1

Solucoes dos Exercıcios

Capıtulo 1

1.1-a) Suponha que x+ y /∈ Q−R. Entao x+ y ∈ R ou y = r − x. Daı, y ∈ Q, poisr − x ∈ Q, o que contradiz a hipotese de que y ∈ Q− R.

b) Suponha que xy /∈ R − Q. Entao xy = r ∈ Q ou y =r

x. Daı, y ∈ Q, pois

r

x∈ Q o que condradiz a hipotese de que y ∈ Q− R.

c) Temos:

y = y · 1 = y · x · 1

x= xy · 1

x= 0 · 1

x= 0 ⇒ y = 0

d) Temos:(√x−√y)2 ≥ 0, ∀x ≥ 0 e ∀y ≥ 0

Logo:(√x−√y)2 = x− 2

√x√y + y = x+ y − 2

√x√y ≥ 0

⇒ x+ y ≥ 2√xy ⇒ √

xy ≤ x+ y

2

e) Temos:

|a− b| = |a+ (−b)| ≤ |a|+ | − b| = |a|+ | − 1 · b| = |a|+ | − 1||b| = |a|+ |b|

⇒ |a− b| ≤ |a|+ |b|, ∀a, b ∈ R

f) Temos:|a| = |a− b+ b| ≤ |a− b|+ |b|

|a| − |b| ≤ |a− b| (1)

Por outro lado,

|b| = | − 1||b| = | − b| = | − a+ a− b| = |a− b− a| ≤ |a− b|+ |a|

⇒ −|a− b| ≤ |a| − |b| (2)

Por (1) e (2) segue que:

−|a− b| ≤ |a| − |b| ≤ |a− b|

ou equivalentemente:

||a| − |b|| ≤ |a− b|, ∀a, b ∈ R

2

g) Temos:|a| = |a+ b− b| ≤ |a+ b|+ |b| ⇒ |a| − |b| ≤ |a+ b|

⇒ |a+ b| ≥ |a| − |b|, ∀a, b ∈ Rh) Basta mostrar que:

|a|1 + |b|

+|b|

1 + |b|− |a+ b|

1 + |a+ b|≥ 0, ∀a, b ∈ R

De fato,

|a|1 + |b|

+|b|

1 + |b|− |a+ b|

1 + |a+ b|=

=|a|(1 + |b|)(1 + |a+ b|) + |b|(1 + |a|)(1 + |a+ b|)− |a+ b|(1 + |a|)(1 + |b|)

(1 + |a|)(1 + |b|)(1 + |a+ b|)

Note que,

|a|(1 + |b|)(1 + |a+ b|) + |b|(1 + |a|)(1 + |a+ b|)− |a+ b|(1 + |a|)(1 + |b|) =

= |a|+ |a||a+ b|+ |a||b|+ |a||b||a+ b|+ |b|+ |b||a+ b|+ |a||b|+ |a||b||a+ b|−

−|a+ b| − |b||a+ b| − |a||a+ b| − |a||b||a+ b|

= |a|+ |b|+ 2|a||b|+ |a||b||a+ b| − |a+ b|

Daı,

|a|1 + |b|

+|b|

1 + |b|− |a+ b|

1 + |a+ b|=

|a|+ |b|+ 2|a||b|+ |a||b||a+ b| − |a+ b|(1 + |a|)(1 + |b|)(1 + |a+ b|)

≥

≥ |a|+ |b|+ 2|a||b|+ |a||b||a+ b| − |a| − |b|(1 + |a|)(1 + |b|)(1 + |a+ b|)

=

=2|a||b|+ |a||b||a+ b|

(1 + |a|)(1 + |b|)(1 + |a+ b|)≥ 0

⇒ |a|1 + |b|

+|b|

1 + |b|− |a+ b|

1 + |a+ b|≥ 0 ∀a, b ∈ R

1.2-a) Se a < b entao, max{a, b} = b. Logo:

a < b⇒ a− b < 0 ⇒ |a− b| = −(a− b) = b− a⇒ |a− b| = b− a+ b− b

⇒ |a− b|+ a+ b = 2b⇒ b =1

2{a+ b+ |a− b|}

Se a > b entao, max{a, b} = a. Logo:

a > b⇒ a− b > 0 ⇒ |a− b| = a− b⇒ |a− b| = a− b+ a− a

⇒ |a− b|+ a+ b = 2a⇒ a =1

2{a+ b+ |a− b|}

3

Se a = b entao, max{a, b} = c, com c = a = b. Logo:

a = b⇒ a− b = 0 ⇒ |a− b| = a− b⇒ |a− b| = a− b+ a− a

⇒ |a− b|+ a+ b = 2a⇒ a =1

2{a+ b+ |a− b|} ⇒ c =

1

2{a+ b+ |a− b|}

Portanto max{a, b} =1

2{a+ b+ |a− b|}.

b) Analoga.

1.3- i) Se n = 2, pela desigualdade triangular, temos:

|a1 + a2| ≤ |a1|+ |a2|, ∀a1, a2 ∈ R

ii) Agora, suponha que

|a1 + a2 + . . .+ an| ≤ |a1|+ |a2|+ . . .+ |an| (3)

e verdadeira para n, e mostremos que a mesma e satisfeita para n+ 1. De fato,

|a1+a2+ . . .+an+an+1| = |(a1+a2+ . . .+an)+an+1| ≤ |a1+a2+ . . .+an|+ |an+1|

Pela hipotese de inducao temos:

|a1 + a2 + . . .+ an + an+1| ≤ |a1|+ |a2|+ . . .+ |an|+ |an+1|

Portanto, (3) e valida para todo n ∈ N.

1.4- i) Se n = 1 temos:

(1 + x)1 = 1 + x ≥ 1 + 1x

ii) Agora admitamos que(1 + x)n ≥ 1 + nx (4)

e verdadeira para n. Multiplicando ambos os lados de (4) por 1 + x, teremos:

(1 + x)n+1 ≥ (1 + x)(1 + nx) = 1 + nx+ x+ nx2 =

= 1 + (n+ 1)x+ nx2 ≥ 1 + (n+ 1)x, pois nx2 ≥ 0

Portanto, pelo Princıpio de Inducao (1 + x)n ≥ 1 + nx, ∀n ∈ N, ∀x ≥ −1.

1.5- i) Para n = 1 temos:

(1 + x)1 = 1 + x ≥ 1 + 1 · x+ 0 · x2 = 1 + 1 · x+1(1− 1)

2x2

4

ii) Agora, suponha que

(1 + x)n ≥ 1 + nx+n(n− 1)

2x2 (5)

e verdadeira para n e mostremos que a mesma vale para n+ 1. De fato,

(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x)

Pela hipotese de inducao temos:

(1 + x)n+1 ≥(

1 + nx+n(n− 1)

2x2

)(1 + x) =

= 1 + x+ nx+ nx2 +n(n− 1)

2x2 +

n(n− 1)

2x3 =

= 1 + (n+ 1)x+

(n+

n(n− 1)

2

)x2 +

n(n− 1)

2x3 =

= 1 + (n+ 1)x+

(n+ n2

2

)x2 +

n(n− 1)

2x3 =

= 1 + (n+ 1)x+(n+ 1)n

2x2 +

n(n− 1)

2x3 =

= 1 + (n+ 1)x+(n+ 1)(n+ 1− 1)

2x2 +

n(n− 1)

2x3 ≥

≥ 1 + (n+ 1)x+(n+ 1)(n+ 1− 1)

2x2

Portanto, (5) e valida para todo n ∈ N.

