pelo Exemplo 26.1.3(b), toda função monótona é injetora. Portanto, do item (a) precedentee do Teorema 26.1.5 segue a existência da função inversa log−1.

32.2 A Função Exponencial 439

(c) A igualdade log(2n) = n log 2 para todo n ∈ N é consequência direta do Corolário 32.1.3(a).Observe que do Exercício 27.5.2(a) tem-se que log 2 > 0. Desta maneira, dado qualquerM ∈ R, pela arquimedianidade, existe n ∈ N tal que n log 2 > M e portanto, log(2n) =n log 2 > M .

(d) Analogamente, a identidade:

log

(1

2n

)= log 1− log 2n = −n log 2,

para qualquer n ∈ N, segue do Corolário 32.1.3(b). Dado qualquer M ∈ R, pela arquimedi-anidade, existe n ∈ N tal que n log 2 > M e portanto, log(1/2n) = −n log 2 < −M .

(e) Da denição 32.1.1 da função log e do Teorema 27.3.6 tem-se que log é uma função contínua.Sendo não-limitada e contínua, toma realmente todos os valores reais. Ou seja, Img(log) = R.

(f) Como consequência direta do item anterior segue que Dom(log−1) = R.

32.2 A Função Exponencial

32.2.1 Denição: A função exponencial exp dene-se como exp = log−1. ♣

32.2.2 Observação: Como log 1 = 0, tem-se que exp(0) = 1. ♣

32.2.3 Teorema: Para todo x ∈ R, exp′(x) = exp(x).

Demonstração: Através de uma simples aplicação do Teorema 26.3.3 tem-se:

exp′(x) =(log−1

)′=

1

log′(log−1(x))=

11

log−1(x)

= log−1(x) = exp(x).

32.2.4 Teorema: Para todo x, y ∈ R tem-se exp(x+ y) = exp(x) exp(y).


exp(x) = u⇔ x = log u,

exp(y) = v ⇔ y = log v.

Portanto:

x+ y = log u+ log v = log uv ⇔ exp(x+ y) = uv = exp(x) exp(y).

32.2.5 Denição: O número e dene-se como e := exp(1). ♣


32.2.6 Observação: Se r ∈ Q e x ∈ R, então exp(rx) = expr(x). Em particular, com x = 1,tem-se exp(r) = expr(1) = er, para todo r ∈ Q. Com efeito:

(a) Se n ∈ N, então:

exp(nx) = exp(x+ x+ · · ·+ x︸︷︷︸n vezes

) = exp(x) exp(x) · · · exp(x)︸︷︷︸n vezes

= expn(x).

(b) Também, 1 = exp(0) = exp(nx− nx) = exp(nx) exp(−nx). Portanto:

exp(−nx) =1

exp(nx)=

1

expn(x)= exp−n(x).

(c) Em particular, dos dois itens anteriores segue que exp(nx) = expn(x), para todo n ∈ Z.

(d) Se agora n ∈ Z e m ∈ N, então tem-se:

expm(nx/m) = exp(nx/m) exp(nx/m) · · · exp(nx/m)︸︷︷︸m vezes

= exp((nx/m) + (nx/m) + · · ·+ (nx/m)︸︷︷︸m vezes

) = exp(mnx/m) = exp(nx) = expn(x),

onde a última igualdade segue do item (c) anterior. Portanto, exp(nx/m) = expn/m(x). ♣

32.3 Exponenciais de Base Positiva Revisitadas

Seja a > 0. Se x ∈ Q, então pela observação 32.2.6 anterior tem-se:

ax = (exp(log a))x = expx(log a) = exp(x log a).

Ou seja, as funções:

f(x) = ax,

g(x) = exp(x log a),

coincidem no conjunto denso Q, e logo, pela continuidade em todo R. Em particular, no caso a = etem-se:

ex = exp(x), ∀x ∈ R.

Desta maneira, as expressões ex e exp(x) serão consideradas como sinônimos para a mesma função,a função exponencial, e como tais serão usadas indistintamente segundo a conveniência do contexto.

A expressão alternativa exp(x log a) para ax resulta de inestimável importancia para demons-trar propriedades dessa última função que com a denição original do Capítulo 12 resultariamcompletamente inviáveis.

Mais ainda, se o Capítulo 12 fosse omitido, o valor de ax para x real irracional seria pre-cisamente denido como exp(x log a). Tal proceder estaria justicado pelo fato da identidadeax = exp(x log a) ser válida para todo x ∈ Q, pela observação 32.2.6, e pelo fato da expressãoexp(x log a) estar denida para todo x ∈ R.

32.3 Exponenciais de Base Positiva Revisitadas 441

32.3.1 Denição (alternativa para a exponencial de base positiva): Seja a > 0. Então, paratodo x ∈ R dene-se ax como:

ax := exp(x log a) = ex log a. ♣

32.3.2 Teorema: Seja a > 0. Então:

(a) Para todo b, c ∈ R tem-se (ab)c = abc.

(b) a1 = a.

(c) Para todo x, y ∈ R tem-se ax+y = ax ay.

Demonstração: (a) Empregando a denição alternativa da exponencial de base a > 0 tem-se:

(ab)c = exp(c log ab

)= exp (c log(exp(b log a))) = exp(cb log a) = abc.

(b) Basta observar que a1 = exp(log a) = a.

(c) Utilizando a denição tem-se:

ax+y = exp((x+ y) log a) = exp(x log a+ y log a) = exp(x log a) exp(y log a) = ax ay.

32.3.3 Observação: Seja f(x) = ax.

(a) Se a = 1, então f(x) = 1x = ex log 1 = e0 = 1.

(b) Seja a > 1. Em tal caso log a > 0, portanto:

x < y ⇒ x log a < x log y ⇒ ax = exp(x log a) < exp(x log y) = ay,

ou seja, a função f(x) = ax é estrictamente crescente.

(c) Seja agora 0 < a < 1. Neste caso log a < 0 e analogamente ao caso anterior prova-se que afunção f(x) = ax é estrictamente decrescente.

(d) Desta maneira, se a > 0 com a 6= 1, a função f(x) = ax é injetora e portanto invertível. ♣

32.3.4 Denição: Seja a > 0 com a 6= 1. Dene-se a função logaritmo em base a, denotadaloga, como a função inversa de f(x) = ax. ♣


32.4 Grácos, Derivadas, Integrais

32.4.1 Exercício: Trazar o gráco aproximado das seguintes funções:

(a) f(x) = 2x.

(b) f(x) =

(1

2

)x. ♣

32.4.2 Exercício: Nos seguintes casos determine o valor de x quando possível:

(a) e2x = 8. R: x = 12 log 8 = 3

2 log 2.

(b)(

3

5

)3x

=9

25. R: x = 2/3.

(c)(

3

2

)x= −5. R: Não existe um tal x.

(d) log10(x) = 4. R: x = 104. ♣

32.4.3 Exercício: Derive as seguintes funções:

(a) f(x) = ex. R: ex.

(b) f(x) = xe. R: e xe−1.

(c) f(x) = ax. R: (log a) ax.

(d) f(x) = log g(x). R: g′(x)/g(x).

(e) f(x) = g(x)h(x). R: g(x)h(x) [h′(x) log g(x) + h(x)g′(x)/g(x)]. ♣

32.4.4 Exercício: Se f(x) = log x determine os números ξ tais que e2 < ξ < e3 satisfazendo:

f ′(ξ) =f(e3)− f(e2)

e3 − e2. R: ξ = e3 − e2. ♣

443



(a) F (t) =

∫ 2

0

et dt. R: F ′ = 0. ♣

32.4.6 Exercício: Calcule as seguintes integrais:

(a)∫ e

1

1

xdx. R: 1.

(b)∫ log 2

0

ex dx. R: 1. ♣

32.4.7 Exercício: Em cada um dos seguintes casos determine, se existir, o valor de x tal que:

(a)∫ x

1

1

udu = 1. R: x = e.

(b)∫ x

log 2

e2t dt = 1. R: x = 32 log 2.

(c)∫ x

−xt e3t2 dt = 2. R: Não existe um tal x. ♣

32.4.8 Exercício: Quanto deve valer a constante a para que a derivada de (x2− 2x+a) ex seja(x2 + 2) ex. R: 4. ♣

32.5 Logaritmo de Base Positiva Arbitrária

32.5.1 Exercício: Prove que loga x =log x

log a.

Sugestão: Basta apenas usar as denições. ♣

32.5.2 Exercício: Prove que log10 2 é irracional.

Sugestão: Por reductio ad absurdum, suponha-se que tal número fosse racional, digamos, da formam/n. Pelo exercício anterior teria-se:

m

n= log10 2 =

log 2

log 10.

Como 2 > 1 e 10 > 1 tem-se que log 2 > 0 e log 10 > 0. Portanto, sem perda de generalidade se podesupor que m,n ∈ N. Da identidade acima segue que n log 2 = m log 10, ou seja, log 2n = log 10m,de onde tem-se que 2n = 10m = 2m5m, mas isso não pode ser possível e a demostração acaba sedescobrir o por quê. ♣

32.6 Uma Função Melíua 445

32.6 Uma Função Melíua

Nesta seção será provado que a função logaritmica, embora não limitada, não cresce rapidamente. Aênfase aqui reside na vagarosidade. Com maior precisão, a função logarítmica cresce mais devagardo que qualquer reta pela origem de pendiente positiva arbitrária. O caso particular em que apendiente vale 1 será considerado primeiramente.

32.6.1 Exercício: Prove que log x < x para todo x > 0. Considere por separado os três casosa seguir:

(a) 0 < x < 1. Neste caso, log x < 0 < x.

(b) x = 1. Aqui, log x = log 1 = 0 < 1 = x.

(c) 1 < x. Neste caso observe-se que log x < x − 1 < x, onde a primeira desigualdade pode serobtida majorando a integral que dene o logaritmo com uma soma superior bem simples. ♣

Eis o enunciado do resultado geral, cuja prova é o objetivo da presente seção.

32.6.2 Teorema: Para todo a > 0 existe um número não-negativo M = M(a) > 0, em geraldependente de a, tal que log x < ax, para todo x > M .

Para provar este resultado, será necessário considerar por separado três casos, cada um delesabordado com detalhe nos seguintes três exercícios, respectivamente.

32.6.3 Exercício: Caso a = 1

Sugestão: Neste caso basta tomar M = 0. Isso segue direto do Exercício 32.6.1 anterior. ♣

32.6.4 Exercício: Caso a > 1

Sugestão: Também pelo exercício 32.6.1, tem-se log x < x < ax para todo x > 0, onde a últimadesigualdade é consequência do fato de ser a > 1. Desta maneira, neste caso também basta tomarM = 0. ♣

32.6.5 Exercício: Caso 0 < a < 1

Este caso exige um pouco mais de cuidado que os anteriores.

(a) Prove que deve existir algum k ∈ N tal que a2k > 1.

Sugestão: R é um conjunto arquimediano.


(b) O mesmo k ∈ N do item anterior satisfaz ak > 1/a > 1.

(c) Prove que se 1 < ak < x então:

log x < (ak − 1) + (x− ak)1

ak.

Sugestão: Como de praxe, majore a integral que dene o logaritmo por uma soma superior,considerando a partição 1, ak, x.

(d) Prove que:

(ak − 1) + (x− ak)1

ak< ax ⇔ ak − 2

a2k − 1ak < x.

Sugestão: Em algum ponto será necessário observar que a2k − 1 > 0, o que é garantido pelaescolha do k no item (a).

(e) Se já cogitou em escolher M(a) = max

ak,

ak − 2

a2k − 1ak

então está no caminho certo. ♣

32.7 (Nem) O Céu é o seu Limite

Como contraponto da seção anterior, na presente será provado que a função exponencial crescefantásticamente rápido. Mais precisamente, cresce mais rápido que qualquer polinômio, comoestabelece o seguinte resultado.

32.7.1 Teorema: Para todo n ∈ N tem-se que limx→∞

ex

xn=∞.

A prova deste teorema será quebrada em várias partes a serem consideradas nos exercícios aseguir.

32.7.2 Exercício: Prove que ex > x, para todo x ∈ R.

Sugestão: Isso é consequência direta do exercício 32.6.1. ♣

32.7.3 Exercício: Prove que limx→∞

ex

x=∞.


ex

x=ex/2 ex/2

2x

2

=1

2

ex/2x

2

ex/2.

Pelo exercício anterior, a expressão entre parênteses é maior do que 1. Por outro lado, limx→∞

ex/2 =∞. ♣

32.8 Uma estimativa do número e 447

32.7.4 Exercício: Prove que limx→∞

ex

xn=∞.


ex

xn=

(ex/n)n

nn(xn

)n =1

nn

ex/nx

n

n

.

Pelo exercício anterior, a expressão dentro do parêntese resulta arbitrariamente grande. Com an-ésima potência haverá de acontecer o mesmo. ♣

32.8 Uma estimativa do número e

Se fez o Exercício 32.4.6(a) já poderá ter observado que:

1 = log(exp(1)) = log e =

∫ e

1

1

tdt.

Esta identidade pode ser usada para estimar a ordem de grandeza do número e, como nos exercíciosa seguir.

32.8.1 Exercício: Primeiramente, prove que∫ 2

1

1

tdt < 1.

(a) Uma prova pode ser obtida majorando a integral por uma soma superior. Isso é quaseimediato e um gráco pode facilitar a visualização.

(b) Uma outra prova é fornecida pelo Exercício 27.5.3(b) ou (c). De fato, nesse exercício aestimativa da integral é ainda mais exata. Contudo, para a estimativa do número e napresente seção a majoração por 1 já é suciente. ♣

32.8.2 Exercício: Prove agora que∫ 4

1

1

tdt > 1.

Sugestão: Apresente uma soma inferior igual a 1 considerando a partição 1, 2, 4. ♣

32.8.3 Exercício: Le coup de grâce

(a) Conclua da observação inicial e dos dois exercícios anteriores que:∫ 2

1

1

tdt <

∫ e

1

1

tdt <

∫ 4

1

1

tdt.

(b) Conclua nalmente que 2 < e < 4. ♣

Essa última estimativa do número e pode ser notavelmente aprimorada, mas para tanto serãonecessárias outras técnicas, introduzidas posteriormente, vide Capítulo 35.


32.9 Orgia de Limites Logarítmicos

32.9.1 Exercício: Determine o valor dos seguintes limites:

(a) limy→0

log(1 + y)

y. R: 1.

Sugestão: Uma maneira consiste em utilizar a regra de L'Hôpital. Uma outra consiste emobservar que log(1) = 0, log′(1) = 1 e usar a denição de derivada.

(b) limx→0

log(1 + ax)

x. R: a.

Sugestão: Uma maneira consiste em utilizar a regra de L'Hôpital. Uma outra consiste emmanipular algebricamente a fração e utilizar o resultado do item anterior.

(c) limx→∞

x log

(1 +

1

x

). R: 1.

Sugestão: Segue facilmente do item (a) anterior. ♣

32.9.2 Exercício: Prove que log b = limx→∞

x(b1/x − 1).


limx→∞

x(b1/x − 1) = limx→∞

e(1/x) log b − 1

1/x= limy→0

ey log b − 1

y

e use a regra de L'Hôpital. ♣

32.9.3 Exercício: Seja c > 0.

(a) Prove que para todo c > 0 e todo t > 1 tem-se que:

1

t6 tc−1.

(b) Usando o item (a) anterior, prove que para todo x > 1 tem-se:

0 < log x <xc

c.

(c) Em particular, para todo a > 0, b > 0 tem-se:

0 <(log x)b

xa<xbc−a

cb, ∀x > 1. ♣

32.9.4 Exercício: Se a > 0 e b > 0, então verique:

32.10 Forma de Cauchy do Número e 449

(a) limx→+∞

(log x)b

xa= 0.

Sugestão: Considere 0 < c < b/a, por exemplo c = a/2b, no Exercício 32.9.3(c) anterior.

(b) limx→+∞

xb

eax= 0.

(c) limx→0+

xa (log x)b = 0.


xa (log x)b =

(− log

1

x

)b(

1

x

)a = (−1)b

(log

1

x

)b(

1

x

)a . ♣

32.9.5 Exercício: Prove que limx→0+

xx = 1.

Sugestão: Usando a continuidade da função exponencial tem-se:

limx→0+

xx = limx→0+

exp(x log x) = exp

(limx→0+

x log x

).

Uma maneira de determinar o valor do último limite consiste em usar o Exercício 32.9.4(c) coma = 1 e b = 1. ♣

32.10 Forma de Cauchy do Número e

32.10.1 Exercício: Seja a ∈ R. Verique que todos os seguintes limites têm o mesmo resultado.Não é necessário, contudo, determinar explicitamente o valor de tal resultado.

(a) limx→+∞

(1 +

1

x

)ax.

(b) limx→+∞

(1 +

a

x

)x.

(c) limx→0

(1 + ax)1/x.

(d) limy→0

(1 + y)a/y. ♣

32.10.2 Exercício: O valor dos limites no exercício anterior pode ser calculado da seguintemaneira:

limx→0

(1 + ax)1/x = limx→0

exp

(1

xlog(1 + ax)

)= exp

(limx→0

1

xlog(1 + ax)

),

onde a última igualdade segue da continuidade da função exponencial. Para determinar o valor doúltimo limite pode ser usado o Exercício 32.9.1(b). R: ea. ♣


32.10.3 Exercício: O valor dos limites no Exercício 32.10.1 também pode ser calculado alter-nativamente da seguinte maneira.

(a) Prove primeiramente que e = limx→+∞

(1 +

1

x

)x.


limx→+∞

(1 +

1

x

)x= lim

x→+∞exp

[x log

(1 +

1

x

)]= exp

[lim

x→+∞x log

(1 +

1

x

)],

onde a última igualdade segue da continuidade da função exponencial. O valor do últimolimite pode ser determinado a partir do resultado do Exercício 32.9.1(c).

(b) Verique agora que ea = limx→+∞

(1 +

1

x

)ax.

Sugestão: No resultado anterior tome a potência a-ésima e use o fato que a função f(x) =xa = exp(a log x) é obviamente contínua para x > 0. ♣

32.10.4 Exercício: Prove também que:

e = limn→∞

(1 +

1

n

)n.

Ou seja, o número e = exp(1) e o número e introduzido na Seção 8.6 são na verdade o mesmonúmero.

Sugestão: Use o resultado do Exercício 32.10.3(a), ou alternativamente a combinação dos Exercícios32.10.1(b,c) e 32.10.2 com a = 1, junto com o resultado do Exercício 18.8.2. ♣

32.11 O Cálculo de Juros Compostos

Se o capital C é aplicado a uma taxa de T por cento pelo periodo p, o juro J ao cabo de um tempot, segundo a fórmula de juros simples é dado por:

J =C × T × t

100 × p.

onde o periodo P e o tempo t são expressados na mesma unidade. Desta maneira, a poupançatotal P ao cabo do tempo t, dada pelo capital inicial mais os juros, pode ser expressada como:

P = C + J = C +C T t

100 p= C

(1 +

T t

100 p

).

No seguinte, apenas para simplicar os cálculos, suponha que a taxa de juros seja T = 100% anual(que não está muito longe da realidade, em alguns países) e que o tempo t é contabilizado emmeses; portanto, p = 12. Com essas simplicações, a poupança total ao cabo de t meses resulta:

P = C

(1 +

t

12

).

32.11 O Cálculo de Juros Compostos 451

Em particular, a poupança anual ao cabo de t = 12 meses de juros simples é dada por:

P = C (1 + 1) .

A poupança semestral ao cabo de t = 6 meses de juros simples é dada por:

P = C

(1 +

6

12

)= C

(1 +

1

2

).

Observe que se essa poupança P semestral é usada como capital inicial C ′ = P de uma novaaplicação semestral, a poupança anual resultante agora será dada por:

P = C ′(

1 +1

2

)= C

(1 +

1

2

)(1 +

1

2

)= C

(1 +

1

2

)2

.

Para efeitos de comparação, suponha que o capital inicial inicial C é dado por C = 1 (que podeser R$ 1 ou R$ 1 milhão, como preferir). Em tal caso, a poupanca anual com juros simples é deP = 2, entanto que a poupança anual composta semestralmente resulta:

P =

(1 +

1

2

)2

.

