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Paulo Angelo Alves Resende - [email protected]

O Meu Curso de Analise 1

UNB - Universidade de BrasıliaInstituto de Exatas (IE)

4 de janeiro de 2006Apostila disponıvel em http://pa.mat.unb.br/

Sumario

Prefacio p. 5

I Conteudo da 1a Prova 6

1 Numeros Naturais p. 7

1.1 A Soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 7

1.1.1 Inteirada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 7

1.1.2 Definicao de Soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 8

1.1.3 Propriedades da Soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 8

1.2 Ordem dos Numeros Naturais . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 14

1.2.1 Propriedades da Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 14

1.3 A Multiplicacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 15

1.3.1 Propriedades da Multiplicacao . . . . . . . . . . . . . p. 16

1.4 Boa Ordenacao e o Segundo Princıpio da Inducao . . . . . . . p. 22

1.4.1 Elemento Mınimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22

1.4.2 Elemento Maximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22

1.4.3 Boa Ordenacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22

1.5 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 25

2 Numeros Reais p. 34

2.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 34

Sumario Sumario

3 Sequencias e Series de Numeros Reais p. 41

4 Revisao da 1a Parte p. 42

4.1 Exercıcios da Lista de Analise Resolvidos . . . . . . . . . . . p. 42

4.2 1a Prova Resolvida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 58

4.3 Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definicoes . . . . . . . . . p. 61

II Conteudo da 2a Prova 67

5 Topologia da Reta p. 68

5.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 68

6 Limites de Funcoes p. 74

6.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 74

7 Funcoes Contınuas p. 76





IIIConteudo da 3a Prova 90

9 Derivadas p. 91

10 Integral de Riemann p. 92



Sumario Sumario



5

Prefacio

O que me motivou a escrever isso e aprender analise, de maneira alguma

pretendo (hoje) competir com os autores de livros. Fiz livre uso do livro de

Analise de Elon para criar esse trabalho. Portanto, voce deve ter um exemplar

do livro “Curso de Analise 1” para compreender o conteudo desse material.

Esse material e escrito utilizando a estrutura de capıtulos do livro do prof.

Elon, mas no lugar de conteudo e colocado comentarios, outras demonstracoes

e outras experiencias que obtive. Alem disso ha uma relacao dos enunciados

dos teoremas e definicoes do livro citado. Reforcando: Isso e um material

complementar!

Durante a greve dos servidores da UNB, estava ansioso para comecar o curso

de analise, como estava demorando muito, iniciei o meu estudo documentando-

o nesse livro. No decorrer do semestre, o tempo comecou a ficar escasso, o

que levou a reducao do conteudo escrito. No entanto deve ser de grande valia

para os alunos de graduacao do Dep. de Matematica da UnB ao cursarem a

disciplina “Analise 1”.

O professor Celius Magalhaes contribuiu em peso nas demonstracoes e nos

exercıcios durante o semestre, ele me orientou no decorrer dos meus estudos. O

curso foi ministrado pelo professor Jose Alfredo, que sempre esteve disponıvel

para sanar minhas duvidas e que muito contribuiu para o meu ensino de ma-

tematica.

Paulo Angelo

6

Parte I

Conteudo da 1a Prova

7

1 Numeros Naturais

Os numeros naturais sao construıdos de uma funcao S:→ NN que leva

um elemento de N ao chamado “seu sucessor” e de tres axiomas dessa funcao,

chamados axiomas de Peano:

1. S e injetiva

2. Existe apenas um elemento que nao possue sucessor, o nomeado elemento

“um” representado por “1”.

3. Se X ⊂ N e tal que, se x ∈ X implica que S(x) ∈ X entao X = N

(princıpio da inducao)

A partir desse base podemos construır todo o conjunto dos numeros natu-

rais.

1.1 A Soma

1.1.1 Inteirada

Definicao 1.1.1. A n-esima inteirada de f , representada por fn. (como nao

faz nenhum sentido falar n-esimo; dado que estamos constrindo os numeros

naturais) definimos:

f1 = f (1.1)

e

fS(n) = f fn (1.2)

8

1.1.2 Definicao de Soma

Definicao 1.1.2. Representa-se por “+” (mais), m + n, como:

m + n = Sn(m) (1.3)

Podemos ver da definicao que:

1. Assumindo n = 1 em (1.3) temos:

m + 1 = S(m) (1.4)

2. Assumindo n = S(n) e por (1.3), temos:

m + S(n) = SS(n)(m) (1.5)

Pela definicao de Inteiradas em (1.2):

SS(n)(m) = S Sn(m) (1.6)

Por definicao da soma em (1.3), m + n = Sn(m), entao:

S Sn(m) = S(m + n) (1.7)

Concluımos entao:

m + S(n) = S(m + n) (1.8)

1.1.3 Propriedades da Soma

1. m + (n + p) = (m + n) + p

2. m + n = n + m

3. m + p = n + p ⇒ m = n

4. Tricotomia; dados m,n ∈ N uma das sequintes ocorre:

• m = n

• ∃ p ∈ N |m + p = n

• ∃ q ∈ N |m = n + q

9

1.1.3.1 Demonstracoes

As demonstracoes sao dadas como teoremas, para facilitar a utilizacao do

LATEXe ficar mais claro a apresentacao.

Teorema 1.1.3. Para todos m,n, p ∈ N tem-se m + (n + p) = (m + n) + p

Demonstracao. Fixados m,n ∈ N e seja X ⊂ N o conjunto:

X = p ∈ N |m + (n + p) = (m + n) + p (1.9)

Vamos provar por inducao que X = N

(i) Inicialmente temos que provar que 1 ∈ X:

Pela definicao em (1.3), n + 1 = S(n) entao:

m + (n + 1) = m + S(n) (1.10)

Usando a definicao em (1.3), temos:

m + S(n) = SS(n)(m) (1.11)

Usando definicao de inteiradas em (1.2):

SS(n)(m) = S Sn(m) (1.12)

Usando definicao de soma em (1.3):

S Sn(m) = S(m + n) (1.13)

e finalmente, utilizando definicao de soma novamente,

S(m + n) = (m + n) + 1 (1.14)

obtemos m + (n + 1) = (m + n) + 1 o que implica que 1 ∈ X

(ii) Precisamos entao provar que p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X, com isso podemos

utilizar o terceiro axioma de Peano para concluir a demonstracao. Se

m + (n + p) = (m + n) + p (1.15)

10

entao, utilizando (1.8):

m + (n + S(p)) = m + S(n + p) (1.16)

Utilizando novamente (1.8) assumindo n = (n + p),

m + S(n + p) = S(m + (n + p)) (1.17)

Utilizando a hipotese de inducao (1.15):

S(m + (n + p)) = S((m + n) + p) (1.18)

Utilizando (1.8) novamente, temos:

S((m + n) + p) = (m + n) + S(p) (1.19)

Obtendo p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X. Fica entao demonstrado utilizando o terceiro

axioma de Peano.

Lema 1.1.4. Sp(1) = S(p), ∀ p ∈ N

Demonstracao. Seja X ⊂ N o conjunto:

X = p ∈ N |Sp(1) = S(p) (1.20)

Vamos provar que X = N utilizando o princıpio de inducao.

(i) Por definicao de inteirada em (1.1): S1(1) = S(1) onde concluımos que

1 ∈ X

(ii) Suponhamos que para algum p ∈ N:

Sp(1) = S(p) (1.21)

Utilizando a defincao de inteirada (1.2):

SS(p)(1) = S Sp(1) (1.22)

Utilizando a hipotese em (1.21):

S Sp(1) = S S(p) = S(S(p)) (1.23)

11

Pela definicao de Inteirada em (1.2):

S S(p) = S(S(p)) (1.24)

Donde concluımos que p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X.

Como 1 ∈ X e p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X pelo terceiro axioma de Peano, concluımos

que X = N, demonstrando assim o lema.

Teorema 1.1.5. Fixado m ∈ N temos m + n = n + m ∀n ∈ N


X = n ∈ N |m + n = n + m (1.25)

Vamos provar que X = N utilizando o princıpio de inducao.

(i) Utilizando a definicao de soma em (1.3):

m + 1 = S(m) (1.26)

Com o resultado objetido no lema 1.1.4:

S(m) = Sm(1) (1.27)

Utilizando a definicao de soma em (1.3):

Sm(1) = 1 + m (1.28)

obtemos entao

m + 1 = 1 + m (1.29)

donde concluımos que 1 ∈ X

(ii) Suponhamos que para algum n ∈ N temos:

m + n = n + m (1.30)

Entao, utilizando a definicao de soma em (1.3):

m + S(n) = SS(n)(m) (1.31)

12

Utilizando a definicao de inteiradas em (1.2):

SS(n)(m) = S Sn(m) (1.32)


S Sn(m) = S(m + n) (1.33)

Utilizando a hipotese de inducao em (1.30):

S(m + n) = S(n + m) (1.34)


S(n + m) = S(Sm(n)) (1.35)

Utilizando a definicao de inteirada em (1.2):

S(Sm(n)) = S Sm(n) = SS(m)(n) (1.36)


SS(m)(n) = n + S(m) (1.37)

Utilizando a definicao de soma em (1.3) novamente:

n + S(m) = n + (m + 1) (1.38)

Utilizando o resultado no ıtem anterior em (1.29):

n + (m + 1) = n + (1 + m) (1.39)

Utilizando o resultado do teorema 1.1.3.

n + (1 + m) = (n + 1) + m = S(n) + m (1.40)

Utilizando definicao de soma em (1.3):

(n + 1) + m = S(n) + m (1.41)

Donde concluımos que se m + n = n + m entao:

m + S(n) = S(n) + m (1.42)

13

Como 1 ∈ X e n ∈ X ⇒ S(n) ∈ X, utilizando o terceiro axioma de Peano,

conclımos que X = N, demonstrando assim o teorema.

Teorema 1.1.6. Fixados m,n ∈ N tem-se m + p = n + p ⇒ m = n ∀ n ∈ N

(Lei do Corte)


X = p ∈ N |m + p = n + p ⇒ m = n (1.43)

Vamos provar pelo princıpio de inducao que X = N

(i) Para p = 1 e utilizando a definicao de soma em (1.3) e a hipotese acima,

temos:

S(m) = m + 1 = n + 1 = S(n) ⇒ S(m) = S(n) (1.44)

Como a funcao S e injetiva (axioma 1) m = n, logo 1 ∈ X.

(ii) Suponhamos que:

m + p = n + p (1.45)

para algum p ∈ N, entao, utilizando definicao de soma em (1.3) e a

hipotese do teorema, temos:

S(m+p) = m+S(p) = n+S(p) = S(m+p) ⇒ S(m+p) = S(m+p) (1.46)

Como S e injetiva, m + p = n + p, pela hipotese de inducao em (1.45),

m = n

Como 1 ∈ X e p ∈ X ⇒ S(p) ∈ X pelo terceiro axioma de Peano, concluımos

que X = N, o que demonstra o teorema.

Teorema 1.1.7. Dados m,n ∈ N uma das sequintes ocorre:

• m = n

• ∃ p ∈ N |m + p = n

• ∃ q ∈ N |m = n + q

Demonstracao. Num sei. . .

14

1.2 Ordem dos Numeros Naturais

Definicao 1.2.1. Dizemos que

m > n

Se e Somente Se, ∃ p ∈ N |m = n + p

e que

m < n

Se e Somente Se, ∃ q ∈ N |m + q = n

1.2.1 Propriedades da Ordem

1. m > n ∧ n > p ⇒ m > p (transitividade)

2. m > n ⇒ m + p > n + p ; ∀p ∈ N

E trivial que as mesmas propriedades se aplicam para <.

1.2.1.1 Demonstrancoes

Teorema 1.2.2. Fixados m,n ∈ N temos que:

m > n ∧ n > p ⇒ m > p; ∀ p ∈ N (1.47)

Demonstracao. Utilizando a definicao de ordem 1.2.1, temos:

n > p ⇒ ∃w ∈ N |n = p + w (1.48)

m > n ⇒ ∃ q ∈ N |m = n + q (1.49)

Usando (1.48) e (1.49) obtemos que:

m = n + q = (p + w) + q = p + (w + q) (1.50)

O que, pela definicao de ordem em (1.2.1), implica que m > p, como querıamos

demonstrar.

15

Teorema 1.2.3. Fixados m,n ∈ N temos que:

m > n ⇒ m + p > n + p; ∀ p ∈ N (1.51)

Demonstracao. Temos que:

m > n ⇒ ∃ q ∈ N |m = n + q (1.52)

Utilizando a lei do corte provada no Teorema 1.1.6, temos:

(m) + p = (n + q) + p (1.53)

Utilizando as propriedades de comutatividade e associatividade provadas res-

pectivamente nos teoremas 1.1.5 e 1.1.3, temos

(m) + p = (n + q) + p ⇒ m + p = (n + p) + q (1.54)

Finalmente, utilizando a definicao de ordem em 1.2.1, temos:

m + p = (n + p) + q ⇒ m + p > n + p (1.55)

1.3 A Multiplicacao

Denota-se por fm(n) a funcao que soma “m” a n, entao:

fm(n) = n + m = Sm(n) (1.56)

Definimos tambem a funcao antecessor como sendo:

A :→ (N − 1)N (1.57)

A(S(p)) = p ; ∀ p ∈ N (1.58)

Definicao 1.3.1. A operacao multiplicacao, representada por “.” e definida

por:

• m · 1 = m

• m · S(n) = fnm(m)

16

1.3.1 Propriedades da Multiplicacao

1. (m + n) · p = m · p + n · p

2. m · n = n · m

3. m · p = n · p ⇒ m = n

4. m > n ⇒ m · p > n · p

5. m · (n · p) = (m · n) · p

1.3.1.1 Demonstrancoes

Para demonstrar as propriedades, vamos precisar de alguns resultados ini-

ciais, que geraram os lemas seguintes:

Lema 1.3.2. Fixados m,n ∈ N tem-se que:

m · (p + 1) = m · p + m (1.59)

Demonstracao. A demonstracao em feita em duas etapas, para p = 1 e para

p 6= 1:

(i) Para p = 1 e utilizando a definicao de soma em (1.3), temos:

m · (1 + 1) = m · S(1) (1.60)

Pela definicao de multiplicacao em 1.3.1:

m · S(1) = f1m(m) = m + m (1.61)

(ii) Se p 6= 1 temos que ∃w ∈ N tal que S(w) = p, logo: Pela definicao de

soma em (1.3):

m · (S(w) + 1) = m · (S(S(w))) (1.62)


m · (S(S(w))) = fS(w)m (m) (1.63)

Pela definicao de inteirada em (1.2):

fS(w)m (m) = fm fw

m(m) (1.64)

17

Pela definicao da funcao f em (1.56)

fm fwm(m) = fw

m(m) + m (1.65)


fwm(m) + m = m · S(w) + m (1.66)

Como p = S(w), concluımos que:

m · (p + 1) = m · (S(w) + 1) = m · S(w) + m = m · p + m (1.67)

Teorema 1.3.3. Fixados m,n ∈ N tem-se que:

(m + n) · p = m · p + n · p; ∀p ∈ N (1.68)


X = p ∈ N | (m + n) · p = m · p + n · p (1.69)

Vamos provar utilizando o princıpio de inducao que X = N

(i) Utilizando a definicao de multiplicacao em 1.3.1, temos:

(m + n) · 1 = (m + n) = m + n (1.70)

(ii) Suponha que para algum p ∈ N vale:

(m + n) · p = m · p + n · p (1.71)

Da definicao de soma em (1.3):

(m + n) · S(p) = (m + n) · (p + 1) (1.72)

Utilizando o lema 1.3.2:

(m + n) · (p + 1) = (m + n) · p + (m + n) (1.73)


(m + n) · p + (m + n) = m · p + n · p + (m + n) (1.74)

18

Utilizando as propriedades de associatividade e comutatividade da soma:

m · p + n · p + (m + n) = m · p + m + n · p + n (1.75)

Utilizando novamente o lema 1.3.2:

m · p + m + n · p + n = m · (p + 1) + n · (p + 1) (1.76)


m · (p + 1) + n · (p + 1) = m · S(p) + n · S(p) (1.77)


axioma de Peano.

Lema 1.3.4.

1 · p = p · 1 ; ∀ p ∈ N (1.78)


X = p ∈ N | 1 · p = p · 1 (1.79)


(i) Para p = 1:

1 · 1 = 1 · 1 (1.80)


1 · p = p · 1 (1.81)

Entao, utilizando a definicao de soma em (1.3):

1 · S(p) = 1 · (p + 1) (1.82)

Utilizando o lema 1.3.2:

1 · (p + 1) = 1 · p + 1 · 1 (1.83)


1 · p + 1 · 1 = p · 1 + 1 · 1 (1.84)

19

Utilizando o teorema 1.3.3:

p · 1 + 1 · 1 = (p + 1) · 1 (1.85)

Pela definicao de soma em (1.3):

(p + 1) · 1 = S(p) · 1 (1.86)


axioma de Peano.

Teorema 1.3.5. Fixado m ∈ N tem-se:

m · n = n · m ; ∀n ∈ N (1.87)


X = n ∈ N |m · n = n · m (1.88)


(i) Para n = 1 e utilizando o resultado do lema 1.3.4, temos:

m · 1 = 1 · m (1.89)

(ii) Suponha que para algum n ∈ N vale:

m · n = n · m (1.90)

Entao, utilizando o lema 1.3.2:

m · (n + 1) = m · n + m (1.91)

Utilizando a hipotese em (1.90):

m · n + m = n · m + m (1.92)

Utilizando a propriedade de comutatividade da soma e a definicao de

multiplicacao em (1.3.1):

n · m + m = n · m + 1.m (1.93)

20

Utilizando o resultado do teorema 1.3.3:

n · m + 1.m = (n + 1) · m (1.94)

Obtendo n ∈ X ⇒ S(n) ∈ X. Fica entao demonstrado utilizando o terceiro

axioma de Peano.

Teorema 1.3.6. Dados m,n ∈ N vale:

Se:

∃p ∈ N |m · p = n · p (1.95)

Entao m = n.

Demonstracao. Suponha que m 6= n, entao, pela tricotomia provada no teorema

1.1.7:

∃q ∈ N |m = n + q ∧ ∃w ∈ N |n = m + w (1.96)

Se m = n + q, e utilizando a distributividade demonstrada em 1.3.3 temos:

m · p = (n + q) · p = n · p + q · p o que concluımos pela definicao de ordem

em 1.2.1 que m · p > n · p o que contradiz a hipotese inicial. Da mesma forma

assumindo m + w = n, concluımos que n · p > m · p o que tambem contradiz a

hipotese. Logo m = n.