1.6- De fato, pela propriedade arquimediana de R temos que: dado ε > 0 em R,existe N ∈ N tal que

Nε > 1 ⇒ ε >1

N⇒ 1

N< ε

1.7- Suponha que nao existisse x ∈ S tal que y > x ≥ m0 para cada y > m0.Entao terıamos y ≤ x ∀x ∈ S, isto e, y seria uma cota inferior para S. Masy > m0, o que contradiz o fato de m0 ser o ınfimo de S. Portanto, para caday > m0, existe x ∈ S tal que y > x ≥ m0.

1.8- a) (Existencia) Temos:

b = b · 1 = b · aa

= a · ba⇒ a · b

a= b

Logo, x =b

asatisfaz ax = b, e esta provada a existencia.

5

(Unicidade) Suponha que exista y ∈ R tal que ay = b. Entao:

y = 1 · y =a

a· y =

1

a· ay =

1

a· b =

b

a⇒ y =

b

a

Logo ax = b possui solucao unica em R.

b) Analoga.

1.9- i) Se n = 1 temos x− y = x− y.ii) Adimitamos que

xn − yn = (x− y)(xn−1 + xn−2y + . . .+ xn−jyj−1 + . . .+ xyn−2 + yn−1)

e verdade para n e mostremos a igualdade para n+ 1. De fato,

xn+1 − yn+1 = xn · x− yn · y = xnx− xny + xny − yny

= xn(x− y) + (xn − yn)y

Agora, utilizando a hipotese de inducao, temos

xn+1 − yn+1 = xn(x− y) + (x− y)(xn−1 + xn−2y + . . .+ xyn−2 + yn−1)y

= (x− y)xn + (x− y)(xn−1y + xn−2y2 + . . .+ xyn−1 + yn)

= (x− y)(xn + xn−1y + . . .+ xyn−1 + yn)

= (x− y)(x(n+1)−1 + x(n+1)−2y + . . .+ xy(n+1)−2 + y(n+1)−1)

Assim, vale a igualdade ∀n ∈ N, pelo Princıpio de Inducao Matematica.

1.10- De fato, temos:(nk

)+

(n

k + 1

)=

=n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)

1.2 . . . k+n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)(n− k)

1.2 . . . k(k + 1)

=n(n− 1) . . . (n− k + 1)(k + 1) + n(n− 1) . . . (n− k + 1)(n− k)

1.2 . . . k(k + 1)=

=n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)[k + 1 + n− k]

1.2 . . . k(k + 1)=

=(n+ 1)n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)

1.2 . . . k(k + 1)

=

(n+ 1k + 1

)1.11- i) Se n = 1 temos:

(x+ y)1 =1∑

k=1

(1k

)x1−kyk =

(10

)x1−0y0 +

(11

)x1−1y1 = x+ y

6

ii) Suponha que:

(x+ y)m =m∑

k=0

(mk

)xm−kyk (6)

e provemos (6) para m+ 1. Temos

(x+ y)m+1 = (x+ y)m(x+ y) = (x+ y)m∑

k=0

(mk

)xm−kyk

=m∑

k=0

(mk

)xm−k+1 +

m∑k=0

(mk

)xm−kyk+1

=

(m0

)xm+1 +

(m1

)xmy + . . .+

(m

k − 1

)xm−k+2yk−1 +

+

(mk

)xm−k+1yk + . . .+

(mm

)xym +

(m0

)xmy +

+

(m1

)xm−1y2 + . . .+

(m

k − 1

)xm−1+kyk +

+

(mk

)xm−kyk+1 + . . .+

(mm

)ym+1

=

(m0

)xm+1 +

[(m0

)+

(m1

)]xmy + . . .+

+

[(m

k − 1

)+

(mk

)]xm−k+1yk + . . .+

+

[(m

m− 1

)+

(mm

)]xym +

(mm

)ym+1

=m+1∑k=0

(m+ 1k

)xm+1−kyk

onde foi usada a relacao:(m

k − 1

)+

(mk

)=

(m+ 1k

)Portanto, pelo Princıpio de Inducao Finita, (6) vale para todo n ∈ N.

1.12- Sejam x1, x2, . . ., xn e y1, y2, . . ., yn numeros reais e considere, f : R −→ Rtal que:

f(t) =n∑

i=1

(xi + tyi)2, t ∈ R

Entao:

f(t) =n∑

i=1

(xi + tyi)2 =

n∑i=1

x2i + 2t

n∑i=1

xiyi + t2n∑

i=1

y2i ≥ 0

7

Fazendo A =n∑

i=1

y2i , B =

n∑i=1

xiyi e C =n∑

i=1

x2i temos:

f(t) = At2 + 2Bt+ C ≥ 0, ∀t ∈ R

Logo:

∆ = (2B)2 − 4AC ≤ 0 ⇒ 4B2 − 4AC ≤ 0 ⇒ 4(B2 − AC) ≤⇒ B2 − AC ≤ 0

⇒ B2 ≤ AC

e substituindo os valores de A, B e C concluimos que:(n∑

i=1

xiyi

)2

≤

(n∑

i=1

x2i

)(n∑

i=1

y2i

)

1.13- (Existencia) Consideremos o conjunto:

A = {x ∈ Q; x2 > a, x > 0}

e mostremos que b = infA satisfaz b2 = a. Basta mostrarmos que b2 < a e b2 > anao sao verdadeiras.Suponha que b2 < a. Como(

b+1

n

)2

= b2 +2b

n+

1

n2≤ b2 +

2b+ 1

n

e b2 +2b+ 1

n< a se n >

2b+ 1

a− b2, teremos

(b+

1

n

)2

< a se n >2b+ 1

a− b2

Isto mostra que b+1

ne uma cota inferior de A, o que e uma contradicao.

Suponha entao, que b2 > a. Como(b− 1

n

)2

= b2 − 2b

n+

1

n2≥ b2 − 2b

n

e b2 − 2b

n> a se n >

2b

b2 − aentao temos:

(b− 1

n

)2

> a se n >2b

b2 − a

8

Desde que, b− 1

n< b entao existe r ∈ Q tal que,

b− 1

n< r < b⇒ a <

(b− 1

n

)2

< r2

Logo, existe r ∈ A tal que r < b, que e uma contradicao.(Unicidade) Sejam x1 e x2 solucoes reais positivas de x2 = a. Entao

x21 = a e x2

2 = a⇒ x21 = x2

2 ⇒ x21 − x2

2 = 0 ⇒ (x1 + x2)(x1 − x2) = 0

Como x1 + x2 > 0 entao:

x1 − x2 = 0 ⇒ x1 = x2

Exercıcio Complementar 1- Sejam a, b numeros irracionais tais que a2 − b2

seja um racional nao nulo. Entao a+ b e a− b sao numeros irracionais.