Observe que este resultado é sensivelmente maior que o anterior, pois:(1 +

1

2

)2

=

(3

2

)2

=9

4> 2.

De fato, 9/4 = 2, 25.

Suponha agora que o capital inicial C = 1 é aplicado por um quatrimestre, ou seja t = 4 meses.Em tal caso, a poupança será dada por:

P = C

(1 +

4

12

)= C

(1 +

1

3

).

Se o produto dessa aplicação é composto três vezes ao cabo de um ano, a poupança anual totaldesta vez será:

P =

(1 +

1

3

)(1 +

1

3

)(1 +

1

3

)=

(1 +

1

3

)3

.

Observe que este resultado é maior que o anterior, pois:(1 +

1

3

)3

=

(4

3

)3

=43

33=

64

27>

9

4.

De fato, 64/27 ≈ 2, 37.

Analogamente, se o capital inicial C = 1 é aplicado por um trimestre, ou seja t = 3 meses, apoupança será dada por:

P = C

(1 +

3

12

)= C

(1 +

1

4

).


Se o produto dessa aplicação é composto quatro vezes ao cabo de um ano, a poupança anual totalserá:

P =

(1 +

1

4

)4

.

Mais uma vez, observe que esse resultado é maior que o anterior, pois:(1 +

1

4

)4

=

(5

4

)4

=54

44>

43

33.

De fato, 54/44 ≈ 2, 44.

Dessa maneira, a aplicação inicial pode continuar se reduzindo sucessivamente para bimestral,mensal, semanal, diária, etc. etc. Nada impede que o ano possa ser dividido em periodos de tempot = 12/n arbitrariamente pequenos tomando n sucientemente grande. Em tal caso, a poupançaanual composta é dada por:

P =

(1 +

1

n

)n.

Como nos exemplos precedentes, neste caso verica-se que P continua crescendo a medida que naumenta, como prova o seguinte exercício.

32.11.1 Exercício: Prove que a sequência sn dada por:

sn :=(

1 +1

n

)né estrictamente crescente.

Sugestão: Use o Exercício 3.9.2. ♣

Desta maneira, surge naturalmente a questão sobre se a sequência sn cresce indenidamenteou se, pelo contrário, atinge um limite nito quando n → ∞ e em tal caso qual seria esse limite.A resposta dessas duas questões e o assunto dos seguintes dois exercícios.

32.11.2 Exercício: Prove que a sequência sn é limitada e forneça limites inferiores e superiorespara ela.

Sugestão: Use o Exercício 3.9.3 ou veja uma solução no Exercício 8.6.2. ♣

32.11.3 Exercício: Prove que limn→∞

sn = e.

Sugestão: Vide Exercício 32.10.4. ♣

32.12 As Funções Trigonométricas Hiperbólicas 453

32.11.4 Exercício: Forneça uma expressão para a poupança total com juros compostos no casogeral.

Sugestão: Use o Exercício 32.10.1(b) com a = T/100 e o resultado do Exercício 32.10.2 ou 32.10.3.R: P = C eT/100. ♣

32.12 As Funções Trigonométricas Hiperbólicas

32.12.1 Denição: As funções seno hiperbólico e coseno hiperbólico denem-se respecti-vamente por:

senhx =ex − e−x

2,

coshx =ex + e−x

2;

para todo x ∈ R. ♣

Existem muitas analogias entre estas funções e as correspondentes funções trigonométricasordinárias. Algumas delas serão analizadas nos exercícios a seguir.

32.12.2 Exercício: Identidade Hiperbólica

Para todo x ∈ R tem-se:

cosh2 x− senh2 x = 1. ♣

32.12.3 Exercício: Fórmulas de Adição

Para todo x, y ∈ R tem-se:

senh(x+ y) = senhx cosh y + coshx senh y;

cosh(x+ y) = coshx cosh y + coshx cosh y. ♣

32.12.4 Exercício: Fórmulas do Ángulo Duplo ou de Duplicação


cosh(2x) = cosh2 x+ senh2 x = 1 + 2 senh2 x;

senh(2x) = 2 senh(x) cosh(x). ♣

32.12.5 Exercício: Fórmulas de Redução



senh2 x =cosh(2x)− 1

2;

cosh2 x =cosh(2x) + 1

2. ♣

32.12.6 Exercício: Regras de Derivação


senh′ x = coshx;

cosh′ x = senhx. ♣

32.12.7 Exercício: Usando a regra de derivação de produtos e quocientes obtenha as derivadasdas demais funções trigonométricas hiperbólicas:

(a) cosechx :=1

senhx. R: − cotghx cosechx.

(b) sechx =1

coshx. R: − tghx sechx.

(c) tghx =senhx

coshx. R: sech2 x.

(d) cotghx =coshx

senhx. R: − cosech2 x. ♣

32.13 Funções Trigonométricas Hiperbólicas Inversas

32.13.1 Exercício: Derive a função f(x) = arcsenhx utilizando a seguinte técnica. A identi-dade trigonométrica:

cosh2(a)− senh2(a) = 1

é válida para qualquer a. Em particular, se a = arcsenhx tem-se:

1 = cosh2(arcsenhx)− senh2(arcsenhx) = cosh2(arcsenhx)− x2.

Ou seja:

cosh(arcsenhx) =√

1 + x2.

O resto consiste em derivar ambos membros desta última identidade usando a regra de derivação

de funções compostas. R:1√

1 + x2. ♣

32.13.2 Exercício: Derive f(x) = arccoshx usando uma técnica parecida. R:1√

x2 − 1para

x > 1. ♣

32.14 Algumas Médias Revisitadas 455

32.13.3 Exercício: Para derivar f(x) = arctghx a técnica anterior deve ser ligeiramente mo-dicada. Partindo novamente da identidade trigonométrica:

cosh2(a)− senh2(a) = 1

e dividendo ambos termos por cosh2(a) tem-se:

1− tgh2(a) = 1− senh2(a)

cosh2(a)=

1

cosh2(a).

Ou seja:

sech a =

√1− tgh2(a).

Em particular, se a = arctghx tem-se:

1

cosh(arctghx)= sech(arctghx) =

√1− x2.

O resto é parecido. Basta derivar ambos membros da última identidade usando a regra de derivação

de funções compostas. O Exercício 32.12.7(b) pode servir de alguma ajuda aqui. R:1

1− x2para

|x| < 1. ♣

32.13.4 Exercício: Determine uma fórmula explícita para as seguintes funções:

(a) arcsenh. R: arcsenh y = log(y +√y2 + 1), ∀ y ∈ R.

Sugestão: Coloque x em evidência na equação:

y =ex − e−x

2.

(b) arccosh. R: arccosh y = log(y +√y2 − 1), ∀ y > 1; ou

arccosh y = log(y −√y2 − 1), ∀ y > 1.

Sugestão: Idem.

(c) arctgh. R: arctgh y =1

2log

(1 + y

1− y

), |y| < 1.

Sugestão: Idem, observando neste caso que:

tghx =ex − e−x

ex + e−x= 1− 2

e2x + 1. ♣

32.14 Algumas Médias Revisitadas

32.14.1 Exercício: Prove as seguintes propriedades:


(a) A função exponencial exp é convexa.

(b) A função logarítmica log é cóncava. ♣

32.14.2 Exercício: Seja n ∈ N arbitrário mas xo. Considere um conjunto de n números

positivos p1, p2, . . . , pn > 0 tais quen∑i=1

pi = 1.

(a) Prove que se x1, x2, . . . , xn são n números positivos quaisquer, xi > 0, então:

n∑i=1

pi log xi 6 log

(n∑i=1

pixi

).

(b) Em particular,n∏i=1

xpii 6n∑i=1

pixi.

(c) Forneça uma outra prova da desigualdade G 6M1, ou seja:

n√x1x2 · · ·xn 6

x1 + x2 + · · ·+ xnn

.

Sugestão: Use o item (b) anterior com pi = 1/n para todo i = 1, 2, . . . , n. ♣

32.15 A Integral de xs com s ∈ R\−1: Coda32.15.1 Exercício: Prove que:

limh→0

1− (1− h)s

h= s

Sugestão: Considere a função f(x) = (1 − x)s. Observe que, além de ser f(0) = 1, tem-sef ′(x) = −s(1 − x)s−1 e portanto f ′(0) = −s. Agora, reproduza este mesmo resultado usando adenição de derivada. ♣


limn→∞

1− cs/n

1− c1/n= s

Sugestão: Considere a sequência denida como an := 1 − c1/n para todo n ∈ N. Observe quelimn→∞

an = 0 e também que:

1− cs/n

1− c1/n=

1−(c1/n

)s1− c1/n

=1−

(1−

(1− c1/n

))s1− c1/n

=1− (1− an)

s

an= f(an),

onde f(h) :=1− (1− h)s

h. Agora, um resultado conveniente estabelece que lim

n→∞f(an) = lim

h→0f(h)

e pelo exercício anterior esse último limite vale s. ♣

32.15 A Integral de xs com s ∈ R\−1: Coda 457

32.15.3 Exercício: Finalmente, prove que:

limn→∞

1− c1/n

1− c(s+1)/n=

1

1 + s

Sugestão: Manipule a expressão dentro do limite de maneira tal que o resultado do exercícioanterior possa ser utilizado:

1− c1/n

1− c(s+1)/n=

1− c1/n

1− c1/ncs/n=

1− c1/n

1− c1/ncs/n + cs/n − cs/n

=1− c1/n(

1− cs/n)

+(1− c1/n

)cs/n

=1

1− cs/n

1− c1/n+ cs/n

.

Observe também que cs/n = (cs)1/n → 1 quando n→∞. ♣

Capítulo 33

Integração em Termos Elementares

33.1 Integral Indenida e Primitivas

33.1.1 Denição: Uma função g que satisfaz g′ = f é denominada primitiva da f . Algunsautores empregam o termo antiderivada com o mesmo signicado. ♣

33.1.2 Exemplo: O Teorema 30.1.1 garante que toda função contínua f possui uma primitiva,a saber:

F (x) =

∫ x

a

f. ♣

33.1.3 Observação: (a) Seja g uma primitiva de alguma função f . Se R 3 c é uma constantearbitrária, então g + c também é uma primitiva da f . Com efeito:

(g + c)′ = g′ + c′ = f + 0 = f.

(b) Reciprocamente, se g e h são duas primitivas de f , tem-se que g′ = f = h′. Portanto, deveexistir alguma constante c ∈ R tal que g = h+ c. ♣

33.1.4 Denição: Se g é uma primitiva de f , ou seja, g′ = f , então tal condição será denotada:

g =

∫f. ♣

Em outras palavras, o símbolo∫f denota uma primitiva da f . Em vista da observação anterior,

alguns autores empregam o mesmo símbolo para denotar mais precisamente o conjunto de todasas primitivas de f . Contudo, por exemplo se f(x) = x, seria desejável poder escrever identidadestais como:∫

x dx =x2

2,

459

460 Integração em Termos Elementares

interpretando a identidade acima como uma relação de igualdade entre funções e não entre con-juntos de funções (o termo à direita acima é certamente uma função, não um conjunto de tais).

33.1.5 Observação: O símbolo∫f costuma se denominar integral indenida de f , por con-

traposição a∫ b

a

f , a integral denida. ♣

33.2 Integração por Partes

33.2.1 Teorema (Integração por Partes): Se f ′ e g′ são contínuas, então:

(a)

∫f g′ = f g −

∫f ′ g.

(b)

∫f(x) g′(x) dx = f(x) g(x) −

∫f ′(x) g(x) dx.

(c)

∫ b

a

f(x) g′(x) dx = f(x) g(x)

∣∣∣∣ba

−∫ b

a

f ′(x) g(x) dx.

Demonstração: (a) Observe que o enunciado estabelece que uma primitiva da função fg′ podeser obtida substraindo do produto fg uma primitiva da função f ′g. De fato, se h é umaprimitiva de f ′g, ou seja, h′ = f ′g, então tem-se:

(fg − h)′ = (fg)′ − h′ = f ′g + fg′ − f ′g = fg′.

Ou seja, fg − h é uma primitiva de f ′g.

(b) Trata-se apenas de uma paráfrase do item (a) anterior.

(c) Segue trivialmente do item (a) ou (b) anteriores, aplicando o Corolário 30.1.2.

33.3 Integração por Substituição

33.3.1 Teorema (Fórmula de Substituição): Se f e g′ são contínuas, então:

(a)

∫ g(b)

g(a)

f =

∫ b

a

(f g) g′.

(b)

∫ g(b)

g(a)

f(u) du =

∫ b

a

f(g(x)) g′(x) dx.

Demonstração: (a) Pelo Teorema 30.1.1 toda função contínua possui (pelo menos) uma pri-mitiva. Seja então h primitiva de f . Pelo Corolário 30.1.2 tem-se:∫ g(b)

g(a)

f = h(g(b))− h(g(a)).

33.3 Integração por Substituição 461


(h g)′(x) = h′(g(x)) g′(x) = f(g(x)) g′(x),

ou seja, h g é uma primitiva de (f g) g′. Portanto:∫ b

a

(f g) g′ = (h g)(b)− (h g)(a) = h(g(b))− h(g(a)).

(b) Trata-se apenas uma paráfrase do item (a) anterior.


33.4 Integrais Imediatas

33.4.1 Exercício: Calcule as seguintes integrais apelando à lista de primitivas conhecidas. Al-guma manipulação algébrica simples será necessária.

(a)∫

(5x4 − 5

x3+ x) dx. R: x5 + 5

2x−2 + 1

2x2.

(b)∫ (

cosx+1

x

)dx. R: senx+ log x.

(c)∫

(2x− senx+ ex) dx. R: x2 + cosx+ ex.

(d)∫ (

x1/3 + x2/3)dx. R: 3

4x4/3 + 3

5x5/3.

(e)∫ (√

2x− 1√2x

)dx. R:

√2(

23x

3/2 − x1/2).

(f)∫x4 + 2x2 − 1√

xdx. R: 2

(19x

9/2 + 25x

5/2 − x1/2).

(g)∫ (

x2 +13√x

)dx. R: 1

3x3 + 3

2x2/3.

(h)∫ (

4

x√x− 1

x2+ 1

)dx. R: −8/

√x+ 1/x+ x.

(i)∫

3

1 + x2dx. R: 3 arctg x.

(j)∫

1 +√

1− x2

√1− x2

dx. R: arcsen(x) + x. ♣

33.5 Integração por Partes

33.5.1 Exercício: Calcule as seguintes integrais por partes:

463


(a)∫x senx dx. R: −x cosx+ senx.

(b)∫

log x dx. R: x(log x− 1).

(c)∫xn log x dx. R:

xn+1

n+ 1

(log x− 1

n+ 1

). ♣

33.5.2 Exercício: Para calcular as seguintes integrais será necessário integrar por partes maisde uma vez:

(a)∫x2ex dx. R: (x2 − 2x+ 2) ex.

(b)∫e−x cosx dx. R: 1

2 (senx− cosx) e−x.

Sugestão: Aqui também será necessário perceber um detalhe. ♣

33.6 Integração por Substituição

33.6.1 Exercício: Calcule as seguintes integrais por simples substituição, a maioria das quaispode ser feita mentalmente.

(a)∫

(s+ 1)−5/4 ds. R: −4(s+ 1)−1/4.

(b)∫

1√s+ 1

ds. R: 2√s+ 1.

(c)∫

cos4 x. senx dx. R: − 15 cos5 x.

(d)∫

5t√

4− t2 dt. R: − 53 (4− t2)3/2.

(e)∫

cos(ωt) dt. R: 1ω sen(ωt).

(f)∫

cos(ωt) dω. R: 1t sen(ωt). ♣

33.6.2 Exercício: Idem, apenas para o leitor ter certeza que captou a idéia.

(a)∫

1

(1− y)2/3dy. R: −3(1− y)1/3.

(b)∫t(1 + t2) dt. R: 1

4 (1 + t2)2.

33.6 Integração por Substituição 465

(c)∫

x3√

5 + 2x2dx. R: 3

8 (5 + 2x2)2/3.

(d)∫

sen3(2x). cos(2x) dx. R: 18 sen4(2x).

(e)∫

arccos2 x√1− x2

dx. R: − 13 arccos3 x.

(f)∫ses

2

ds. R: 12es2 .

(g)∫e√x

√xdx. R: 2e

√x.

(h)∫

1

x2e1/x dx. R: −e1/x.

(i)∫esen x cosx dx. R: esen x.

(j)∫

dx

e(4−5x). R: 1

5e−(4−5x).

(k)∫ (

ex/a − e−x/a)2

dx. R: a2e2x/a − 2x− a

2e−2x/a.

(l)∫x2−2x2/3 dx. R: −3

4 log 22−2x2/3.

(m)∫

4(5−3/x)

x2dx. R: 1

3 log 445−3/x.

(n)∫

dx

x log x. R: log(log x).

(o)∫

2x+ 1

x2 + x+ 1dx. R: log(x2 + x+ 1).

(p)∫

cos(log x)

xdx. R: sen(log x).

(q)∫

cos(3x)

1 + sen2(3x)dx. R: 1

3 arctg(sen(3x)).

(r)∫

dx

x√

1− log2 x. R: arcsen(log x).

(s)∫

ds√s− 1

. R: 2 [√s+ log(

√s− 1)]. ♣

33.6.3 Exercício: Para calcular as seguintes integrais será necessário realizar várias substitui-ções sequencialmente:


(a)∫

tg√x√x

dx. R: −2 log(cos√x) = log(sec2

√x) ♣

Embora não esteja errado fazer várias substituições seguidas, observe de passagem que duas, oumais, delas podem ser combinadas apenas numa só. Nesse ponto deve ser acrescentado que per-ceber a priori qual é a substituição única que simplica completamente o integrando poderia serconsiderado como um exercício de super-intuição, beirando quase no paranormal, dependendo daintegral em questão.

33.7 Substituições Trigonométricas

33.7.1 Exercício: A substituição u = arctg x

Para calcular as seguintes integrais manipule o denominador, completando quadrados se necessário,e depois use a substituição trigonométrica do título do exercício.

(a)∫

3

9 + x2dx. R: arctg(x/3).

(b)∫

dx

x2 − x+ 1. R:

2√

3

3arctg

(2x− 1√

3

).

(c)∫

dx

x2 + 4x+ 29. R:

1

5arctg

(x+ 2

5

). ♣

33.7.2 Exercício: A substituição u = arcsenx


(a)∫

10√25− x2

dx. R: 10 arcsen(x/5). ♣

33.8 Substituições Hiperbólicas

33.8.1 Exercício: A substituição u = arcsenhx


(a)∫ √

1 + x2 dx. R:1

2

(arcsenhx+ x

√1 + x2

).

Sugestão: Aqui também será necessario lembrar a fórmula de redução para o coseno hiper-bólico do Exercício 32.12.5. ♣

33.9 Funções Trigonométricas 467


33.9.1 Exercício: Calcule∫

tg x dx. R: − log(cosx) = log(secx).

Sugestão: basta apenas uma simples substituição. ♣

33.9.2 Exercício: Analogamente ao exercício anterior, calcule∫

cotg x dx. R: log(senx). ♣


secx dx. R: log

(1 + senx

1− senx

)1/2

.

Sugestão: Use substituição, mas antes observe que:

secx =1

cosx=

cosx

cos2 x=

cosx

1− sen2 x=

cosx

(1 + senx)(1− senx)=

1

2

cosx

(1 + senx)+

1

2

cosx

(1− senx).♣

33.9.4 Exercício: Analogamente ao exercício anterior, calcule∫

cosecx dx.

R: log

(1− cosx

1 + cosx

)1/2

. ♣

33.10 Funções Trigonométricas Inversas

33.10.1 Exercício: Nas seguintes integrais, primeiro integre por partes e depois use substitui-ção.

(a)∫

arcsenx dx. R: x arcsenx+√

1− x2.

(b)∫

arccosx dx. R: x arccosx−√

1− x2.

(c)∫

arctg x dx. R: x arctg x− 12 log(1 + x2) = x arctg x+ log

(1√

1 + x2

). ♣

33.11 Algumas Integrais Trigonométricas Curiosas

33.11.1 Exercício: (a) Calcule∫

1

1 + cosxdx. R:

senx

1 + cosx.