Teorema 1.3.7. Fixados m,n ∈ N vale:

m > n ⇒ m · p > n · p ; ∀ p ∈ N (1.97)

Demonstracao. Pela definicao de ordem em 1.2.1, temos:

m > n ⇒ ∃ q ∈ N |m = n + q (1.98)

Entao:

m · p = (n + q) · p (1.99)

Utilizando a propriedade de distributividade demonstrada no teorema 1.3.3:

(n + q) · p = n · p + q · p (1.100)

Obtendo:

m · p = n · p + q · p (1.101)

21

Pela definicao de ordem em 1.2.1, temos:

m · p = n · p + q · p ⇒ m · p > n · p (1.102)

O que completa a demonstracao.

Teorema 1.3.8. Fixados m,n ∈ N vale:

m · (n · p) = (m · n) · p ; ∀ p ∈ N (1.103)


X = p ∈ N |m · (n · p) = (m · n) · p (1.104)


(i) Para p = 1 e utilizando duas vezes a definicao de multiplicacao em 1.3.1

temos:

m · (n · 1) = m · n = (m · n) · 1 (1.105)


m · (n · p) = (m · n) · p (1.106)

Entao, utilizando duas vezes a propriedade de distributividade provada

em 1.3.3:

m · (n · (p + 1)) = m · (n · p + n) = m · (n · p) + m · n (1.107)

Utilizando a hipotese de inducao em (1.106) e a definicao da multiplicacao

em 1.3.1, temos:

m · (n · p) + m · n = (m · n) · p + (m · n) · 1 (1.108)

Utilizando a propriedade de distributividade demonstrada no teorema

1.3.3:

(m · n) · p + (m · n) · 1 = (m · n) · (p + 1) (1.109)


axioma de Peano.

22

1.4 Boa Ordenacao e o Segundo Princıpio da Inducao

1.4.1 Elemento Mınimo

Dizemos que p ∈ X e um elemento mınimo de X se e somente se:

p 6 q ; ∀ q ∈ X (1.110)

Podemos perceber que o elemento mınimo de um conjunto e unico, de fato,

suponha que existe outro w ∈ X tal que:

w 6 m ; ∀m ∈ X (1.111)

Mas

p 6 q ∧ w 6 m ; ∀ q,m ∈ X ⇒ p 6 w ∧ w 6 p ⇒ p = w (1.112)

1.4.2 Elemento Maximo

Dizemos que p ∈ X e um elemento maximo de X se e somente se:

p > q ; ∀ q ∈ X (1.113)

Podemos perceber que o elemento maximo de um conjunto e unico, de fato,

suponha que existe outro w ∈ X tal que:

w > m ; ∀m ∈ X (1.114)

Mas

p > q ∧ w > m ; ∀ q,m ∈ X ⇒ p > w ∧ w > p ⇒ p = w (1.115)

1.4.3 Boa Ordenacao

Todo o conjunto X ⊂ N possue um elemento mınimo.

Lema 1.4.1. O elemento 1 e o elemento mınimo do conjunto dos naturais.

23

Demonstracao. Suponha que:

∃ p ∈ N | p < 1 (1.116)

E, pela definicao de ordem em 1.2.1, equivalente que:

∃w ∈ N | 1 = p + w (1.117)

1 = p + w ⇒ 1 = Sw(p) (1.118)

Da igualdade, segue que 1 seria sucessor de algum numero o que contradiz o

segundo axioma de Peano.

Teorema 1.4.2. Todo o conjunto X ⊂ N, nao vazio, possue um elemento

mınimo ou seja:

Para todo o conjunto X ⊂ N vale:

∃p ∈ X | p 6 w ; ∀w ∈ X (1.119)

Demonstracao. Se 1 ∈ X entao 1 e o elemento mınimo de X, pois X ⊂ N.

Definimos o conjunto In ⊂ N como:

In = p ∈ N | p 6 n (1.120)

e o conjunto A ⊂ N como:

A = n ∈ N | In ⊂ N − X (1.121)

Logo, (nao e difıcil provar):

w ∈ A ⇒ w 6∈ X (1.122)

Afirmamos que o elemento p ∈ X tal que:

A(p) ∈ A ∧ p ∈ X (1.123)

e o elemento mınimo de X, de fato, se nao for, entao:

∃w ∈ X | p 66 w (1.124)

24

Pela tricotomia em 1.1.7:

∃w ∈ X | p 66 w ⇒ w < p (1.125)

Pela definicao de ordem em 1.2.1:

w < p ⇒ ∃q ∈ N | p = w + q (1.126)

Analizemos em dois casos:

(caso 1) Se q = 1. E utilizando a definicao de antecessor em (1.58) e definicao de

soma em (1.3), temos que A(p) + 1 = S(A(p)) = p, entao:

p = w + 1 ⇒ A(p) + 1 = w + 1 (1.127)

Utilizando a lei do corte da soma demonstrada no teorema 1.1.6:

A(p) + 1 = w + 1 ⇒ A(p) = w (1.128)

O que e um absurdo, pois A(p) e definida como pertencer ao conjunto A

e:

A(p) = w ∨ (A(p) ∈ A ⇒ A(p) 6∈ X) ⇒ w 6∈ X (1.129)

Onde temos um absurdo.

(caso 2) Se q 6= 1, entao como 1 e o elemento mınimo dos naturais:

1 < q (1.130)


1 < q ⇒ ∃ y ∈ N | q = 1 + y (1.131)

Substituındo q = 1 + y em (1.126), temos:

p = w + 1 + y (1.132)

Como p 6= 1, e utilizando a definicao de antecessor em 1.58:

A(p) + 1 = w + 1 + y (1.133)

Utilizando a comutatividade da soma demonstrada em 1.1.5 e a lei do

25

corte demonstrada em 1.1.6:

A(p) + 1 = w + y + 1 ⇒ A(p) = w + y (1.134)


A(p) = w + y ⇒ w < A(p) (1.135)

Utilizando a definicao de A(p) (1.123) e a definicao do conjunto A em

(1.121), concluımos que:

w < A(p) ⇒ w ∈ A ⇒ w 6∈ X (1.136)

O que e um absurdo.

Com isso, concluımos que p e o elemento mınimo do conjunto X.

1.5 Exercıcios

Ex. 1 — Prove que tendo o primeiro e segundo axioma, o terceiro axioma (P3) e

equivalente ao axioma “A”:

P3- Se X ⊂ N e tal que 1 ∈ X ∧ n∈ X ⇒ S(n) ∈ X, entao X = N.

A- Para todo conjunto A ⊂ N, nao vazio, tem-se A − S(A) 6= ∅

Solucao (ex. 1) — Vamos primeiramente provar (P3 ⇒ A):

Demonstracao. E claro que, se 1 ∈ A, entao A − S(A) 6= ∅

Vamos supor entao que 1 6∈ A, e portanto, 1 ∈ Ac, supomos ainda, por absurdo,

que A − S(A) = ∅. Nesse caso, afirmamos que:

a ∈ Ac ⇒ S(a) ∈ Ac (1.137)

Demonstracao da Afirmacao.

Suponha que a ∈ Ac e, por contradicao, que S(a) 6∈ Ac. Entao, como A ⊂ S(A),

segue-se que S(a) ∈ A ⊂ S(A), isto e, S(a) = S(n) para algum n ∈ A. Por

injetividade de S (P2), temos a = n ∈ A, uma contradicao, entao concluımos a

demonstracao da afirmacao (1.137).

26

Como provamos:

Se A − S(A) = ∅, entao vale:

a ∈ Ac ⇒ S(a) ∈ Ac (1.138)

Nesse caso, utilizando P3 e o fato de 1 ∈ Ac, temos que Ac = N, e portanto

A = ∅, concluındo a demonstracao.

(A ⇒ P3)

Demonstracao. Suponha que X ⊂ N tal que:

1.- 1 ∈ X

2.- n ∈ X ⇒ S(n) ∈ X

Seja A = Xc, entao, afirmamos que:

A − S(A) = ∅

Se, por contradicao, A − S(A) 6= ∅, entao ∃x ∈ A |x 6∈ S(A). Como x 6= 1,

segue-se que x = S(a). Assim, ∃S(a) ∈ A |S(a) 6∈ S(A) ⇒ a 6∈ A ⇒ a ∈ X ⇒S(a) ∈ X ⇒ S(a) 6∈ A o que e uma contradicao.

Por “A”, segue-se que A = ∅ = Xc, logo X=N.

Ex. 2 — Dados a, b ∈ N temos que existe m ∈ N tal que m · a > b .

Solucao (ex. 2) — Demonstracao.Tome m = (b + 1), logo:

m · a = (b + 1) · a = b · a + a (1.139)

Analisemos agora os dois casos:

(caso 1) - Se a = 1, utilizando a definicao de multiplicacao, temos:

b · a = b + 1 (1.140)

Donde, pela definicao de ordem, temos que:

m · a > b (1.141)

(caso 2) - Se a 6= 1, temos que existe A(a), entao, utilizando a definicao de

multiplicacao:

b · (A(a) + 1) = b · A(a) + b · 1 = b + (b · A(a)) > b (1.142)

27

Onde concluımos pela definicao de ordem que:

m · a > b (1.143)

Ex. 3 — Para a ∈ N; Se o conjunto X e tal que:

(1) a ∈ X

(2) n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X

Entao X contem todos os elementos n ∈ N tais que n > a

Solucao (ex. 3) — Demonstracao.Definimos os conjuntos:

A = n ∈ N |n > a (1.144)

B = A − X (1.145)

Devemos provar entao que B = ∅.

Pelo teorema 1.4.2, temos que todo conjunto nao vazio possue um elemento

mınimo. Logo, supondo que B 6= ∅, temos que existe b ∈ B tal que b seja

elemento mınimo, como:

b ∈ B ⊂ A ∧ a ∈ X (1.146)

Temos que b > a > 1; logo, existe A(b) ∈ A, donde concluımos que:

A(b) ∈ X ∧ b 6∈ X (1.147)

o que e uma contradicao, logo B = ∅, o que concluımos pela definicao de B

que X = A.

Ex. 4 — Demonstre as seguintes propriedades utilizando o princıpio de inducao:

(a) 2 · (1 + 2 + · · · + n) = n · (n + 1)

(b) 1 + 3 + 5 + · · · + (2 · n + 1) = (n + 1)2

(c) (a − 1) · (1 + a + · · · + an) = an+1 − 1

(d) n > 4 ⇒ n! > 2n

Solucao (ex. 4) — (a) Demonstracao.Tome X ⊂ N o conjunto dos numeros

n tais que 2 · (1 + 2 + · · · + n) = n · (n + 1)

28

(i) n = 1, temos:

2 = 2 · 1 = 1 · (1 + 1) = 2 (1.148)

logo, 1 ∈ X

(ii) Suponha que vale para algum n ∈ X:

2 · (1 + 2 + · · · + n) = n · (n + 1) (1.149)

Entao, utilizando a propriedade de distributividade, temos:

2(1+2+ · · ·+n+(n+1)) = 2(1+2+ · · ·+n)+2(n+1) (1.150)


2(1 + 2 + · · · + n) + 2(n + 1) = n(n + 1) + 2(n + 1) (1.151)

Utilizando distributividade:

n(n+1)+2(n+1) = (n+1)(n+2) = (n+1)((n+1)+1) (1.152)

Concluındo que n ∈ X ⇒ n+1 ∈ X, demonstrando assim o exercıcio.

(b) Demonstracao.Tome X ⊂ N o conjunto dos numeros n tais que 1 +

3 + 5 + · · · + (2 · n + 1) = (n + 1)2

(i) n = 1, temos:

1 + 3 = 4 = 2 · 2 = (1 + 1)(1 + 1) (1.153)

logo, 1 ∈ X


1 + 3 + 5 + · · · + (2 · n + 1) = (n + 1)2 (1.154)

Entao,

1+3+· · ·+(2n+1)+(2(n+1)+1) = (1+3+· · ·+(2n+1))+(2(n+1)+1)

(1.155)


(1+3+· · ·+(2n+1))+(2(n+1)+1) = (n+1).(n+1)+2(n+1)+1

(n + 1).(n + 1) + 2(n + 1) + 1 =

29

n(n + 1) + (n + 1) + 2n + 1 + 1 = n(n + 2) + 2(n + 2) =

(n + 2)(n + 2) = ((n + 1) + 1)((n + 1) + 1)


(c) Demonstracao.Fixados a, tome X ⊂ N o conjunto dos numeros n

tais que (a − 1) · (1 + a + · · · + an) = an+1 − 1

(i) n = 1, temos:

(a − 1)(1 + a) = a2 − 1 (1.156)

logo, 1 ∈ X


(a − 1) · (1 + a + · · · + an) = an+1 − 1 (1.157)


(a− 1)(1+ · · ·+ an + an+1) = (a− 1)(1+ · · ·+ an)+ (a− 1)an+1

(1.158)


(a−1)(1+· · ·+an)+(a−1)an+1 = an+1−1+(a−1)·an+1 (1.159)

Utilizando distributividade:

an+1 − 1 + (a − 1) · a(n+1) = a(n+1)+1 − 1 (1.160)


(d) Demonstracao.Tome X ⊂ N o conjunto dos numeros n > 4 tais que

n! > 2n

Temos:

(i) n = 4, temos:

4 · 3 · 2 · 1 = 2 · 2 · 2 · 3 · 1 > 24 (1.161)

logo, 4 ∈ X


n! > 2n (1.162)

30


(n + 1)! = n! · (n + 1) (1.163)

Como n > 4, temos que existe b ∈ N tal que n = b + 1, entao:

n! · (n + 1) = n! · ((b + 1) + 1) (1.164)

Utilizando a propriedade de distributividade,

n! · ((b + 1) + 1) = n! · b + 2 · n! (1.165)

Utilizando a definicao de ordem:

n! · b + 2 · n! > n! · 2 (1.166)


n! · 2 > 2n · 2 = 2n+1 (1.167)

Concluındo que n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, utilizando o resultado do

exercıcio 3 (demonstrado por inducao),temos a demonstracao do

exercıcio.

Ex. 5 — Utilize o segundo princıpio de inducao para demonstrar a unicidade da

decomposicao dos numeros em fatores primos.

Solucao (ex. 5) — Seja X ⊂ N o conjunto dos numeros satisfazem a unicidade.

Logo, temos pelo teorema fundamental que prova a existencia da decomposicao

em numeros primos que:

m = p1 · p2 . . . pj (1.168)

Para p1..pj 6= 1.

Suponha que para todo n < m vale que n possue unicos fatores primos, vamos

provar que isso implica que m e fatorada de uma unica forma. Tomemos n =

p2 . . . pn, n e menor que m, pois como p1 6= 1, temos p1 = (A(p1)+1), obtendo:

m = (A(p1) + 1) · (p2 · p3 . . . pn)

= n + A(p1) · n

E pela definicao de ordem m > n, logo pela hipotese de inducao n so pode ser

fatorado de unica forma, e como p tambem satisfaz essa condicao, entao m so

tem uma unica forma de fatoracao, concluındo a demonstracao.

31

Ex. 6 — Seja X,Y ⊂ N, conjuntos finitos.

(a)Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).

(b)Qual seria a formula correspondente pare tres conjuntos?

Solucao (ex. 6) — (a)Utilizando o teorema que prova que a uniao de dois

conjuntos finitos DISJUNTOS, com m e n elementos e um conjunto

com m + n elementos. Criamos conjuntos disjuntos e aplicamos o

teorema.

X\Y Y\X

X YX Y

Temos que X ∪ Y = X ∪ (Y \ X) e Y = (Y \ X) ∪ (X ∩ Y ) ⇒Y \ (X ∩ Y ) = (Y \ X), manipulando obtemos: card(X ∪ Y ) =

card(X ∪ (Y \ X)) = card(X) + card(Y \ X)

card(X)+ card(Y \X) = card(X)+ card(Y \ (X ∩Y )) = card(X)+

card(Y ) − card(X ∩ Y )

Donde temos card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).

(b)A formula para tres conjuntos seria card(X ∪ Y ∪ Z) + card(X ∩Y ) + card(X ∩Z) + card(Z ∩ Y )− 2 · card(X ∩ Y ∩Z) = card(X) +

card(Y ) + card(Z)

Ex. 7 — Dado um conjunto finito X, prove que uma funcao f : X → X e injetiva

S.S.S e sobrejetiva.

Solucao (ex. 7) — Suponha que a funcao f seja injetiva, nesse caso, podemos

considerar a menos de uma bijecao X = In, logo, obtemos a bijecao f : In → A

para A ⊂ In, como A e finito (pois X e e A ⊂ X), podemos considerar a menos

de uma bijecao como sendo A = Im, obtendo entao a bijecao de g : In → Im, e

utilizando o teorema, temos que m = n, o que mostra que A = X.

Suponha agora que f seja sobrejetiva, e suponha ainda que f nao seja injetiva,

nesse caso: card(f(X)) < card(X). Por outro lado, como f e sobrejetiva,

card(f(X)) = X, o que e uma contradicao, logo f e injetiva.

Ex. 8 — Prove que, se X e infinito enumeravel, entao o conjunto das partes finitas

de X tambem e (infinito) enumeravel.

32

Solucao (ex. 8) — Demonstracao.X enumeravel entao podemos considerar, a

menos de uma bijecao, X = N, logo, tomemos a funcao f : X → P(X ) que

leva o conjunto X no conjunto das suas partes, definida da seguinte forma:

f(x) = fn(x) se x ∈ In

e

fn : In → P (In)

Sabemos que card(P(In)) = 2n. Logo, para qualquer x ∈ X existe n suficiente

grande tal que P(In) exista, logo f e sobrejetiva, o que mostra que P(X) e

enumeravel.

Ex. 9 — Dada a funcao f : X → X, um subconjunto Y ⊂ X chama-se estavel

relativamente a f quando f(Y ) ⊂ Y . Prove que o conjunto X e finito S.S.S.

existe f : X → X que admite apenas X e ∅ como conjuntos estaveis.

Solucao (ex. 9) — Demonstracao.Suponha inicialmente que X e finito, neste

caso temos que existe uma bijecao b : In → X, tomando a funcao:

f : X → X, definida como:

f(x) =

f(b(1)) → b(2)

f(b(2)) → b(3)...

f(b(n)) → b(1)

Essa funcao so admite ∅ e o proprio X como conjuntos estaveis. Suponha que

existe algum conjunto nao vazio A ⊂ X estavel logo, como X e finito e A ⊂ X

temos que A e finito, logo possue um elemento maximo j no domınio da bijecao

b, obtendo entao b(j) ∈ A∧f(b(j)) 6∈ A o que e uma contradicao pois A e estavel.