Solucao: Temos, a2 − b2 = (a+ b)(a− b). Se pelo menos um dos fatores (a+ b)ou (a− b) fosse racional, terıamos que a+ b e a− b seriam racionais, pois:

a+ b =a2 − b2

a− b

e

a− b =a2 − b2

a+ b

Logo,

a =a+ b+ a− b

2e

b =a+ b− (a− b)

2

seriam racionais, o que contradiz nossa hipotese.

1.14-

c) Suponha que 2 +√

3 seja um numero racional. Entao existem a, b ∈ Z, com

mdc{a, b} = 1, tais que 2 +√

3 =a

b. Logo:

2 +√

3 =a

b⇔ 2b+ b

√3 = a⇒ b

√3 = a− 2b⇒

√3 =

a− 2b

b

Como a− 2b ∈ Z e b ∈ Z, faca m = a− 2b e n = b e teremos:

√3 =

m

n, m, n ∈ Z

9

que e uma contradicao, uma vez que√

3 e irracional.

d) Segue do exercıcio complementar 1.

1.15- Suponhamos que m = inf S. Entao m e uma cota superior para S, eportanto satisfaz a). Agora, se existisse ε0 > 0 tal que x ≥ m+ ε0, ∀x ∈ S, entaom+ ε0 que e estritamente maior que m, seria cota inferior de S, o que contradiza maximalidade de m. Portanto ∀ε > 0, ∃x ∈ S tal que x < m+ ε.Reciprocamente, suponha que m satisfaz a) e b) e seja p uma outra cota inferiorde S. Se fosse m < p tomarıamos ε = p −m > 0 e por b) existiria x ∈ S comx < m+ p−m. Isto e, x < p, o que contradiz o fato de p ser cota inferior de S.Portanto m ≥ p, donde segue que inf S = m.

1.16- Seja m uma cota inferior para S. Entao:

m ≤ x, ∀x ∈ S

Portanto−m ≥ −x, ∀x ∈ S

Logo, o conjunto −S e limitado superiormente. Pelo Teorema 1.2, −S possuisupremo, e seja M = sup(−S). Entao:

i) −x ≤M , ∀x ∈ S

ii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que M − ε < −x0

o que implica em

iii) −M ≤ x, ∀x ∈ S

iv) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que −M + ε > x0

ou seja, −M = inf S e portanto:

inf S = −M = − sup(−S)

1.17-a) Temos que:

d(x, y) = |x− y| ≥ 0 ⇒ d(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ R

Temos ainda:

d(x, y) = 0 ⇔ |x− y| = 0 ⇔ x− y = 0 ⇔ x = y

b) Temos:

d(x, y) = |x− y| = | − (y − x)| = | − 1||y − x| = d(y, x), ∀x, y ∈ R

10

c) Temos:

d(x, y) = |x−y| = |x−z+z−y| ≤ |x−z|+|z−y| = d(x, y)+d(y, z), ∀x, y, z ∈ R

1.18- Temos que,1

n> 0, ∀n ∈ N, ou seja, 0 e cota inferior para A. Vamos

mostrar que nenhum c > 0 e cota inferior para A. De fato, se c > 0 fosse cotainferior para A, entao terıamos:

1

n> c, ∀n ∈ N

Mas, pelo Exercıcio 1.6, dado c > 0, ∃n0 tal que1

n0

< c, o que contradiz o fato

de c ser cota inferior para A. Logo inf A = 0.

1.19- Seja p ∈ N primo e suponha que√p /∈ R−Q. Entao:

√p =

a

b, a, b ∈ Z, b 6= 0 e mdc(a, b) = 1

Logo,

p =a2

b2⇒ a2 = pb2 ⇒ p | a2 ⇒ p | a · a⇒ p | a ou p | a⇒ a = kp, k ∈ Z

Daı,

(kp)2 = pb2 ⇒ k2p2 = pb2 ⇒ b2 = pk2 ⇒ p | b2 ⇒ p | b⇒ b = k′p

ou seja, a = kp e b = k′p o que contradiz o fato de a e b serem irredutıveis. Logo√p ∈ R−Q.

1.20- Sejam p, q ∈ N primos tal que p 6= q. Suponha que√pq /∈ R−Q. Entao:

√pq =

a

b, a, b ∈ Z, b 6= 0 e mdc(a, b) = 1

Logo,

pq =a2

b2⇒ b2pq = a2 ⇒ pq | a2 ⇒ pq | a⇒ a = k(pq), k ∈ Z

Daı,

b2pq = (k(pq)2) = k2p2q2 ⇒ b2 = k2pq ⇒ pq | b⇒ b = k′(pq), k′ ∈ Z

Mas isto contradiz o fato de a e b serem irredutıveis. Portanto:√pq ∈ R−Q.

11

1.21- No Exercıcio 1.8, vimos que nenhum a > 0 satisfaz

a <1

n, ∀n ∈ N

Como neste caso temos a ≥ 0, entao: a = 0, pois se A =

{1

n; n ∈ N

}, inf A = 0.

1.22-a) Temos que, existe x0 ∈ S ⇒ axo ∈ aS ⇒ aS 6= ∅. Alem disso,a+ x0 ∈ a+ S ⇒ a+ S 6= ∅. Se y ∈ aS entao:

y = ax x ∈ S ⇒ |y| = |ax| = |a||x| ≤ |a| · k k ∈ R

onde |x| ≤ k ∀x ∈ S uma vez que S e limitado. Agora,

y ∈ a+ S ⇒ y = a+ x⇒ |y| = |a+ x| ≤ |a|+ |x| ≤ |a|+ k, ∀y ∈ a+ S

donde segue que a+ S e limitada.

b) Se a = 0 as igualdades sao imediatas. Sejam entao a > 0 e α = supS. Temos:

i) x ≤ α, ∀x ∈ S

ii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que α− ε

a< x0

Multiplicando cada desigualdade acima por a, obtemos:

iii) ax ≤ aα, ∀x ∈ S

iv) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que aα− ε < ax0

Logo, sup(aS) = aα = a supS.Agora seja, β = inf S. Entao:

v) β ≤ x, ∀x ∈ S

vi) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que x0 < β +ε

a

Multiplicando cada desigualdade acima por a, obtemos:

vii) aβ ≤ ax, ∀x ∈ S

viii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que ax0 < aβ + ε

Logo, inf(aS) = aβ = a inf S.

c) Ja vimos que: sup(−S) = − inf S. Sendo a < 0 entao: a = −k, onde k > 0.Logo

sup(aS) = sup(−kS) = − inf(kS) = −k inf S = a inf S

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Agora, note que, se S = −S, entao:

sup(−S) = − inf S ⇒ supS = − inf(−S)

⇒ − supS = inf(−S)

Daı, sendo a < 0 temos: a = −`, onde ` > 0. Logo:

inf(aS) = inf(−`S) = − sup(`S) = −` supS = a supS

d) Seja α = supS. Entao, temos:

i) x ≤ α, ∀x ∈ S

ii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que α− ε < x0

e somando a as duas desigualdades acima, obtemos:

iii) a+ x ≤ a+ α, ∀x ∈ S

iv) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que a+ α− ε < a+ x0

Logo, sup(a+ S) = a+ α = a+ supS.Agora seja β = inf S. Entao:

v) β ≤ x, ∀x ∈ S

vi) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que x0 < β + ε

e somando a as duas desigualdades acima, obtemos:

vii) a+ β ≤ a+ x, ∀x ∈ S

vii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S tal que a+ x0 < a+ β + ε

Logo, inf(a+ S) = a+ β = a+ inf S.