Sugestão: Começe integrando por partes a integral do item (b) imediatamente abaixo comg′ = cosx. Na nova integral resultante lembre que sen2 x = 1− cos2 x = (1+cosx)(1− cosx)e por arte de mágica aparece a integral deste exercício junto com a primitiva!


(b) Calcule∫

cosx

1 + cosxdx. R: x− senx

1 + cosx.

Sugestão: Observe que o numerador pode ser escrito como cosx = (1 + cosx) − 1. Depoisuse o resultado do exercício anterior. ♣

33.11.2 Exercício: (a) Calcule∫

1

1− cosxdx. R:

senx

cosx− 1.

Sugestão: Começe integrando por partes a integral do item (b) imediatamente abaixo comg′ = cosx. Na nova integral resultante lembre que sen2 x = 1− cos2 x = (1+cosx)(1− cosx)e por arte de mágica aparece a integral deste exercício junto com a primitiva!

(b) Calcule∫

cosx

1− cosxdx. R: −x+

senx

cosx− 1.

Sugestão: Observe que o numerador pode ser escrito como cosx = −(1− cosx) + 1. Depoisuse o resultado do exercício anterior. ♣

33.11.3 Exercício: Analogamente a qualquer um dos dois exercícios anteriores, calcule o se-guinte par de integrais:

(a)∫

1

1 + senxdx. R: − cosx

1 + senx.

(b)∫

senx

1 + senxdx. R: x+

cosx

1 + senx. ♣

33.11.4 Exercício: As integrais seguintes podem ser calculadas analogamente ao exercício an-terior, ou, alternativamente, fazendo uma substituição trivial e usando a paridade ímpar da funçãosen.

(a)∫

1

1− senxdx. R:

cosx

1− senx.

(b)∫

senx

1− senxdx. R: −x+

cosx

1− senx. ♣

33.11.5 Exercício: Verique que∫

cosec2 x dx = cotg x sem calcular a integral diretamente.


cosec2 x =1

sen2 x=

1

1− cos2 x=

1

(1 + cosx)(1− cosx)=

1

2

1

1 + cosx+

1

2

1

1− cosx.

Agora, basta usar o resultado dos Exercícios 33.11.1(a) e 33.11.2(a). ♣

33.11 Algumas Integrais Trigonométricas Curiosas 469


sen2 x

1 + cosxdx. R: x− senx.

Sugestão: Apenas simplique o integrando, observando que sen2 x = 1 − cos2 x = (1 + cosx)(1 −cosx). ♣


sen2 x

(1 + cosx)2dx. R: 2

senx

1 + cosx− x.

Sugestão: Simplique o integrando com a mesma técnica que o exercício anterior, ou seja, sen2 x =1− cos2 x = (1 + cosx)(1− cosx). Depois use o resultado dos Exercícios 33.11.1 e 33.11.2. ♣

33.11.8 Exercício: Considere a função f(x) :=senx

1 + cosx. Observe que, pelo exercício anterior,

tem-se:∫f2(x) dx = 2 f(x)− x.

Derivando a igualdade anterior, usando o primeiro TFCI, tem-se que f2(x) = 2 f ′(x)− 1, ou seja:

f ′ =f2 + 1

2.

Portanto:

x

2=

1

2

∫dx =

∫f ′(x) dx

f2 + 1.

(a) Calcule a integral no membro direito na última igualdade acima.

Sugestão: Basta usar a simples substituição u = f(x).

(b) Verique que f(x) = tg(x/2).

(c) Em particular, isso prova a seguinte identidade trigonométrica:

tg(x

2

)=

senx

1 + cosx.

Obviamente, isso pode ser provado também através de um cálculo direto:

senx

1 + cosx=

2 sen(x/2) cos(x/2)

1 + cos2(x/2)− sen2(x/2)=

2 sen(x/2) cos(x/2)

1− sen2(x/2) + cos2(x/2)

=2 sen(x/2) cos(x/2)

cos2(x/2) + cos2(x/2)=

2 sen(x/2) cos(x/2)

2 cos2(x/2)=

sen(x/2)

cos(x/2)= tg

(x2

). ♣

33.11.9 Exercício: As integrais seguintes podem ser calculadas analogamente à primeira dalista.


(a)∫ √

1− cosx dx. R: −2√

1 + cosx.

Sugestão: Basta uma simples substituição.

(b)∫ √

1 + cosx dx. R: 2√

1− cosx.

(c)∫ √

1− senx dx. R: 2√

1 + senx.

(d)∫ √

1 + senx dx. R: −2√

1− senx.

Observação: Esta integral pode ser calculada alternativamente a partir da integral do item(c) anterior, usando uma substituição trivial e a paridade ímpar da função sen. ♣

33.11.10 Exercício: As integrais dos produtos dos integrandos do exercício anterior, ou seja,integrais da forma:∫ √

1± cosx√

1± senx dx,

podem ser reduzidas através da integração por partes ao cálculo de uma única integral desse tipo,que pode ser, digamos, a seguinte:∫ √

1 + cosx√

1 + senx dx.

Tente calcular essa última integral. Isso não é nem um pouco dicil com o uso de certas identidadestrigonométricas que, embora simples e conhecidas, o leitor poderia ter esquecido a esta altura. Emlugar de incluir aqui, como acostumado, a dica providencial a título de sugestão, será feita umaobservação que tal vez acrescente um pouco mais de mistério no assunto. As quatro funções queaparecem no integrando em cada um dos itens do Exercício 33.11.9, respectivamente, satisfazemtodas elas a equação diferencial 4f ′′ + f = 0, que, sendo de segunda ordem, pode ter apenas

duas soluções linearmente independentes. Esse aparente paradoxo está relacionado com o cálculoda última integral no seguinte sentido: Se souber como explicar o primeiro, seguramente o leitornão terá inconveniente em determinar que identidades trigonométricas usar para o cálculo dasegunda. ♣

33.12 Descomposição em Frações Simples

33.12.1 Exercício: Nas seguintes integrais, primeiramente descomponha o integrando em fra-ções simples e depois aplique o método de integração apropriado para cada caso.

(a)∫

4x+ 1

x2 − 5x+ 6dx. R: log

(x− 3)13

(x− 2)9.

(b)∫

2x− 1

(x− 2)(x− 1)dx. R: log

(x− 2)3

x− 1.

33.13 Mundo Mix 471

(c)∫

5x2 − 2x+ 6

x(x+ 4)(x− 1)dx. R: log

(x+ 4)47/10(x− 1)18/10

x3/2.

(d)∫

dx

x3 + 1. R:

1

3

(log(x+ 1)−

√3

6log

[(2x− 1√

3

)2

+ 1

]+√

3 arctg

(2x− 1√

3

)).

Sugestão: Observe que x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1). Para calcular a integral de uma dasfrações simples resultante, pode procurar inspiração no Exercício 33.7.1(b). ♣

33.13 Mundo Mix

33.13.1 Exercício: Para calcular as seguintes integrais será necessário uma combinação dosdiferentes métodos de integração.

(a)∫esen x senx cosx dx. R: (senx− 1) esen x.

Sugestão: Primeiro use substituição e depois integre por partes.

(b)∫x arcsenx√

1− x2dx. R: − arcsenx

√1− x2 + x.

Sugestão: Idem.

(c)∫

log3 x dx. R: (log3 x− 3 log2 x+ 6 log x− 6)x.

Sugestão: Primeiro use substituição e depois integre por partes uma vez. Depois dissocontinue integrando por partes ou então parta para integrar usando o resultado do Exercício33.5.2(a).

(d)∫x2 log2 x dx. R:

(1

3log2 x− 2

32log x+

2

33

)x3.

Sugestão: Idem.

(e)∫

dx

senx. R:

1

2log

(1− cosx

1 + cosx

).

Sugestão: Rescreva o integrando observando que:

1

senx=

senx

sen2 x=

senx

1− cos2 x.

Depois basta uma simples substituição, arrematando com uma descomposição em frações

simples. Por que a função1

2log

(cosx− 1

cosx+ 1

)é uma resposta incorreta para essa integral,

embora sua derivada seja o integrando?


(f)∫

dx

cosx. R:

1

2log

(1− senx

1 + senx

).

Sugestão: Idem que o exercício anterior. Alternativamente, observe que o integrando podeser transformado via a relação trigonométrica cos(π/2− x) = senx. Depois basta usar umasubstituição bem simples e o resultado do exercício anterior. Observe que aqui também a

função −1

2log

(senx− 1

senx+ 1

)faz o serviço, ou seja, a sua derivada é o integrando, mas não é

a resposta correta. ♣

33.14 Fórmula de Redução para∫xneax dx

Quem tiver feito algum dos Exercícios 33.5.2(a) ou 33.13.1(a,c,d) seguramente terá encontradoalgum caso particular da seguinte integral:∫

xneax dx, (33.14.1)

com n ∈ N e a 6= 0. O objetivo do presente exercício consiste em determinar seu valor no casogeneral.

33.14.1 Exercício: Seja n ∈ N e R 3 a 6= 0 arbitrários mas xos. Estabeleça a seguintefórmula de redução:∫

xneax dx = xneax

a− n

a

∫xn−1eax dx.

Sugestão: Integre por partes uma vez, com g′(x) = eax. ♣

33.14.2 Exercício: Calcule explícitamente a seguinte fórmula para o valor da integral:∫xneax dx =

[n∑k=0

n!

(n− k)!

(−1

a

)kxn−k

]eax

a.

Existem pelo menos três maneiras de fazer isso. Escolha a que preferir:

(a) Continue integrando por partes na fórmula de redução do exercício anterior.

(b) Integre aplicando n vezes a fórmula de redução do exercício anterior.

(c) Use indução em n. ♣

33.14.3 Exercício: Através de substituições adequadas, reduça o cálculo das seguintes integraisao de uma integral da forma (33.14.1).

33.14 Fórmula de Redução para∫xneax dx 473

(a)∫xa logm x dx, com m ∈ N e R 3 a 6= −1.

Observação: No caso a = −1 a integral ca bem simples, sendo igual alogm+1 x

m+ 1. ♣

Capítulo 34

Integrais Impróprias

34.1 Integrais Impróprias de Primeira Espécie

34.1.1 Denição: Seja a ∈ R. Se a integral∫ baf existe para todo b > a, então dene-se a

integral imprópria de primeira espécie como:∫ ∞a

f := limR→∞

∫ R

a

f.

Quando o limite acima existe se diz que a integral imprópria converge. Caso contrário, se diz quea integral imprópria não-converge ou que diverge. ♣

34.1.2 Exemplo: Seja s ∈ R. Então, a integral∫ ∞

1

x−s dx é convergente, com valor1

s− 1, se

e somente se s > 1.

Com efeito, no caso s 6= 1 tem-se:∫ R

1

x−s dx =x−s+1

−s+ 1

∣∣∣∣R1

=R−s+1

−s+ 1− 1

−s+ 1=

1

s− 1− R−s+1

s− 1=

1

s− 1

(1− e(1−s) logR

).

Portanto:

limR→∞

∫ R

1

x−s dx =

1

s− 1, se 1− s < 0;

∞, se 1− s > 0.

No caso s = 1 tem-se:∫ R

1

x−s dx = log x|R1 = logR− log 1 = logR.

Portanto, a integral é claramente divergente neste caso. ♣

475

476 Integrais Impróprias

34.1.3 Denição: Analogamente, dado a ∈ R, se a integral∫ abf existe para todo b 6 a, então

dene-se:∫ a

−∞f := lim

R→−∞

∫ a

R

f. ♣

34.1.4 Denição: Se as integrais∫∞af e

∫ a−∞ f existem ambas para algum a ∈ R, então dene-

se: ∫ ∞−∞

f :=∫ a

−∞f +

∫ ∞a

f. ♣

34.1.5 Exemplo: Seja a ∈ R. Então, a integral∫ ∞−∞

e−a|x| dx é convergente, com valor 2/a, se

a > 0.

Com efeito, se a > 0 tem-se:∫ R

0

e−a|x| dx =

∫ R

0

e−ax dx =e−ax

−a

∣∣∣∣R0

=e−aR

−a− 1

−a=

1

a

(1− e−aR

)−−−−→R→∞

1

a.

Analogamente prova-se que∫ 0

−∞e−a|x| dx =

1

a, de onde segue o armado. ♣

34.1.6 Exemplo: A integral∫ ∞−∞

x dx não existe, mas limR→∞

∫ R

−Rx dx existe (com valor igual a

zero, neste caso). ♣

34.2 Alguns Critérios de Convergência

34.2.1 Lema: Suponha-se que:

1.

∫ b

a

f existe para todo b > a.

2. 0 6 f(x), para todo x > a.

Então, a integral imprópria

∫ ∞a

f converge se e somente se existe M > 0 tal que

∫ b

a

f 6M , para

todo b > a.

Demonstração: (⇒ ) Se∫ ∞a

f converge, então a sequência an :=∫ a+n

a

f é limitada. Ou seja,

existe M > 0 tal que∫ a+n

a

f 6M , para todo n ∈ N. Se b > a, então a 6 b < a+ n0, para algum

34.2 Alguns Critérios de Convergência 477

n0 ∈ N. Portanto:∫ b

a

f 6∫ a+n0

a

f 6M,

onde a primeira desigualdade segue do fato que f > 0.

(⇐ ) A sequência an :=∫ a+n

a

f é não-decrescente, pois f > 0, e limitada superiormente, por M .

Portanto, converge.

34.2.2 Lema (Convergência Dominada): Suponha-se que:

1.

∫ b

a

f existe para todo b > a.

2. 0 6 f(x) 6 g(x), para todo x > a.

3.

∫ ∞a

g converge.

Então, a integral imprópria

∫ ∞a

f também converge e tem-se que

∫ ∞a

f 6∫ ∞a

g.

Demonstração: Observe-se que, pela segunda condição, tem-se:∫ b

a

f 6∫ b

a

g 6∫ ∞a

g.

Portanto, basta tomar M >∫∞ag no lema anterior.

34.2.3 Lema (Critério de Comparação): Suponha-se que:

1.

∫ b

a

f e

∫ b

a

g existem para todo b > a.

2. f(x) > 0 e g(x) > 0, para todo x > a.

3. Existe limx→∞

f(x)

g(x)=: c.

Então:

(a) Se c 6= 0, então as integrais impróprias

∫ ∞a

f e

∫ ∞a

g, ou bem convergem ambas, ou bem

divergem ambas.

(b) Se c = 0, então somente pode-se concluir que a convergência de

∫ ∞a

g implica a convergência

de

∫ ∞a

f .


Demonstração: (a) Se c 6= 0, então deve ser c > 0, pela condição 2 acima. Pela condição 3tem-se que para todo ε > 0 existe N(ε) ∈ N tal que:

x > N(ε) ⇒∣∣∣∣f(x)

g(x)− c∣∣∣∣ < ε⇐⇒ −ε < f(x)

g(x)− c < ε⇐⇒ c− ε < f(x)

g(x)< c+ ε.

Portanto, tomando, por exemplo, ε = c/2 > 0 tem-se:

x > N(c/2) ⇒ c− c/2 < f(x)

g(x)< c+ c/2 ⇒ 0 <

c

2g(x) < f(x) <

3c

2g(x).

Observe-se que na última relação acima foi usado o fato que g(x) > 0 como também c > 0.Desta maneira, o armado segue da última relação acima, usando o resultado de convergênciadominada, ou seja, o Lema 34.2.2.

(b) Analogamente ao caso anterior, mas tomando agora ε = 1, tem-se que:

x > N(1) ⇒ f(x)

g(x)< 1 ⇒ 0 6 f(x) < g(x).

Desta maneira, o armado segue da última relação acima, usando convergência dominada,ou seja, o Lema 34.2.2.

34.2.4 Exemplo: Seja s ∈ R. Então, a integral∫ ∞

1

e−x xs dx é convergente, para todo s ∈ R.

Com efeito, tem-se:

limx→∞

e−x xs

x−2= limx→∞

xs+2

ex= 0.

Observe-se que a integral∫ ∞

1

x−2 dx é convergente, segundo o Exemplo 34.1.2. Portanto, o ar-

mado segue usando a segunda parte do critério de comparação, Lema 34.2.3(b). ♣

Os criterios apresentados na presente seção aplicam-se apenas para funções não-negativas, f >0. Portanto, para uma função f arbitrária, os critérios podem ser aplicados a |f |.

34.2.5 Denição: Se f é uma função, dene-se a sua parte positiva f+ como:

f+(x) =

f(x) se f(x) > 0;

0 se f(x) < 0.

Analogamente, dene-se a parte negativa f− como:

f−(x) =

−f(x) se f(x) 6 0;

0 se f(x) > 0.

Observe que as funções f± assim denidas resultam não-negativas, f± > 0. ♣

34.3 Integrais Impróprias de Segunda Espécie 479

34.2.6 Lema: Se a integral imprópria de |f | converge, então a respectiva integral imprópriapara f também converge.

Demonstração: Observe que 0 6 f± 6 f+ + f− = |f |. Portanto, pelo critério de convergênciadominada 34.2.2, as integrais impróprias das funções f± são ambas convergentes. Como f =f+ − f−, segue que a integral imprópria da f também resulta convergente, pois é a soma de duasintegrais impróprias convergentes.

34.3 Integrais Impróprias de Segunda Espécie

34.3.1 Denição: Seja f denida em (a, b]. Se a integral∫ bxf existe para todo a < x 6 b,

então dene-se a integral imprópria de segunda espécie como:∫ b

a+f := lim

x→a+

∫ b

x

f.

Quando o limite acima existe se diz que a integral imprópria converge. Caso contrário, se diz quea integral imprópria não-converge ou que diverge. ♣

34.3.2 Exemplo: Seja b > 0. Então, a integral∫ b

0+

x−s dx é convergente, com valorb1−s

1− s, se

e somente se s < 1.

Com efeito, observe-se que a função f(x) = x−s = e−s log x, está denida para x > 0 e tem-se:

∫ b

x

f =

∫ b

x

u−s du =

b1−s − x1−s

1− s, se s 6= 1;

log b− log x, se s = 1.

Observe-se que x1−s = e(1−s) log x converge com limite nito (igual a zero, neste caso) quandox→ 0+, se e somente se 1− s > 0 ⇐⇒ s < 1.

Uma outra maneira de provar a convergência, consiste em calcular a integral valendo-se da subs-tituição y = 1/u da seguinte maneira:∫ b

x

u−s du =

∫ 1/b

1/x

(1

y

)−s (−y−2

)dy = −

∫ 1/b

1/x

ys−2 dy =

∫ 1/x

1/b

ys−2 dy.

Portanto:

limx→0+

∫ 1/x

1/b

ys−2 dy = limR→∞

∫ R

1/b

ys−2 dy.

Pelo Exemplo 34.1.2, o limite acima existe se e somente se s− 2 < −1 ⇐⇒ s < 1. ♣

34.3.3 Exemplo: A função f(x) = x−3/4, para 0 < x 6 1, tem área nita, mas o volume dosólido de revolução gerado é innito.


Com efeito, pelo exemplo anterior, a integral∫ 1

0+

x−3/4 dx converge, mas o volume do sólido de

revolução, dado pela integral π∫ 1

0+

(x−3/4)2 dx = π

∫ 1

0+

x−3/2 dx, é divergente. ♣

34.4 A Função Gamma

34.4.1 Lema: A seguinte integral:∫ ∞0+

e−tts−1 dt :=

∫ 1

0+

e−tts−1 dt+

∫ ∞1

e−tts−1 dt,

converge para todo s > 0.

Demonstração: A segunda integral no lado direito acima é convergente para todo s ∈ R, emvirtude do Exemplo 34.2.4. Portanto, basta provar a convergência da primeira integral. Utilizandoa substituição t = 1/u tem-se:∫ 1

x

e−tts−1 dt =

∫ 1

1/x

e−1/uu1−s(−u−2) du = −∫ 1

1/x

e−1/uu−s−1 du =

∫ 1/x

1

e−1/uu−s−1 du.