Ta erradooooooooooooooooooooooooooooo. . . . . . . . . . . . . . . . . . (concluir)

Agora supondo que existe uma funcao f : X → X que admita apenas ∅ e X

como conjuntos estaveis, afirmamos que existe n ∈ N tal que fn(x1) = x1

para qualquer x1 ∈ X. De fato, supomos por absurdo que isso nao e valido,

logo obtemos que A = x |x = fn(x1), n ∈ N forma um conjunto estavel o

qual nao possue o elemento x1 ∈ X, o que e um absurdo.

Com essa afirmacao, temos diretamente que existe uma bijecao entre In+1 e X

mostrando que o mesmo e finito.

33

Ex. 10 — Seja f : X → X uma funcao injetiva tal que f(X) 6= X. Tomando

x ∈ X − f(X), prove que os elementos x, f(x), f(f(x)) . . . sao dois a dois

distintos.

Solucao (ex. 10) — Demonstracao.Temos que x e diferente de fn(x) para todo

n ∈ N, isso porque fn(x) ∈ f(X) para todo n e x 6∈ f(X). Agora seja A o

conjunto dos n tal que fn(x) 6= fm(x) ∀ m ∈ N ∧ m 6= n. Logo, temos:

(a)f1(x) 6= fm(x) caso contrario, como f e injetiva, temos que x = fm−1

o que mostramos nao ser possıvel.

(b)Suponhamos que para algum n 6= m vale fn(x) 6= fm(x) . Assumi-

mos tambem f0(x) = x; logo supomos, por absurdo que: fn+1(x) =

f(fn(x)) = fm(x) = f(fm−1(x)) O que por injetividade de f temos

que: fn(x) = fm−1(x) E como n + 1 6= m, temos que n 6= m − 1,

logo concluımos pela hipotese de inducao que e um absurdo.

Ex. 11 — Obtenha uma decomposicao N = X1 ∪ X2 ∪ · · · ∪ Xn ∪ . . . tal que os

conjuntos X1, X2, . . . , Xn, . . . sao infinitos e dois a dois disjuntos.

Solucao (ex. 11) — Como o conjunto os numeros primos sao infinitos, e todo o

numero natural pode ser representado pela sua decomposicao, temos a sequencia

de conjuntos definida da seguinte forma:

1 ∈ X1

X1 = pm11 ∀m1 ∈ N

Xn = pm11 · · · · · pmn

n ∀m1,m2, . . . ,mn ∈ N

34

2 Numeros Reais

Nesse capıtulo e apresentado os exercıcios resolvidos do livro do Elon, re-

ferentes ao capıtulo correspondente.

2.1 Exercıcios

Ex. 1 — Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:

(a)a

b+

c

d=

ad + bc

bd

(b)a

b· c

d=

a · cb · d

Solucao (ex. 1) — (a)Demonstracao.Vamos precisar de (b·d)·(b−1·d−1) =

1 · 1 = 1 ⇒ (b−1 · d−1) = (b · d)−1

a

b+

c

d= 1 · a · b−1 + 1 · c · d−1 (2.1)

1 · a · b−1 + 1 · c · d−1 = (d · d−1) · a · b−1 + (b · b−1) · c · d−1 (2.2)

(d · d−1) · a · b−1 + (b · b−1) · c · d−1 = d−1 · b−1 · (a · b + b · c) (2.3)

d−1 · b−1 · (a · b + b · c) = (d · b)−1 · (a · d + b · c)1

(2.4)

(d · b)−1 · (a · d + b · c)1

=a · d + b · c

d · b (2.5)

(b)Demonstracao.a

b· c

d= a · b−1 · c · d−1 (2.6)

a · b−1 · c · d−1 = (b−1 · d−1) · (a · c) (2.7)

35

Ex. 2 — Dado a 6= 0 num corpo K, poe-se, por definicao, a0 = 1 e, se n ∈ N,

a−n = 1an ou seja, a−n = (an)−1. Prove:

(a)am · an = am+n para todo m,n ∈ Z

(b)(am)n = am·n para todo m,n ∈ Z

Solucao (ex. 2) — (a)Demonstracao..

(caso 1)m,n > 0

an · am = (

n vezes︷︸︸︷a · a · . . . · a) · (

m vezes︷︸︸︷a · a · . . . · a) = an+m

(caso 2)m = 0∨n = 0, sem perdas de generalidade, consideremos m = 0

am · an = a0 · an = 1 · an

(caso 3)S.P.G. m < 0 ∧ n > 0

m < 0 ⇒ ∃ − m > 0

(subcaso 1)n > −m

an·am = an·(a−m)−1 =

n−(−m) vezes︷︸︸︷

(a · a · · · · · a) ·−m vezes

︷︸︸︷

(a · a · · · · · a) ·(−m vezes

︷︸︸︷

(a · a · · · · · a))−1 =

an−(−m) = an+m

(subcaso 2)−m > n

an·am = (

(−m)−n vezes︷︸︸︷a · · · · · a )−1·(

m vezes︷︸︸︷a · · · · · a)·(

m vezes︷︸︸︷a · · · · · a)−1 = (

(−m)−n vezes︷︸︸︷a · · · · · a )−1 =

(a−m−n)−1 = an+m

(b)Demonstracao..

(caso 1)m,n > 0

(am)n =

n vezes︷︸︸︷

(

m vezes︷︸︸︷a · a · · · · · a) · (

m vezes︷︸︸︷a · a · · · · · a) · · · · · (

m vezes︷︸︸︷a · a · · · · · a) = am·n

(caso 2)m = 0 ou n = 0

(subcaso 1)n = 0

(am)0 = 1 = a0 = am·n

(subcaso 2)m = 0

(an)n = (1)n = 1 = a0 = am·n

(caso 3)m < 0 e n > 0

36

((a−m)−1)n =

n vezes︷︸︸︷

(a−m)−1 · · · · · (a−m)−1 =

n vezes︷︸︸︷

1

a−m· · · · · 1

a−m=

1(a−m)n = 1

a−m·n = (a−m·n)−1 = am·n

(caso 4)m > 0 e n < 0

(am)n = ((am)−n)−1 = (am·(−n))−1 = am·n

(caso 5)m < 0 e n < 0

(am)n = (((a−m)−1)−n)−1 = ((a−m)n)−1 = (((a−m)−n)−1)−1 =

(a(−m)·(−n))1 = am·n

Ex. 3 — Sex1

y1=

x2

y2= · · · =

xn

yn

num corpo K, prove que, dados a1, a2, . . . , an ∈ K tais que a1 ·y1+· · ·+an ·yn 6=0, tem-se

a1 · x1 + · · · + an · xn

a1 · y1 + · · · + an · yn=

x1

y1

.

Solucao (ex. 3) — Demonstracao..

a1 · x1 + · · · + an · xn

a1 · y1 + · · · + an · yn=

y1 · a1 · x1y1

+ · · · + yn · an · xn

yn

a1 · y1 + · · · + an · yn=

x1

y1·a1 · y1 + · · · + an · yn

a1 · y1 + · · · + an · yn=

x1

y1

Ex. 4 — Dados dois corpos K,L corpos. E um homomorfismo f : K → L, prove

que:

(a)f(0) = 0

(b)ou f(a) = 1∀ a ∈ K ou f(1) = 1 e f e injetivo


f(a) = f(a + 0) = f(a) + f(0) ⇒ f(0) = 0

Afirmacao: Se a 6= b ⇒ f(a) 6= f(b)

Demonstracao..

Se, por contradicao, a 6= b e f(a) = f(b)

Entao: 0 = f(a) − f(b) = f(a − b) Logo,

0 = 0 · f((a − b)−1) = f((a − b)−1) · f(a − b) = f((a − b)−1 · (a − b)) = f(1)

37

Utilizando argumentacao analoga, podemos ver que isso leva que f(x) = 0∀x ∈K.

Ex. 5 — Dado o homomorfismo f : Q → Q. Prove que f(x) = 0 ou f(x) = x∀x ∈Q.


Inicialmente, vamos provar os resultados:

(a)f(a) = f(a · 1) = f(a) · f(1) ⇒ f(1) = 1

(b)f(n) = f(1+1+· · ·+1) = f(1)+f(1)+· · ·+f(1) = 1+1+· · ·+1 = n

(c)1 = f(1) = f(n · n−1) = f(n) · f(n−1) ⇒ f(n−1) = f(n)−1

Agora, dado um numero racional nm

; m 6= 0 temos: f( nm

) = f(n · m−1) =

f(n) · f(m−1) = f(n) · f(m)−1 = n · (m)−1 = nm

Ex. 6 — Tome Zp com as operacoes ⊕ e ⊗, prove que Zp e um corpo.


(a)f(m + n) = m + n = m ⊕ n = f(m) ⊕ f(n)

(b)f(m · n) = m · n = m ⊗ n = f(m) ⊗ f(n)

(c)m ⊕ n = m + n = n + m = n ⊕ m

(d)m ⊗ n = m · n = n · m = n ⊗ m

(e)(m ⊕ n) ⊕ w = (m + n) + w = (m + n) + w = m + (n + w) = m ⊕(n ⊕ w)

(f)(m ⊗ n) ⊗ w = (m · n) · w = (m · n) · w = m · n · w) = m ⊗ (n ⊗ w)

(g)n ⊗ (m ⊕ w) = n · m + n · w = n ⊗ m ⊕ n ⊗ w

(h)(m ⊗ n = 0 ⇒ m = 0 ∧ n = 0) ⇒ (Dadok 6= 0, ∃j ∈ Zp|j ⊗ k = 1)

(i)1 = 1 ⇒ 1 ∈ Zp Podemos provar isso provando a bijetividade da

funcao:

fk : Zp → Zp definida como: fk(x) → k ⊗ x:

Podemos ver que:

fk(x ⊕ y) = k ⊗ (x ⊕ y) = k ⊗ x ⊕ k ⊗ y = fk(x) ⊕ fk(y)

38

Logo, se: f(x) = f(y), entao:

f(x) − f(y) = 0 ⇒ f(x − y) = 0

Como f(x) = 0 ⇒ x = 0, entao a funcao e injetiva. Como a cardi-

nalidade dos conjuntos (finitos) e a mesma, entao a funcao tem que

ser sobrejetiva, e portanto bijetiva. Isso prova que existe inverso de

todos os elementos do conjunto.

Logo, como Zp satisfaz os axiomas de corpo, ele e um corpo (nao ordenado).

Ex. 7 — Num corpo ordenado K, prove que a2 + b2 = 0 ⇔ a = b = 0.

(⇐)a = b = 0 ⇒ 02 + 02 = (0 + 0) · 0 = 0 · 0 = 0

(⇒)a · a + b · b = 0

.a ∈ P ⇒ a · a ∈ P

.b ∈ P ⇒ b · b ∈ P

.a ∈ −P ⇒ (−a) · (−a) = a · a ∈ P

.b ∈ −P ⇒ (−b) · (−b) = b · b ∈ P

.a2 ∈ P ∨ b2 ∈ P ⇒ a2 + b2 ∈ P

Logo, a2 + b2 = 0 temos que a2 6∈ P ou b2 6∈ P , onde temos que

a 6∈ P ∨ a 6∈ −P ∨ b 6∈ P ∨ b 6∈ −P e conclımos que a = b = 0.

Ex. 8 — Sejam x, y elementos positivos de um corpo ordenado K. Prove:

(a)x > 0 ⇔ x−1 > 0

(b)x < y ⇔ x−1 > y−1


(a)(⇒)Supondo x > 0 Temos (x−1)2 · x > 0 ⇒ x−1 · 1 > 0 ⇒ x−1 > 0

(⇐)Analogo.

(b)(⇒)Supondo x < y Temos x · y−1 < y · y−1 = 1 = x · x−1 e pela lei

do cancelamento, obtemos: y−1 < x−1

(⇐)y−1 < x−1 ⇒ y · x−1 > y−1 · y = 1 = x · x−1 ⇒ y > x

39

Ex. 9 — Dados a, b, ε num corpo ordenada K, prove que

|a − b| < ε ⇒ |b| − ε < |a| < |b| + ε

conclua que |a − b| < ε ⇒ a < |b| + ε.

Solucao (ex. 9) — Temos ||a| − |b|| ≤ |a − b| < ε ⇒ ||a| − |b|| < ε ⇒ −ε <

|a| − |b| < ε. Somando |b| temos |b| − ε < |a| < ε + |b|. E como a < |a|, temos

a < |b| + ε.

Ex. 10 — Sejam a racional diferente de zero, e x irracional. Prove que a ·x e a+x

sao irracionais. De exemplo de dois numeros irracionais x, y tais que x + y e

x · y sao racionais.

Solucao (ex. 10) — Tome a = a1a2

e Suponha que a1a2

+x = x1x2

, entao organizando

temos x = x1·a2−a1a2

que e um abusurdo pois x nao pode ser representado por

um numero racional. Suponha agora que a1a2

· x = x1x2

, concluımos o absurdo

x = a2·x1a1·x2

pois x nao pode ser racional. Podemos ter o exemplo x =√

2 e

y = −√

2, onde x + y = 0 e x · y = −2, ambos resultados racionais.

Ex. 11 — Seja X =

1x; n ∈ N

. Prove que inf X = 0.

Solucao (ex. 11) — A demonstracao consiste em mostrar que 0 satisfaz as pro-

priedades de ınfimo.

(a)0 < 1n∀ n ∈ N - 0 e cota inferior de X.

(b)Dado ε > 0, existe n ∈ N tal que 0 < 1n

< ε (basta tomar n > 1ε).

Onde concluımos que 0 = inf X.

Ex. 12 — Sejam X, Y conjuntos nao vazios e f : X×Y → R uma funcao limitada.

Para cada x0 ∈ X e cada y0 ∈ Y , ponhamos s1(x0) = supf(x0, y); y ∈ Y e

s2(y0) = supf(x, y0);x ∈ X. Isto define funcoes s1 : X → R e s2 : X → R.

Prove que se tem supx∈X

s1(x) = supy∈Y

s2(y).

Solucao (ex. 12) — De s1(x0) = supy∈Y

f(x0, y) temos que:

•f(x0, y) ≤ s1(x0) ∀ y ∈ Y

•Dado ε ∃ x ∈ X | s1 − ε2 < s1(x)

Afirmacao: s1 : X → R e limitada.

Demonstracao.Caso contrario, ∃xn ∈ X tal que s1(xn) > w. Assim, s1(xn) =

supy∈Y

f(xn, y) > w ⇒ ∃ y1 ∈ Y | f(xn, y1) > w o que e um absurdo.

40

Logo existe supx∈X

s1(x) = s1, entao temos:

•s1(x) ≤ s1 ∀x ∈ X

•Dado ε, existe x ∈ X tal que s1 − ε2 < s1(x)

Entao temos:

•f(x0, y) ≤ s1x0 ≤ s1

•s1 − ε < f(x, y)

Concluımos que s1 e o supremo de f , de maneira inteiramente analoga, mostra-

mos isso para s2 = supy∈Y

s2(y), concluındo que s1 = s2, demonstrando o exercıcio.

41

3 Sequencias e Series de

Numeros Reais

Esse capıtulo e muito interessante, mas eu nao tive tempo de resolver

exercıcios especıficos para esse assunto.

42

4 Revisao da 1a Parte

4.1 Exercıcios da Lista de Analise Resolvidos

Ex. 1 — Dado n ∈ N mostre que:

n∑

j=0

j3 = 13 + 23 + · · · + n3 =n2(n + 1)2

4

Solucao (ex. 1) — Demonstracao.Seja X o conjunto:

X =

n ∈ N |

n∑

j=0

j3 =n2(n + 1)2

4

(a)1 ∈ X, de fato:

13 = 1 =12(1 + 1)2

4

(a)Suponha que para algum n, n ∈ X, entao:

13 + · · · + n3 + (n + 1)3 =n2(n + 1)2

4+ (n + 1)3 =

(n + 1)(n3 + 5n2 + 8n + 4)

4=

(n + 1)2((n + 1) + 1)2

4

Logo, n ∈ X ⇒ (n + 1) ∈ X. Onde concluımos pelo 3o axioma de

Peano que X = N e portanto a igualdade e valida para todo n ∈ N.

Ex. 2 — Mostre que o numero de diagonais de um polıgono de n(n ∈ N, n ≥ 4)

lados e n(n−3)2 .

Solucao (ex. 2) — Seja

X =

n ∈ N | n(n + 3)

2e o numero de diagonais de um polıgono de (n + 3) lados

43

(a)1 ∈ X, claramente, pois um quadrado possue 2 diagonais.

(b)Suponha que para algum n ∈ N, n ∈ X, entao: Seja o polıgono de

((n+1)+3) lados construıdo atraves do polıgono de (n+3 lados. Esse

polıgono preserva todas as diagonais do polıgono anterior, e insere

mais [(n + 3) − 2 + 1] diagonais, entao o polıgono construıdo possue:(n+3)n

2 + n + 2 = ((n+1)+3)(n+1)2 . Logo fica provado por inducao.

Ex. 3 — Sejam A, B ⊂ R, conjuntos nao-vazios e limitados. Entao:

(1)A + B ≡ a + b; a ∈ A, b ∈ B e limitado e:

(1.i)sup(A + B) = sup(A) + sup(B);

(1.ii)inf(A + B) = inf(A) + inf(B);

(2)kA ≡ k · a; a ∈ A , k > 0 e limitado e:

(2.i)sup(kA) = k · sup(A);

(2.ii)inf(kA) = k · inf(A);

(2.iii)Enuncie e demonstre o que ocorre quando k < 0.

Solucao (ex. 3) — (1)A + B ≡ a + b; a ∈ A, b ∈ B e limitado e:

(1.i)sup(A + B) = sup(A) + sup(B);

Demonstracao.Se A + B e limitado, entao A e B sao limitados,

de fato:

A + B limitado ⇒ ∃c cota superior ⇒

⇒ dado (a + b) ∈ A + B temos c > (a + b) ⇒

⇒ c > a ∧ c > b ⇒ A + B e limitado

Logo A e B possuem sup.

Seja sup(A) = a0 e sup(B) = b0, logo:

(a)dado a ∈ A temos que a0 ≥ a

(b)dadoǫ

2> 0 temos que ∃a ∈ A tal que a0 −

ǫ

2< a < a0

e tambem:

(a)dado b ∈ B temos que b0 ≥ b

(b)dadoǫ

2> 0 temos que ∃b ∈ B tal que b0 −

ǫ

2< b < b0

Somando algumas igualdades, obtemos:

44

(a)a0 + b0 ≥ a + b ∀ a ∈ A ∧ ∀b ∈ B

(b)−(ǫ

2+

ǫ

2)+ b0 +a0 < a+ b < b0 +a0. E como a ∈ A e b ∈ B,

temos que ∃a + b tal que (a0 + b0) − ǫ < (a + b) < (a0 + b0)

∀ǫ.