1.23- Por definicao temos que, se A e B sao limitados superiormente entao:

x ≤ supA, ∀x ∈ A e y ≤ supB, ∀y ∈ B.

Considerando o conjunto A+ B = {x+ y; x ∈ A e x ∈ B} e somando as duasdesigualdades acima obtemos:

x+ y ≤ supA+ supB, ∀x+ y ∈ A+B

isto e, supA+supB e uma cota superior de A+B, e portanto, A+B e limitadosuperiormente. Agora para mostrar que esta cota superior e o supremo, tomemosε > 0. Logo, pela definicao sabemos que existe x ∈ A e y ∈ B tal que:

x > supA− ε

2e y > supB − ε

2

13

Somando estas duas desigualdades concluımos:

x+ y > supA+ supB − ε

isto e, ∀ε > 0 existe z = x + y ∈ F tal que a ultima desigualdade ocorre, eportanto: sup(A+B) = supA+ supB.

1.24- Seja f : A −→ B sobrejetiva. Entao existe x ∈ A tal que f(x) = y, ∀y ∈ B,donde segue que f−1(B) ⊂ A e nao vazio. Logo, para cada y ∈ B, escolha x ∈ Atal que f(x) = y e ponhamos g(y) = x, o que define uma funcao

g : B −→ A

tal que f(g(y)) = y. Note que IB : B −→ B e dada por IB(y) = y. Portanto:

(f ◦ g)(y) = y ⇒ f ◦ g = IB

1.25- Seja f : A −→ B injetiva. Entao:

f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2, x1, x2 ∈ A, y1 = f(x1) e y2 = f(x2)

o que e equivalente a dizer que ∀y ∈ f(A) existe um unico x ∈ A tal que f(x) = y.Escrevamos x = h(y), o que define a funcao,

h : f(A) −→ A

tal que h(f(x)) = x, ∀x ∈ A. Completemos a definicao de h, pondo h(y) = x0

(x0 fixo em A) para y ∈ B − f(A). Obtemos assim h : B −→ A tal que(h ◦ f)(x) = x⇒ h ◦ f = IA.

1.26- Considere f : A −→ B, g : B −→ C bijecoes e seja g ◦ f : A −→ C tal que(g ◦ f)(x) = g(f(x)). Mostremos que g ◦ f e injetiva. De fato, dados x1, x2 ∈ Atemos:

(g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2) ⇒ g(f(x1)) = g(f(x2)) ⇒ f(x1) = f(x2) → x1 = x2

Agora, mostremos que g ◦ f e sobrejetiva. De fato, como g e bijetiva, e portantosobrejetiva, ∃y ∈ B tal que g(y) = w, ∀w ∈ C. Mas do fato de f ser bijetiva,e portanto, sobrejetiva, ∃x ∈ A tal que f(x) = y, ∀y ∈ B. Segue entao que:g(y) = g(f(x)) = w, ou seja: existe x ∈ A tal que (g ◦ f)(x) = w, ∀w ∈ C. Logog ◦ f e sobrejetiva.Portanto g ◦ f e bijetiva, como querıamos.

1.27- Suponhamos que a > b⇒ a− b > 0. Logo, existe n0 ∈ N tal que

1

no

< a− b

14

o que contradiz o fato de1

n> a− b ∀n ∈ N. Logo: a ≤ b.

1.28- i) Para n = 2 temos:

22−1 = 2 ≤ 2! = 2 · 1 (7)

ii) Agora suponha que2n−1 ≤ n!

e verdadeira para n e mostremos que a mesma vale para n+ 1. De fato,

2(n+1)−1 = 2n = 2n−1 · 2

Por hipotese de inducao, 2n−1 · 2 ≤ n! · 2, donde segue que:

2(n+1)−1 ≤ n! · 2

Agora, e facil ver que 2 ≤ n+ 1, ∀n ∈ N. Logo:

2(n+1)−1 ≤ n! · 2 ≤ n!(n+ 1) = (n+ 1)!

Portanto (7) e valida para todo n ∈ N.

1.29- Primeiro mostremos, por absurdo, que o Princıpio da Boa Ordenacaoimplica o Primeiro Princıpio de Inducao. Para isto considere N o conjunto dosnumeros naturais e suponha que uma certa afirmativa A(n), n ∈ N e falsa.Queremos demonstrar que N e vazio. Vamos supor, entao, que exista algumelemento em N. Pelo Princıpio da Boa Ordenacao, existe um menor elemento,n0 ∈ N. Por hipotese, n0 6= 1, e entao n0 > 1. Como n0 e o menor elemento deN, segue-se que n0− 1 nao esta em N; em outras palavras, a afirmativa A(n0− 1)e verdadeira. Mas, pelo Primeiro Princıpio de Inducao, concluımos que A(n0) etambem verdadeira, pois

n0 = (n0 − 1) + 1

Mas isso e uma contradicao, como querıamos.Reciprocamente, mostremos, tambem por absurdo, que o Primeiro Princıpio deInducao implica o Princıpio da Boa Ordenacao. Para isto, suponha que A e umsubconjunto nao vazio de N e que A nao possui um menor elemento e mostremosque isto leva-nos a uma contradicao. De fato, defina M ⊆ N por

M = {x ∈ N; x < a ∀a ∈ A}

Pelo princıpio da tricotomia M ∩ A = ∅. Agora 1 /∈ A; caso contrario 1seguramente seria o menor elemento de A. Consequentemente 1 < a para todoa ∈ A, e assim 1 ∈ M . Seja agora p ∈ M ; entao p < a para todo a ∈ A. Sep+1 ∈ A entao p+1, que e o primeiro numero natural maior que p, seria o menor

15

elemento de A, em contradicao com nossa suposicao de que A nao possui menorelemento. Assim p+ 1 /∈ A, e assim p+ 1 < a para todo a ∈ A. Entao p+ 1 ∈Me por inducao M = N. Mas M ∩ A = ∅, e assim A = ∅, que e uma contradicao.Entao A deve ter um menor elemento.Portanto o Primeiro Princıpio de Inducao e o Princıpio da Boa Ordenacao saoequivalentes em N.

1.30- Se B e finito nao ha o que demonstrar. Agora se B nao for finito, consideref : A −→ B sobrejetiva. Pelo exercıcio 1.24, existe g : B −→ A tal que f ◦g = IB.Em particular vimos que g e injetiva. Como A e enumeravel, usando a proposicao1.6, segue que B tambem e enumeravel.