De onde segue que:

limx→0+

∫ 1/x

1

e−1/uu−s−1 du = limR→∞

∫ R

1

e−1/uu−s−1 du

Agora, observe-se que 0 6 e−1/uu−s−1 6 u−s−1 = u−(s+1). Portanto, utilizando a convergênciadominada do Lema 34.2.2 com a função do Exemplo 34.1.2, tem-se que o último limite acima existepara todo s+ 1 > 1 ⇐⇒ s > 0.

34.4.2 Denição: Dene-se a função gamma Γ(s) para s > 0 como a integral:

Γ(s) :=∫ ∞

0+

e−tts−1 dt, ∀ s > 0;

cuja convergência é garantida pelo resultado anterior. ♣


34.5 Integrais Impróprias de Primeira Espécie

34.5.1 Exercício: Determine se cada uma das seguintes integrais impróprias converge ou não.Em caso armativo, calcule o seu valor.

(a)∫ +∞

1

1

x3dx. R: 1/2.

(b)∫ +∞

4

1√xdx. R: Diverge como 2(

√R− 2).

(c)∫ +∞

0

cosx dx. R: Diverge como sen(R).

(d)∫ +∞

1

x−3/2 dx. R: 2.

(e)∫ +∞

0

1√x+ 1

dx. R: Diverge como 2(√R+ 1− 1). ♣

34.5.2 Exercício: Verique a convergência de∫∞

01/(1 + x2) dx.

Sugestão: Observe-se que:∫ ∞0

1

1 + x2dx =

∫ 1

0

1

1 + x2dx+

∫ ∞1

1

1 + x2dx.

Como 1/(1 + x2) < x−2, na segunda integral o critério de convergência dominada do Lema 34.2.2pode ser combinado com o resultado do Exemplo 34.1.2. ♣

34.5.3 Exercício: Suponha-se que∫∞−∞ f existe. Então:

(a) A existência e o valor da integral independem do ponto a em questão.

(b) O limite limR→∞

∫ R

−Rf existe, com valor igual ao da integral. Observe-se que a recíproca deste

resultado não é válida, como mostra o Exemplo 34.1.6. ♣

481


34.6 Integrais Impróprias de Segunda Espécie

34.6.1 Exercício: Verique se cada uma das seguintes integrais impróprias existe, ou seja, seadmite um valor nito e em tal caso calcule o valor da integral.

(a)∫ 1

0

x−1/3 dx. R: 3/2.

(b)∫ 0

−1

(x+ 1)5/4 dx. R: 4/9.

(c)∫ 0

−1

x−4/3 dx. R: Diverge como 3

(1

ε1/3− 1

)para ε→ 0+.

(d)∫ 2

0

1

(1− x)2/3dx. R: 6.

(e)∫ π/4

0

senx cosx√cos2 x− sen2 x

dx. R: 1/2. ♣

34.6.2 Exercício: (a) Verique a convergência da integral∫ ∞

0

senx

xdx.

Sugestão: Integrando por partes tem-se:∫ b

a

senx

xdx =

cos a

a− cos b

b−∫ b

a

cosx

x2dx.

(b) Prove que∫ π

0

sen(n+ 12 )t

sen t2

dt = π.

(c) Prove que limλ→∞

∫ π

0

sen(λ+1

2)t

[2

t− 1

sen t2

]dt = 0.

Sugestão: O termo entre colchetes é limitado (por que?), e pode ser aplicado o Lema deRiemann-Lebesgue.

(d) Utilizando a subsituição u = (λ+ 12 )t e o item (b) anterior, prove que

∫ ∞0

senx

xdx =

π

2. ♣

34.7 Algumas Fórmulas de Redução

34.7.1 Exercício: Fórmula de redução para (1− x2)n

(a) Integrando por partes, prove a seguinte fórmula de redução (embora não pareça):∫(1− x2)n dx = (1− x2)n x+ 2n

∫x2(1− x2)n−1 dx.

34.7 Algumas Fórmulas de Redução 483

(b) Usando a fórmula de redução do item anterior tantas vezes como necessário, prove que:∫ 1

0

(1− x2)n dx = 2n2(n− 1)

3

2(n− 2)

5. . .

4

2n− 3

2

(2n− 1)(2n+ 1). ♣

34.7.2 Exercício: Fórmula de redução para (1 + x2)−n

(a) Prove a seguinte fórmula de redução:∫dx

(1 + x2)n=

1

2(n− 1)

x

(1 + x2)n−1+

2n− 3

2(n− 1)

∫dx

(1 + x2)n−1.

Sugestão: Observe-se que:∫dx

(1 + x2)n=

∫dx

(1 + x2)n−1−∫

x2 dx

(1 + x2)n.

(b) Usando a fórmula de redução do item anterior tantas vezes como necessário, prove que:∫ ∞0

dx

(1 + x2)n=π

2

1

2

3

4

5

6. . .

2n− 3

2n− 2. ♣

34.7.3 Exercício: Fórmula de redução para cosn x

(a) Integrando por partes, prove a seguinte fórmula de redução:∫cosn x dx =

senx cosn−1 x

n+n− 1

n

∫cosn−2 x dx. ♣

34.7.4 Exercício: Fórmula de redução para senn x

(a) Integrando por partes, prove a seguinte fórmula de redução:∫senn x dx = −cosx senn−1 x

n+n− 1

n

∫senn−2 x dx.

(b) Usando a fórmula de redução do item anterior tantas vezes como necessário, prove que:∫ π/2

0

sen2n x dx =π

2

1

2

3

4

5

6. . .

2n− 1

2n.

(c) Idem, mas agora para exponente ímpar:∫ π/2

0

sen2n+1 x dx =2

3

4

5

6

7. . .

2n

2n+ 1. ♣

34.7.5 Exercício: Uma fórmula para o cálculo de π


(a) Utilizando os resultados do exercício anterior, prove que:

π

2=

∫ π/2

0

sen2n x dx∫ π/2

0

sen2n+1 x dx

(2

1

4

3

6

5. . .

2n

2n− 1

1

2n+ 1

)2

2n+ 1.

(b) Prove que:

1 6

∫ π/2

0

sen2n x dx∫ π/2

0

sen2n+1 x dx

6 1 +1

2n.

Sugestão: 0 < x < π/2 ⇒ 0 < sen2n+1 x = sen2n x senx < sen2n x.

(c) Conclua que:

π

2= limn→∞

(2

1

4

3

6

5. . .

2n

2n− 1

1

2n+ 1

)2

2n+ 1.

(d) Utilizando o resultado do item anterior, verique adicionalmente que:

√π = lim

n→∞

1√n

2

1

4

3

6

5. . .

2n

2n− 1. ♣

34.8 Integrais Gaussianas

34.8.1 Exercício: (a) Prove que 1− x2 6 e−x2

61

1 + x2, para todo x > 0. Em particular:

(1− x2)n 6 e−nx2

61

(1 + x2)n.

(b) Utilizando o resultado do item anterior, prove que:∫ 1

0

(1− x2)n dx 6∫ 1

0

e−nx2

dx =1√n

∫ √n0

e−u2

du

61√n

∫ ∞0

e−u2

du 6∫ ∞

0

dx

(1 + x2)n.

(c) Finalmente, combinando o resultado do item anterior com os resultados da seção anterior,conclua que:∫ ∞

0

e−x2

dx =

√π

2.

Além de importantes aplicações na Estatística, por exemplo, este resultado é particularmentenotável, pois a função f(x) = e−x

2

não pode ser integrada em termo de funções elementares,embora o valor da integral indenida acima possa ser calculado exatamente. ♣

34.9 Propriedades Elementares da Função Gamma 485

34.8.2 Exercício: Para cada n ∈ N seja E(Xn) denido como:

E(Xn) :=1√2π

∫ ∞−∞

xn e−x2/2 dx.

Resulta facil deducir que E(X2n+1) = 0 apelando a argumentos de paridade. O caso de n par éabordado no presente exercício.

(a) Usando o exercício anterior verique que no caso n = 0 tem-se E(X0) = 1.

(b) Integrando por partes verique a seguinte fórmula de redução:∫x2n e−x

2/2 dx = −x2n−1 e−x2/2 + (2n− 1)

∫x2n−2 e−x

2/2 dx.

(c) Utilizando a fórmula de redução do item anterior verique que E(X2n) = (2n−1)E(X2n−2).

(d) Prove por indução em n que E(X2n) = (2n− 1)(2n− 3) · · · 1.

(e) Finalmente, conclua que E(X2n) =(2n)!

2n n!.

34.9 Propriedades Elementares da Função Gamma

34.9.1 Exercício: A função Gamma possui a propriedade de interpolar os valores do fatorial,como mostra o presente exercício.

(a) Integrando por partes, verique que Γ(x+ 1) = xΓ(x), para todo x > 0.

(b) Através de um cálculo direto, verique que Γ(1) = 1.

(c) Prove que Γ(n) = (n− 1)!, para todo n ∈ N.

Sugestão: Use indução em n, observando que o caso n = 1 é o resultado do item anterior. Avalidade do passo indutivo segue trivialmente do item (a) acima.

(d) Em particular, se n é par, então Γ(n/2 + 1) = (n/2)!. ♣

34.9.2 Exercício: (a) Verique que:

Γ(x) =

∫ ∞0+

e−tts−1 dt =1

x

∫ ∞0

e−u1/x

du.

Sugestão: Utilize a substituição u = tx.

(b) Utilizando o valor da integral gaussiana calculado na seção anterior, conclua que Γ(1/2) =√π.

(c) No caso em que n é ímpar, verique a fórmula:

Γ(n

2+ 1)

=n!!

2(n+1)/2

√π.

Aqui, o fatorial duplo é denido como n!! :=n(n− 2)(n− 4) · · · 1. ♣


34.10 Transformada de Fourier

34.10.1 Denição: Se f é integrável em R dene-se a sua transformada de Fourier f como:

f(λ) :=1√2π

∫Re−iλxf(x) dx

34.10.2 Exercício: (a) Integrando por partes e assumindo que limx→±∞

f(x) = 0, verique que

f (n)(λ) = (iλ)nf(λ).

(b) Derivando formalmente sob a integral, verique que f (n) = (−i)nxnf(x). ♣

34.10.3 Exercício: Calcule a transformada de Fourier das seguintes funções:

(a) f(x) = e−x2/2. R: f(λ) = e−λ

2/2.

(b) f(x) = xα−1 e−x/β , para x > 0. R: f(λ) = 1√2π

(1 + iλβ)−α βα Γ(α). ♣

Capítulo 35

Aproximação Mediante FunçõesPolinômicas

35.1 Polinômios de Taylor

35.1.1 Denição: Uma função f é denominada de classe C n se f é n vezes diferenciável e aderivada n-ésima f (n) é contínua.

Se f é de classe C n, então denota-se f ∈ C n. ♣

Também será convencionalmente denotado f (0) := f .

35.1.2 Lema: Seja f ∈ C n no intervalo [a, x]. Se P é um polinômio de grau n tal que P (k)(a) =f (k)(a), para todo k = 0, 1, 2, . . . , n, então:

limx→a

f(x)− P (x)

(x− a)n= 0.

Demonstração: Aplicando a regra de L'Hôpital n vezes tem-se:

limx→a

f(x)− P (x)

(x− a)n= limx→a

f ′(x)− P ′(x)

n (x− a)n−1= · · · = lim

x→a

f (n)(x)− P (n)(x)

n (n− 1) · · · 2 · 1

=1

n!

(f (n)(a)− P (n)(a)

)=

1

n!

(f (n)(a)− f (n)(a)

)= 0.

A primeira igualdade da segunda linha acima segue da continuidade de f (n) em a.

O seguinte resultado é apenas uma variante do anterior que dispensa a continuidade de f (n),mas restringe a escolha do polinômio P .

487

488 Aproximação Mediante Funções Polinômicas

35.1.3 Lema: Seja a ∈ R e seja f uma função tal que f ′(a), . . . , f (n)(a) existem todas elas. SejaP polinômio de grau n tal que P (k)(a) = f (k)(a), para todo k = 0, 1, 2, . . . , n, sujeito à condiçãoadicional:

P (x) =f (n)(a)

n!(x− a)n +

f (n−1)(a)

(n− 1)!(x− a)n−1 + termos de ordem inferior.

Então:

limx→a

f(x)− P (x)

(x− a)n= 0.


P (n−1)(x) = f (n)(a) (x− a) + f (n−1)(a).

Aplicando a regra de L'Hôpital n− 1 vezes tem-se:

limx→a

f(x)− P (x)

(x− a)n= limx→a

f ′(x)− P ′(x)

n (x− a)n−1= · · · = lim

x→a

f (n−1)(x)− P (n−1)(x)

n (n− 1) · · · 2 (x− a)

=1

n!

(limx→a

f (n−1)(x)− f (n−1)(a)

x− a− f (n)(a)

)=

1

n!

(f (n)(a)− f (n)(a)

)= 0.

Um caso particular na escolha do polinômio P resulta de grande relevância, sendo apresentadoa seguir.

35.1.4 Denição: Seja f uma função tal que f ′(a), . . . , f (n)(a) existem todas elas. Dado n ∈ N,seja Pn,a,f o polinômio de grau n denido como:

Pn,a,f (x) =

n∑k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k

=f (n)(a)

n!(x− a)n +

f (n−1)(a)

(n− 1)!(x− a)n−1 + · · ·+ f ′′(a)

2!(x− a)2 +

f ′(a)

1!(x− a) + f(a).

O polinômio Pn,a,f recebe o nome polinômio de Taylor de ordem n para f em a e serádenotado simplesmente Pn,a sem referência à função f , quando não houver ambiguidade. ♣

35.1.5 Lema: Seja f uma função tal que f ′(a), . . . , f (n)(a) existem todas elas. Então:

limx→a

f(x)− Pn,a,f (x)

(x− a)n= 0.

Demonstração: Observe que para todo j = 0, 1, 2, . . . , n tem-se:

P(j)n,a,f (x) =

n∑k=0

f (k)(a)

k!k (k − 1) · · · (k − j + 1) (x− a)k−j .

35.2 Caraterização Unívoca do Polinômio de Taylor 489

Em particular, se x = a o único termo não-nulo corresponde ao valor k = j, ou seja:

P(j)n,a,f (a) =

f (j)(a)

j!j (j − 1) · · · 1 =

f (j)(a)

j!j! = f (j)(a).

Desta maneira, o resultado segue diretamente do Lema 35.1.3.

35.2 Caraterização Unívoca do Polinômio de Taylor

Nesta seção será vericado que a condição adicional sobre P do Lema 35.1.3 não é demasiadorestrictiva. De fato, existe básicamente apenas uma escolha possível para um polinômio garantiro resultado do Lema 35.1.5.

35.2.1 Denição: Duas funções f e g são denominadas iguais até a ordem n em a se:

limx→a

f(x)− g(x)

(x− a)n= 0. ♣

35.2.2 Exemplo: Seja f uma função tal que f ′(a), . . . , f (n)(a) existem todas elas. Então, peloLema 35.1.5 anterior, tem-se que f e Pn,a,f são iguais até a ordem n em a. ♣

35.2.3 Lema: Sejam P e Q dois polinômios em (x− a) de grau menor ou igual a n. Suponhaque P e Q são iguais até a ordem n em a. Então:

(a) Para todo k = 0, 1, . . . , n tem-se que limx→a

P (x)−Q(x)

(x− a)k= 0.

(b) Mais ainda, deve ser P = Q.

Demonstração: Para simplicar a notação, seja R :=P −Q.

(a) Observe que:

R(x)

(x− a)k=

R(x)

(x− a)n(x− a)n−k =

P (x)−Q(x)

(x− a)n(x− a)n−k.

No termo à direita acima, o primeiro fator converge a zero quando x tende para a, porhipótese. O segundo fator também converge a zero se n− k > 0, ou vale 1 no caso n− k.

(b) Basta provar que R = 0. Para tanto, suponha que:

R(x) = b0 + b1 (x− a) + b2 (x− a)2 + · · · + bn (x− a)n.

Pelo item anterior com k = 0 tem-se:

0 = limx→a

R(x) = b0.


Ou seja, deve ser:

R(x) = b1 (x− a) + b2 (x− a)2 + · · · + bn (x− a)n.

Portanto, usando mais uma vez o item anterior mas desta vez com k = 1 tem-se:

0 = limx→a

R(x)

x− a= b1.

Desta maneira, a mesma técnica pode ser empregada iterativamente n vezes para provar quebk = 0, para todo k = 0, 1, 2, . . . , n, ou seja, R = 0.

O próximo resultado caracteriza o polinômio de Taylor de ordem n para f em a como o único

polinômio de grau n igual a f até ordem n em a.

35.2.4 Lema: Seja f diferenciável n vezes em a. Suponha que P é um polinômio em (x − a),com grau não maior que n, igual a f até a ordem n em a. Então deve ser P = Pn,a,f .

Demonstração: Pelo Lema 35.1.5 o polinômio de Taylor Pn,a,f de ordem n para f em a é iguala f até a ordem n em a. Se P é um outro polinômio com tais propriedades, então tem-se:

limx→a

P (x)− Pn,a,f (x)

(x− a)n= limx→a

P (x)− f(x) + f(x)− Pn,a,f (x)

(x− a)n

= limx→a

P (x)− f(x)

(x− a)n+ lim

x→a

f(x)− Pn,a,f (x)

(x− a)n= 0 + 0 = 0.

Portanto, pelo Lema 35.2.3(b) deve ser P = Pn,a,f .

35.3 Expressões para o Resto

35.3.1 Denição: Dene-se o resto Rn,a,f de ordem n para f em a pela identidade:

f(x) = Pn,a,f (x) + Rn,a,f (x),

ou seja:

Rn,a,f (x) = f(x) − Pn,a,f (x) = f(x) −n∑k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k.

O resto será denotado simplesmente Rn,a sem referência à função f , quando não houver ambigüi-dade. ♣

35.3.2 Lema: Seja f tal que todas as derivadas de ordem n+ 1 existem em [a, x]. Considere afunção F (t) denida para todo t em [a, x] pela expressão:

F (t) = f(t) +

n∑k=1

f (k)(t)

k!(x− t)k.

35.3 Expressões para o Resto 491

Então:

(a) F é contínua e diferenciável em [a, x] com:

F ′(t) =f (n+1)(t)

n!(x− t)n.

(b) F (a) = Pn,a,f (x).

(c) F (x) = f(x).

Demonstração: (a) A função F resulta obviamente contínua pois f é n+ 1 vezes diferenciávele ipso facto tem-se:

F ′(t) = f ′(t) +

n∑k=1

f (k+1)(t)

k!(x− t)k +

n∑k=1

f (k)(t)

k!(−1) k (x− t)k−1

= f ′(t) +

n∑k=1

f (k+1)(t)

k!(x− t)k − f ′(t) −

n∑k=2

f (k)(t)

(k − 1)!(x− t)k−1

=

n∑k=1

f (k+1)(t)

k!(x− t)k −

n∑k=2

f (k)(t)

(k − 1)!(x− t)k−1

=

n∑k=1

f (k+1)(t)

k!(x− t)k −

n−1∑k=1

f (k+1)(t)

k!(x− t)k

=f (n+1)(t)

n!(x− t)n.

(b) Observe que:

F (a) = f(a) +

n∑k=1

f (k)(a)

k!(x− a)k = Pn,a,f (x).

(c) Analogamente, neste caso tem-se:

F (x) = f(x) +

n∑k=1

f (k)(x)

k!(x− x)k = f(x) + 0 = f(x).

35.3.3 Lema: Seja f tal que todas as derivadas de ordem n + 1 existem em [a, x]. Seja Gqualquer função contínua em [a, x] e diferenciável em (a, x). Então, para algum t em (a, x) tem-se:

Rn,a,f (x) =f (n+1)(t)

n!(x− t)n G(x)−G(a)

G′(t).

Demonstração: Com a mesma notação do lema anterior, observe que:

Rn,a(x) = f(x) − Pn,a(x) = F (x) − F (a).


Por outro lado, pelo Teorema de valor médio de Cauchy 23.2.8 existe algum t em (a, x) tal que:

[F (x)− F (a)]G′(t) = [G(x)−G(a)]F ′(t).