Como o sup e unico, concluımos que sup(A + B) = a0 + b0 =

sup(A) + sup(B).

(1.ii)inf(A + B) = inf(A) + inf(B);

Demonstracao.Analogo ao anterior.

(2)kA ≡ k · a; a ∈ A , k > 0 e limitado e:

(2.i)sup(kA) = k · sup(A);

Demonstracao.Essa demonstracao segue facilmente do ıtem (2.iii).

(2.ii)inf(kA) = k · inf(A);

Demonstracao.Essa demonstracao segue facilmente do ıtem (2.i).

(2.iii)Enuncie e demonstre o que ocorre quando k < 0. Seja k · A ≡k · a; a ∈ A, k < 0, kA e limitado e:

sup(kA) = k · inf(A)

e

inf(kA) = k · sup(A)

Demonstracao.Seja a0 = inf(A), logo:

(1)a0 ≤ a ∀a ∈ A

(2)Dado ǫ > 0 existe a ∈ A tal que a0 < a < a0 + ǫ

Logo, como k < 0, multiplicando, temos:

(1)k · a0 ≥ k · a ∀a ∈ A

(2)Dado ǫ > 0 existe a ∈ A tal que k · a0 > k · a > k · a0 − k · ǫ

O que mostra que k · a0 = k · inf(A) = sup(k · A).

A segunda demonstracao e analoga.

45

Ex. 4 — Sejam A, B ⊂ R, conjuntos nao-vazios, tais que:

x ∈ A ∧ y ∈ B ⇒ x ≤ y

Prove que:

(a)A e limitado superiormente

(b)B e limitado inferiormente

(c)

sup(A) ≤ inf(B)

Solucao (ex. 4) — (a)B 6= ∅ ⇒ ∃y ∈ B ⇒ ∀x ∈ A, x ≤ y, logo,

A e limitado superiormente. Nessa ultima implicacao, utilizamos a

hipotese inicial.

(b)A 6= ∅ ⇒ ∃a ∈ A ⇒ ∀y ∈ B, y ≥ x, logo, B e limitado

inferiormente. Nessa ultima implicacao, utilizamos a hipotese inicial.

(c)De (a), temos que existe a = sup(A) e por (b), existe b = inf(B).

Suponha, por contradicao, que a > b, logo, pela definicao de limite,

temos que existe y ∈ B tal que b < y < a, mas, como a = sub(A), te-

mos que existe x ∈ A tal que b < y < x < a o que e uma contradicao,

pois deveria x ≤ y.

Ex. 5 — Sejam A ⊂ B ⊂ R e B limitado. Prove que:

(a)A e limitado

(b)

inf(B) ≤ inf(A) ≤ sup(A) ≤ sup(B)

Solucao (ex. 5) — (a)∀b ∈ B temos que α ≤ b ≤ β e utilizando que

A ⊂ B, temos que α ≤ a ≤ β ∀a ∈ A, o mostra que A e limitado.

(b)Suponha, por contradicao, que b0 = inf(B) > inf(A) = a0, logo,

existe x ∈ A tal que a0 < x < b0 o que implica x < b0 onde chegamos

a contradicao que x 6∈ B, entao concluımos que inf(B) ≤ inf(A).

Analogamente, podemos provar que sup(A) ≤ sup(B). Facilmente

vemos que inf(A) ≤ sup(A), entao concluımos a demonstracao.

Ex. 6 — Ache o ınfimo e o supremo, caso existam, dos conjuntos:

(a)A =

(−1)n +1

n; n ∈ N

;

46

(b)B =

1,1

2,3

2, 2,

1

3,4

3, 3,

1

4,5

4, . . . , n,

1

(n + 1),n + 2

n + 1

;

Solucao (ex. 6) — (a)Afirmamos que sup(A) = 32 e inf(A) = −1

Demonstracao. 32 ≥ a ∀a ∈ A, de fato, pois analizando as sequencias

ımpares e as pares, temos que ambas sao decrescentes e o valor

mınimo delas sao respectivamente 0 e 32 , logo, o valor maximo de

A e 32 . E se c e cota superior de A, logo c ≥ 3

2 , pois 32 ∈ A, logo

sup(A) = 32 .

E

−1 ≤ a ∀a ∈ A, isso porque 1n

e positivo e decrescente para todo

n ∈ N e o mınimo de (−1)n = −1, logo (−1)n + 1n≥ −1∀n ∈ N.

E, dado ǫ > 0, existe a ∈ A tal que −1 < a < −1 + ǫ. Basta

tomar n ımpar grande o suficiente tal que n > 1ǫ

logo, temos −1 <

(−1)n + 1n

< −1 + ǫ.

(b)Analizemos as subsequencias em B:

S1 = n

S2 = 1n+1

S3 = n+2n+1

Como S1, S2, S3 ∈ B, concluımos:

(1)B nao contem cota superior, e portanto nao possue supremo.

Demonstracao.S1 ⊂ B, ∀n0, ∃n ∈ N tal que n > n0 =⇒ 6 ∃n0

tal que n ≤ n0 ∀n ∈ N.

(2)S2 ≤ S3 ∀n ∈ N e S2 ≤ S1 ∀n

Demonstracao.

1

n + 1≤ n + 2

n + 1⇔ 1 ≤ n + 2 ⇔ 1 ≤ n2 + n

1

n + 1≤ n ⇔ 1 ≤ n2 + n

(3)inf(B) = 0

47

(a)0 ≤ b ∀b ∈ B

Demonstracao.

0 ≤ 1

n + 1≤ S2 ∧ 0 ≤ 1

n + 1≤ S1

Logo, 0 ≤ b ∀b ∈ B (a rigor a < b, mas nao vem ao caso).

(b)Dado ǫ, existe b ∈ B tal que b < b < 0 + ǫ

Demonstracao.Tome n+1 > 1ǫ, logo temos: 0 < 1

n+1 < ǫ.

Ex. 7 — Calcule os limites abaixo:

(a) limn→∞

(1 − 1

2) · (1 − 1

3) · (1 − 1

4) · · · · · (1 − 1

n + 1);

(b) limn→∞

(1

n2+

2

n2+

3

n2+ · · · + n

n2);

(c) limn→∞

(1

n2+

1

(n + 1)2+ · · · + 1

(2 · n)2);

(d) limn→∞

(1√n

+1√

n + 1+ · · · + 1√

2 · n);

(e) limn→∞

[√

n +1

2(√

n + 1 −√n)

]

;

(f) limn→∞

[1

1 · 2 +1

2 · 3 + · · · + 1

n · (n + 1)

]

;

Solucao (ex. 7) — (a)Tomando an+1 = (1− 12) · (1− 1

3 ) · (1− 14) · · · · · (1−

1n+1), temos que:

an+1 = (1

6 2 · 6 26 3 · · · · · 6 nn + 1

=1

n + 1

Como 0 < 1n+1 < 1

n, e 1

n→ 0, temos que 1

n+1 → 0. Utilizando

a definicao, dado ǫ > 0 ∃n0 tal que n > n0 ⇒ 0 < 1n+1 < ǫ,

basta tomar n > 1ǫ. Podemos ver que 1

n+1 e claramente um numero

positivo, isso porque e a divisao de dois numeros positivos.

(b)

limn→∞(1

n2+

2

n2+

3

n2+ · · · + n

n2) = limn→∞

1

n2(1 + 2 + · · ·+ n) =

limn→∞1

n2((n + 1) · n

2) = limn→∞

6 n2 + n

2· 6 n2=

limn→∞1

2+

1

2 · n = limn→∞1

2+

1

2· limn→∞

1

n=

1

2.

48

OBS. 12 e uma sequencia constante, portanto seu limite e 1

2 . 1n

tende

a zero, pois dado ǫ > 0 existe n0 tal que n > n0 implica que∣∣ 1n

∣∣ < ǫ

(c)limn→∞

n+1 parcelas︷︸︸︷

(1

n2+

1

(n + 1)2+ · · · + 1

(2 · n)2); Temos que 1

n2 e a maior

parcela da soma, logo,

0 ≤ limn→∞

(1

n2+

1

(n + 1)2+ · · · + 1

(2 · n)2) ≤ lim

n→∞((n + 1)

n2) = 0

Concluımos que o limite original e 0.

(d)limn→∞

n+1 parcelas︷︸︸︷

(1√n

+1√

n + 1+ · · · + 1√

2 · n); 1√

2·n e o menor termo, logo:

0 ≤ limn→∞

((n + 1)√2 · √n

) ≤ limn→∞

(1√n

+1√

n + 1+ · · · + 1√

2 · n)

Mas,

limn→∞

((n + 1)√2 · √n

) = limn→∞

(n√

2 · √n+

1√2 · √n

) =

limn→∞

6 n · √n√2· 6 n

+1√2n

Como 0 < 1√2n

, temos que 1√2n

e limitado inferiormente. E, como√

n√2→ ∞ temos que a soma tente a infinito. O que mostra que a

sequencia original tende a infinito.

(e)limn→∞[√

n + 12 (√

n + 1 −√n)

]

× (√

n+√

n+1)

(√

n+√

n+1). Obtemos:

limn→∞

√

n +1

2(

6 n + 1− 6 n√n +

√n + 1

)

Dividindo o numerador e denominador por√

n, obtemos:

limn→∞

q

n+ 12√

n√n√n

+√

n+1√n

=

limn→∞

√

1 +12n

1 +√

1 + 1√n

Como podemos ver, esse limite e igual a 12 .

(f)

limn→∞

[1

1 · 2 +1

2 · 3 + · · · + 1

n · (n + 1)

]

=

49

limn→∞

[

(1

1− 1

2) + · · · + (

1

n− 1

(n + 1))

]

Cancelando alguns termos, obtemos:

limn→∞

[

(1 − 1

(n + 1))

]

= 1

Ex. 8 — Prove que:

(i) limn→∞

(1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ · · · + 1√n2 + n

) = 1;

(ii) limn→∞

(n√

an + bn) = maxa, b, a, b ≥ 0;

(iii) limn→∞

(n√

n2 + n) = 1;

Solucao (ex. 8) — (i) limn→∞

n parcelas︷︸︸︷

(1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ · · · + 1√n2 + n

);

( 1√n2+1

) e a maior parcela e ( 1√n2+n

) e a menor parcela da soma,

logo:

limn→∞

n√n2 + n

≤ limn→∞

(1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+· · ·+ 1√n2 + n

) ≤ limn→∞

n√n2 + 1

Mas, dividindo o numerador e denominador por√

n2, temos:

limn→∞

n√n2 + n

= limn→∞

1√

1 + nn2

= 1

e

limn→∞

n√n2 + 1

= limn→∞

n√

1 + 1n2

= 1

Logo,

1 ≤ limn→∞

(1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ · · · + 1√n2 + n

) ≤ 1

Onde temos:

limn→∞

(1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ · · · + 1√n2 + n

) = 1

(ii)Se a = b = 0 podemos ver que se verifica. Se a = 0 ∨ b = 0,

facilmente se verifica. Logo, suponha que a 6= 0 ∧ b 6= 0, sem perdas

50

de generalidades, suponha que a > b, logo:

limn→∞

n

√

an

an+

bn

bn

an

bn

· n√

an = limn→∞

√

1 +1

(ab)n

· a

Como ab

> 1, temos que 1(a

b)n → 0, logo:

limn→∞

(n√

an + bn) =√

1 · a = a

(iii)

limn→∞

(n

√

n2

n2+

n

n2· n√

n2) = limn→∞

(n

√

1 +1

n· ( n

√n)2) =

1 · limn→∞

( n√

n)2) = 1

Ex. 9 — Mostre que se (an) converge, entao (a2n) tambem converge. A recıproca

e verdadeira?

Solucao (ex. 9) — Seja limn→∞ an = c, logo, dado ǫ > 0, existe n0 tal que ,

n > n0 ⇒ |an − c| < ǫ. Afirmamos que limn→∞ a2n = c2, de fato:

limn→∞

a2n − c2 = lim

n→∞(an − c)(an + c) = 0 · (2 · c) = 0

Logo,

limn→∞

a2n = c2

Se a2n converge, nao necessariamente a2

n converge, temos a sequencia a2n =

(−1n)2 que converge para 1 e an = (−1)n nao converge.

Ex. 10 — Seja tn ∈ [0, 1] , ∀n ∈ N. Sabendo-se que xn → a e yn → a, prove que

tnxn + (1 − tn)yn → a

Solucao (ex. 10) — Temos que:

limn→∞

tn · xn + yn − t · yn = limn→∞

=

limn→∞

tn(xn − yn) + limn→∞

yn = a

Pois limn→∞ tn(xn − yn) = 0 isso porque tn e limitada e xn e yn tendem para

a.

51

Ex. 11 — Seja (an) a sequencia definida por a1 = 1, an+1 = 1 +√

an, n ∈ N.

Prove que (an) converge e determine o seu limite.

Solucao (ex. 11) — Vamos provar que an e monotona crescente e limitada supe-

riormente:

an ≤ an+1

para todo n ∈ N, de fato:

(a)a1 ≤ a2 ≤ an+2

(b)Suponha que para algum n vale an ≤ an+1 , entao:

an+1 = 1 +√

an

Como an ≤ an+1, temos√

an ≤√

an + 1, mas:

1 +√

an ≤ 1 +√

an + 1

Tome um a ∈ R tal que a > 1 +√

a ∧ a > 0 (podemos ver que existe tal a ex.

9)

(a)Podemos ver que a1 < a.

(b)Suponha que para algum n vale an < a, logo:

an+1 = 1 +√

an < 1 +√

a < a

Logo, an e limitada.

Concluımos que an converge. Seja

limn→∞

an = L

, logo

limn→∞

an+1 = L

, entao:

limn→∞

1 +√

an = 1 +√

L = L

Entao:

L = L2 − 3 · L + 1 ⇒ L =3 ±

√5

2x ≃ 0, 381 ⇒ an 6> 1x2 ≃ 2, 618OK

52

Logo,

limn→∞

1 +√

an =3 +

√5

2

.

Ex. 12 — Idem, se a1 = 1 e an+1 = (2 + an)12 , n ∈ N

Solucao (ex. 12) — an < 2∀n ∈ N, de fato:

(a)a1 < 2

(b)Suponha que para algum n vale an < 2, logo:

an+1 =√

2 + an <√

2 + 2 = 2

O que mostra que an+1 tambem e menor que 2, logo concluımos que

an < 2 para todo n.

Vamos provar que an e monotona crescente:

(a)a1 < a2 OK

(b)Suponha que para algum n vale an < an+1, entao:

an+1 =√

2 + an <√

2 + an+1 = an+2

O que concluımos que an e monotona crescente.

Como an e monotona crescente e limitada superiormente, entao ela converge.

Suponha que an → L, entao, qualquer sub-sequencia converge a L, em particu-

lar an+1 → L, entao:

limn→∞

an = L = limn→∞

an+1 = limn→∞

√2 + an =

√2 + L

Resolvendo a equacao L =√

2 + L obtemos que L = −1 ou L = 2, como an e

maior que 0 para todo n, temos que L = 2. Entao an → 2.

Ex. 13 — Idem, se a1 = −1 e an+1 =2an − 3

4, n ∈ N

Solucao (ex. 13) — Tome a < 2·a−e4 , por exemplo a = −2, logo, vamos provar

que an > a.

(a)a1 > −2 OK

(b)Suponha que para algum n vale an > a, entao:

an+1 =2 · an − 3

4>

2 · a − 3

4> a

53

Logo, an e limitada inferiormente.

Vamos provar que an e decrescente.

(a)a1 > a2 OK

(b)Suponha que para algum n vale an > an+1, entao:

an+1 =2 · an − 3

4>

2 · an+1 − 3

4= an+2

Logo, an e monotona decrescente, e portanto convergente.

Suponha que an → L, entao, qualquer sub-sequencia converge a L, em particu-

lar an+1 → L, entao:

limn→∞

an = L = limn→∞

an+1 = limn→∞

2an − 3

4=

2 · L − 3

4

Resolvendo a equacao L = 2·L−34 , temos que L = −3

2 .

Ex. 14 — Sejam

∞∑

n=1

an e

∞∑

n=1

bn duas series de termos positivos e suponhamos que

a < liman

bn< +∞. Entao as series convergem ou divergem simultaneamente.

Solucao (ex. 14) — Suponhamos entao que:

liman

bn= c > 0

Logo, dado ǫ > 0 existe n0 tal que n > n0 implica que:

ǫ > |an

bn− c| ⇒ ǫ >

an

bn− c > −ǫ ⇒

ǫ + c >an

bn> c − ǫ

Tomando ǫ = 12 · c, temos:

1

2· c <

an

bn<

3

2· c

Concluımos que:1

2· c · bn < an <

3

2· c · bn

resumindo:

(1)bn < an · 2c

(2)an < 32 · bn

54

e portanto:

Se∑

an converge, entao, por (1), temos que∑

bn converge.

Se∑

an diverge, entao, por (2), temos que∑

bn diverge.

Se∑

bn converge, entao, por (2), temos que∑

an converge.

Se∑

bn diverge, entao, por (1), temos que∑

an diverge.

Ex. 15 — Se a e b sao numeros reais positivos, entao∞∑

n=1

1

(an + b)pconverge se

p > 1 e diverge se p ≤ 1.

Solucao (ex. 15) — Seja an = 1(an+b)p , temos que:

1

k · np≤ 1

(an + b)p≤ 1

l · np

Basta ver:p√

k · n ≥ a · n + p ⇔ p√

k ≥ a +p

n⇔

k ≥ (a + p)p

e que:

an + b ≥⇔ p√

l · n ⇔ l ≤ ap +b

n

Logo:

(a) 1np ≤ k · 1

(a+b)p

(b) 1(a+b)p ≤ 1

l· 1

np

Entao:

Se p ≤ 1, temos que∑

an diverge pelo criterio da comparacao em

(a).

Se p > 1, temos que∑

an converge pelo criterio da comparacao em

(b).

Ex. 16 — A serie

∞∑

n=1

nn

(n + 1)n+1diverge.

Solucao (ex. 16) — Exercıcio nao resolvido.

Ex. 17 — Seja∞∑

n=1

an uma serie convergente.

55

(a)

∞∑

n=1

a2n e convergente?

(b)Se an ≥ 0;

∞∑

n=1

√an · an+1 e convergente?

Solucao (ex. 17) — (a)

∞∑

n=1

a2n nao necessariamente converge.

Por Dirichlet,∑

(−1)n 1√n

converge, mas∑

((−1)n 1√n)2 =

∑ 1n

que

nao diverge.