1.31- Por definicao temos que, se A e B sao limitados inferiormente entao:

x ≥ inf A, ∀x ∈ A e y ≥ inf B, ∀y ∈ B.

Considerando o conjunto A+ B = {x+ y; x ∈ A e x ∈ B} e somando as duasdesigualdades acima obtemos:

x+ y ≥ inf A+ inf B, ∀x+ y ∈ A+B

isto e, inf A + inf B e uma cota inferior de A + B, e portanto, A + B e limitadoinferiormente. Agora para mostrar que esta cota inferior e o ınfimo, tomemosε > 0. Logo, pela definicao sabemos que existe x ∈ A e y ∈ B tal que:

x < inf A− ε

2e y < supB − ε

2

Somando estas duas desigualdades concluımos:

x+ y < inf A+ inf B − ε

isto e, ∀ε > 0 existe z = x + y ∈ F tal que a ultima desigualdade ocorre, eportanto: inf(A+B) = inf A+ inf B.

1.32- Como D = C − A ⊂ C, segue pelo corolario da proposicao 1.6 queD = C − A e contavel. Pelo Exercıcio 1.38, A contem um subconjunto infinitocontavel E. Desde que E ∪D e contavel (proposicao 1.7) e infinito, temos que,existem as bijecoes

f : E ∪D −→ N e g : N −→ D

Como g ◦ f e uma bijecao de E ∪D em D, segue que E ∪D ' D. Entao

A ∪ C = A ∪ (C − A) = A ∪D = (A− E) ∪ (E ∪D) ' (A− E) ∪ E = A

16

isto e, A ∪ C ' A.Agora, como C e enumeravel, segue que B∩C e contavel. Mas B e nao enumeravele B−C = B− (B∩C). Como B nao e contavel, e infinito. Em particular B−Ce infinito. Entao

B − C ' (B − C) ∪ (B ∩ C) = B ⇒ B − C ' B

1.33-a) Sejam a, b ∈ R e

f : (0, 1) −→ (a, b)x 7−→ f(x) = a+ (b− a)x

Temos que f e injetiva, pois

f(x1) = f(x2) ⇒ a+ (b− a)x1 = a+ (b− a)x2 ⇒ x1 = x2

quaisquer que sejam x1, x2 ∈ (0, 1)x.Agora, por definicao, o conjunto A = {y = a+(b−a)x; 0 < x < 1} e o segmentode reta cujas extremidades sao a e b. Mas, A = (a, b) = Im(f), ou seja, f esobrejetiva, donde segue que f e bijetiva. Portanto (0, 1) ' (a, b), donde conclui-se que todos os intervalos abertos limitados de R sao equipotentes.

b) Seja a ∈ R e f : (0, 1) −→ (a,∞) definida por f(x)−a =1

x−1. E facil ver que

f e injetiva e que Im(f) = (a,∞), ou seja, que f e sobrejetiva. Segue entao quef e bijetiva, e portanto (0, 1) ' (a,∞). Claramente (−∞, a) ' (−a,∞) (bastaconsiderar g(x) = −x). Temos ainda (−1, 1) ' (−∞,∞). Basta considerarmos

h : (−1, 1) −→ (−∞,∞) definida por f(x) =x

1 + |x|, que claramente e uma

bijecao. Segue portanto, que todos os intervalos abertos de R sao equipotentes.

c) Por a) segue imediatamente que (a, b) ' (a, b], (a, b] ' [a, b), etc.

1.34- Primeiro mostremos que

X −⋂A∈C

A =⋃A∈C

(X − A)

De fato, seja x ∈ X −⋂A∈C

A. Entao x ∈ X mas x /∈⋂A∈C

A, ou seja, x ∈ X mas

x /∈ A qualquer que seja A ∈ C. Daı, segue que x ∈ X − A qualquer que sejaA ∈ C, donde conclui-se que

x ∈⋃A∈C

(X − A) ⇒ X −⋂A∈C

A ⊂⋃A∈C

(X − A)

17

Agora seja x ∈⋃A∈C

(X −A). Entao x ∈ X −A para algum A ∈ C, ou seja, x ∈ X

mas x /∈ A para algum A ∈ C. Logo x ∈ X mas x /∈⋂A∈C

A, donde segue que

x ∈ X −⋂A∈C

A⇒⋃A∈C

(X − A) ⊂ X −⋂A∈C

A

Portanto,

X −⋂A∈C

A =⋃A∈C

(X − A)

Mostremos agora que

X −⋃A∈C

A =⋂A∈C

(X − A)

De fato, seja x ∈ X −⋃A∈C

A. Entao x ∈ X mas x /∈⋃A∈C

A, ou seja, x ∈ X mas

x /∈ A, qualquer que seja A ∈ C. Logo x ∈ (X − A) qualquer que seja A ∈ C,donde segue que

x ∈⋂A∈C

(X − A) ⇒ X −⋃A∈C

A ⊂⋂A∈C

(X − A)

Agora seja x ∈⋂A∈C

(X − A). Entao x ∈ X − A qualquer que seja A ∈ C, ou seja,

x ∈ X mas x /∈ A qualquer que seja A ∈ C. Logo, x ∈ X mas x /∈⋃A∈C

A, donde

segue que

x ∈ X −⋃A∈C

A⇒⋂A∈C

(X − A) ⊂ X −⋃A∈C

A

Portanto,

X −⋃A∈C

A =⋂A∈C

(X − A)

1.35- Temos que A−B, B − A e A ∩B sao dois a dois disjuntos e

A = (A−B) ∪ (A ∩B), B = (B − A) ∪ (A ∩B),

A ∪B = (A−B) ∪ (B − A) ∪ (A ∩B).

Entao, #A = #(A − B) + #(A ∩ B), #B = #(B − A) + #(A ∩ B) e#(A ∪B) = #(A−B) + #(B − A) + #(A ∩B). Logo

#A+#B = #(A−B)+#(A∩B)+#(B−A)+#(A∩B) = #(A∪B)+#(A∩B)

1.36-

18

a) Temos: y ∈ f(⋃A∈C

A) ⇔ ∃x ∈⋃A∈C

A tal que y = f(x) ⇔ y ∈ f(A) para algum

A ∈ C ⇔ y ∈⋃A∈C

f(A). Portanto, f(⋃A∈C

A) =⋃A∈C

f(A).

b) Temos: y ∈ f(⋂A∈C

A) ⇔ ∃x ∈⋂A∈C

A tal que y = f(x) ⇒ y ∈ f(A) para todo

A ∈ C ⇔ y ∈⋂A∈C

f(A). Portanto, f(⋂A∈C

A) ⊂⋂A∈C

f(A).

c) Analoga a b).

d) Analoga a b).

e) Se f e injetiva, y = f(x) para no maximo um x ∈ X. Entao y ∈ f(A) para

todo A ∈ C. Daı temos que ∃x ∈⋂A∈C

A tal que y = f(x).

f) Suponha que f nao fosse injetiva. Entao existiriam x, x′ ∈ X distintos talquef(x) = f(x′) = y. Tome A = {x}, e B = {x′}. Daı f(A ∩ B) = f(∅) = ∅, ondef(A) ∩ f(B) = y, que e um absurdo. Portanto f e injetiva.