Portanto, para algum t em (a, x) tem-se:

Rn,a,f (x) = F (x) − F (a) = F ′(t)G(x)−G(a)

G′(t)=f (n+1)(t)

n!(x− t)n G(x)−G(a)

G′(t).

35.3.4 Corolário: Sob as hipóteses do lema anterior, para algum t em (a, x) tem-se:

Rn,a,f (x) =f (n+1)(t)

n! p(x− t)n+1−p (x− a)p.

Demonstração: Seja p ∈ N. Se G(t) = (x− t)p, então:

G(x) = 0,

G(a) = (x− a)p,

como também:

G′(t) = −p (x− t)p−1.

Portanto, pelo lema precedente tem-se:

Rn,a,f (x) =f (n+1)(t)

n!(x− t)n −(x− a)p

−p(x− t)p−1=f (n+1)(t)

n! p(x− t)n−p+1 (x− a)p.

35.3.5 Teorema (de Taylor): Seja f tal que todas as derivadas de ordem n + 1 existem em[a, x]. Se Rn,a,f é o resto de ordem n para f em a, então:

(a) Forma de Lagrange do resto: Para algum t em (a, x) tem-se:

Rn,a,f (x) =f (n+1)(t)

(n+ 1)!(x− a)n+1.

(b) Forma de Cauchy do resto: Para algum t em (a, x) tem-se:

Rn,a,f (x) =f (n+1)(t)

n!(x− t)n (x− a).

(c) Forma Integral do resto: Se f (n+1) é integrável em [a, x], tem-se:

Rn,a(x) =

∫ x

a

f (n+1)(t)

n!(x− t)n dt.

Demonstração: (a) Considerando p = n+ 1 no corolário anterior tem-se:

Rn,a,f (x) =f (n+1)(t)

n! (n+ 1)(x− t)n−(n+1)+1 (x− a)n+1 =

f (n+1)(t)

(n+ 1)!(x− a)n+1.

35.3 Expressões para o Resto 493

(b) Considerando p = 1 no corolário anterior tem-se:

Rn,a,f (x) =f (n+1)(t)

n!(x− t)n+1−1 (x− a) =

f (n+1)(t)

n!(x− t)n (x− a).

(c) Se f (n+1) é integrável em [a, x], pelo primeiro TFCI e o Lema 35.3.2 tem-se:

Rn,a(x) = f(x) − Pn,a(x) = F (x) − F (a) =

∫ x

a

F ′(t) dt =

∫ x

a

f (n+1)(t)

n!(x− t)n dt.


35.4 Aproximações Lineares

35.4.1 Exercício: Encontre aproximações lineares, ou seja, de primeira ordem, nos seguintescasos:

(a) (1.02)8. R: 1.16.

(b)(

1 +1

10

)10

. R: 2.

(c) (0.99)100 + (0.99)10. R: 0.9.

(d)√

49.1. R: 7 +1

140.

(e)√

35.99. R: 6− 1

1200.

(f) sen(5π/24). R:

√2

2

(1− π

24

).

(g) cos(21π/10). R: 1.

(h) log(1.01). R: 0.01.

(i) e0.01. R: 1.01. ♣

35.4.2 Exercício: Idem, mas agora também estime o erro na aproximação:

(a)√

50. R: 7 +1

14; − 1

8.73< R1,

√x,49(50) < − 1

84.

(b) (0.025)1/3. R:3

10− 2

270; − 1

9.23.10< R1,x1/3,0.027(0.025) < − 4

9.35.10.

(c) e−0.1. R: 0.9; 0 < R1,ex,0(−0.1) <1

200. ♣

35.4.3 Exercício: Usando os resultados do Capítulo 35 prove que:

(a) log x < x, se x > 0. Cf. Exercício 32.6.1.

(b) ex > 1 + x, se x > 0. ♣

495


35.5 Polinômios de Taylor

35.5.1 Exercício: Calcule o polinômio de Taylor de terceira ordem para as seguintes funçõesnos pontos indicados:

(a) f(x) =1

1 + x, em a = 0. R: 1− x+ x2 − x3.

(b) f(x) = x4 − x3 + 2x2 − 1, em a = 0. R: −1 + 2x2 − x3.

(c) f(x) = log(x2 + 1), em a = 0. R: x2.

(d) f(x) = senx, em a = π. R: −(x− π) +1

6(x− π)3.

(e) f(x) = log x, em a = e. R: 1 +1

e(x− e)− 1

2e2(x− e)2 +

1

3e3(x− e)3. ♣

35.6 A Função Exponencial e o Número e

Salvo menção explícita em contrário, nesta seção será f(x) = ex e a = 0.

35.6.1 Exercício: Calcule Pn,0,f e verique que ele é dado por:

Pn,0,f (x) =

n∑k=0

xn

n!= 1 +

x

1!+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!. ♣

35.6.2 Exercício: Determine uma estimativa do resto no caso x > 0 como segue:

(a) Use a forma integral do resto para obter uma primeira estimativa:

Rn,0,f (x) =

∫ x

0

et

n!(x− t)n dt 6 ex

n!

∫ x

0

(x− t)n dt =ex xn+1

(n+ 1)!.

(b) Use o resultado do Exercício 32.8.3(b) para concluir que:

0 < Rn,0,f (x) <4x xn+1

(n+ 1)!.

A primeira desigualdade 0 < Rn,0,f (x) resulta simples consequência do Exercício27.11.4. ♣

35.6.3 Exercício: Apenas por disciplina, determine agora uma estimativa do resto no casox 6 0 como segue:

(a) Como antes, da forma integral do resto tem-se:

Rn,0,f (x) =

∫ 0

x

et

n!(x− t)n dt.

35.6 A Função Exponencial e o Número e 497

Também como antes, aqui pode ser usado o fato da função exponencial ser crescente paraobter a majoração et < e0 = 1 para todo t ∈ [x, 0], mas é preciso ter cuidado com o fator(x− t)n no integrando, cujo sinal vai depender de n. Por isso, resulta conveniente rescrevero resto na forma:

Rn,0,f (x) = (−1)n∫ 0

x

et

n!(t− x)n dt.

Nesta última integral, observe que o integrando resulta sempre não-negativo, e tem-se:∫ 0

x

et

n!(t− x)n dt 6

∫ 0

x

(t− x)n

n!dt =

(−x)n+1

(n+ 1)!=|x|n+1

(n+ 1)!,

onde a última igualdade acima segue do fato de ser x 6 0.

(b) Se n é par, então (−1)n = 1 o resto está dado neste caso por:

Rn,0,f (x) =

∫ 0

x

et

n!(t− x)n dt.

Em particular, Rn,0,f (x) é positivo. Portanto:

|Rn,0,f (x)| = Rn,0,f (x) =

∫ 0

x

et

n!(t− x)n dt 6

|x|n+1

(n+ 1)!.

(c) Analogamente, se n é ímpar tem-se:

Rn,0,f (x) = −∫ 0

x

et

n!(t− x)n dt.

Em particular, Rn,0,f (x) é negativo. Portanto:

|Rn,0,f (x)| = −Rn,0,f (x) =

∫ 0

x

et

n!(t− x)n dt 6

|x|n+1

(n+ 1)!.

(d) Finalmente, segue dos dois itens precedentes que qualquera seja n ∈ N tem-se:

|Rn,0,f (x)| 6 |x|n+1

(n+ 1)!. ♣

35.6.4 Exercício: Use os resultados dos exercícios 35.6.1 e 35.6.2 anteriores para concluir que,se 0 6 x 6 1, então:

ex = 1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!+R,

onde:

0 < R <4

(n+ 1)!. ♣


35.6.5 Exercício: Uma Estimativa Aprimorada do Número e

(a) Particularizando o resultado anterior, conclua que se n = 4, então:

0 < R <4

5!<

1

10.

(b) Particularizando o resultado anterior para x = 1, conclua que:

e = e1 = 1 + 1 +1

2!+

1

3!+

1

4!+R

=65

24+R

= 2 +17

24+R,

onde 0 < R <1

10.

(c) Conclua que 2 < e < 3.

(d) Observe-se que o resultado do item (c) permite também aprimorar ligeiramente a estimativaanterior para o resto:

0 < Rn,0,f (x) <3x xn+1

(n+ 1)!. ♣

35.7 A Função arctg e Aproximações para π

Salvo menção explícita em contrário, nesta seção será f(x) = arctg x e a = 0.

35.7.1 Exercício: Prove que para cada n ∈ N tem-se:

1 + (−1)m t2m+2 = (1− t2 + t4 − t6 + · · ·+ (−1)m t2m) (1 + t2). ♣

35.7.2 Exercício: Verique que para cada n ∈ N tem-se a seguinte identidade:

arctg x = x− x3

3+x5

5− x7

7+ · · ·+ (−1)m

x2m+1

2m+ 1+ (−1)m+1

∫ x

0

t2m+2

1 + t2dt.

Sugestão: Da identidade do exercício anterior segue que:

1

1 + t2= 1− t2 + t4 − t6 + · · ·+ (−1)m t2m − (−1)m

t2m+2

1 + t2.

A expresão procurada pode ser obtida integrando entre 0 e x ambos membros desta identidade,usando o primeiro TFCI e lembrando que arctg′ x = 1/(1 + x2), como também arctg 0 = 0. ♣

35.7 A Função arctg e Aproximações para π 499

35.7.3 Exercício: Dena P2m+1,0,arctg(x) e R2m+1,0,arctg(x) pelas seguintes expressões:

P2m+1,0,arctg(x) :=x− x3

3+x5

5− x7

7+ · · ·+ (−1)m

x2m+1

2m+ 1;

R2m+1,0,arctg(x) := (−1)m+1

∫ x

0

t2m+2

1 + t2dt.

(a) Prove que:

|R2m+1,0,arctg(x)| 6 x2m+3

2m+ 3.

(b) Prove que:

limx→0

arctg x− P2m+1,0,arctg(x)

x2m+1= 0.

(c) Conclua que P2m+1,0,arctg(x) é o polinômio de Taylor de ordem 2m+ 1 para a função arctgem a = 0. ♣

Em particular, pelo item (a) do exercício anterior, observe que o resto R2m+1,0,arctg(x) podeser feito arbitrariamente pequeno tomando m sucientemente grande no caso |x| 6 1. Ou seja,limm→∞

R2m+1,0,arctg(x) = 0, se |x| 6 1.

35.7.4 Exercício: O comportamento do resto R2m+1,0,arctg(x) no caso |x| > 1 é consideradono presente exercício.

(a) Prove que se t ∈ [0, x], ou se t ∈ [x, 0] no caso x < 0, então:

1 + t2 6 1 + x2 6 2x2, se |x| > 1.

(b) Usando o item (a) anterior, tem-se:∣∣∣∣∫ x

0

t2m+2

1 + t2dt

∣∣∣∣ > 1

2x2

∣∣∣∣∫ x

0

t2m+2 dt

∣∣∣∣ =|x|2m+1

4m+ 6.

(c) Conclua que no caso |x| > 1 o resto R2m+1,0,arctg(x) cresce arbitrariamente con n. Ou seja,limm→∞

|R2m+1,0,arctg(x)| = +∞, se |x| > 1. ♣

35.7.5 Exercício: A Fórmula de Leibniz para π

A expressão para o polinômio de Taylor P2m+1,0,arctg do Exercício 35.7.3 anterior fornece umafórmula para o cálculo aproximado de π. Com efeito:

π

4= arctg 1 = 1− 1

3+

1

5− 1

7+ · · ·+ (−1)m

1

2m+ 1+R,

onde |R| 6 1

2m+ 3. Embora seja uma bela identidade, ela não resulta muito útil para estimativas

devido a sua baixa velocidade de convergência: 1/n tende para zero muito devagar se comparadocom 1/n! como no caso do número e e a função exponencial analizados na seção anterior. ♣


35.7.6 Exercício: Para x, y ∈ R com x, y e x+ y que não sejam da forma kπ + π/2, veriquea seguinte identidade trigonométrica:

tg(x+ y) =tg x+ tg y

1− tg x tg y.

Sugestão: Use as fórmulas de adição para sen e cos. ♣

35.7.7 Exercício: Verique agora a seguinte identidade trigonométrica:

arctg x+ arctg y = arctg

(x+ y

1− x y

),

indicando as restrições necessárias para x e y.

Sugestão: Substitua x por arctg x e y por arctg y na identidade do exercício anterior. ♣

35.7.8 Exercício: Em particular, se x = y na fórmula do exercício anterior, tem-se:

2 arctg x = arctg

(2x

1− x2

). ♣

35.7.9 Exercício: A Fórmula de Machin

Usando os resultados dos Exercícios 35.7.7 e 35.7.8 anteriores, verique as seguintes identidades:

(a)π

4= arctg

(1

2

)+ arctg

(1

3

).

(b)π

4= 4 arctg

(1

5

)− arctg

(1

239

). ♣

A notável identidade do item (b) do exercício precedente foi descoberta em 1706 por JohnMachin (1680-1751). Esta relação permite calcular as primeiras cinco casas decimais de π comsurprendentemente poco trabalho, como no exercicio a seguir.

35.7.10 Exercício: Como π é proximo de 3, 2, tem-se que π/4 será próximo de 0, 8, ou seja,4/5. Agora bem, como arctg x ≈ x para x pequeno, tem-se que 4/5 = 4(1/5) ≈ 4 arctg(1/5).Neste ponto entra a fórmula de Machin, fornecendo a correção necessária, a saber:

π

4= 4 arctg

(1

5

)− arctg

(1

239

).

Use a identidade acima para determinar a primeiras 5 casas decimais de π. ♣

35.8 A Função log(x+ 1) 501

35.8 A Função log(x+ 1)

Salvo menção explícita em contrário, nesta seção será f(x) = log(x+ 1) e a = 0.

35.8.1 Exercício: Prove que para cada n ∈ N tem-se:

1 + (−1)n−1 tn = (1− t+ t2 − t3 + · · ·+ (−1)n−1 tn−1) (1 + t). ♣

35.8.2 Exercício: Se x > −1, então para cada n ∈ N tem-se:

log(x+ 1) = x− x2

2+x3

3− x4

4+ · · ·+ (−1)n−1 x

n

n+ (−1)n

∫ x

0

tn

1 + tdt.

Sugestão: Da identidade do exercício anterior segue que:

1

1 + t= 1− t+ t2 − t3 + · · ·+ (−1)n−1 tn−1 +

(−1)n tn

1 + t.

A expresão procurada pode ser obtida integrando entre 0 e x ambos membros desta identidade,usando o primeiro TFCI e lembrando que [log(x+ 1)]′ = 1/(1 + x), como também log 1 = 0. ♣

35.8.3 Exercício: Dena Pn,0,f (x) e Rn,0,f (x) pelas seguintes expressões:

Pn,0,f (x) :=x− x2

2+x3

3− x4

4+ · · ·+ (−1)n−1 x

n

n;

Rn,0,f (x) := (−1)n∫ x

0

tn

1 + tdt.

(a) Se x > 0, então:

|Rn,0,f (x)| 6 xn+1

n+ 1.

(b) Se −1 < x 6 0, então:

|Rn,0,f (x)| 6 |x|n+1

(1 + x)(n+ 1).

(c) Desta maneira, no caso −1 < x 6 1, resulta possível provar:

limx→0

log(x+ 1)− Pn,0,f (x)

xn= 0.

(d) Conclua que Pn,0,f (x) é o polinômio de Taylor de ordem n para a função log(x+1) na origema = 0. ♣


Em particular, pelos itens (a) e (b) do exercício anterior, observe que o resto Rn,0,f (x) podeser feito arbitrariamente pequeno tomando n sucientemente grande no caso −1 < x 6 1. Ou seja,limn→∞

Rn,0,f (x) = 0, se −1 < x 6 1.

Caso contrário, observando ainda que a função log(x+ 1) não está denida para x 6 −1, bastaanalizar o que acontece com o resto Rn,0,f (x) apenas no caso x > 1.

35.8.4 Exercício: O comportamento do resto Rn,0,f (x) no caso x > 1 é considerado no presenteexercício.

(a) Prove que se t ∈ [0, x], então:

1 + t 6 1 + x 6 2x, se x > 1.

(b) Usando o item (a) anterior, tem-se:∫ x

0

tn

1 + tdt >

1

2x

∫ x

0

tn dt =|x|n

2n+ 2.

(c) Conclua que no caso x > 1 o resto Rn,0,f (x) cresce arbitrariamente con n. Ou seja,limn→∞

|Rn,0,f (x)| = +∞, se x > 1. ♣

35.9 A Função Binomial (1 + x)α

Para α ∈ R e n inteiro não-negativo, dene-se o coeciente binomial generalizado(α

n

)como:

(α

n

):=

1, se n = 0;α(α− 1)(α− 2) · · · (α− n+ 1)

n!, se n > 1.

35.9.1 Exercício: Com a denição precedente, prove que:

(a) Se α ∈ N ∪ 0, então(α

n

)= 0, para todo n > α+ 1.

(b) Se α /∈ N ∪ 0, então(α

n

)6= 0, para todo n ∈ N ∪ 0. Neste caso, o sinal de

(α

n

)começa

a alternar de positivo para negativo e viceversa para n > α+ 1. ♣

35.9.2 Exercício: Verique que o polinômio de Taylor de ordem n para a função binomialf(x) = (1 + x)α na origem a = 0 está dado por:

Pn,0,(1+x)α(x) =

n∑k=0

(α

k

)xk. ♣

35.10 A Equação f ′′ + f = 0 Revisitada 503

35.9.3 Exercício: Prove que a forma de Cauchy para o resto Rn,0,(1+x)α(x) resulta dada por:

Rn,0,(1+x)α(x) = (n+ 1)

(α

n+ 1

)x (1 + t)α−1

(x− t1 + t

)n,

para algum t em (0, x), ou t em (x, 0), segundo seja x positivo ou negativo, respectivamente. ♣

35.9.4 Exercício: Prove agora que a forma de Lagrange para o resto Rn,0,(1+x)α(x) resultadada por:

Rn,0,(1+x)α(x) =

(α

n+ 1

)xn+1 (1 + t)α−n−1,

para algum t em (0, x), ou t em (x, 0), segundo seja x positivo ou negativo, respectivamente. ♣

35.10 A Equação f ′′ + f = 0 Revisitada

Seja f tal que existe f ′′(x) para todo x ∈ R e tal que:

f ′′ + f = 0,

f(0) = 0,

f ′(0) = 0.

Pelo Lema 31.3.1 sabe-se que uma tal função deve ser identicamente nula. Na presente seção seráfornecida uma segunda prova independente desse fato, que serve para ilustrar o uso do polinômiode Taylor e a forma integral do resto como ferramentas teóricas.

35.10.1 Exercício: Seja f tal que f ′′ + f = 0. Então:

(a) f resulta automáticamente innitamente diferenciável. Ou seja, f (k) existe para todo k ∈ N.

(b) Mais ainda, tem-se:

f (k) : k ∈ N = f, f ′,−f,−f ′.

Ou seja, existem as derivadas de todas as ordens, mas apenas quatro diferentes.

(c) Se f satisfaz a condição adicional f(0) = f ′(0) = 0, então f (k)(0) = 0 para todo k ∈ N.

(d) Em particular, Pn,0,f = 0 para todo n ∈ N. Portanto, usando a forma integral do restotem-se:

f(x) = Pn,0,f (x) +Rn,0,f (x) = Rn,0,f (x) =

∫ x

0

f (n+1)(t)

n!(x− t)n dt.

(e) Como f (n+1) é contínua, pois existe f (n+2), resulta limitada no compacto [0, x], para todox. Ou seja, dado x > 0 arbitrário mas xo, existe M ∈ R tal que para todo n ∈ N tem-se:∣∣∣f (n+1)(t)

∣∣∣ 6M, ∀ t ∈ [0, x].


Observe que a claúsula para todo n ∈ N pode ser acrescentada sem problema na relaçãoacima, pois existem no máximo quatro f (k) diferentes.

(f) Com estas observações, tem-se:

|f(x)| 6M∣∣∣∣∫ x

0

(x− t)n

n!dt

∣∣∣∣ = M|x|n+1

(n+ 1)!