(b)Se an ≥ 0;

∞∑

n=1

√an · an+1 converge.

0 ≤ √an + an+1 ≤ an

2+

an+1

2

Como:∑ an + an+1

2=

1

2· (

∑

an +∑

an+1)

Converge, entao∑∞

n=1√

an · an+1 converge absolutamente.

Ex. 18 — Mostre que

∞∑

n=0

1

(n + α)(n + α + 1)=

1

α, α > 0

Solucao (ex. 18) —

Sn =1

α− 1

α + 1+

1

α + 1− 1

α + 2. . .

1

n + α− 1

n + 1 + α

Sn =1

α− 1

n + 1 + α

limn→∞

Sn =1

α

Portanto, a serie converge para 1α.

Ex. 19 — Prove que

∞∑

n=1

1√

n(n + 1)(√

n + 1 +√

n)= 1.

. . . - 1√n+1

dondeconcluımosque :Sn = 1− 1√n+1

ecomolimn→∞ Sn = 1Temosqueaserieconvergepara

Solucao (ex. 19) —

∞∑

n=1

1√

n(n + 1)(√

n + 1 +√

n)=

∞∑

n=1

1√

n(n + 1)(√

n + 1 +√

n)·(√

n + 1 −√n)

(√

n + 1 −√n)

=

56

∞∑

n=1

1√n− 1√

n + 1

O termo n − esimo da sequencia das inteiradas e:

Sn =1√1− 1√

2+

1√2− 1√

3+

13

Ex. 20 — Estabeleca a convergencia ou divergencia da serie, cujo termo geral e:

(a)2ne−n

(b)3ne−n

(c)e−log(n)

(d)21n

(e)n

2n

(f)(−1)nn

n + 1

(g)n!

nn

(h)n!e−n

(i)n!e−n2

(j)(log(n))e−√

n

(k)(−1)n(n + 1)n

nn+1

(l)n!

3 · 5 · · · · · (2n + 1)

(m)(n!)2

(2n)!

Solucao (ex. 20) — (a)lim n

√∣∣2n

en

∣∣ = 2

e< 1 logo, a serie converge.

(b)lim n

√∣∣3n

en

∣∣ = 3

e> 1 logo, a serie diverge.

(c)e−log(n) = 1n

logo, a serie diverge, pois a serie harmonica diverge.

(d)21n = n

√2 e n

√2 → 1, logo a serie diverge.

(e)lim n√

| n2n | = 1

2 < 1 logo, a serie converge.

(f) nn+1 → 1 logo, a serie diverge, pois o termo geral nao vai a zero.

(g)lim

∣∣∣∣∣

(n+1)!

(n+1)(n+1)n!nn

∣∣∣∣∣= lim 1

(1+ 1n

)n= 1

e< 1 logo, a serie converge.

57

(h)lim∣∣∣(n+1)!e−(n+1)

n!e−n

∣∣∣ = lim 1

(1+ 1n

)n= 1

e< 1, logo, a serie converge.

(i)lim

∣∣∣∣

(n+1)!e−(n+1)2

n!e−n2

∣∣∣∣= lim n+1

e2·n = 0 < 1, logo, a serie converge.

(j)Temos que log(n) = log(√

n2) = 2 · log(

√n) ≤ 2

√

(n).

Temos ainda a serie de Taylor:

e√

n =

∞∑

n=0

(e0)n · (√n)n

n!

Utilizando um termo dessa soma, e que 0 < 2 · log(√

n) < 2 · √n,

temos:

0 ≤∣∣∣∣

log(n)

e√

n

∣∣∣∣≤ 2 · √n

√n

4

4!

=48

n32

Concluımos que o termo da serie e sempre menor que o termo de uma

serie convergente, o que mostra que a serie converge absolutamente.

(k)Pelo criterio de Leibniz, se (n+1)n

nn+1 → 0 e (n+1)n

nn+1 ≥ ((n+1)+1)(n+1)

(n+1)(n+1)+1 ∀ n,

entao a serie converge. Entao:

lim(n + 1)n

n · nn= lim(1 +

1

n)n · 1

n

Como (1 + 1n)n e limitado (pois converge para e), entao:

lim(1 +1

n)n · 1

n= lim

1

n= 0

Vamos provar que an e nao-crescente, para isso vamos dividir an+1

por an e provar que isso sempre e menor que 1.

((n + 1) + 1)(n+1)

(n + 1)(n+1)+1· nn+1

(n + 1)n=

(n2 + 2 · n

n2 + 2 · n + 2

)n+1

isso e menor que (1)n+1 = 1. Concluımos que a serie converge.

(l)

lim

∣∣∣∣

(n + 1)!

3 · 5 · · · · · (2n + 1) · (2(n + 1) + 1)· 3 · 5 · · · · · (2n + 1)

n!

∣∣∣∣=

lim

∣∣∣∣

(n + 1)

2n + 3

∣∣∣∣< 1

Concluımos que a serie converge absolutamente.

58

(m)

lim

∣∣∣∣

((n + 1)!)2

(2(n + 1))!· (2n)!

(n!)2

∣∣∣∣= lim

∣∣∣∣

n + 1

(2n + 1) · 2

∣∣∣∣< 1

Concluımos que a serie converge.

4.2 1a Prova Resolvida

Ex. 1 — Seja x um numero real positivo. Use inducao para mostrar que:

(1 + x)n ≥ n(n − 1)

2· xn−2 + nxn−1 + xn

para todo n ∈ N. (Valor 2,0 pontos).

Solucao (ex. 1) — Seja o X o conjunto X ≡ n ∈ N|vale a propriedade acima ,entao:

(a)1 ∈ X, de fato:

(1 + x) ≥ 1 + x

(b)Suponha que para algum n, n ∈ X, logo:

(1+x)n · (1 + x) ≥ n(n−1)2 · xn−1 + nxn + xn+1 + n(n−1)

2 · xn−2 + nxn−1 +

xnOrganizandoaexpressao, obtemosaexpressao :xn+1+(n+1)x(n+1)−1+ (n+1)((n+1)−1)2 ·

x(n+1)−2 + n(n−1)2 · xn−2como,n(n-1)

2·xn−2>0, temos que isso e maior que:

xn+1 + (n + 1)x(n+1)−1 +(n + 1)((n + 1) − 1)

2· x(n+1)−2

Entao, concluımos por inducao que a expressao e valida para todo n ∈ N.

Ex. 2 — Considere A =1 + 1

n; n ∈ N

.

(a)Mostre que 1 e cota inferior de A e que nao existe cota inferior de A

maior que 1. (Valor 1,0 ponto);

(b)Mostre que A e limitado superiormente. (Valor 0,5 pontos);

(c)Quem sao inf(A) e sup(A)? (Valor 0,5 pontos).


n, 1 > 0 ⇒ 1

n> 0 ⇒ 1 +

1

n> 1 ∀n ∈ N

59

Logo, 1 e cota inferior. Suponha c > 1, logo c = 1+h, h ∈ R∧h > 0,

mas:

∃ n0 ∈ N ; n0 >1

h

isso porque N e ilimitado superiormente, entao:

1 +1

n0< 1 + h

Como 1 + 1n0

∈ A onde temos que c nao pode ser cota inferior de A.

(b)a ∈ A ⇒ a = 1 + 1n0

para algum n0 ∈ N, mas:

1 +1

n0≤ 2 ⇔ 1

n0≤ 1 ⇔ 1 ≤ 1 · n0

Como n0 ∈ N, temos que n0 ≥ 1, logo, a ∈ A ⇒ a ≤ 2. Onde

temos que a ≤ 2 ∀a ∈ A. Com isso concluımos que A e limitado

superiormente.

(c)inf(A) = 1 Prova no ıtem (a) dessa questao.

sup(A) = 2 Ja provamos no ıtem (b) que a ≤ 2 ∀a ∈ A, basta provar

que “se c < 2, entao existe a ∈ A tal que a > c, de fato, tome n = 1,

e temos a = 2, logo c < 2 implica que c < a = 2.

Ex. 3 — Seja (xn) data indutivamente por xn+1 = 3 − 2xn

, onde 1 < xn < 2.

(a)Mostre que 1 < xn < 2, ∀ n ∈ N. (Valor 1,5 pontos);

(b)Mostre que xn+1 − xn = − (xn−1)(xn−2)xn

, ∀ n ∈ N, e conclua que (xn)

e crescente. (Valor 1,0 ponto);

(c)Por que (xn) converge? (Valor 0,5 pontos);

(d)Encontre lim xn converge? (Valor 1,0 ponto);

Solucao (ex. 3) — (a)Seja X o conjunto X ≡ n ∈ N | 1 < xn < 2, logo:

(1)1 ∈ X OK

(2)Suponha que para algum n ∈ N ten-se que n ∈ X, logo:

1 < xn < 2 ⇔ 1 >1

xn>

1

2⇔ −2 <

−2

xn< −1 ⇔

1 < 3 − 2

xn< 2 ⇔ 1 < xn+1 < 2

Logo, se n ∈ A temos que n + 1 ∈ A, concluımos pelo 3o axioma

de Peano que X = N.

60

(b)

xn+1 − xn = 3 − 2

xn− xn =

3xn − 2 − x2n

xn=

(xn − 1)(xn − 2)

xn

Como 1 < 2xn

− xn, temos (xn − 1) > 0, logo:

[

−(xn − 1)(xn − 2)

xn

]

> 0

O que concluımos que xn+1 > xn, e portanto, xn e crescente.

(c)xn converge porque e limitada e monotona.

(d)Sabemos que xn → L, para algum L ∈ R, logo:

lim xn = L = lim xn+1

Como 1 < xn < 2, temos que L ≥ 1, entao:

L = 3 − 2

L

Donde concluımos que:

L =3 ±

√1

2L = 1L = 2

Como an e crescente, entao

lim xn = 2

.

Ex. 4 — Dado x real nao nulo considere a serie∑∞

n=1 an, onde an = nxn , n ∈ N.

(a)Calcule lim n√

|an|. (Valor 0,5 pontos);

(b)Que valores de x tornam a serie∑∞

n=1 an convergente?. (Valor 0,5

pontos);

(c)Que valores de x tornam a serie∑∞

n=1 an divergente?. (Valor 0,5

pontos);

(d)A serie converge se x = 1? E se x = −1?. (Valor 0,5 pontos);


lim n

√∣∣∣

n

xn

∣∣∣ = lim

n√

|n||x| =

1

|x|

61

(b)Pelo teste da raiz, se 1|x| < 1 a serie converge.

Se 1|x| a serie diverge.

Para 1|x| = 1, temos que lim n

xn 6= 0 , entao a serie nao converge.

(c)|x| < 1

(d)Resposta no ıtem (b), a serie diverge porque o termo geral nao vai a

zero.

4.3 Resumo dos Axiomas, Teoremas e Definicoes

Axioma 4.3.1 (Axioma de Peano). S e injetiva

Axioma 4.3.2 (Axioma de Peano). S : N → N1 e injetiva

Axioma 4.3.3 (Axioma de Peano). Se 1 ∈ X e inX ⇒ n + 1 ∈ X, entao

X = N

Teorema 4.3.1. Todo conjunto nao vazio A ⊂ N possue um elemento mınimo.

Teorema 4.3.2. Se X ⊂ N tal que se n < n0 ⇒ n ∈ X entao n0 ∈ X, entao

esse conjunto X = N.

Teorema 4.3.3. Seja A ⊂ In, se existe uma bijecao b : In → A, entao A = In.

Teorema 4.3.4. X e finito, entao para todo Y ⊂ X, temos que Y e finito, e

card(X) ≤ card(Y ).

Teorema 4.3.5. X ∈ N e equivalente dizer:

(a) X e finito

(b) X e limitado

(c) X possue um maior elemento

Teorema 4.3.6. Seja X,Y conjuntos disjuntos com m,n elementos respecti-

vamente, entao card(X ∪ Y ) = m + n

Teorema 4.3.7. X e infinito, entao existe Y ⊂ X finito.

Teorema 4.3.8. X ⊂ N, entao X e enumeravel.

62

Teorema 4.3.9. f : X → Y e injetiva e Y e enumeravel, entao X e enu-

meravel.

Teorema 4.3.10. X e enumeravel se f : X → Y e sobrejetiva e Y e enu-

meravel.

Teorema 4.3.11. X,Y enumeravel, entao X × Y e enumeravel.

Teorema 4.3.12. X um conjunto qualquer, e Y contendo pelo menos 2 ele-

mentos, nunhuma funcao φ : X → F(x; y) e sobrejetiva.

Axioma 4.3.4 (Axiomas de adicao). (a) Associatividade

(b) Comutatividade

(c) Elemento neutro

(d) Simetrico

Axioma 4.3.5 (Axiomas de multiplicacao). (a) Associatividade

(b) Comutatividade

(c) Elemento neutro

(d) Inverso multiplicativo

Axioma 4.3.6 (Axioma de distributividade). x · (y + z) = x · y + x · z

Axioma 4.3.7 (Corpo Ordenado). Se x, y ∈ P , entao:

(a) x + y ∈ P

(b) x · y ∈ P

(c) x ∈ K, ou x ∈ P ou x = 0 ou −x ∈ P

Teorema 4.3.13 (Bernoulli). Se verifica: x ≥ −1 ⇒ (1 + x)n ≥ n · x + 1.

Teorema 4.3.14. x ∈ K, e equivalente:

(a) −a ≤ x ≤ a

(b) a ≤ a e −x ≤ a

63

(c) |x| ≤ a

Teorema 4.3.15. x, y, z ∈ K, as propriedades se verificam:

(a) |x + y| ≤ |x| + |y|

(b) |x · y| = |x| · |y|

(c) |x| − |y| ≤ ||x| − |y|| ≤ |x − y|

(d) |x − z| ≤ |x − y| + |y − z|

Teorema 4.3.16. As propriedades sao equivalentes:

(a) N ⊂ K e ilimitado superiormente

(b) dado a, b ∈ K existe n ∈ N tal que n · a > b

(c) para todo a > 0, existe n ∈ N tal que 0 < 1n

< a

Teorema 4.3.17. c = sup(A) se e somente se:

S1 c ≥ a para todo a ∈ A

S2 se c′ ≥ a para todo a ∈ A, entao a ≥ c′

S2’ c′ < c implica que existe a ∈ A tal que a > c′ (contraposicao de S2)

Axioma 4.3.8. Existe um corpo ordenado completo chamado “o conjunto dos

numeros Reais”, representado por R.

Teorema 4.3.18. Os racionais e irracionais sao densos em R.

Teorema 4.3.19. Seja I1 ⊃ I2 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ . . . uma sequencia decrescente de

intervalos limitados fechados, entao∞⋂

In nao e vazio.

Teorema 4.3.20. O conjunto R nao e enumeravel.

Definicao 4.3.21. lim xn = 0 ≡ ∀ǫ ∈ R ∃n0 tal que n > n0 implica ǫ > |xn−a|.

Teorema 4.3.22. lim xn = 0 e lim xn = b implica que b = a.

Teorema 4.3.23. Se lim xn = a entao toda sub-sequencia de xn tem limite a.

Teorema 4.3.24. Toda sequencia convergente e limitada.

64

Teorema 4.3.25. Toda sequencia monotona e limitada e convergente.

Teorema 4.3.26. lim xn = 0, yn limitada, entao lim xn · yn = 0.

Teorema 4.3.27. lim xn = a e limyn = b, entao:

(a) lim(xn + yn) = a + b

(b) lim(xn − yn) = a − b

(c) lim(xn · yn) = a · b

(d) lim(xn

yn) = a

bse b 6= 0

Teorema 4.3.28. lim xn = a > 0 entao existe n0 tal que n > n0 implica que

xn > 0.

Teorema 4.3.29. xn ≤ zn ≤ yn para todo n e lim xn = lim yn = a, entao

lim zn = a.

Teorema 4.3.30. a ∈ R e limite de uma sub-sequencia de an se e somente se

para uma infinidade de n ten-se xn ∈ (a − ǫ, a + ǫ) ∀ǫ > 0.

Teorema 4.3.31. xn limitada entao, lim inf(xn) e o menor valor de aderencia,

e lim sup(xn) e o maior.

Teorema 4.3.32. a = lim inf(xn) e b = lim sup(xn) e xn e limitada, entao

dado ǫ > 0 existe n0 tal que n > n0 implica a− ǫ < xn < b + ǫ. Alem disso a e

b sao respectivamente o menor e maior numeros com essa propriedade.

Teorema 4.3.33. Toda sequencia convergente e de Cauchy.

Teorema 4.3.34. Toda sequencia de Cauchy de numeros reais e convergente.

Teorema 4.3.35. As propriedades se verificam:

(a) Se lim xn = ∞ e yn e limitada inferiormente, entao lim(xn + yn) = ∞

(b) Se lim xn = ∞ e yn > c > 0, entao lim(xn · yn) = ∞

(c) Se xn > 0 entao lim xn = 0 ⇔ lim 1xn

= ∞

(c) Se xn, yn > 0 e lim xn > c > 0 e lim yn = 0 entao lim xn

yn= ∞

65

(c) xn limitada e lim yn = ∞, entao lim xn

yn= 0

Teorema 4.3.36. Se∑

an converge, entao lim an = 0.

Teorema 4.3.37. an > 0 e a soma∑

an converge se e somente se as reduzidas

formam uma sequencia limitada.

Teorema 4.3.38.∑

an e convergente se e somente se dado ǫ > 0, temos que

existe n0 tal que para todo p, n > n0 vale:

|an+1 + · · · + an+p| < ǫ

Teorema 4.3.39. Toda serie absolutamente convergente e convergente.

Teorema 4.3.40. an 6= 0 e bn > 0, e, se existe n0 tal que:

|an+1||an|

≤ bn+1

bn

Entao,∑

an converge absolutamente.

Teorema 4.3.41. an 6= 0 e bn > 0, e, se existe n0 tal que:

|an+1||an|

≤ 1

Entao,∑

an converge absolutamente.

Teorema 4.3.42. an sequencia limitada, an > 0, ten-se:

lim inf(an+1

an) ≤ lim inf( n

√an) ≤ lim sup( n

√an) ≤ lim sup(

an+1

an)

Teorema 4.3.43. Se, lim(an+1

an) = L, entao lim( n

√an) = L.

Teorema 4.3.44 (Dirichlet). Seja a serie∑

an, com reduzidas formando

uma sequencia limitada (nao necessariamente convergente). E seja a sequencia

bn nao crescente, tal que bn > 0 e limbn = 0, nessas condicoes,∑

an · bn

converge.