1.37-

a) Temos: x ∈ f−1

(⋃B∈C

B

)⇔ f(x) ∈

⋃B∈C

B ⇔ f(x) ∈ B, para algum

B ∈ C ⇔ x ∈ f−1(B), para algum B ∈ C ⇔ x ∈⋃B∈C

f−1(B). Logo

f−1

(⋃B∈C

B

)=⋃B∈C

f−1(B)

b) Temos: x ∈ f−1

(⋂B∈C

B

)⇔ f(x) ∈

⋂B∈C

B ⇔ f(x) ∈ B, para cada

B ∈ C ⇔ x ∈ f−1(B) para cada B ∈ C ⇔ x ∈⋂B∈C

f−1(B). Logo

f−1

(⋂B∈C

B

)=⋂B∈C

f−1(B)

c) Temos: x ∈ f−1(C −D) ⇔ f(x) ∈ C −D ⇔ f(x) ∈ C, mas f(x) /∈ D ⇔ x ∈f−1(C), mas x /∈ f−1(D) ⇔ x ∈ f−1(C)− f−1(D). Logo

f−1(C −D) = f−1(C)− f−1(D)

d) Temos: x ∈ A⇒ f(x) ∈ f(A) ⇔ x ∈ f−1(f(A)). Logo

f−1(f(A)) ⊃ A

19

e) Se f e injetiva, entao f(x) ∈ f(A) ⇒ x ∈ A. Assim f−1(f(A)) = A.Reciprocamente, se f nao e injetiva, existem x, x′ ∈ A distintos, tais quef(x) = f(x′) = y. Tome A = {x}. Entao f−1(f(A)) = f−1({y}) ⊃ {x, x′},de modo que f−1(f(A))− A 6= ∅, que e um absurdo. Logo f e injetiva.

f) Temos: y ∈ f(f−1(B)) ⇔ ∃x ∈ f−1(B) tal que y = f(x) ⇔ ∃x tal quef(x) ∈ B e y = f(x) ⇒ y ∈ B. Logo

f(f−1(B)) ⊂ B

g) Se f e sobrejetiva, entao y ∈ B ⇒ ∃x tal que y = f(x). Assim, f(f−1(B)) = B.Reciprocamente, suponha que f nao e sobrejetiva, ou seja, Y − f(X) 6= ∅. TomeB = Y − f(X). Entao f(f−1(B)) = f(∅) = ∅, que e um absurdo. Logo f esobrejetiva.

1.38- Seja A um conjunto infinito e considere a1 ∈ A. Entao A − {a1} e naovazio. Seja a2 ∈ A−{a1}. Entao, A−{a1, a2} e nao vazio. Prosseguido com esteprocedimento, na n-esima etapa teremos que o conjunto,

A− {a1, a2, . . . , an−1}

e nao vazio, pois A e infinito. Prosseguindo indefinidamente, segue que o conjunto{a1, a2, . . . , }, e um subconjunto infinito e contavel de A.

1.39- Seja A um conjunto infinito e seja S = {a1, a2, . . .} um subconjunto infinitocontavel de A. Considere a funcao f : A −→ A− {a1} definida por:

f(x) =

{an+1, se x = an (n = 1, 2, . . .)x, se x ∈ A− S

E facil ver que f e bijetiva, donde segue que A ' A− {a1}.

1.40- Se C e uma colecao infinita de conjuntos enumeraveis, entao ela e da forma{A1, A2, . . .}. Logo, An ∼ [n − 1, n); seja fn uma bijecao de An em [n − 1, n);

Entao f :∞⋃

n=1

An −→ [0,∞) dada por

f(x) = fn(x) se x ∈ An

e uma bijecao. Argumento semelhante quando C e finito.

20

1.41- Se A e B sao finitos, nada temos a demonstrar. Considere entao, A e Benumeraveis, e seja x ∈ A. Entao:

{x} ×B ' B

Como B e enumeravel entao, {x}×B tambem e enumeravel. Portanto segue pelaProposicao 1.7 que,

A×B =⋃x∈A

({x} ×B)

e enumeravel.

1.42- i) Para n = 2, A1 × A2 e contavel, pois A1 e A2 sao contaveis.ii) Agora, suponha que para n, o conjunto

A1 × A2 × . . .× An

e contavel, e mostremos que A1×A2×. . .×An×An+1 tambem e contavel. De fato,sejam A1, A2, . . ., An, An+1, conjuntos contaveis. Fazendo B = A1×A2× . . .×An

temos:A1 × A2 × . . .× An × An+1 = B × An+1

Mas, por hipotese de inducao, B = A1 ×A2 × . . .×An e contavel e como An+1 econtavel, segue que B × An+1 e contavel, e portanto:

A1 × A2 × . . .× An × An+1

e contavel.Portanto, pelo Prıncipio de Inducao, segue que A1 × A2 × . . . × An e contavel,∀n ∈ N.

1.44- Seja A a colecao de todos os intervalos abertos dois a dois disjuntos de R.Escolha em cada intervalo I ∈ A um numero racional rI . Como os intervalossao dois a dois disjuntos entao, a correspondencia I −→ rI e injetiva e como Qe contavel segue que A e contavel.Exercıcio Complementar 2- Dado n ∈ N, prove que nao existe x ∈ N tal quen < x < n+ 1.

Solucao: Suponha que existe x ∈ N tal que n < x < n + 1. Logo, existemp, q ∈ N tais que

n+ p = x e x+ q = n+ 1

Portanto, n+ p+ q = n+ 1. Pela lei do cancelamento em N temos p+ q = 1 quee uma contradicao.

21

Exercıcio Complementar 3- Mostre que se X e Y sao subconjuntos de Rlimitados superiormente entao sup(X ∪ Y ) = max{supX, supY }.

Solucao: Seja c ∈ X ∪ Y entao, ou c ∈ X ou c ∈ Y . Ou ainda, ou c ≤ supX ouc ≤ supY . Portanto,

sup(X ∪ Y ) ≤ max{supX, supY } (8)

Por outro lado,supX ≤ sup(X ∪ Y )

esupY ≤ sup(X ∪ Y )

Portantomax{supX, supY } ≤ sup(X ∪ Y ) (9)

De (8) e (9) segue o resultado.