(g) Pelo Exercício 3.10.4 a expresão à direita acima pode ser feita arbitrariamente pequenatomando n sucientemente grande.

(h) Desta maneira, |f(x)| < ε para todo ε > 0, e portanto f(x) = 0. Como era x arbitrário,segue que f = 0. ♣

Capítulo 36

Estranho numa Terra Estranha

Os planos são propositalmente vagos; queremos mais viajar do que chegara algum destino. [...] Viajamos, portanto, mais na base da intuição e da dedução a partir dosindícios que encontramos. [...] Munidos destes instrumentos, sem nenhum impulso de chegara algum lugar, tudo vai bem, temos o país inteiro à nossa frente.

Robert M. Pirsig 1

36.1 Racional é o que e não é...

36.1.1 Teorema: e /∈ Q, ou seja, o número e é irracional.

Demonstração: Pelos resultados da seção 35.6, sabe-se que para todo n ∈ N tem-se:

e = e1 = 1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!+Rn,

onde:

0 < Rn <3

(n+ 1)!.

Por reductio ad absurdum, suponha que e seja racional, ou seja, da forma e =a

b, sem perda de

generalidade com a e b inteiros positivos, pois sabe-se que e > 2 > 0. Seja agora n ∈ N tal quen > b e n > 3. Tem-se:

a

b= 1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!+Rn,

portanto:

n! a

b= n! +

n!

1!+n!

2!+n!

3!+ · · ·+ n!

n!+ n!Rn.

Observe que na identidade acima, o membro à esquerda é inteiro, pois n > b. O mesmo acontececertamente com os primeiros termos no membro à direita, com a possível exceição do último. Desta

1[9, pp. 12, 14.].

505

506 Estranho numa Terra Estranha

maneira, o termo n!Rn também deveria ser inteiro, pois pode ser expressado como diferença dedois inteiros. Por outro lado, da relação:

0 < Rn <3

(n+ 1)!

tem-se:

0 < n!Rn <3

n+ 1<

3

4< 1,

contradizendo que n!Rn era inteiro.

36.2 ...E nenhuma Potência Superior o fará entrar em razão,por mais Racional que seja

Os dois lemas a seguir são resultados auxiliares que foram introduzidos anteriormente, nos exercícios3.10.4 e 22.5.1, respectivamente.

36.2.1 Lema: Dados a, b ∈ R com b > 0 arbitrários, existe n ∈ N talque n! > anb.

Demonstração: Cf. Exercício 3.10.4 e os exercícios precedentes daquela seção.

36.2.2 Lema: Para cada n ∈ N seja fn a função denida por:

fn(x) :=xn(1− x)n

n!.

A função fn satisfaz as seguintes propriedades:

(a) Se 0 < x < 1, então 0 < fn(x) < 1/n!.

(b) f(k)n (0) = 0, se k < n.

(c) Se k > 2n, então f(k)n (x) = 0 para todo x.

(d) Para n 6 k 6 2n tem-se:

f (k)n (0) = (k − n)!

(k

n

)(n

k − n

)(−1)k−n.

(e) Em particular, f(k)n (0) é inteiro para todo k ∈ N.

(f) Mais ainda, f(k)n (1) também é inteiro para todo k ∈ N.

36.2 ...E nenhuma Potência Superior o fará entrar em razão, por mais Racional que seja 507

Demonstração: (a) Se 0 < x < 1, então adicionalmente tem-se que 0 < 1−x < 1. Combinandoessas duas relações tem-se:

0 < xn < 1,

0 < (1− x)n < 1.

Portanto:

0 < fn(x) =xn (1− x)n

n!<

1

n!.

(b) Observe que:

fn(x) =xn (1− x)n

n!

=1

n!xn

n∑k=0

(n

k

)(−1)k xk

=1

n!

n∑k=0

(n

k

)(−1)k xk+n

=1

n!

2n∑j=n

(n

j − n

)(−1)j−n xj .

Incidentalmente, observe que denindo c(n, j) como:

c(n, j) :=(

n

j − n

)(−1)j−n,

tem-se que c(n, j) ∈ Z para todo n 6 j 6 2n. Da expressão anterior para f(x) comopolinômio em x segue diretamente que f (k)

n (0) = 0 se k < n.

(c) Da expressão do item anterior para f(x) como polinômio em x de grau 2n segue diretamenteque, no caso k > 2n, tem-se f (k)

n (x) = 0 para todo x.

(d) Seja n 6 k 6 2n. Derivando k vezes a expressão obtida no item (b) anterior tem-se:

f (k)n (x) =

1

n!

2n∑j=n

(n

j − n

)(−1)j−n j(j − 1) · · · (j − k + 1)xj−k.

Portanto:

f (k)n (0) =

1

n!

(n

k − n

)(−1)k−n k(k − 1) · · · (k − k + 1) =

1

n!

(n

k − n

)(−1)k−n k!.

No caso particular k = n tem-se:

f (n)n (0) =

1

n!

(n

0

)n! =

(n

0

)=

n!

0!n!= 1.

508 Estranho numa Terra Estranha

Por outro lado, se k > n tem-se:

f (k)n (0) =

1

n!

(n

k − n

)(−1)k−n k! =

k!

n!

(n

k − n

)(−1)k−n

= (k − n)!k!

n!(k − n)!

(n

k − n

)(−1)k−n = (k − n)!

(k

n

)(n

k − n

)(−1)k−n.

(e) Basta usar o resultado do item anterior, pois os coecientes binomiais são números naturais.

(f) Observe que:

fn(1− x) =(1− x)n (1− (1− x))n

n!=

(1− x)n xn

n!= fn(x).

Portanto:

f (k)n (1− x) = (−1)k f (k)

n (x).

Tomando x = 0 nesta última expressão tem-se:

f (k)n (1) = (−1)k f (k)

n (0),

que é inteiro pelo resultado do item anterior.

36.2.3 Teorema: Para cada r ∈ Q\0, o número er é irracional.

Demonstração: Primeiramente, observe que basta provar que ek não pode ser racional para cadak inteiro positivo, pois se ek/m fosse racional, então (ek/m)m = ek também seria. Seja então

k ∈ N e, por reductio ad absurdum, suponha que ek =a

bpara certos inteiros a e b, que sem perda

de generalidade podem ser considerados positivos, pois e > 2 > 0. Seja então n ∈ N tal quen! > ak2n+1, cuja existência resulta garantida pelo Lema 36.2.1. Dene-se a função F por:

F (x) := k2nfn(x)− k2n−1f ′n(x) + k2n−2f ′′n (x)± · · · − kf (2n−1)n (x) + f (2n)

n (x).

Derivando diretamente a identidade acima, tem-se:

F ′(x) = k2nf ′n(x)− k2n−1f ′′n (x) + k2n−2f ′′′n (x)± · · · − kf (2n)n (x) + f (2n+1)

n (x).

Observe que a última derivada é zero pelo Lema 36.2.2(c), de onde segue:

F ′(x) = −kF (x) + k2n+1fn(x).

Portanto:

[ekxF (x)]′ = kekxF (x) + ekxF ′(x) = kekxF (x)− kekxF (x) + k2n+1ekxfn(x) = k2n+1ekxfn(x).

Desta identidade, usando o corolário 30.1.2, tem-se:

b

∫ 1

0

k2n+1ekxfn(x) dx = b ekxF (x)

∣∣∣∣10

= b ekF (1)− bF (0) = ba

bF (1)− bF (0) = aF (1)− bF (0).

Pelo Lema 36.2.2(e,f), o termo à extrema direita na última identidade acima deveria ser um númerointeiro. Por outro lado, usando o Lema 36.2.2(a), a escolha de n garante que:

0 < b

∫ 1

0

k2n+1ekxfn(x) dx 6 bk2n+1ek1

n!= bk2n+1 a

b

1

n!=ak2n+1

n!< 1,

contradizendo que o produto de b com a integral acima era um inteiro.

36.3 Algo Quadrado numa Esfera é Irracional, aqui e na Quarta Dimensão 509

36.3 Algo Quadrado numa Esfera é Irracional, aqui e naQuarta Dimensão

36.3.1 Teorema: π2 /∈ Q, ou seja o número π2 é irracional. Em particular, π é irracional.

Demonstração: Primeiramente, observe que se π fosse racional, então π2 = π π também seria,provando que a última armação no enunciado do teorema segue da primeira. Para provar que π2

não pode ser racional, suponha, por reductio ad absurdum, que π2 =a

bpara certos inteiros a e b

que sem perda de generalidade podem ser considerados positivos, pois π2 > 0. Seja n ∈ N tal quen! > π an, cuja existência resulta garantida pelo Lema 36.2.1. Dene-se a função G por:

G(x) := bn[π2nfn(x)−π2n−2f ′′n (x)+π2n−4f (4)n (x)±· · ·+(−1)n−1π2f (2n−2)

n (x)+(−1)nf (2n)n (x)].

Derivando diretamente duas vezes a identidade acima, tem-se:

G′′(x) = bn[π2nf ′′n (x)−π2n−2f (4)n (x)+π2n−4f (6)

n (x)±· · ·+(−1)n−1π2f (2n)n (x)+(−1)nf (2n+2)

n (x)].

Observe que a última derivada é zero pelo Lema 36.2.2(c), de onde segue:

G′′(x) = −π2G(x) + bnπ2n+2fn(x).

Portanto:

[G′(x) senπx− πG(x) cosπx]′

= G′′(x) senπx + πG′(x) cosπx − πG′(x) cosπx + π2G(x) senπx

= (G′′(x) + π2G(x)) senπx = bnπ2n+2fn(x) senπx

= (bπ2)nπ2fn(x) senπx = π2anfn(x) senπx.

Desta identidade, usando o corolário 30.1.2, tem-se:

π

∫ 1

0

anfn(x) senπx dx =1

π[G′(x) senπx− πG(x) cosπx]

∣∣∣∣10

= G(1) +G(0).

Pelo Lema 36.2.2(e,f), o termo à extrema direita na última identidade acima deveria ser um númerointeiro, pois os fatores:

bnπ2n−2k = bn(π2)n−k = bn(ab

)n−k= an−kbk

resultam inteiros para todo k = 1, 2, . . . , n. Por outro lado, usando o Lema 36.2.2(a), a escolha den garante que:

0 < π

∫ 1

0

anfn(x) senπx dx 6πan

n!< 1,

contradizendo que o produto de π com a integral acima era um inteiro.


36.4 Existe Algo em Común entre Moisés, Heinlein e U2?

36.4.1 Exercício: Na sua opinião, qual ou quais das seguintes opcões estão relacionadas como título do presente capítulo, ou seja, Stranger in a Strange Land :

(a) Um romance de ciência-ção de 1961 de autoria de Robert A. Heinlein, onde narra-se ahistória de Valentine Michael Smith, um ser humano criado por marcianos no planeta Marte,no seu retorno à Terra no começo da sua vida adulta.

(b) Uma música da banda irlandesa U2, que consta em October, o seu segundo album de estudio,lançado em 1981 e considerado por muitos como o mais fraco da banda.

(c) Uma citação bíblica relacionada com Moisés, que teve de abandonar o antigo Egito, ondetinha vivido toda a sua vida, quando o farão toma conhecimento que ele tinha asasinado umegípcio que tinha batido num hebreu. Ele casou com Zippo'rah, quem deu-lhe um lho, queele chamou de Gershom: pois, ele disse, eu tenho sido um estranho numa terra estranha(Êxodo 2:22).

511

Apêndices

Apêndice A

gnuplot

A.1 Introdução

O gnuplot é um programa desenvolvido pelo Projeto GNU, destinado à criação de grácos defunções e conjuntos de dados em duas ou três dimensões. Trata-se de um aplicativo poderoso ecompleto, de uso simples e versátil. Algumas das suas características são:

• O projeto tem seu código-fonte aberto, sendo licenciado sob a GPL e distribuído gratuita-mente.

• Pode ser utilizado de maneira interativa, através de um interpretador de comandos próprio,executado pela shell do sistema.

• Além de exibir os grácos na tela, existe a possibilidade de exportá-los em diversos formatos,como postscript, fig, tex, jpeg, gif, png, ou svg.

• O aplicativo oferece ainda ferramentas de análise de dados, como ajuste de funções a dadosexperimentais.

• Além do uso a partir do terminal, o aplicativo pode ser utilizado de maneira não-interativa,pela execução de scripts (arquivos em lote). Esta funcionalidade permite a automação detarefas, facilitando a geração dos mais diversos tipos de grácos, a partir de único comando.

Nas seguintes seções do presente apêndice serão consideradas algumas dessas características. Aabordagem aqui é meramente instrumental, apresentando apenas os conceitos e comandos básicos.Para uma análise com riqueza de detalhes, o leitor é fortemente encorajado a consultar a documen-tação do projeto, que pode ser encotrada no site http://sourceforge.net/projects/gnuplot.1

A.2 Interpretador de Comandos

O gnuplot possui um interpretador do comandos, ou shell, próprio. Para executá-lo, basta digitaro comando:

1Vide [19]. Cf. [6].

515

http://sourceforge.net/projects/gnuplot

516 gnuplot

$ gnuplot

em qualquer terminal do sistema e pressionar a tecla Enter . Ao ser iniciado, o programa imprimeuma mensagem na tela contendo algumas informações, tais como a versão do software instaladano sistema, seus autores e o endereço do projeto na Internet, onde podem ser obtidas maioresinformações. Cabe destacar que o gnuplot é um projeto muito bem documentado. Após essasinformações, a última linha no terminal deverá conter o prompt de comando do gnuplot, com aseguinte aparência:

gnuplot>

No prompt de comando, o usuário pode digitar diversas instruções a serem executadas pelo gnuplot.Alguns desses comandos serão analisados nas seções posteriores do presente Apêndice. Aqui serãoabordadas apenas algumas características gerais do interpretador de comandos.

Para cada sessão interativa do gnuplot, a sua shell mantém o registro dos comandos digitadospelo usuário no prompt. Para navegar pelo histórico de comandos para trás ou para frente, bastautilizar as teclas com a seta para cima ↑ e para baixo ↓ , respectivamente. A reutilização doscomandos digitados com anterioridade facilita consideravelemente o trabalho, principalmente setiver que lidar com linhas de comando quilométricas.

A shell do gnuplot possui também um sistema de documentação razoavelmente completo. Paraacessar o menu de ajuda, utilize o comando:

gnuplot> ?

O texto será exibido até o comprimento máximo da tela. Na última linha, aprecerá a mensagem:

Press return for more:

Ou seja, para avançar as páginas do menu de ajuda basta apertar a tecla Enter . Na página nalcostuma aparecer uma lista com assuntos especícos que podem ser consultados. Observe queinformações sobre algum tópico em particular podem ser consultadas diretamente, por exemplo,através do comando:

gnuplot> ?plot

que exibirá, no caso, a página de ajuda especíca do comando plot. Ao chegar na última páginado manual, o prompt de comando do gnuplot tornará a aparecer outra vez. Para sair a qualquer

A.3 Grácos em 2D 517

momento do menu de ajuda, basta presionar simultaneamente as teclas Ctrl C .

Finalmente, para encerrar a sessão interativa do gnuplot, basta digitar o comando:

gnuplot> quit

ou simplesmente a letra q, e em seguida pressionar a tecla Enter .

A.3 Grácos em 2D

Os comandos plot e splot permitem gerar grácos em duas e três dimensões respectivamente.Esta seção é devotada ao estudo do primeiro deles. A sintaxe do comando plot adota a formageral de uma lista de argumentos, separados com vírgulas se houver mais de um:

gnuplot> plot argument [, argument ... ]

Cada argument indica a função ou arquivo de dados a serem representados gracamente, juntocom alguns parâmetros opcionais, obedecendo ao seguinte formato:

[ranges] function|datale [with style] [colors] [pointtype n]

Nas seguintes sub-seções são analisados alguns desse argumentos opcionais modicadores do co-mando plot.

A.3.1 Funções ou Arquivos

O argumento mandatório function ou datale dene a função ou conjunto de dados que serãorepresentados gracamente. Por exemplo, para gerar o gráco da função f(x) = x2 pode serutilizado o comando:

gnuplot> plot x**2

Para facilitar o trabalho, funções complicadas podem ser denidas de maneira a facilitar a digitação.Por exemplo:

gnuplot> f(x) = x**2

Em tal caso, agora basta digitar:

518 gnuplot

gnuplot> plot f(x)

Duas ou mais funções podem ser colocadas no mesmo gráco simultaneamente, separando os nomescom vírgulas:

gnuplot> plot sin(x) , cos(x)

Para gerar o gráco de mais de uma função ou conjunto de dados utilizando apenas uma vez ocomando plot, basta separar cada função ou conjunto de dados por vírgulas, como no exemplo aseguir:

gnuplot> plot sin(x) , f(x) , "file.dat"

A linha de comando acima permite gerar o gráco da função sen, junto com o gráco da funçãof(x), a qual deve ter sido previamente denida, e ainda o gráco do conjunto de dados contido noarquivo file.dat, cujo formato será explicado numa seção posterior da presente.

A.3.2 Intervalo

O parâmetro opcional ranges dene o intervalo de valores de x e/ou y compreendidos no gráco. Sequalquer um desses valores for omitido, então o programa utilizará aquele que estimar conveniente.Um exemplo de uso seria o seguinte:

gnuplot> plot [0:pi*2] sin(x)

Em tal caso o gráco será gerado apenas no intervalo 0 < x < 2π. Neste outro exemplo:

gnuplot> plot [0:pi*2] [-1:1] sin(x)

o gráco será gerado nos intervalos 0 < x < 2π e −1 < y < 1. Para não ter que especicar oslimites do gráco cada vez que for gerado, pode ser utilizado o comando:

gnuplot> set xrange [0:pi*2]

A.3 Grácos em 2D 519

Analogamente, o intervalo no eixo das ordenadas pode ser denido através do comando:

gnuplot> set yrange [-1:1]

Maiores esclarecimentos podem ser obtidos através do comando:

gnuplot> ?range

A.3.3 Estilo

O parâmetro opcional with style dene a aparência do gráco. Por exemplo, se o gráco serárepresentado por uma linha sólida, uma linha pontilhada, linhas e pontos combinados, etc. Noexemplo:

gnuplot> plot x**2 with points

será gerado o gráco da função f(x) = x2 representada por pontos. Alguns parâmetros que podemser utilizados com o argumento with, são:

lines Utiliza apenas uma linha que liga todos os pontos. Este é o estilo default, ou seja, utilizadopor omissão.

points Utiliza pontos com formatos diferentes como quadrados, sinais de adição, diamantes, as-teriscos, etc.

linespoints Consiste na combinação dos dois itens anteriores. Utiliza uma linha que liga todosos pontos e além disso mostra os pontos como no item anterior.

errorbars Permite apresentar cada ponto com suas barras de erro. Resulta possível também exibiras barras de erro apenas em x ou apenas em y, bastando para tanto utilizar os comandosxerrorbars ou yerrorbars, respectivamente. As barras de erro são interpretadas por defaultcomo pertencentes à variável y.


gnuplot> ?style

520 gnuplot

A.3.4 Cor

O parâmetro opcional colors permite denir qual será a cor utilizada, sendo representado por umnúmero inteiro, geralmente entre 0 e 8 (ou 9). Por exemplo, o comando:

gnuplot> plot x**2 with points 3

permite gerar o gráco na cor representada pelo número 3, ou seja, cor azul. Alterando esse número,a cor será modicada pari passu. A cor utilizada por default é a número 1, ou seja vermelha. Paravisualizar todas as opções existentes, utilize:

gnuplot> test


gnuplot> ?colors

A.3.5 Pontos

O parâmetro opcional pointtypen permite denir qual será o caractere utilizado para representaros pontos no gráco, representado pelo número inteiro n. Por exemplo, o comando:

gnuplot> plot x**2 with points pointtype 2

gera um gráco com os pontos representados pelo caractere ×. O carctere utilizado por defaulté o representado pelo número 1, ou seja, pelo sinal de adição +. Os pontos também podem serrepresentados por asteriscos, bolinhas, quadrados, triângulos, etc. Para visualizar todas as opçõesexistentes, utilize:

gnuplot> test

A.4 Arquivos de Dados

O comando plot pode receber como argumento um arquivo contendo dados para serem repre-sentados gracamente. Este arquivo deve ser editado segundo certos padrões, para que os dados

A.5 Ajustando uma Função a um Conjunto de Dados 521

sejam corretamente interpretados e o gráco seja gerado de maneira satisfatória. O exemplo aseguir ilustra o conteúdo de um possível arquivo de dados:

966.3 0.0043 0.0002

1267.9 0.0053 0.0003

2568.5 0.0104 0.0005

3169.2 0.0154 0.0007

O arquivo deve conter pelo menos duas colunas. Os números da primeira coluna são interpre-tados como os pontos x, ou seja, correspondentes ao eixo das abcissas. Analogamente, os númerosda segunda coluna são interpretados como os pontos y, ou seja, correspondentes ao eixo das orde-nadas. No caso de um gráco 2D, o comando plot interpreta os números da terceira coluna comoos erros em x ou em y, sendo que esta informação deve ser fornecida explicitamente pelo usuário,por exemplo:

gnuplot> plot "file.dat" with yerrorbars

Neste caso, o comando interpretará a terceira coluna como erros em y. No caso de grácos 3D, ouseja, se for utilizado o comando splot, os números da terceira coluna são interpretados como ospontos do eixo z.