Teorema 4.3.45. Seja a serie convergente∑

an. E seja a sequencia bn nao

crescente, tal que bn > 0, nessas condicoes,∑

an · bn converge.

Teorema 4.3.46. Seja a sequencia, tal que limbn = 0, nessas condicoes,∑

(−1)n · bn converge.

66

Teorema 4.3.47. Toda serie absolutamente convergente e comutativamente

convergente.

Teorema 4.3.48. Seja a serie∑

an condicionalmente convergente, dado qual-

quer c ∈ R, existe uma bijecao φ : N → N, tal que∑

aφ(n) = c.

Teorema 4.3.49. Se∑

an e∑

bn sao absolutamente convergentes, entao

(∑

an)(∑

bn) =∑

cn (convergente).

67

Parte II


68

5 Topologia da Reta

Nesse capıtulo e apresentado conceitos importantes que serao necessarios

para os capıtulos seguintes, esse conteudo deve ser bem explorado.

Teorema 5.0.1. Se todos os pontos de um conjunto X sao isolados, entao X

e enumeravel.

Demonstracao 1. Dado x ∈ X, temos que ∃ Ix = (ax, bx) tal que X ∩ (ax, bx) =

x. Para cada intervalo Ix, tome um numero racional qx, de tal forma que

qx ∈ Ix e q 6∈ Iy ; ∀x, y ∈ X e x 6= y. Temos uma funcao f : X → Q ; f(x) =

qx injetiva, e portanto X e enumeravel (domınio X e imagem no conjunto

enumeravel Q).

Demonstracao 2. Tome E ⊂ X, E enumeravel e denso em X. Pela hipotese,

temos que x ∈ X ⇒ ∃Ix = (ax, bx) tal que Ix ∩ (ax, bx) = x, mas como E e

denso em X, temos que todo Ix contem pelo menos um elemento de E, donde

concluımos que X = E, e portanto e enumeravel.

5.1 Exercıcios

Ex. 1 — A ⊂ R, A e aberto ⇔ Se xn converge para um ponto de a ∈ A, entao

xn ∈ A para todo n suficiente grande.

Solucao (ex. 1) — (⇒)∀ a ∈ X, temos que existe ε > 0 tal que (a− ε, a+

ε) ⊂ A logo, se xn → a entao, dado ε > 0, temos que existe n0 tal

que n > n0 implica xn ∈ (a − ε, a + ε) ⊂ A.

(⇐)Suponha que xn = a ∀ n, logo, como a ∈ A, xn ∈ A, o que nao diz

que A e aberto ou nao. A hipotese deveria ser xn convergir para a,

mas ser diferente de a.

69

Ex. 2 — lim xn = a ⇔ para todo aberto A tal que a ∈ A, existe n0 tal que

n > n0 ⇒ xn ∈ A.

Solucao (ex. 2) — (⇒)lim xn = a ⇒ ∀ε > 0 ∃nn0 ; n > n0 ⇒ xn ∈(a − ε, a + ε) ⊂ A.

(⇐)Tome os abertos Aε = (a − ε, a + ε)) ε > 0, para todo ε temos que

existe n0 tal que n > n0 ⇒ xn ∈ Aε, pela definicao de limite isso e o

mesmo que lim xn = a.

Ex. 3 — B ⊂ R, B aberto, entao para todo x ∈ R, o conjunto x+b = x + y; y ∈ Be aberto.

Solucao (ex. 3) — Dado z ∈ x+B temos que existe z = x+y para algum y ∈ B,

segue que y ∈ B ⇒ ∃ε > 0 tal que (y − ε, y + ε) ⊂ B ⇒ b ∈ (y − ε, y + ε) ⇒b ∈ B ⇒ y − ε < b < y + ε ⇒ (y + x) − ε < b + x < (y + x) + ε ⇒((y + x) − ε, (y + x) + ε) ⊂ (x + B) para todo y ∈ B

Ex. 4 — Demonstre que A,B abertos, A + B = x + y;x ∈ A, y ∈ B e aberto.

Solucao (ex. 4) — A aberto implica que para todo a ∈ A, existe ε0 tal que

(a − ε0, a + ε0) ⊂ A B aberto implica que para todo b ∈ B, existe ε1 tal que

(b − ε1, b + ε1) ⊂ B Seja ε = min(ε0, ε1), entao temos:

a + b ⇒ ((a + b) − ε, (a + b) + ε) ⊂ A + B isso porque (a − ε, a + ε) ⊂ A e

(b − ε, b + ε) ⊂ B.

Ex. 5 — Dados X,Y ⊂ R, prove que:

(i)int(X ∩ Y ) = int(X) ∩ int(Y )

(ii)int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y )

(iii)De um exemplo que int(X ∪ Y ) ) int(X) ∪ int(Y )

Solucao (ex. 5) — .

(i)x ∈ int(X ∩ Y ) ⇒ ∃ε tal que (x − ε, x + ε) ⊂ X ∩ Y ⇒

(x-ε, x + ε) ⊂ X ⇒ x ∈ int(X)

(x − ε, x + ε) ⊂ Y ⇒ x ∈ int(Y )

⇒ x ∈ int(X) ∩ int(Y )

(ii)x ∈ int(X) ∪ int(Y ) ⇒

x∈ int(X)

x ∈ int(Y )

⇒ ε > 0 tal que

(x-ε, x + ε) ⊂ X

(x − ε, x + ε) ⊂ Y

⇒ (x− ε, x+ ε) ⊂ X ∪Y ⇒ x ∈ int(X ∪Y )

70

(iii)Tome A = (0, 1) e B = [1, 2)

Ex. 6 — Mostre que, se A ⊂ R e aberto e a ∈ A implica que A − a e aberto.


Demonstracao 1.Seja C(A) o complementar de A, entao temos que se A e

aberto, entao C(A) e fechado e C(A) ∪ a e fechado e portando C(C(A) ∪ a) =

A − a e aberto.

Demonstracao 2.A aberto ⇒ ∀ b ∈ A − a existe ε tal que (b − ε, b + ε) ⊂ A.

Se (b − ε) ⊂ A − a ⇒ b e ponto interior de A − a.

Se (b− ε, b + ε) 6⊂ A− a somado a (b− ε, b + ε) ⊂ A, entao a ∈ (b− ε, b + ε),

onde temos que:

Se b < a < b + ε ⇒ ∃ ε1 tal que b < b + ε1 < a ⇒ (b − ε1, b + ε1) ⊂ A − a

Se b − ε < a < b ⇒ ∃ ε2 tal que a < b − ε2 < b ⇒ (b − ε2, b + ε2) ⊂ A − a

Concluımos que para todo b em A−a, existe um ε > 0 tal que (b−ε, b+ε) ⊂A − a onde temos que A − a e aberto.

Ex. 7 — Mostre que toda colecao de abertos nao-vazios, dois a dois disjuntos e

enumeravel.


Demonstracao.Seja a colecao de abertos disjuntos (Aλ)λ∈X , logo, tomando xλ ∈Aλ, temos que existe um intervalo Iλ tal que xλ ∈ Iλ ⊂ Aλ.

Mas, como Q e denso em R, temos que existe qλ ∈ Q tal que qλ ∈ Iλ , como os

conjuntos Aλ sao disjuntos, temos que qλ ∈ Iλ ⊂ Aλ implica que qλ 6∈ Aµ, para

todo µ 6= λ.

Logo temos a funcao f : X → Q, onde associa a cada Aλ um numero racional

qλ. Como f e injetiva, entao X e enumeravel, o que mostra q a famılia e

enumeravel.

Ex. 8 — Mostre que o conjunto dos valores de aderencia de uma sequencia e um

conjunto fechado.


71

Demonstracao.Seja a sequencia an e o conjunto A de pontos de aderencia da

sequencia an.

Suponha, por absurdo, que A seja aberto, logo A 6= A, como A ⊂ A, temos que

∃a ∈ A tal que a 6∈ A. Em outras palavras a e ponto de aderencia de A mas

6∈ A. Concluımos entao que para todo ε > 0 temos que

(a − ε, a + ε) ∩ A 6= ∅

e como a 6∈ A temos que existe b 6= a tal que b ∈ (a− ε, a + ε) ∩A, como b ∈ A

temos que e ponto de aderencia de an, e portanto temos que b e limite de alguma

subsequencia de an, onde temos que a e um ponto de adrencia de an, pois para

todo ε > 0, o conjunto (a − ε, a + ε) possue infinitos termos da sequencia an,

chegamos a um absurdo, pois a deveria pertencer a A, onde concluımos que A

e fechado.

Ex. 9 — Mostre que se X ⊂ F e F e fechado entao X ⊂ F .


Demonstracao.X ⊂ F ⇒1 X ⊂ F = F ⇒ X ⊂ F

Prova de “1”:

X ⊂ F temos que se a ∈ X entao para todo ε > 0 temos que (a−ε, a+ε)∩A 6= ∅,

mas como A ⊂ F , temos que (a − ε, a + zvar) ∩ F 6= ∅ o que temos que a e

ponto aderente de F .

Ex. 10 — Mostre que se limxn = a e X = x1, x2, . . . , xn, . . . entao X = X∪a.Solucao (ex. 10) — .

Demonstracao.X − X = a, de fato, suponha que existe b 6= a tal que b ∈ X

e b 6∈ X, logo tome 0 < ε < |b − a|, temos o absurdo b 6∈ (a − ε, a + ε), pois

como xn → a, existe n0 tal que n > n0 implica que xn ∈ (a − ε, a + ε), ficando

um numero finito de termos da sequencia fora do intervalo, o que prova que e

impossıvel uma subsequencia de xn convergir para b.

Ex. 11 — Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪ G seja um

intervalo fechado (limitado ou nao). Prove que F = ∅ ou G = ∅.

72


Demonstracao.Suponha, por absurdo, que F 6= ∅ e G 6= ∅, entao existe a e

b ∈ G, S.P.G., assuma a < b, definimos:

F0 = x ∈ F |a ≤ x < b

G0 = y ∈ G|a < y ≤ b

Como sup(F0) = X0 e ponto de acumulacao de F , entao X0 ∈ F , pois F

e fechado. Analogamente concluımos que inf(G0) = Y0 ∈ G0 e ainda que

Y0 > X0 e portanto existe c ∈ R tal que Y0 > c > X0, c 6∈ F e c 6∈ G devido a

definicao de F0 e G0, mas c ∈ I pois I e um intervalo, logo uma contradicao.

Ex. 12 — Mostre que a intersecao de uma sequencia descendete de intervalos I1 ⊃I2 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ . . . e um intervalo ou o conjunto vazio.


Demonstracao.Suponha que X = ∩IN , suponha que X 6= ∅, logo temos a, b ∈X com a ≤ b, mas , como a, b temos que a, b ∈ In ∀n, como In e um intervalo,

entao [a, b] ⊂ In ∀n logo [a, b] ⊂ X = ∩In. Isso porque estamos considerando

qualquer a, b.

Ex. 13 — Se X e limitado superiormente, seu fecho X tambem e. Alem disso,

supX = supX.


Demonstracao.X limitado temos que existe c tal que a ∈ X implica que a ≤ c

X temos que para todo a ∈ X e para todo ε > 0, (a − ε, a + ε) ∩ X 6= ∅

Afirmamos que c ≥ b, ∀b ∈ X, de fato, suponha por absurdo que seja b > c

para algum b ∈ X , logo, existe ε < |b − c| tal que (b − ε, b + ε) ∩ X = ∅, pois

todos os elementos de X sao menores que C e b− ε > c, onde temos o absurdo

pois deveria (b − ε, b + ε) ∩ X 6= ∅ ∀b ∈ X, logo, concluımos que X e limitado

superiormente por c.

73

Como X ⊂ X , temos que sup(X) ≤ sup(X), por outro lado, temos que qualquer

cota superior de X e tambem cota de X , em particular sup(X) e cota superior

de X , logo sup(X) ≤ sup(X).

Ex. 14 — (Teorema de Baire) Se F1, F2, . . . , Fn, . . . sao fechados com interior va-

zio entao S = F1 ∪ · · · ∪ Fn ∪ . . . tem interior vazio.


Demonstracao.Tome arbitrariamente um intervalo I1 = (a, b) nao desgenerado,

temos que I1 6⊂ F1 pois F1 tem interior vazio, e possıvel obeter I2 ⊂ I1 tal que

I2 6⊂ F2 tomando a sequencia descendente de intervalos In tais que In ⊂ In−1 e

In 6⊂ Fn, temos o resultado que ∩In 6= ∅ e portanto ∩In 6⊂ S, concluımos que

para todo intervalo aberto I1 temos que I1 ∩ (R−S) 6= ∅ logo S e fechado.

74

6 Limites de Funcoes

6.1 Exercıcios

Ex. 1 — Na definicao do limite limx→a

f(x) retire a exigencia de ser x 6= a. Mostre

que esta nova definicao coincide com a anterior no caso a 6∈ X mas para a ∈ X

o novo limite existe se, e somente se, o antigo existe e e igual a f(a).


Demonstracao. limx→a

f(x) = L S.S.S. para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que

0 ≤ |x − a| < δ ⇒ |f(x) − L| < ε

Se a 6∈ X entao x 6= a, pois f nao esta definida em a, logo a definicao coincide

com a original.

Para a ∈ X temos ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que

0 ≤ |x − a| < δ ⇒ |f(x) − L| < ε

⇔?

∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ ⇒ |f(x) − L| < ε e L = f(a).

(⇒) Se x = a entao |f(a)−L| < ε para todo ε onde temos f(a) = L, o restante

e facil de se observar.

(⇐) Se L = f(a), entao |L − f(a)| = 0 < ε ∀ε > 0, entao 0 ≤ |x − a| < δ ⇒|f(x) − L| < ε.

Ex. 2 — Considere o seguinte erro tipografico na definicao de limite:

∀ε > 0 ∃δ > 0; x ∈ X, 0 < |x − a| < ε ⇒ |f(x) − L| < δ

75

Mostre que f cumpre essa condicao se , e somente se, e limitada em qualquer

intervalo limitado de centro a. No caso afirmativo, L pode ser qualquer numero

real.


Demonstracao.

∀ε > 0 ∃δ > 0; x ∈ X, 0 < |x − a| < ε ⇒ |f(x) − L| < δ

⇔

∀I ∋ a ; f(I) ⊂ (a, b) Para algum a, b ∈ R

Temos as seguintes proposicoes H1 = (0 < |x − a| < ε) ⇔ −ε < x − a < ε ⇔x ∈ (a− ε, a + ε) = H2 e T1 = |f(x)−L| < δ ⇔ −δ < f(x)− L < δ ⇔ L− δ <

f(x) < L + δ ⇔ f(x) ∈ (L − δ, L + δ) = T2

donde concluımos que H1 ⇔ H2 e T1 ⇔ T2, portanto se H1 ⇒ T1, temos que

H1 ⇔ H2 ⇒ T1 ⇔ T2

76

7 Funcoes Contınuas

Esse capıtulo e importante, mas nao tive tempo para resolver exercıcios

especıficos para esse assunto.

77



Ex. 1 — Seja A ⊂ R. Mostre que intA e o maior conjunto aberto contido em A.

Solucao (ex. 1) — Demonstracao.Suponha que existe B aberto tal que B ⊂ A e

B − int(A) 6= ∅, entao seja b ∈ B e b 6∈ int(A), como B e aberto, entao existe

um intervalo Ib centrado em b eIb ⊂ B ⊂ A, mas isso mostra que b e ponto

interior de A e ponrtanto b ∈ int(A), o que e uma contradicao, logo B ⊂ int(A)

para todo B aberto contido em A.

Ex. 2 — Seja B ⊂ R. Mostre que B e o menor conjunto fechado que contem B.

Solucao (ex. 2) — Demonstracao.B ⊂ R Seja F um fechado qualquer tal que

B ⊂ F , logo B ⊂ F ⇒ B ⊂ F = F ⇒ B ⊂ F

Demonstracao.A demonstracao anterior pode estar usando a tese na primeira

implicacao, depende do que ja foi visto. Por isso vai mais essa:

Seja F um fechado qualquer tal que B ⊂ F . Suponha por absrudo que B−F 6=∅, logo exste b ∈ B−F , mas b ∈ B implica que para todo intervalo Ib centrado

em b temos Ib ∩ B 6= ∅. Como F e fechado, logo comp(F ) e aberto o que

existe um intervalo em b tal que I ⊂ comp(F ), temos uma contradicao pois

B ⊂ F ⇒ B ∩ comp(F ) 6= ∅ e temos um ponto b ∈ B e um intervalo I tal que

I ∩ B 6= ∅. Logo B ⊂ F para todo F fechado tal que B ⊂ F .

Ex. 3 — Determine o conjunto dos pontos de acumulacao dos conjuntos seguintes:

(a)A = N ∩ (a, 5);

(b)A = x ∈ Q; 0 < x < 1;

(c)A =2, 3

2 , 43 , . . .

.

78

Solucao (ex. 3) — Demonstracao. (a)Tomando intervalos abertos de raios

12 centrados nos pontos de A temos que so existe um ponto de A em

cata intervalo, logo A nao possui pontos de acumulacao.

(b)Todos os pontos de A sao de acumulacao, pois para todo a ∈ A e

para todo intervalo I centrado em a ten-se que I ∩ A − a 6= ∅ pois

Q e denso na reta.

(c)Temos que 1 e ponto de acumulacao de A, pois 2, 32 , . . . e uma

sequencia convergente para 1.

Ex. 4 — Mostre que:

(a) limx→0

√1+x−

√1−x

x= 1

(b)limx→0

3√1+x−1x

= 13

(c) limx→+∞

x+1x

= 1

Solucao (ex. 4) — Demonstracao.

(a) limx→0

√1+x−

√1−x

x·√

1+x+√

1−x√1+x+

√1−x

= lim 1+x−1+xx(

√1+x+

√1−x

= lim 2xx(

√1+x+

√1−x)

= lim 2√1−x+

√1−x

=

22 = 1

(b)limx→0

3√1+x−1x

·3√

(1+x)2+ 3√

(1+x)+13√

(1+x)2+ 3√

(1+x)+1= lim (1+x)−1

3√1+x2+ 3√

1+x+1= 1

3

(c) limx→+∞

x+1x

= lim xx

+ 1x

= 1 + 0 = 1

Ex. 5 — Seja ⌊x⌋ o maior inteiro menor ou igual a x ≥ 1. Mostre que limx→+∞

⌊x⌋√

x =

1.

Solucao (ex. 5) — Demonstracao.Temos que lim ⌊x⌋√

⌊x⌋ ≤ lim ⌊x⌋√

x ≤ lim ⌊x⌋√

⌊x⌋ + 1

Como lim ⌊x⌋√

⌊x⌋ = lim ⌊x⌋√

⌊x⌋ + 1 = 1 temos que limx→+∞

⌊x⌋√

x = 1.