22

Capıtulo 2

2.1-

a) Temos:

limn→∞

3n2 + 4n− 2

2n2 + 1= lim

n→∞

3 + 4n− 2

n2

2 + 1n2

=

limn→∞

(3 +

4

n− 2

n2

)lim

n→∞

(2 +

1

n2

)

=lim

n→∞3 + lim

n→∞

4

n− lim

n→∞

2

n2

limn→∞

2 + limn→∞

1

n2

=3 + 0− 0

2 + 0=

3

2

b) Temos,

limn→∞

(√

3 + n+√n) = lim

n→∞

[(√

3 + n+√n) ·

√3 + n−

√n√

3 + n−√n

]= lim

n→∞

n+ 3− n√3 + n+

√n

= limn→∞

3√3 + n+

√n

= 0

c) Temos

limn→∞

n

(√1 +

1

n− 1

)= lim

n→∞

n(√1 +1

n− 1

)·

(√1 + 1

n+ 1)

(√1 + 1

n+ 1) =

= limn→∞

n

1 + 1n− 1√

1 + 1n

+ 1

= limn→∞

1√1 + 1

n+ 1

=

=lim

n→∞1√

limn→∞

1 + limn→∞

1

n+ lim

n→∞1

=1√

1 + 0 + 1=

1

2

d) Temos

limn→∞

(1

n2+

2

n2+ . . .+

n

n2

)= lim

n→∞

(1 + 2 + . . .+ n

n2

)= lim

n→∞

(n(n+ 1)

2· 1

n2

)=

= limn→∞

(n+ 1

2n

)= lim

n→∞

(1 + 1

n

2

)=

=1

2lim

n→∞

(1 +

1

n

)=

1

2

e) Temos

0 ≤∣∣∣∣sinnn

∣∣∣∣ =| sinn|n

≤ 1

n

23

pois | sinn| < 1, ∀n ∈ N. Logo

limn→∞

sinn

n= 0

2.2- Temos1

n(n+ 1)=

1

n− 1

n+ 1

Logo

an = 1+1

1 · 2+. . .+

1

n(n+ 1)= 1− 1

2+

1

2− 1

3+

1

3− 1

4+. . .+

1

n− 1

n+ 1= 1− 1

n+ 1

e portanto

limn→∞

an = limn→∞

1

n(n+ 1)= lim

n→∞

[1− 1

n+ 1

]= 1− 0 = 1

2.3- Pela desigualdade de Bernoulli temos:

2n = (1 + 1)n ≥ 1 + n > n⇒ 1

2n<

1

n

Logo, ∀ε > 0, tome N ∈ N tal que1

N< ε e teremos∣∣∣∣ 1

2n− 0

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 1

2n

∣∣∣∣ < 1

n≤ 1

N< ε ∀n ≥ N

ou seja: lim1

2n= 0.

2.4- Sim, pois

|xn| =∣∣∣∣(−1)n sin(n)

3

∣∣∣∣ =|(−1)n| · | sin(n)|

3=| sin(n)|

3≤ 1

3, ∀n ∈ N

ou seja, (xn) e limitada, e pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass (xn) possui umasubsequencia convergente.

2.5- Como M = supS entao:

i) x ≤M , ∀x ∈ S;

ii) ∀ε > 0, ∃x ∈ S tal que M − ε < x.

24

Logo, ∀n ∈ N existe xn ∈ S tal que M− 1

n< xn ≤M , donde segue pelo Teorema

do Confronto que:

lim

(M − 1

n

)≤ limxn ≤ limM ⇒ limxn = M

2.6- Como an −→ a e bn −→ b entao: an + bn −→ a + b e an − bn −→ a − b.Donde, |an − bn| −→ |an − bn|. Assim,

max{an, bn} =1

2{an + bn + |an − bn|} −→

1

2{a+ b+ |a− b|} = max{a, b}

2.7- Temos que: −|an| ≤ an ≤ |an|, ∀n ∈ N. Tomando o limite nestadesigualdade obtemos:

− lim |an| ≤ lim an ≤ lim |an| ⇒ 0 ≤ lim an ≤ 0

e pelo Teorema do Confronto segue que lim an = 0.

2.8- Como (bn) e limitada entao existe c > 0 tal que |bn| ≤ c, ∀n ∈ N. Alemdisso, desde que, lim an = 0, entao: ∀ε > 0 existe N ∈ N tal que:

|an| <ε

c, ∀n ≥ N

Logo,

n ≥ N ⇒ |anbn − 0| = |anbn| = |an||bn| ≤ c|an| < ε⇒ lim anbn = 0

2.9- Temos que:

a1 =√

2

a2 =√

2a1

a3 =√

2a2

...

an+1 =√

2an, ∀n ∈ N

Daı, mostremos que an < 2, ∀n ∈ N. Se n = 1 temos:

a1 =√

2 < 2

25

Admitamos que an < 2 e provemos que an+1 < 2. Temos,

an < 2 ⇒ 2an < 4 ⇒√

2an < 2 ⇒ an+1 < 2

Logo, pelo princıpio de inducao, an < 2, ∀n ∈ N.Temos tambem que (an) e extritamente crescente, ou seja, an < an+1, ∀n ∈ N.De fato, para n = 1 temos:

a1 =√

2 <

√2√

2 = a2

pois 1 <√

2 ⇒ 2 < 2√

2 ⇒√

2 <√

2√

2.e mais:

an−1 < an ⇒ 2an−1 < 2an ⇒√

2an−1 <√

2an ⇒ an < an+1

e pelo princıpio de inducao, segue que an < an+1, ∀n ∈ N.Logo (an) e monotona e limitada e portanto convergente. Assim, seja L = lim an

e teremos

lim an+1 = lim√

2an ⇒ L =√

2L⇒ L2 = 2L⇒ L2 − 2L = 0 ⇒ L = 2

2.10- Considerando xn = n√a − 1 temos: xn > 0 e 1 + xn =

√a. Utilizando o

binomio de Newton:

a = (1 + xn)n = 1 + nx+n(n− 1)

2xn + . . .+ xn

n > nxn

Logo

a > nxn ⇒ nxn < a⇒ 0 < nxn < a⇒ 0 < xn <a

n

Tomando o limite temos:

limn→∞

0 ≤ limn→∞

xn ≤ limn→∞

a

n

Como limn→∞

0 = limn→∞

a

n= 0, entao pelo Teorema do Confronto, lim

n→∞xn = 0. Logo:

limn→∞

n√a = lim

n→∞(1 + xn) = lim

n→∞1 + lim

n→∞xn = 1 + 0 = 1

Se a = 1 temos: n√a = 1, ∀n ≥ 2.

Agora, se 0 < a < 1, entao,1

a> 1. Logo:

n√a =

11

n√a

=1

n√

1n√a

=1

n

√1

a

26

Assim temos:

limn→∞

n√a = lim

n→∞

1

n

√1

a

=11

limn→∞

n√a

=11

1

= 1

Portanto limn→∞

n√a = 1 se a > 0.

2.11- Temos: n√n > 1 se n ≥ 2. Logo podemos escrever:

n√n = 1 + hn, hn > 0

Portanto,

n = (1 + hn)n = 1 + nhn +n(n− 1)

2h2

n + . . .+ hnn >

n(n− 1)

2h2

n

Logo,

1 >n− 1

2h2

n ⇒2

n− 1>

2

n− 1· n− 1

2h2

n

ou seja,2

n− 1> h2

n ou 0 < h2n <

2

n− 1

⇒ 0 < hn <

√2

n− 1

Tomando o limite obtem-se:

limn→∞

0 ≤ limn→∞

hn ≤ limn→∞

√2

n− 1

Mas, limn→∞

√2

n− 1=

√lim

n→∞

2

n− 1=√

0 = 0. Daı, pelo Teorema do Confronto

conclui-se que:lim

n→∞hn = 0

Portanto:lim

n→∞n√n = lim

n→∞(1 + hn) = 1 + lim

n→∞hn = 1 + 0 = 1

2.12- Seja c ∈ R tal que a < c < 1. Como limn→∞

xn+1

xn

= a < c entaoxn+1

xn

< c,

∀n grande. Logo,

xn+1 =xn+1

xn

· xn < cxn < xn, ∀n grande

Assim a sequencia (xn) e monotona e limitada pois,

0 < . . . < xn+1 < . . . < xn < xn−1 < . . . < x2 < x1

27

Portanto (xn) converge. Seja b = limn→∞

xn e mostremos que b = 0. Suponha que

b 6= 0. Entao de

limn→∞

xn+1

xn

= a < 1

temoslim

n→∞xn+1

limn→∞

xn

= a < 1

ou seja,b

b= a < 1 ⇒ 1 = a < 1

que e um absurdo. Logo b = 0.