Uma observação importante sobre o arquivo de dados consiste em que todas as colunas devemestar necessariamente separadas por tabulações, ou seja, utilizando a tecla Tab . Observe tambémque o caractere utilizado para separar as casas decimais deve ser o ponto. Para facilitar o trabalhoé conveniente, embora não seja obrigatório, que arquivo de dados esteja no mesmo diretório noqual foi executado o gnuplot.

A.5 Ajustando uma Função a um Conjunto de Dados

Para ajustar uma função a um conjunto de dados, deve-se denir uma função com parâmetros aserem ajustados, por exemplo:

gnuplot> f(x) = a*x + b

No exemplo acima, a e b são os parâmetros livres a serem ajustados. Após denida a função,deve-se denir o limite de ajuste, usualmente da seguinte maneira:

gnuplot> FIT_LIMIT = 1e-15

522 gnuplot

O último passo consiste no ajuste propriamente dito, através do comando:

gnuplot> fit f(x) "file.dat" via a, b

O comando acima irá ajustar os parâmetros a e b ao conjunto de dados contido no arquivo especi-cado e irá imprimir na tela os valores dos parâmetros ajustados, como também outras informaçõesestatísticas. Para vericar o ajuste, o gráco do conjunto de dados pode ser gerado junto com afunção ajustada:

gnuplot> plot "file.dat" , f(x)

O comando fit anterior gera um arquivo ASCII nomeado fit.log dentro do diretório a partir doqual o gnuplot foi iniciado. As informações relativas a todos os ajustes realizados pelo gnuplot

estarão gravadas neste arquivo.

A.6 Títulos e Legendas

A legenda no gráco pode ser deslocada para qualquer posição arbitrária. Por exemplo:

gnuplot> set key 0 , 0.4

Existem outros comandos que permitem o deslocamento da legenda para certas posições prede-nidas. Por exemplo, para controlar o poscicionamento no sentido horizontal, tem-se:

gnuplot> set key [left|right]

Analogamente, para o posicionamento vertical, podem ser usados os comandos:

gnuplot> set key [top|bottom]

O seguinte comando permite centralizar a legenda no centro do gráco:

gnuplot> set key center

A.7 Redirecionamento da Saída 523

Alguns desses comandos podem ser combinados entre si. Por exemplo:

gnuplot> set key top left

Existem também comandos para posicionar a legenda no espaço exterior ao gráco. Por exemplo:

gnuplot> set [above|below|outside]

Esses comandos podem ser combinados, por exemplo, com left, center e right. Uma outraopção interessante consiste em encerrar a legenda numa caixa:

gnuplot> set key box

que também pode ser combinada com outras opções de posicionamento. Caso esteja se perguntandoa esta altura, sim, a legenda também pode ser completamente removida:

gnuplot> unset key

Finalmente, para reverter ao modo de funcionamento padrão, utilize:

gnuplot> set key default

Os títulos do gráco podem ser denidos valendo-se dos seguintes comandos:

gnuplot> set title "Função Seno"

gnuplot> set ylabel "sen(x)"

gnuplot> set xlabel "x"

A.7 Redirecionamento da Saída

Ao gerar um gráco com o gnuplot, a saída padrão do gráco será o display, ou seja, o grácoé exibido na tela do monitor em uma janela. Em não poucas oportunidades, resulta conveniente

524 gnuplot

salvar o gráco em um arquivo de imagem com determinado formato, LATEXpor exemplo, caso sejadesejável incluir o gráco em algum artigo, relatório, ou trabalho monográco.

O gnuplot permite exportar grácos em uma grande variedade de formatos. Para tanto, oprograma deve ser instruído a redirecionar a saída para o tipo de terminal conveniente, através docomando:

gnuplot> set term terminal [options]

onde terminal é alguns dos terminais suportados, incluindo os seguintes tipos: postscript, latex,fig, jpeg, gif, png e svg, entre outros. Para consultar a lista completa de formatos disponíveis,utilize o comando:

gnuplot> ?term

A seguir, comentam-se brevemente alguns tipos de terminais que aparecem na prática, como tam-bém algumas das opções respectivas comumente utilizadas.

A.7.1 PostScript

Geralmente identicado pela extensão .ps, este formato costumava ser muito utilizado, pois era oformato padrão reconhecido pelas impressoras laser. Para especicar este tipo de terminal, utilizeo comando:

gnuplot> set term postscript [color|monochrome]

Ao utilizar este tipo de terminal, caso seja necessário o emprego de caracteres especiais, tais comoacentos, por exemplo, nos títulos dos grácos, pode ser usado o seguinte comando:

gnuplot> set encoding iso_8859_1

Resulta oportuno salientar que o formato PostScript está a caminho da obsolescência, sendo naatualidade subtituído majoritariamente pelo formato PDF. Contudo, existem algumas publicaçõesperiódicas (journals) que atualmente não aceitam o formato PDF para a submissão de artigos parapublicação. Neste caso, PostScript pode resultar uma opção admissível e conveniente.

A.7.2 LATEX

Também conhecido como TEX (embora não sejam exatamente sinônimos) e identicado com aextensão .tex, este formato é utlizado intensivamente, principalmente no meio acadêmico, para aredação de textos matemáticos e cientícos em geral. Para especicar este tipo de terminal, utilizeo comando:

A.7 Redirecionamento da Saída 525

gnuplot> set term latex

Ao incluir guras geradas com o gnuplot em documentos LATEX, o caractere das aspas duplas" pode aparecer dentro do comando \special. Em tal caso, resulta conveniente desabilitar seusignicado especial, reabilitando-o logo após a inclusão da gura. Na versão 3.5 do pacote babel

isso não é necessário, mas na versão 3.6 é obrigatório, sob pena de erro na inclusão da gura. Paratanto, no corpo do arquivo .tex poderia ser utilzado o seguinte código:2

\beginfigure[htbp]

\centering

\catcode`\"12\relax % Turn off double quotes.

\inputyour_file.tex

\catcode`\"\active % Turn on double quotes.

\captionGráfico gerado com o gnuplot.

\labelyour_label

\endfigure

A.7.3 Fig

Este formato, geralmente identicado pela extensão .fig, permite gerar grácos vetoriais simples,por exemplo, guras geométricas, tais como retas, círculos, polígonos, etc., que podem ser utili-zados para representar gracamente funções matemáticas sem muito grau de detalhamento. Paraespecicar este tipo de terminal, utilize o comando:

gnuplot> set term fig [color|monochrome]

Os arquivos Fig podem ser também gerados e/ou editados através do aplicativo xfig. Para incluirum arquivo Fig em um documento LATEX resulta necessário exportá-lo antes para o formato EPS(Encapsulated PostScript), tarefa que o xfig anteriormente mencionado realiza sem o menor in-conveniente.

A.7.4 Utilização em pipes

Concomitantemente com a especiação do tipo de terminal, utiliza-se o comando:

gnuplot> set output "filename"

2Vide [15].

526 gnuplot

que instrui o gnuplot para exportar o gráco no arquivo cujo nome for especicado. Alternati-vamente, em sistemas que suportam o uso de pipes, por exemplo, Unix e similares, a saída podeser canalizada através da shell do sistema. Para tanto, o primeiro caractere não-vazio do nome dearquivo utilizado deve ser |. Por exemplo, o comando:

gnuplot> set output "|lpr -Plaser filename"

permite submeter o gráco diretamente para a impressora, caso tenha sido especicado previamenteum tipo de terminal compatível, tal como PostScript, por exemplo.

A.8 Arquivos de Automação

O gnuplot permite gerar grácos de maneira não interativa, através de arquivos de automação, ouscripts. Um script para o gnuplot não é nada mais que um arquivo de texto ASCII contendo linhasde comando para o gnuplot que serão executadas sequencialmente, de maneira totalmente análogaà shell nas sessões interativas. Naturalmente, a sintaxe e ordenamento lógico dos comandos devemser os mesmos que seriam se fossem utilizados no interpretador de comandos.

Um exemplo de script é monstrado na Listagem A.1. Observe que o caractere # no início decada linha indica que a linha em questão trata-se apenas de um comentário, que não será execu-tada pelo gnuplot. Esse tipo de comentário serve para documentar o script, ou para desabilitartemporariamente comandos sem removê-los de maneira denitiva (e talvez irreversível), como otrecho entre as linhas 20 e 24 no exemplo mostrado.

Para executar o script, basta abrir um terminal e digitar o comando:

$ gnuplot /path/to/your/script

Observe que paths não absolutos, ou seja que não começam com o caractere /, serão ancoradosno diretório atual do terminal onde o comando acima foi executado. Uma maneira alternativa deexecutar o script, consiste em iniciar o interpretador de comandos do gnuplot e digitar o seguintecomando:

gnuplot> load "/path/to/your/script"

Existe ainda uma outra maneira de executar o script. Observe que a primeira linha começa com acombinação de dois caracteres #!. Trata-se de um tipo muito especial de comentário, pois indicapara a shell do sistema que tal script deve ser executado com o aplicativo cujo nome precede aquelesdois caracteres, no caso, o programa /usr/bin/gnuplot. Uma vez sabendo qual o aplicativo a serusado, basta tornar o script executável:

A.8 Arquivos de Automação 527

1 #!/usr /bin / gnuplot

3 # Rela t i v e paths are achored to PWD of system s h e l l or gnuplot s h e l l .d a t a f i l e = "1 . dat"

5 o u t p u t f i l e = "1 . ps"

7 # Set t i t l e s .s e t t i t l e "Dados Exper imentais e Reta Ajustada"

9 s e t y l ab e l "Grandeza em y"s e t x l ab e l "Grandeza em x"

11

# Set the legend po s i t i o n and s t y l e .13 s e t key l e f t top box

15 # Fit a l i n e a r func t i on to the g iven data .f ( x ) = a∗x + b

17 FIT_LIMIT = 1e−15f i t f ( x ) d a t a f i l e v ia a , b

19

# Plot the data along with the func t i on f i t t e d21 #plo t d a t a f i l e with po in t s p o i n t s i z e 2 , f ( x ) with l i n e s 3

#23 # Pause to view the graphic .

#pause −1 "Press Enter to cont inue . . . "25

# Create output f i l e in the g iven format ( Pos tSc r ip t ) .27 s e t term po s t s c r i p t c o l o r

s e t output o u t pu t f i l e29 s e t encoding iso_8859_1

# The l a s t command above a l l ows s p e c i a l cha ra c t e r s ( accents , e t c ) in PSf i l e s .

31

# Plot the data along with the func t i on f i t t e d33 p lo t d a t a f i l e with po in t s p o i n t s i z e 2 , f ( x ) with l i n e s 3

Listagem A.1: Exemplo de script para o gnuplot.

528 gnuplot

$ chmod +x /path/to/your/script

e executá-lo de fato:

$ /path/to/your/script

Observe que os dois comandos acima devem ser executados na shell do sistema. No caso dosegundo comando, ao executar qualquer programa na shell do sistema resulta necessário empregaro path absoluto do mesmo, lembrando que o diretório atual pode ser abreviado com o caractere .correspondente ao ponto.

Apêndice B

Alguns Resultados Topológicos

B.1 Compacidade

B.1.1 Lema: Em um espaço topológico T2 os conjuntos compactos separam-se dos pontos.

Demonstração: Sejam K compacto e x /∈ K. Como o espaço é T2, para cada y ∈ K existem Uye Vy, vizinhaças abertas de x e y respectivamente, tais que Uy ∩ Vy = ∅. Portanto, o conjunto⋃

y∈KVy

é uma cobertura aberta de K e, pela compacidade, tem-se que

K ⊆n⋃i=1

Vyi =: V.

Seja U denido como:

U :=n⋂i=1

Uyi .

Então U é aberto, pois é interseção nita de abertos, e U ∩ V = ∅. Com efeito, suponha-se aexistência de algum y ∈ U ∩ V . Em tal caso, teria-se que y ∈ Vyi0 para algum i0 ∈ 1, . . . , n,

como também que y ∈n⋃i=1

Uyi ⇒ y ∈ Uyi0 . Portanto, y ∈ Uyi0 ∩ Vyi0 , o que contradiz o fato que

tal intersecção é vazia.

B.1.2 Lema: Em um espaço topológico T2 dois conjuntos compactos disjuntos separaram-sepor abertos disjuntos.

Demonstração: Sejam K,M compactos disjuntos. Para cada x ∈ M , pelo resultado anterior,existem Ux e Vx vizinhanças abertas de x e K respectivamente, com Ux ∩ Vx = ∅. Desta maneira,o conjunto⋃

x∈MUx

529

530 Alguns Resultados Topológicos

é uma cobertura de M por abertos, e pela compacidade, tem-se que:

M ⊆n⋃i=1

Uxi =: U.

Observe-se também que o conjunto V denido como:

V :=n⋂i=1

Vxi

é aberto, com K ⊆ V , e U ∩ V = ∅.

B.2 Espaços Métricos

B.2.1 Teorema (Cantor): Seja X espaço métrico. Então, as seguintes condições são equivalen-tes:

1. X é completo.

2. Para toda família Ann∈N não-crescente de sub-conjuntos fechados e não-vazios de X, ouseja, X ⊇ An 6= ∅ fechado e An ⊇ An+1 para todo n ∈ N, tal que lim

n→∞diam(An) = 0

tem-se que

∞⋂n=1

An = x para algum x ∈ X.

Demonstração: (1) ⇒ (2). Como An 6= ∅ para todo n ∈ N existe xn ∈ An.

Armação: xnn∈N é uma sequência de Cauchy. O

Com efeito, se m > n então d(xm, xn) 6 supd(x, y) : x, y ∈ An = diam(An), pois xm ∈ Am ⊆An 3 xn. Ou seja, d(xm, xn) 6 diam(An), que converge a zero pela hipótese (2). H

Portanto, segue da armação anterior que existe x := limn→∞

xn.

Armação: x ∈∞⋂n=1

An. O

Para cada m ∈ N tem-se que n > m ⇒ xn ∈ An ⊆ Am ⇒ xn ∈ Am. Portanto, como Am é

fechado, x = limn→∞

xn ∈ Am, para todo m ∈ N, de onde segue que x ∈∞⋂n=1

An. H

Agora, se y ∈∞⋂n=1

An, então d(x, y) 6 diam(An) para todo n ∈ N, que tende a zero pela hipótese

(2). Portanto, d(x, y) = 0 ⇒ x = y. Ou seja,∞⋂n=1

An = x.

B.2 Espaços Métricos 531

(2) ⇒ (1). Seja xnn∈N uma sequência de Cauchy em X. Para cada n ∈ N dene-se o conjuntoAn como:

An := xm : m > n.

Obviamente, cada An é fechado e não-vazio. Mais ainda, a família de conjuntos Ann∈N é não-crescente, pois i > j ⇒ m > i > j ⇒ Ai ⊆ Aj .

Armação: limn→∞

diam(An) = 0. O

Com efeito, dado ε > 0, sabe-se que existe N ∈ N tal que m,n > N ⇒ d(xm, xn) < ε. Se n > Nentão, x ∈ An ⇒ x = xk para algum k > n > N . Portanto, d(x, y) < ε para todo x, y ∈ An, deonde segue que diam(An) < ε, se n > N . Como ε > 0 era arbitrário, segue o armado. H

Portanto, segue da armação anterior e da hipótese (2) que existe x ∈ X tal que x =

∞⋂n=1

An.

Armação: limn→∞

xn = x. O

Seja ε > 0 arbitrário. Pela armação anterior, sabe-se que existe N ∈ N tal que n > N ⇒

diam(An) < ε. Portanto, n > N ⇒ d(xn, x) 6 diam(An) < ε, pois xn ∈ An e x ∈∞⋂k=1

Ak ⊆ An. H

Uma outra prova da última armação pode ser obtida observando que∞⋂n=1

An é o conjunto de

pontos de acumulação da sequência xn. Além disso, como diam(An) tende para zero, a sequênciad(xn, x) está contida num compacto, sendo portanto convergente.

B.2.2 Teorema (de Categoria de Baire): Seja X métrico completo. Seja A ⊆ X tal que

A =⋃n∈N

An, comAn = ∅, ou seja, An não contém abertos. Então, X ∩Ac é denso em X.

Demonstração: Observe que se pode supor, sem perda de generalidade, que cada An é fechado.Com efeito, caso contrário, substituindo An por An tem-se:

An ⊆ An ⇒ A =⋃n∈N

An ⊆⋃n∈N

An=: B,

de onde segue que Ac ⊇ Bc ⇒ X ∩Bc ⊆ X ∩Ac. Portanto, se X ∩Bc é denso, o conjunto X ∩Actambém o será.

Seja agora X ⊇ V aberto não-vazio arbitrário. Para provar o resultado enunciado, basta provarque V ∩ Ac 6= ∅. Seja U1 aberto tal que U1 ⊆ U1 ⊆ V e diamU1 < 1. Por exemplo, como Vé aberto não-vazio, se x ∈ V , existe r > 0 tal que Br(x) ⊆ V . Portanto, se poderia escolherU1 :=Bδ(x), onde δ 6 min r/2, 1/2. Como A1 = A1 não contém abertos, U1 não é subconjuntode A1, de onde segue que U1 ∩Ac1 é um aberto não-vazio, pois Ac1 é aberto, pela suposição inicialde ser A1 fechado.


Analogamente, se agora U2 é um aberto não-vazio tal que U2 ⊆ U2 ⊆ (U1 ∩Ac1) e diamU2 < 1/2,este processo poderia ser continuado indutivamente. Suponha-se portanto que já foram determi-nados U1, U2, · · · , Un abertos não-vazios tais que U j+1 ⊆ (Uj ∩Acj) e diamU j+1 < 1/(j + 1), paratodo j = 1, 2, · · · , n− 1. Então, como An = An não contém abertos, Un não será subconjunto deAn, de onde segue que Un ∩Acn é um aberto não-vazio, pois Acn é aberto, pela suposição inicial deser An fechado. Portanto, existe Un+1 aberto não-vazio tal que Un+1 ⊆ Un+1 ⊆ (Un ∩ Acn) e comdiamUn+1 < 1/(n+ 1). Obtém-se desta maneira uma sequência não-crescente

Unde fechados

não-vazios tal que:

limn→∞

diamUn 6 limn→∞

1

n+ 1= 0.

Como X é completo, pelo Teorema de Cantor anterior, existe x ∈ X tal que x =∞⋂n=1

Un.

Finalmente, observe que:

x ∈∞⋂n=1

Un ⊆∞⋂n=1

Un+1 ⊆∞⋂n=1

(Un ∩Acn) ⊆ U1 ∩

( ∞⋂n=1

Acn

)⊆ V ∩

( ∞⋃n=1

An

)c= V ∩Ac.

onde a terceira relação de contenção de conjuntos acima segue do fato que Un ⊆ U1, para todon ∈ N.

B.2.3 Corolário: Um espaço métrico completo X não pode ser união enumerável X =

∞⋃n=1

An

de conjuntos An comAn = ∅, para todo n ∈ N.