Ex. 6 — Seja f : [a,+∞) → (0,+∞). Prove que limx→+∞

f(x) = +∞ ⇔ limx→+∞

1f(x) =

0.

Solucao (ex. 6) — Demonstracao.Seja an ∈ [a,+∞) uma sequencia arbitraria

convergindo para +∞ e f(an) → +∞, temos que a sequencia f(an) converge

para ∞ onde temos que lim 1f(x) = 0 analogamente, se 1

f(an) → 0 entao f(an) →∞. Como an e uma sequencia arbitraria temos que e valido para os limites

reais.

79

Ex. 7 — Seja f : R → R definida por: f(x) = x se x ∈ R\Q e f(x) = 1 − x se

x ∈ Q. Mostre que f e contınua em x = 12 e descontınua em qualquer outro

ponto.

Solucao (ex. 7) — Demonstracao.Temos que limx→a, a∈Q

f(x) = lim 1− x = 1− a e

limx→a, a6∈Q

f(x) = x = a. f e contınua no ponto a se limx→a

f(x) = f(a), portanto

deve existir o limite e o limite de f existe em a para a = 1 − a ⇒ a = q2

Concluımos que f e contınua no ponto x = 12 pois o limite existe nesse ponto e

e igual a f(12). Para outro ponto b diferente de 1

2 temos que o limite nao existe

e b e ponto de acumulacao de R portanto f nao e contınua em outro ponto alem

de 12 .

Ex. 8 — Seja g : R → R uma funcao tal que g(x + y) = g(x)g(y), x, y ∈ R.

Mostre que se g e contınua em x = 0, etnao g e contınua em todo potno.

Mostre tambem que se g se anula em algum ponto de R , entao g se anula em

todo ponto de R.

Solucao (ex. 8) — Demonstracao.Se g e contınua em 0 entao g(0) = g(0 + 0) =

g(0) · g(0) onde concluımos que ou g(0) = 1 ou g(0) = 0.

Se para algum a, g(a) = 0, temos que para todo c, g(c) = g(a+d) = g(a)·g(d) =

0 · g(d) = 0.

Se g(0) = 1 e tomando um ponto c 6= 0 e uma sequencia arbitraria xn → c temos

que lim g(xn − c) = g(0) = 1 e g(c) = lim g((xn − c)+ c) = lim g(xn − c) · g(c) =

g(c).

Ex. 9 — Se |f | e contınua em algum ponto, e verdade que f e continua nesse

ponto?

Solucao (ex. 9) — Demonstracao.Nao, tome f : R → R; f(x) =

1 se x = a

−1 se x 6= a.

Ex. 10 — E possıvel, f e g descontınuas com f · g contınua? E f g?

Solucao (ex. 10) — Demonstracao.Tomando f : R → R, f(x) =

1 se x = a

−1 se x 6= aetomandog=f, temosque

·g e contınua em a e f , g sao descontınuas em a.

Tomando f(x) =

1 se x = 0

x se x 6= 0eg(x)=

0 se x=1

x se x 6= 1f:[0, 1) → (0, 1]e g:(0, 1] →

[0, 1).T emosambasdescontınuas,masgf e contınua.

Ex. 11 — Seja f : (a, b) → R e tome x0 ∈ (a, b). Considere as igualdades:

80

(I) limh→0

|f(x0 + h) − f(x0)| = 0.

(II) limh→0

|f(x0 − h) − f(x0 + h)| = 0|

(i)Mostre que (I) ⇒ (II);

(ii)De um exemplo onde vale (II), mas nao vale (I).

Solucao (ex. 11) — Demonstracao. (i)0 ≤ lim |f(x0 − h) − f(x0 + h)| =

lim |(f(x0 − h) − f(x0)) + (f(x0) − f(x0 + h))| ≤ lim |f(x0 − h) −f(x0| + lim |f(x0) − f(x0 + h)|. Como em I, existe o limite entao:

0 ≤ lim |f(x0−h)−f(x0+h)| ≤ lim |f(x)−h)−f(x0)|+lim |f(x0)−f(x0 +h)| = 0. Concluımos entao que lim |f(x0−h)−f(x0 +h)| = 0.

(ii)Tome f : R → R, f(x) =

1 se x 6= x0

0 se x = x0

Ex. 12 — De um exemplo de uma funcao f : [0, 1] → R nao limitada.

Solucao (ex. 12) — Demonstracao.f : [0, 1] → R, f(x) = 0 se x = 0

1x

se x 6= 0

Ex. 13 — Mostre que todo polinomio de grau ımpar, com coeficientes reais, tem

pelo menos uma raiz real. Mostre que p(x) = x4 + 7x3 − 9, tem pelo menos

duas raızes reais.

Solucao (ex. 13) — Demonstracao.p(x) e uma funcao contınua, por ser somas e

multiplicacoes de funcoes contınuas. Podemos ver, tomando um polinomio de

grau ımpar, com an 6= 0:

p(x) = an · xn + an−1xn−1 + · · · + a0

S.P.G., supondo que an > 0, tomemos

limx→∞

p(x) = lim an · x + an−1 +an − 2

x+ . . .

a0

xn−1= +∞

Analogamente, vemos que limx→−∞

p(x) = −∞. Fixando um L < 0 e > 0, temos

que existe x0, y0 tais que X ≥ x0 e Y ≤ y) implica que f(X) > R e f(Y ) < L,

aplicando o teorema do valor medio concluımos que existe um c tal que f(c) = 0.

Quanto ao outro polinomio, basta ver que em p(0) = −9, p(2) = 63, p(−1) =

−15 e p(−8) = 503, aplicando o teorema do valor medio concluımos a existencia

das raızes.

Ex. 14 — Seja f : [0, 2π] → R contınua com f(0) = f(2π). Prove que existe

c ∈ [0, π) tal que f(c) = f(c + π).

81

Solucao (ex. 14) — Demonstracao.Seja g(x) = f(x) − f(x + π), g : [0, 2π] → R,

como f e contınua, entao g e, alem disso:

g(0) = f(0) − f(π)

g(π) = f(π) − f(2π)

somando, temos g(0) + g(π) = 0, e portanto ou g(0) = g(π) = 0, onde temos

que f(0) = f(π), ou temos g(0) e g(π) com sinais trocados, usando o teorema

do valor medio, temos que existe c ∈ (0, π) tal que g(c) = 0, logo f(c) =

f(c + π).

Ex. 15 — Sejam f : [a, b] → R contınua e x1, x2, . . . , xn pontos arbitrarios de

[a, b]. Mostre que existe x0 ∈ [a, b] tal que

f(x0) =1

n[f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn)]

Solucao (ex. 15) — Demonstracao.S.P.G. suponha f(x1) ≤ f(x2) ≤ · · · ≤ f(xn),

logo temos:

f(x1) ≤f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn)

n≤ f(xn) (8.1)

Isso pode ser provado assim, f(x1) =

n vezes︷︸︸︷

f(x1) + f(x1) + · · · + f(x1)n

≤ f(x1)+···+f(xn)n

≤n vezes

︷︸︸︷

f(xn) + f(xn) + · · · + f(xn)n

= f(xn)

Em 8.1, se tivermos a igualdade, entao basta tomar x0 = x1, caso contrario te-

mos f(x1) <f(x1)+f(x2)+···+f(xn)

n< f(xn), pelo teorema do valor intervediario,

existe x0 ∈ (x1, xn) tal que f(x0) = f(x1)+···+f(xn)n

ie. f(x1) < f(x0) <

f(xn).


Ex. 1 — Seja X ⊂ R e Ω = C ⊂ X; C aberto.

(a)Mostre que intX ∈ Ω

(b)Seja A =⋃

C∈Ω

C. Mostre que A = intX.

Solucao (ex. 1) — (a)Temos que intX ⊂ X, como intX e aberto, temos

pela definicao de Ω que intX ∈ Ω.

82

(b) (i)Tome a ∈ A ⇒ a ∈ ⋃

c∈ΩC ⇒ a ∈ C, para algum C ∈ Ω ⇒ a ∈

C ⊂ X, como C e aberto, temos que a ∈ intX. Concluımos que

A ⊂ intX.

(ii)Tome a ∈ intX, entao existe um intervalo aberto I tal que a ∈ I

e portanto, como I e aberto e contido em X, entao a ∈ ⋃

ΩC.

Logo intX ⊂ A e portanto intX = A.

Ex. 2 — Os numeros 14 e 7

8 pertencem ao conjunto de Cantor?


14 = 0, 020202 . . . e 7

8 = 2·3+12·3+2 = 21

22 (base 3) = 0, 210101010 . . .

Logo, 14 ∈ K pois pode ser representado sem utilizar o numero 1 na base 3 e

78 6∈ K pois nao pode ser representado sem utilizar o numero 1 na base 3.

(i)Calcule limx→a, x∈Q

f(x) e limx→a, x 6∈Q

f(x)

(ii)Encontre a ∈ R tal que existe limx→a

f(x).

(iii)A funcao f e contınua nos pontos a encontrados no item (ii)?

Ex. 3 — Seja f : R → R dada por:

f(x) =

x2 − 1 se x ∈ Q

−x2 − x se x 6∈ Q


(i) limx→a, x∈Q

f(x) = limx→a

x2 − 1 = a2 − 1 limx→a, x 6∈Q

f(x) = limx→a

−x2 − x =

−a2 − a

(ii)a2−1 = −a2−a ⇔ 2a2+a−1 = 0 ⇒ a = −1±√

1+84 ⇒ a = 1

2 ou a = 1

limx→a

f(x) existe em a = 1 ou a = 12 .

(iii)Sim , pois limx→a

f(x) = f(a) nos pontos a = 1 ou a = 12 .

Ex. 4 — Seja f : [0, 1] → R contınua tal que f(0) < 0 e f(1) > 1. Considere

g : [0, 1] → R dada por g(x) = f(x) − x.

(a)Mostre que c ∈ [0, 1] e ponto fixo de f , f(c) = c, se e somente se c e

zero de g.

(b)Mostre que g(0) < 0 e g(1) > 0, entao enuncie um teorema sobre g

que garanta a existencia de um zero, c ∈ (0, 1), para g, e portanto

um ponto fixo para f .

83


(a)(⇒) Temos f(x) = c, entao g(c) = f(c) − c = 0 (⇐) Suponha

g(c) = 0, entao g(c) = f(c) − c = 0 ⇒ f(c) − c = 0 ⇒ f(c) = c

(b)Temos f(0) < 0 entao g(0) = f(0)−0 = f(0) < 0 temos que f(1) > 1

entao g(1) = f(1) − 1 > 1 − 1 > 0

Teorema do Valor Intermediario - Seja g : I → R, definida em

um intervalo I ⊂ R, g contınua , se para a, b ∈ X temos g(a) > g(b)

entao, para todo d, tal que g(a) > d > g(b), existe c ∈ X, a > c > b

tal que g(c) = d.


Definicao 8.3.1. X ⊂ R, X e aberto S.S.S. para todo x ∈ X existe ε > 0 tal

que (a − ε, a + ε) ⊂ X.

Teorema 8.3.2. (a) Se A1 ⊂ R e A2 ⊂ R sao abertos, entao A1 ∩ A2 e

aberto.

(b) Seja (AΛ)Λ∈L uma famılia arbitraria de conjuntos abertos todos contidos

nos reais. A reuniao A =⋃

Λ∈L AΛ e um conjunto aberto.

Corolario 8.3.3. Se A1, A2, . . . , An sao subconjuntos abertos de R entao A ∩A2 ∩ · · · ∩ An e aberto.

Teorema 8.3.4. Para todo aberto A ⊂ R se exprime, de modo unico como

reuniao enumeravel de intervalos abertos dois a dois disjuntos.

Corolario 8.3.5. Seja I um intervalo aberto. Se I = A ∪ B, onde A,B sao

abertos, entao um e ∅ e o outro e igual a I.

Definicao 8.3.6. a e aderente a X ⊂ R se a for limite de alguma sequencia

de pontos de X.

Teorema 8.3.7. Um ponto a ∈ R e aderente a um conjunto X ⊂ R S.S.S. para

todo ε > 0 tem-se X ∩ (a − ε, a + ε) 6= ∅.

Corolario 8.3.8. a e aderente a X S.S.S. para todo I tal que a ∈ I tem-se

I ∩ X 6= ∅

84

Corolario 8.3.9. Seja X ⊂ R limitado inferiormente e Y ⊂ R limitado supe-

riormente. Entao a = inf X e aderente a x e b = supY e aderente a Y .

Definicao 8.3.10. O feixo de X, X, e o conjunto dos pontos aderentes a X.

Definicao 8.3.11. X e fechado S.S.S. X = X

Teorema 8.3.12. F ⊂ R e fechado S.S.S. seu complementar e aberto.

Corolario 8.3.13. (a) R e o conjunto vazio sao fechados.

(b) Se F1, . . . , Fn sao fechados entao F1, . . . , Fn e fechado.

(c) Se (FΛ)Λ∈L pe uma famılia qualquer de conjuntos fechados, entao F =⋂

Λ∈L FΛ e um conjuntos fechado.

Teorema 8.3.14. X ⊂ R, X = X

Teorema 8.3.15. Todo conjunto X ⊂ R contem um conjunto enumeravel E

tal que E ⊂ X e E e denso em X.

Definicao 8.3.16. a e ponto de acumulacao de X S.S.S. para todo intervalo I

centrado em a, tem-se (I ∩ X) − a 6= ∅.

Definicao 8.3.17. X ′ e o conjunto dos pontos de acumulacao de X.

Teorema 8.3.18. Dado X ⊂ R e a ∈ R, sao equivalentes:

(a) a ∈ X ′

(b) a = lim xn, onde xn e uma sequencia de pontos de X dois a dois distintos.

(c) Todo intervalo aberto contendo a possui uma infinidade de elementos de

X.

Corolario 8.3.19. Se X ′ 6= ∅ entao X e infinito.

Teorema 8.3.20. Para todo X ⊂ R, tem-se X = X ∪ X ′.

Corolario 8.3.21. X e fechado S.S.S. X ′ ⊂ X.

Corolario 8.3.22. Se X = X ′ entao X e enumeravel.

Teorema 8.3.23. Seja F ⊂ R nao vazio tal que F = F ′ entao F e nao enu-

meravel.

85

Corolario 8.3.24. Todo conjunto enumeravel nao vazio possui algum ponto

isolado.

Definicao 8.3.25. Uma cobertura de X ⊂ R e uma famılia C = (CΛ)Λ∈L de

conjuntos CΛ ⊂ zreals tais que X ⊂ ⋃

Λ∈L CΛ.

Teorema 8.3.26. Toda cobertura, F ⊂ ⋃

Λ∈L AΛ por meio de abertos, F fe-

chado e limitado, admite uma sub-cobertura finita.

Teorema 8.3.27. K ⊂ R sao equivalentes:

(a) K e limitado e fechado. (no caso, compacto)

(b) Toda cobertura de K possui sub-cobertura finita

(c) Todo subconjunto infinito de K possui ponto de acumulacao pertencente

a K

(d) Toda sequenia de pontos de K possui subsequencia convergente para um

ponto de K.

Corolario 8.3.28. Todo conjunto infinito limitado X ⊂ R possui ponto de

acumulacao.

Corolario 8.3.29. Todo conjunto infinito X ⊂ R possui algum ponto de acu-

mulacao.

Teorema 8.3.30. Seja K1 ⊃ K2 ⊃ · · · ⊃ Kn ⊃ . . . uma sequencia descendente

de compactos nao vazios. Entao K =∞⋂

n=1Kn e nao vazio (e compacto).

Teorema 8.3.31. Se [a, b] ⊂n⋃

i=1(ai, bi) entao b − a <

n∑

n=1

Teorema 8.3.32. Se [a, b] ⊂∞⋃

i=1(ai, bi) entao b − a <

∞∑

n=1

Teorema 8.3.33. Se∞∑

n=1(bn − an) < b − a, entao o conjunto X = [a, b] −

∞⋃

n=1e nao enumeravel.

Definicao 8.3.34. Seja a ponto de acumulacao de X, limx→a

f(x) = L S.S.S.

para todo ε > 0, existe γ > 0 tal que

0 < |x − a| < γ ⇒ |f(x) − f(a)| < ε

86

Teorema 8.3.35. Se limx→a

f(x) = c1 e limx→a

f(x) = c2, entao c1 = c2.

Teorema 8.3.36. Seja X ⊂ R, f : X → R, a ∈ X ′. Dado Y ⊂ X tal que

a ∈ Y ′ ponhamos g = f |Y . Se limx→a

f(x) = L, entao limx→a

g(x) = L. Se Y = I∩X,

I intervalo aberto contento a, entao limx→a

g(x) = L ⇒ limx→a

f(x) = L.

Teorema 8.3.37. Seja X ⊂ R, f : X → R a ∈ X ′. Se existe limx→a

f(x) entao

f e limitada numa vizinhanca de a, isto e, existem A > 0, γ > 0 tal que

0 < |x − a| < γ, x ∈ X ⇒ |f(x)| < A.

Teorema 8.3.38. Sejam X ⊂ R, f, g, h : X → R, a ∈ X ′. Se para todo x ∈ X,

x 6= a, for f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) e , alem disso, tivermos limx→a

f(x) = limx→a

h(x) =

L, entao limx→a

g(x) = L.

Teorema 8.3.39. Sejam X ⊂ R, a ∈ X ′. f, g : X → R, se limx→a

f(x) = L e

limx→a

g(x) = M , entao L ≤ M .

Corolario 8.3.40. Se f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ X, x 6= a e limx→a

f(x) = L,

limx→a

g(x) = M , entao L ≤ M .

Teorema 8.3.41. Seja X ⊂ R, f : X → R, a ∈ X ′. limx→a

f(x) = L ⇔lim

n→∞f(xn) = L, para todo sequencia de pontos xn ∈ X−a tal que lim xn = a.

Teorema 8.3.42. Se limx→a

f(x) = M e limx→a

g(x) = L entao:

(a) limx→a

[f ± g] = M ± L

(b) limx→a

[f · g] = M · L

(c) Se L 6= 0, limx→a

[fg] = M

L

(d) Se limx→a

f = 0 e existe A tal que |g(x)| ≤ A, entao limx→a

[f · g] = 0.

Teorema 8.3.43. limx→a

f(x) = L S.S.S. para todo ε > 0, existe γ tal que

x, y ∈ X, 0 < |x − a| < γ, 0 < |y − a| < γ ⇒ |f(x) − f(y)| < ε

Teorema 8.3.44. Seja X,Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R com f(X) ⊂ Y . Seja

a ∈ X ′ e b ∈ Y ′ ∪ Y Se limx→a

f(x) = b e limy→b

g(y) = c, tem-se limx→a

g(f(x)) = c,

desde que c = g(b).