Demonstração: Com efeito, se fosse X =

∞⋃n=1

An=: A, então pelo Teorema de Baire teria-se que

X ∩Ac = X ∩Xc = ∅ seria denso, o que é impossível pelo fato de ser vazio.

B.2.4 Teorema: Seja X espaço métrico. Então, todo subconjunto fechado de X é um Gδ, istoé, interseção enumerável de abertos em X.

Demonstração: Seja X ⊇ F fechado.

Armação: Para cada n ∈ N, o conjunto x ∈ X : d(x, F ) < 1/n =: An é aberto em X. O

Com efeito, observando que:

x ∈ An ⇒ d(x, F ) < 1/n⇒ δ :=1/n− d(x, F )

2> 0,

tem-se:

d(x, F ) < d(x, F ) + δ = d(x, F ) +1

2n− d(x, F )

2=d(x, F ) + 1/n

2.

B.2 Espaços Métricos 533

Portanto, como d(x, F ) = inf d(x, y) : y ∈ F, pela denição de ínmo existe y0 ∈ F tal que:

d(x, y0) <d(x, F ) + 1/n

2.

Agora, se z ∈ Bδ(x) então tem-se:

d(z, F ) = inf d(z, y) : y ∈ F 6 d(z, y0) 6 d(z, x) + d(x, y0)

< δ +d(x, F ) + 1/n

2=

1/n− d(x, F )

2+d(x, F ) + 1/n

2=

2/n

2=

1

n,

onde a primeira desigualdade acima segue do fato que y0 ∈ F , no entanto que a terceira desi-gualdade estricta (a primeira na linha inferior acima) segue do fato que z ∈ Bδ(x). Portanto,Bδ(x) ⊆ An. H

Armação: F =

∞⋂n=1

An =

∞⋂n=1

x ∈ X : d(x, F ) < 1/n. O

Com efeito, para a parte (⊆) observe que:

y ∈ F ⇒ 0 6 inf d(y, z) : z ∈ F 6 d(y, y) = 0 ⇒ d(y, F ) = 0 <1

n, ∀n ∈ N

⇒ y ∈ An, ∀n ∈ N ⇒ y ∈∞⋂n=1

An.

Por outro lado, para a parte (⊇) considere x ∈∞⋂n=1

An. Por reductio ad absurdum, suponha que

x /∈ F . Em tal caso, como F c é aberto, se x ∈ F c, então existe r > 0 tal que Br(x) ⊆ F c.Em particular, d(x, y) > r, ∀y ∈ F . Com efeito, se para algum y ∈ F fosse d(x, y) < r, entãoy ∈ Br(x) ⊆ F c, contradizendo o fato que y ∈ F . Desta maneira, tem-se:

d(x, F ) = inf d(x, y) : y ∈ F > r. (B.2.1)

Seja agora n0 ∈ N tal que 1/n0 < r. Então tem-se:

x ∈∞⋂n=1

An ⇒ x ∈ An0 ⇒ d(x, F ) <1

n0< r,

o que contradiz (B.2.1). H

Desta maneira, a última armação conclui a prova do resultado enunciado.

B.2.5 Observação: A relação (B.2.1) deduzida na prova da última armação na prova doteorema anterior, serve na realidade para provar que se X ⊇ F é um subconjunto fechado e x /∈ F ,então d(x, F ) > 0. ♣

B.2.6 Corolário: Em um espaço métrico X, todo subconjunto aberto de X é um Fσ, isto é,união enumerável de fechados em X.


Demonstração: Basta usar as leis de De Morgan no teorema anterior.

Referências Bibliográcas

Todo homem deveria ler apenas aquilo a que é levado pelas suas inclinações; pois o que lêcomo obrigação pouco lhe aproveitará.

Samuel Johnson 1

[1] T. M. Apostol. Calculus. Reverté, Barcelona, 2 edition, 1973.

[2] Fernando Auil. Notas de Topologia. notas manuscritas.

[3] Jorge Luis Borges. Edición Crítica, volume 1. Emece, Buenos Aires, 2010.

[4] Lewis Carroll. Through the Looking-Glass, and what Alice found there.

[5] Umberto Eco. O Nome da Rosa. Nova Fronteira, Rio de Janeiro, 1983.

[6] Luiz Carlos Guidolin. Uma Breve Introdução ao Gnuplot. IF-USP, Site.

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[8] J. Rey Pastor, P. Pi Calleja, and C. A. Trejo. Análisis Matemático. Editorial Kapeluz, BuenosAires, 1952. 3 volúmenes.

[9] Robert M. Pirsig. Zen e a Arte da Manutenção de Motocicletas. Uma investigação sobre

valores. Paz e Terra, Rio de Janeiro, 1984.

[10] G. Polya. A Arte de Resolver Problemas. Interciência, Rio de Janeiro, 1995.

[11] F. Riesz and B. Sz.-Nagy. Functional Analysis. Ungar, New York, 1955.

[12] Bertrand Russell. Introducción a la Filosofía Matemática. Losada, Buenos Aires, 1945.

[13] Bertrand Russell. La Perspectiva Cientíca. Sarpe, Buenos Aires, 1985.

[14] M. Spivak. Calculus. Reverté, Barcelona, 1978.

[15] Klaus Steding-Jessen. LATEX demo: Exemplos com LATEX2e. Site.

[16] Jonathan Swift. Gulliver's travels into several remote nations of the world.

[17] Lao Tzu. Tao-te King. O livro do sentido e da vida. Pensamento, São Paulo, 1997.

[18] Wikipedia. The free enciclopedia. http://www.wikipedia.org.

[19] Thomas Williams and Colin Kelley. gnuplot. An Interactive Plotting Program. Site.

1Citado em [14, p. 757].

http://www.wikipedia.org

Lista de Símbolos

(a, b) Máximo divisor comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

[a, b] Mínimo múltiplo comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

C Conjunto dos números complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Cn Conjunto de n-uplas de números complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

diag(a1, . . . , an) Matriz diagonal com elementos (a1, . . . , an) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Dom f Domínio da função f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .181

Img f Imagem da função f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

λ(J) Medida de Lebesgue em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457

B(F ) Sequência limitada no corpo F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

C(F ) Sequência de Cauchy no corpo F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

N (F ) Sequência nula no corpo F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

| . |p Norma p-ádica no corpo dos números racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

|A| Cardinal do conjunto A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

N Conjunto dos números naturais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

‖f‖∞ Norma do supremo em C(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10

‖T‖B(H) Norma do supremo em B(H) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11

span Espaço vetorial fechado gerado pelo conjunto A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Pol(R) Polinômios com coecientes reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

Poln(R) Polinômios com coecientes reais de grau menor ou igual a n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

〈., .〉H Produto escalar no espaço de Hilbert H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Q Conjunto dos números racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

R Conjunto dos números reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Rn Conjunto de n-uplas de números reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

538 LISTA DE SÍMBOLOS

spanA Espaço vetorial gerado pelo conjunto A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

f Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572

Z Conjunto dos números inteiros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

A−B Notação alternativa para A \B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

A \B Diferença de conjuntos, ou seja, A ∩Bc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

A4B Diferença simétrica de A com B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10

Ac Complemento do conjunto A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

B(H) Operadores lineares e limitados em H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

b(N) Sequências limitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

c(N) Sequências convergentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .173

C(a, b) Funções contínuas em (a, b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

C(X) Funções contínuas de X em C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

C(X,Y ) Funções contínuas de X em Y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10

C n Classe de funções n vezes diferenciáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573

C∞(a, b) Funções innitamente diferenciáveis em (a, b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

Cn(a, b) Funções n vezes diferenciáveis em (a, b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

c0(N) Sequências convergentes para zero. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .173

D(a) Divisores de a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .70

Dn(F) Subálgebra das matrizes diagonais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11

f + g Soma de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

f/g Quociente de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

f g Composição de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

f ≡ 0 Aplicação identicamente nula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

f+ Parte positiva da função f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564

f− Parte negativa da função f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .564

fg Produto de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

G Média geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

L(H) Operadores lineares em H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

LA Quase limites inferiores do conjunto A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305

M−1 Média harmônica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

LISTA DE SÍMBOLOS 539

M1 Média aritmética. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .141

M2 Média quadrática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

Mn(F) Matrizes n× n com coecientes no anel F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Mp Média de potências p-ésimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

n!! Fatorial duplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 571

P (A) Família de subconjuntos, ou partes, de A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

P :=: Q :=R P e/ou Q são por denição iguais a R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

P :=Q P é por denição igual a Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

P :=R=: Q P e/ou Q são por denição iguais a R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

P =: Q Q é por denição igual a P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Pn,a,f Polinômio de Taylor de ordem n para f em a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574

PF (A) Família de subconjuntos nitos de A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10

Rn,a,f Resto de ordem n para f em a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576

UA Quase limites superiores do conjunto A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305

X ′ Funcionais lineares e contínuas, ou espaço dual, de X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

X × Y Produto cartesiano de conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

O Final do enunciado de uma armação dentro de uma demonstração. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .13

H Final da prova de uma armação dentro de uma demonstração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Final de uma demonstração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

♣ Final de uma denição, observação, ou exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Final do enunciado de um lema, proposição, ou teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Índice Remissivo

3x+ 1, algoritmo, 621-1

aplicação, 109função, 407

abcissas, eixo das, 212absolutamente contínua, função, 300acumulação, ponto de

para conjuntos, 241para sequências, 242

algébricasfunções, 187

algoritmo3x+ 1, 62da divisão, 68para polinômios, 187, 198

antiderivada, 545aplicação

1-1, 109bijetora, 109identicamente nula, 109injetora, 109que preserva a ordem, 112sobre, 109sobrejetora, 109

aritméticamédia, 141teorema fundamental da, 73

arquimediano, corpo, 85automorsmo, 110

basede Hamel, 162do logaritmo, 523

Bessell, desigualdade de, 512bijetora, aplicação, 109binômio, teorema do, 54binomial

coeciente, 54, 588função, 588

boa ordenação, princípio da, 46

círculo, 218gráco do, 219

cúbica, raiz, 140côncava, função, 387característica, função, 170cartesiano

produto, 181sistema de coordenadas, 212

Cauchysequência de, 90

co-primos, números, 75coecientes

binomiais, 54, 588de Fourier, 511

Collatz, problema de, 62completeza, 99completo, corpo, 102composição

de funções, 186conexa

função, 294conjunto

dos números p-ádicos, 179dos números naturais, 46indutivo, 45l.i., 160limitado superiormente, 99linearmente independente, 160ponto de acumulação, 241produto cartesiano, 181

contínuaabsolutamente (função), 300função, 279uniformemente (função), 296

convergente, sequência, 89convexa, função, 387corpo

arquimediano, 85

542 ÍNDICE REMISSIVO

completo, 102espaço vetorial sobre, 159ordenadomorsmo de, 114

coseno, 202de uma diferença, 202hiperbólico, 538

críticoponto, 369, 370valor, 370

crescenteestrictamentefunção, 371sequência, 89

função, 371sequência, 89

decrescenteestrictamentefunção, 371sequência, 89

função, 371sequência, 89

denida, integral, 546degrau, função, 450derivação, implícita, 414derivada

pela direita, 391pela esquerda, 391

descontinuidade evitável, 341desigualdade

de Bessell, 512de Jensen, 398de Schwarz, 40, 60, 145

direitaderivada pela, 391

distância, 217euclidiana, 217

divisão, algoritmo da, 68domínio, 181duplo, fatorial, 571

eclidianadistância, 217

eixodas abcissas, 212das ordenadas, 212horizontal, 212vertical, 212

elipse, 218gráco da, 220

endomorsmo, 110equivalência, relação de, 133escalares, 159

multiplicação por, 159espaço

linear, 159vetorial, 159base de Hamel de, 162sobre o corpo F , 159

esquerdaderivada pela, 391

estrictamentecrescentefunção, 371sequência, 89

decrescentefunção, 371sequência, 89

evitável, descontinuidade, 341extendidos, números reais, 262

fórmulade interpolação de Lagrange, 198de juros simples, 535de Leibniz para π, 585de Machin, 586de reduçãopara (1 + x2)−n, 569para (1− x2)n, 568para cosn x, 569para

∫xneax dx, 558

para senn x, 569fatorial

duplo, 571Fermat, números de, 75Fibonacci, sequência de, 50Fourier

coecientes de, 511transformada de, 572

função, 1811-1, 407absolutamente contínua, 300binomial, 588côncava, 387característica, 170conexa, 294contínua, 279

ÍNDICE REMISSIVO 543

absolutamente, 300uniformemente, 296

convexa, 387coseno, 202crescente, 371decrescente, 371denida implicitamente, 414degrau, 450domínio, 181estrictamente crescente, 371estrictamente decrescente, 371gráco de, 212imagem, 181injetora, 407integrável, 420inversa, 407limite inferior, 325pela direita, 327pela esquerda, 328

limite superior, 325pela direita, 327pela esquerda, 328

linear,R função linearLipschitz, 389módulo, 215monótonanão-decrescente, 269

oscilação, 290parte negativa, 564parte positiva, 564polinomial, 187potencial, 187pulo, 290quadrática, 213racional, 187seno, 202uniformemente contínua, 296valor absoluto, 215

função linear, 213coeciente angular, 213coeciente linear, 213inclinação, 213ordenada na origem, 213pendente, 213

funçõesalgébricas, 187classes particulares de, 187composição, 186hiperbólicas, 538

inversas, 539iguais até ordem n, 575operações com, 185produto, 186quociente, 186raízes de, 214soma, 185trascendentes elementares, 187trigonométricashiperbólicas, 538hiperbólicas inversas, 539

funções trigonométricas, 202co-relações, 203coseno de uma diferença, 202desigualdades fundamentais, 202domínio de denição, 202fórmulas de adição, 203fórmulas de diferenças, 203fórmulas de duplicação, 204fórmulas de redução, 204fórmulas do ângulo duplo, 204identidade pitagórica, 202limitação, 202mais valores especiais, 202monotonicidade, 204paridade, 203periodicidade, 203sub-linearidade do seno, 205valores especiais, 202

geométrica, média, 141gráco, 212

da elipse, 220da função constante, 213da função linear, 214da função quadrática, 214, 216da hipérbole, 221do círculo, 219

Hamel, base de, 162harmônica, média, 141hipérbole, 219

gráco da, 221hiperbólicas

funções, 538inversas, funções, 539

hiperbólicocoseno, 538seno, 538


identicamente nula, aplicação, 109iguais, funções até ordem n, 575imagem, 181implicíta, derivação, 414implicitamente, função denida, 414indenida, integral, 546independência linear, 160indução completa, princípio de, 46indução, princípio de, 47indutivo, conjunto, 45inferior

integral, 416limiteda sequência, 308de função, 325do conjunto, 306pela direita, 327pela esquerda, 328

soma, 415injetora

aplicação, 109função, 407

integrável, função, 420integral, 420

denida, 546indenida, 546inferior, 416superior, 416

interpolação, fórmula de, 198inversa, função, 407isomorsmo, 110

Jensen, desigualdade de, 398juros simples, fórmula de, 535

l.i., conjunto, 160Lagrange

fórmula de interpolação de, 198polinômio interpolador de, 198

LebesgueLema de Riemann-Lebesgue, 513medida de, 457medida nula, 458

Leibniz, fórmula para π, 585Lema

de Riemann-Lebesgue, 513limitada, sequência, 90

inferiormente, 90superiormente, 90

limitado, conjuntosuperiormente, 99

limite inferiorda sequência, 308de função, 325pela direita, 327pela esquerda, 328

do conjunto, 306quase, 305

limite superior, 99da sequência, 308de função, 325pela direita, 327pela esquerda, 328

do conjunto, 306mínimo, 99quase, 305

linearespaço, 159função, 213independência, 160

Lipschitz, função, 389local

mínimo, 401máximo, 401

logaritmoem base a, 523

mínimolocal, 401ponto de, 369

mínimo múltiplo comum, 69mínimo, limite superior, 99máximo

local, 401ponto de, 369valor, 369

máximo divisor comum, 70média

aritmética, 141de potências p-ésimas, 141geomética, 141harmônica, 141quadrática, 141

médiovalor, teorema do, 370

módulofunção, 215representação gráca, 212


Machin, fórmula de, 586mapa de Terras, 62medida

de Lebesgue nula, 458nula, 458

monótonanão-decrescente, função, 269

morsmo, 109bijetor, 110de corpos ordenados, 114

multiplicaçãopor escalares, 159

n-ésima, raiz, 140números

p-ádicos, 179co-primos, 75complexos, 10de Fermat, 75inteiros, 10naturais, 10, 46primos, 72primos entre si, 75racionais, 10reais, 10reais extendidos, 262

não-crescente, sequência, 89não-decrescente, sequência, 89naturais, números, 46nula

medida, 458sequência, 123

operaçõescom funções, 185

ordem, que preserva a, 112ordenadas, eixo das, 212origem, 212ortogonal

sistema de coordenadas, 212oscilação, 290

função, 290

p-ádicos, números, 179p-ésimas, média, 141parábola, 214

com ramos ascendentes, 215com ramos descendentes, 215ordenada na origem, 215

vértice, 215parte

negativa de uma função, 564positiva de uma função, 564

partição, 415Pascal, triângulo de, 54Pitágoras

teorema de, 217polinômio, 187

de Taylor, 574grau do, 187interpolador de Lagrange, 198

polinômiosalgoritmo da divisão, 198

polinomial, função, 187ponto

crítico, 369, 370de acumulaçãode um conjunto, 241de uma sequência, 242

de mínimo, 369de máximo, 369de sombra, 300singular, 370

potências p-ésimas, média de, 141potencial, função, 187primitiva, 545primo, 72primos entre si, números, 75primos, números, 72princípio

da boa ordenação, 46de indução, 47de indução completa, 46

problema de Collatz, 62produto

cartesiano, 181de funções, 186

pulo, 290função, 290

quadráticafunção, 213média, 141

quadrada, raiz, 140quase limite

inferior, 305superior, 305

quociente, 134


de funções, 186

raízesde funções, 214

racionalfunção, 187

raizn-ésima, 140cúbica, 140quadrada, 140

reais, extendidos, 262redução, fórmula de

para (1 + x2)−n, 569para (1− x2)n, 568para cosn x, 569para

∫xneax dx, 558

para senn x, 569reexiva, relação, 133relação

de equivalência, 133reexiva, 133simétrica, 133transitiva, 133

resto, de ordem n, 576Riemann-Lebesgue, Lema de, 513Rolle, teorema de, 370

Schwarz, desigualdade de, 40, 60, 145seno, 202

hiperbólico, 538sub-linearidade do, 205

sequência, 89convergente, 89crescente, 89de Cauchy, 90de Fibonacci, 50decrescente, 89estrictamente decrescente, 89estritamente crescente, 89limitada, 90inferiormente, 90superiormente, 90

limiteinferior, 308superior, 308

não-crescente, 89não-decrescente, 89nula, 123ponto de acumulação, 242

simétrica, relação, 133singular

ponto, 370valor, 370

sistema de coordenadascartesiano ortogonal, 212origem do, 212

sobre,R sobrejetorasobrejetora, aplicação, 109soma

de funções, 185de vetores, 159inferior, 415superior, 415

sombra, ponto de, 300sub-linearidade, do seno, 205subsequência, 90superior

integral, 416limiteda sequência, 308de função, 325do conjunto, 306pela direita, 327pela esquerda, 328

soma, 415superior mínimo, limite, 99superior, limite, 99supremo, 99

Taylorpolinômio de, 574teorema de, 578

teoremade Pitágoras, 217de Rolle, 370de Taylor, 578do binômio, 54do valor médio, 370fundamental da aritmética, 73

Terras, mapa de, 62topologia

usual, 233transformada de Fourier, 572transitiva, relação, 133trascendentes elementares, funções, 187triângulo de Pascal, 54trigonométricas, funções, 202

uniformemente contínua, função, 296


usual, topologia, 233

vértice, da parábola, 215valor

crítico, 370máximo, 369médio, teorema do, 370singular, 370

valor absolutofunção, 215

vetores, 159soma de, 159

vetorialespaço, 159

números reais: um passéio pelos fundamentos da análise...

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