87

Teorema 8.3.45. a ∈ X ′+. Y = X ∩ (a,+∞), g = f |Y , entao

limx→a+

f(x) = L ⇔ limx→a

g(x) = L

Teorema 8.3.46. a ∈ X ′+∩X ′

−, lim f(x) = L ⇔ existem os limites lateraism

Teorema 8.3.47. Se f e monotona e limitada, entao existem os limites laterais

nos pontos a ∈ X ′+ e b ∈ X ′

−.

Definicao 8.3.48. limx→∞

= L S.S.S. para todo ε > 0 existe A > 0 tal que x ∈ X,

x > A ⇒ |f(x) − L| < ε.

Teorema 8.3.49. c e valor de aderencia de f no ponto a S.S.S. para todo

γ > 0 tem-se c ∈ (vγ).

Teorema 8.3.50. Se f e limitada na vizinhanca de a entao limx→a

supf(x) =

lim(Lγ) e lim inf(f(X)) = lim(lγ).

Teorema 8.3.51. f limitada numa vizinhanca de a. Para todo ε > 0, existe

γ > 0 tal que x ∈ X, 0 < |x−a| < γ ⇒ l− ε < f(x) < L+ ε, onde l = lim inff

e L = lim supf .

Definicao 8.3.52. f e contınua em a ∈ X S.S.S. para todo ε > 0, existe γ > 0

tal que x ∈ X |x − a| < γ ⇒ |f(x) − f(a)| < ε.

Teorema 8.3.53. Toda restricao de uma funcao contınua e contınua.

Teorema 8.3.54. f e contınua 3m a, entao f e limitada em uma vizinhanca

de a.

Teorema 8.3.55. f, g contınuas no ponto a e f(a) < g(a), entao existe γ > 0

tal que x ∈ X, |x − a| < γ ⇒ f(x) < g(x).

Teorema 8.3.56. f e contınua no ponto a S.S.S. lim f(xn) = f(a) para toda

sequencia xn ∈ X, com lim xn = a.

Teorema 8.3.57. Se f, g sao contınuas em a, entao f ± g, f · g sao contınuas

nesse ponto. Se g(a) 6= 0, entao fg

e contınua no ponto a.

Teorema 8.3.58. A composta de duas funcoes contınuas e contınua.

Teorema 8.3.59. X ⊂ ⋃

Λ∈L AΛ, uma cobertura por meio de abertos. Se

f : xR → tal que para todo Λ ∈ L, f |(AΛ∩X) sao contınuas, entao f e contınua.

88

Definicao 8.3.60. Dizemos que uma funcao f tem uma descontinuidade de 1a

especie no ponto a quando f e descontınua no ponto a mas existem os limites

laterais nesse ponto.

Definicao 8.3.61. Dizemos que uma funcao f tem uma descontinuidade de 2a

especie no ponto a quando f e descontınua nesse ponto e nao existe um dos

limites laterais nesse ponto.

Teorema 8.3.62. Uma funcao monotona nao admite descontinuidade de 2a

especie.

Teorema 8.3.63. Seja f : x → R monotona. Se f(X) e denso em algum

intervalo, entao f e contınua.

Teorema 8.3.64. Seja f : X → R uma funcao cujas desconinuidades sao

todas de 1a especie. Entao o conjunto dos pontos de desconinuidade de f e

enumeravel.

Teorema 8.3.65. Seja f : [a, b] → R contınua. Se f(a) < d < f(b), entao

existe c ∈ (a, b) tal que f(c) = d.

Teorema 8.3.66. Seja f : I → R contınua e injetiva, definida no intervalo I.

Entao f e contınua, sua imagem e um intervalo e sua inversa e contınua.

Teorema 8.3.67. Seja f : X → R contınua. Se X e compacto, entao f(x) e

compacto.

Corolario 8.3.68. Toda funcao definida em um compacto e limitada e atinge

seus extremos.

Teorema 8.3.69. X ⊂ R, compacto. Se f : x → R e contınua e injetiva, entao

Y = f(X) e compacto e a funcao inversa f−1 e contınua.

Definicao 8.3.70. f : X → R e uniformemente contınua S.S.S. para todo

ε > 0 existe γ tal que:

x, y ∈ X, |x − y| < γ ⇒ |f(x) − f(y)| < ε

Teorema 8.3.71. Seja f : X → R uniformemente contınua. Se (xn) e uma

sequencia de Cauchy em X, entao (f(xn)) e uma sequencia de Cauchy.

89

Definicao 8.3.72. f : X → R e lipschitziana S.S.S. existe c > 0 tal que

x, y ∈ X ⇒ |f(x) − f(y)| ≤ c|x − y|

Teorema 8.3.73. X compacto. Toda funcao f : X → R e uniformemente

contınua.

Teorema 8.3.74. Toda funcao uniformemente contınua f : X → R admite

uma extencao Ψ : X → R, onde Ψ e a unica extensao contınua de f a X e e

uniformemente contınua.

90

Parte III


91

9 Derivadas

Nada resolvido para esse capıtulo.

92

10 Integral de Riemann

Nada resolvido para esse capıtulo.

93



Ex. 1 — Se f ′′(a) existe, entao f ′′(a) = limh→0

f(a+h)−2f(a)+f(a−h)h2 . De um exemplo

em que o limite acima exista mas f ′′(a) nao existe.

Solucao (ex. 1) — Demonstracao.

Ex. 2 — Suponha f duas vezes derivavel em (0,∞), limitada com f ′′ limitada

(mostre entao que f ′ e limitada). Sejam M0,M1,M2, os supremos de |f(x)|,|f ′(x)|, |f ′′(x)|, espectivamente, ,em (0,∞). Prove que M2

1 ≤ 4M0M2.

Ex. 3 — Seja f : [0,+∞] → R duas vezes derivavel. Se f ′′ e limitada e existe

limx→+∞

f(x) entao limx→+∞

f ′(x) = 0

Ex. 4 — Seja f : [0, 1] → R limitada. Prove que

∣∣∣∣∣∣

1∫

0

f

∣∣∣∣∣∣

≤1∫

0

|f |

Vale para integrais inferiores? (De exemplo!)

Ex. 5 — Justifique suas respostas:

(a)Se f2 e integravel, entao f e integravel?

(b)Se |f | e integravel, entao f e integravel?

Ex. 6 — Seja f : [a, b] → R contınua. Suponha que dado I ⊂ [a, b], intervalo

fechado, tenhamos∫

I

f = 0. Prove que f ≡ 0. (f ≥ 0 para todo x ∈ [a, b])

Ex. 7 — Sejam f : [a, b] → [c, d], limitada, g : [c, d] → R, contınua. Suponha que

o conjunto dos pontos de descontinuidade de f tem medida nula, mostre que

g f e integravel em [a, b].

94


Ex. 1 — Seja f : [a, b] → R.

(a)Enuncie o teorema do valor medio para f .

(b)Suponha que f : R → R e derivavel e que em (a, b) temos f ′(x) >

0 (< 0), entao f e crescente (decrescente) em [a, b].

(c)Seja f : R → R dada por f(x) = x3 − 3x2 + αx + β, α, β ∈ R.

(c.1)Mostre que se α > 3 entao f e crescente.

(c.2)Se α = 53 , encontre os intervalos onde f e crescente ou decres-

cente.

Solucao (ex. 1) — (a)Seja f : [a, b] → R, derivavel e contınua no inter-

valo [a, b], entao existe c ∈ (a, b) tal que

f(b) − f(a)

b − a= f ′(c)

(b)Suponha que f ′(x) > 0 para todo x ∈ [a, b] e f nao seja crescente,

entao existe x, y ∈ [a, b], x > y tal que

f(x) − f(y)

x − y≤ 0

e pelo teorema do valor medio existe c ∈ (x, y) ⊂ [a, b] tal que

f ′(c) =f(x) − f(y)

x − y≤ 0

o que e um absurdo, pois f ′(x) > 0 para todo x ∈ [a, b].

Ex. 2 — Seja f : R → R uma funcao infinitamente derivavel, tal que dado n ∈ N

temos:

f(t) = 1 + t +t2

2!+ · · · + tn

n!+ rn(t)

onde limt→0

rn(t)tn

= 0. Considere a funcao g : R → R dada por g(x) = f(x2).

(a)Mostre que:

(i)g e infinitamente derivavel

(ii)O polinomio de Taylor de g, de ordem 2005, em torno de 0 e:

p(x) = 1 + x2 +x4

2!+ · · · + x2004

1002!

95

(b)Quanto valem as derivadas g(1500)(0) e g

(2003)(0) ?

Ex. 3 — Seja f : [0, 1] → R definida por: f(x) = 1sex∈ Q

−2 se x 6∈ Q

(a)Dada P particao de [0, 1] calcule s(f ;P ), S(f ;P ), s(|f |;P ) e S(|f |;P ).

(b)Mostre que

|1∫

0

f | ≥1∫

0

|f |

e

|1∫

0

f | ≤1∫

0

|f |


Definicao 11.3.1. X ⊂ R, f : X → R e derivavel em a ∈ X ∩X ′ S.S.S. existe

o limite f(a) = limx→a

f(x)−f(a)x−a

e f e derivavel a direita S.S.S. existe o limite

f ′+(a) = lim

x→a+

f(x)−f(a)x−a

. Analogamente define-se derivavel a esquerda.

Teorema 11.3.2. Se existe f ′(a), entao f e contınua em a.

Teorema 11.3.3. f, g : X → R derivaveis em a ∈ X ∩ X ′, entao f ± g, f · g,fg

(g(a) 6= 0) sao deriaveis em a e:

(i) (f ± g)′ = f ′ ± g′

(ii) (f · g)′ = f ′ · g + g′ · f

(iii) (fg)′ = f ′·g−g′·f

g2

Teorema 11.3.4. Tome f : X → R e g : Y → R, f(X) ⊂ Y , a ∈ X ∩ X ′,

b = f(a) ∈ Y ∩ Y ′. Se existe f ′(a) e g′(b) entao g f : X → R e derivavel no

ponto a, valendo (g f)′(a) = g(′(b).f(a)′.

Corolario 11.3.5. Seja f : X → Y ⊂ R com inversa g = f−1 : Y → X ⊂ R.

Se f e derivavel no ponto a ∈ X ∩ X ′ e g e contınua no ponto b = f(a) entao

g e derivavel no ponto b S.S.S. f ′(a) 6= 0 e g′(b) = 1f ′(a) .

96

Teorema 11.3.6. Se f : X → R e derivavel a direita em a e se f ′+(a) > 0

entao existe γ > 0 tal que x ∈ X, a < x < a + γ ⇒ f(a) < f(x).

Corolario 11.3.7. Se existe f ′(a) > 0 entao existem γ > 0 tal que x, y ∈ X e

a − γ < x < a < y < a + γ implica f(x) < f(a) < f(y).

Corolario 11.3.8. Se a e ponto de mınimo ou maximo local e f e derivavel

em a, entao f ′(a0) = 0.

Teorema 11.3.9 (Valor Medio). Seja f : [a, b] → R contınua e derivavel em

9a, b), entao existe c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = f(b)−f(a)b−a

.

Corolario 11.3.10. Se f, g : [a, b] → R sao contınuas, derivaveis em (a, b) e

f ′(x) = g′(x) para todo x ∈ (a, b), entao existe c ∈ R tal que g(x) = f(x) + c

para todo x ∈ [a, b].

Corolario 11.3.11. Se f : (a, b → R e derivavel e existe k ∈ R tal que |f ′(x)| ≤k entao, para todo y, x ∈ (a, b), temos |f(x) − f(y)| ≤ k|x − y|.

Corolario 11.3.12. Seja f contınua em [a, b] e derivavel em (a, b). Se existe

limx→a+

f ′(x) = L, entao existe f ′+(a) = L.

Corolario 11.3.13. Seja f : (a, b) → R derivavel, exceto possivelmente, em

um ponto c ∈ (a, b), onde f e contınua. Se existir limx→c

f ′(x) = L entao existe

f ′(c) = L.

Corolario 11.3.14. Se f : [a, b] → R derivavel. Tem-se f ′(x) ≥ 0 S.S.S. f for

nao decrescente. Se f ′(x) > 0 p0ara todo x ⊂ [a, b], entao f e crescente em

[a, b] e f possui inversa f−1 em J = f([a, b]), na qual e derivavel em [a, b] com

(f+1)′(y) = 1f ′(x) para todo y = f(x) ∈ J .

Teorema 11.3.15. f : [a, b] → R e uniformemente derivavel S.S.S. f e de

classe C1.

Teorema 11.3.16. Seja f : I → R n vezes derivavel no ponto a ∈ I. Entao

para todo h tal que h + a ∈ I tem-se f(a + h) = f(a) + f ′(a)h + f ′′(a)h2

2! + · · ·+fn(a)hn

n! + r(h).

Teorema 11.3.17. Seja f : [a, b] → R de classe Cn−1 n vezes derivavel no

intervalo aberto (a, b), entao existe c ∈ (a, b) tal que f(b) = f(a) + f ′(a)(b −a) + · · · + f(n−1)(a)

(n−1)! (b − 1)n−1 + fn(c)n! (b − a)n.

97

Teorema 11.3.18. Seja f : I → R derivavel duas vezes em I. f e convexa

S.S.S. f ′′(x) ≥ 0 para todo x ∈ I.

Teorema 11.3.19. Seja f : [a, b] → R limitada. Quando se refina uma particao

P , a soma inferior nao diminui e a soma superior nao aumenta.

Teorema 11.3.20. Seja a < c < b e f : [a, b] → R limitada, entaob∫

a

f(x) dx =

c∫

a

f(x) dx +b∫

c

f(x) dx e analogamente para as superiores.

Teorema 11.3.21. Seja f, g : [a, b] → R limitadas, entao:

(a)b∫

a

f(x) dx+b∫

a

g(x) dx ≤b∫

a

[f(x)+g(x)] dx ≤b∫

a

[f(x)+g(x)] dx ≤b∫

a

f(x) dx+

b∫

a

g(x) dx

(b) c > 0,b∫

a

cf(x) dx = cb∫

a

f(x) dx; c < 0,b∫

a

cf(x) dx = cb∫

a

f(x) dx analoga-

mente para a integral inferior.

Teorema 11.3.22. Seja f : [a, b] → R limitada. As seguintes afirmacoes sao

equivalentes:

(1) f e integravel

(2) para todo ε > 0 existe P,Q de [a, b] tal que S(f ;Q) = s(f ;P ) < ε.

(3) Para todo ε > 0 existe P de [a, b] tal que S(f ;P ) = s(f ;P ) < ε.

(4) Para todo ε > 0 existe P de [a, b] tal quen∑

i=1wi(ti − ti−1) < ε.

Teorema 11.3.23. Seja f, g : [a, b] → R integraveis, entao:

(1) Para a < c < b, f |[a,c] 3 f |[c,b] sao integraveis e se temb∫

a

f(x) dx =

c∫

a

f(x) dx +b∫

c

f(x) dx valendo a recıproca.

(2) Para todo c ∈ R cf(x) e integravel eb∫

a

cf(x) dx = cb∫

a

f(x) dx.

(3) f + g e integravel eb∫

a

f(x) + g(x) dx =b∫

a

f(x) dx +b∫

a

g(x) dx.

98

(4) Se f ≤ g para todo x ∈ [a, b], entaob∫

a

f(x) dx ≤b∫

a

g(x) dx.

(5) |f | e integravel e se tem |b∫

a

f(x) dx| ≤b∫

a

|f(x)| dx .

(6) f · g e integravel.

Teorema 11.3.24. Toda funcao contınua e integravel.

Teorema 11.3.25. Seja f : [a, b] → R limitada. Se para cada c ∈ [a, b), f |[a,c]

e integravel, entao f e integravel.

Corolario 11.3.26. Se f : [a, b] → R e limitado e possue um numero finio de

descontinuidades, entao f e integravel.

Teorema 11.3.27. Se f : [a, b] → R e integravel e f e contınua em c ∈ [a, b]

entao F : [a, b] → R definida como F (x) =xa f(x) dx e derivavel em c e tem-se

F ′(c) = f(c).

Teorema 11.3.28. Se f : [a, b] → R contınua, g : c, d] → R derivavel, com g′

integravel e g([c, d]) ⊂ [a, b], entaog(d)∫

g(c)

f(x) dx =d∫

c

f(g(t)) · g′(t) dt.

Teorema 11.3.29. Se f, g : [a, b] → R possuem derivadas integraveis entaob∫

a

f(t)g′(t) dt = f(x).g(x)]ba −b∫

a

f ′(t) · g(t) dt.

Teorema 11.3.30. Dadas f, ρ : [a, b] → R, com f contınua, entao:

(A) Existe c ∈ (a, b) tal queb∫

a

f(x) dx = f(c) · (b − a).

(B) Se ρ e integravel e nao muda de sinal, entao existe c ∈ [a, b] tal queb∫

a

f(x)ρ(x) dx = ρ(a) ·c∫

a

f(x) dx.

(C) Se ρ e positiva, decrescente, com derivada integravel, entao existe c ∈ [a, b]

tal queb∫

a

f(x) · ρ(x) dx = ρ(a) ·c∫

a

f(x) dx.

Teorema 11.3.31. Se f : [a, a + h] → R possui derivada de ordem n + 1 in-

tegravel, entao f(a+h) = f(a)+f ′(a)·h+· · ·+ fn(a)n! ·hn+

[1∫

0

(1−t)n

n! · fn+1(a + th) dt

]

·

hn+1.

Teorema 11.3.32. Seja f : [a, b] → R limitada. Existe o limite I = lim|P |→0

∑(f ;P ∗)

S.S.S. f for integravel, neste caso I =∫ b

af(x) dx.

99

Teorema 11.3.33. Seja f : [a, b] → R limitada. f e contınua em um ponto

x0 ∈ [a, b] S.S.S. @(f ;x0) = 0.

Teorema 11.3.34. f : [a, b] → R, limitada e dado x0 ∈ [a, b], para todo ε > 0

existe γ > 0 tal que x ∈ [a, b], |x − x0| < γ implica W (f ;x) < W (f ;x0) + ε.

Teorema 11.3.35. f : [a, b] → R e integravel S.S.S. para todo γ, o conjunto

Eγ = x ∈ [a, b];W (f ;x) ≥ γ tem conteudo nulo.

Teorema 11.3.36. f : [a, b] → R e integravel S.S.S. o conjunto D dos seus

pontos de descontinuidade tenha medida nula.

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