2.13- Seja xn =n!

nn. Entao:

limxn+1

xn

= lim

[(n+ 1)!

(n+ 1)n+1· n

n

n!

]= lim

[(n+ 1)n!

(n+ 1)(n+ 1)n· n

n

n!

]= lim

[nn

(n+ 1)n

]= lim

[1

(n+1)n

]n

= lim1n(

1 + 1n

)n = lim1(

1 + 1n

)n=

1

e< 1

Portanto

limn!

nn= 0

2.14- Suponha que lim zn = a. Como (yn) e (xn) sao subsequencias de (zn),ja que z2n−1 = yn e z2n = xn entao, pela proposicao 2.7, segue que (xn) e (yn)convergem e

limxn = lim yn = a

Reciprocamente, suponha que limxn = lim yn = a. Entao, dado ε > 0, existemN1, N2 ∈ N tais que:

n ≥ N1 ⇒ |xn − a| < ε

e

n ≥ N2 ⇒ |yn − a| < ε

Logo tome N0 = max{2N1, 2N2 − 1}. Entao

i) Se n = 2k temos:

n > N0 ⇒ n > 2N1 ⇒ 2k > 2N1 ⇒ k > N1

⇒ |zn − a| = |z2k − a| = |xk − a| < ε⇒ |zn − a| < ε

28

ii) Se n = 2k − 1 temos:

n > N0 ⇒ 2k − 1 > 2N2 − 1 ⇒ k > N2

⇒ |zn − a| = |z2k−1 − a| = |yk − a| < ε⇒ |zn − a| < ε

Portanto, em qualquer caso temos: lim zn = a.

2.15- Se ε ≤ xn ≤ n2 entao: n√ε ≤ n

√xn ≤ n

√n2. Tomando o limite, temos:

lim n√ε ≤ lim n

√xn ≤ lim

n√n2 = lim( n

√n · n

√n)

Como n√ε −→ 1, quando n −→∞ e n

√n −→ 1 quando n −→∞ temos:

1 ≤ lim n√xn ≤ 1

e pelo Teorema do Confronto, segue que, lim n√xn = 1.

2.16- Se limxn = a entao, dado ε > 0, ∃ N ∈ N, tal que

|xn − a| < ε

2, ∀n ≥ N (∗)

Agora temos:

x1 + . . .+ xn

n− a =

x1 + . . .+ xn − na

n=x1 − a

n+ . . .+

xn − a

n

Para n ≥ N temos:

x1 + . . .+ xn

n− a =

x1 − a

n+ . . .+

xN−1 − a

n+xN − a

n+ . . .+

xn − a

n⇒∣∣∣∣x1 + . . .+ xn

n− a

∣∣∣∣ ≤ |x1 − a|n

+ . . .+|xN−1 − a|

n+|xN − a|

n+ . . .+

|xn − a|n

Desde que N esta fixo, podemos escolher n grande tal que

|x1 − a|n

+ . . .+|xN−1 − a|

n<ε

2

e por (∗) segue que

|xN − a|n

+ . . .+|xn − a|

n< [n− (N − 1)] ·

ε2

n=n−N + 1

n· ε2<ε

2

Logo ∣∣∣∣x1 + . . .+ xn

n− a

∣∣∣∣ < ε, ∀n ≥ N grande

ou seja:x1 + . . .+ xn

n−→ a quando n −→∞.

29

A recıproca nao e verdadeira. Considere, por exemplo, a sequencia xn = (−1)n.Temos:

a1 =x1

1= −1

a2 =x1 + x2

2=−1 + 1

2= 0

a3 =x1 + x2 + x3

3= −1

3

a4 =x1 + x2 + x3 + x4

4= 0

a5 =x1 + x2 + x3 + x4 + x5

5= −1

5...

Assim, pelo exercıcio 2.14, a2n = 0 −→ 0 e a2n−1 = − 1

2n− 1−→ 0. Portanto,

an −→ 0, mas, (an) nao converge.

2.17- Seja a = lim xn. Entao, ∀ε > 0, ∃N ∈ N tal que:

n ≥ N ⇒ |xn − a| < ε

Se 1 ≤ n < N , considere k ∈ N tal que n+ kp > N , e portanto, |xn+kp − a| < ε.Mas, xn+kp = xn+(k−1)p+p = xn+(k−1)p = xn+(k−2)p+p = xn+(k−2)p = . . . = xn+2p =xn+p = xn. Logo,

|xn − a| = |xn+kp − a| < ε, se 1 ≤ n < N

Assim, |xn − a| < ε|, ∀n ∈ N e ∀ε > 0, ou seja

0 ≤ |xn − a| < ε ∀ε > 0 ⇒ xn − a = 0, ∀n ∈ N ⇒ xn = a, ∀n ∈ N

2.18- Seja (xn) monotona e (xin) uma subsequencia convergente de (xn) eportanto limitada. Suponha que xn ≤ xn+1, ∀n ∈ N e mostremos que (xn) elimitada. De fato, se (xn) nao e limitada, entao ∀M > 0, existe n0 ∈ N tal quexn0 > M . Mas, como in0 ≥ n0 entao, xin0

≥ xn0 > M , ou seja, xin0> M , donde

segue que (xin) nao e limitada, o que e um absurdo.Suponha agora que xn ≥ xn+1, ∀n ∈ N, e mostremos que (xn) ainda e limitada,ou seja, ∃M > 0 tal que −M ≤ xn ≤M , ∀n ∈ N. De fato, se (xn) nao e limitada,entao ∀M > 0, existe n0 ∈ N tal que −xn0 > M . Mas,

in0 ≥ n0 ⇒ xin0≤ xn0 ⇒ −xin0

≥ −xn0 > M ⇒ −xin0> M

30

Daı, temos que (xin) nao e limitada, o que contradiz o fato de (xin) serconvergente.Portanto, em qualquer caso, concluimos que (xn) e limitada, e como (xn) emonotona, segue que ela tambem e convergente, como querıamos.

2.19- Temos

xn+1 =√xnyn ≤

xn + yn

2= yn+1 ⇒ xn+1 ≤ yn+1

Logo:xn+1 =

√xnyn ≥

√xnxn = xn ⇒ xn ≤ xn+1, ∀n ∈ N

e

yn+1 =xn + yn

2≤ yn + yn

2= yn ⇒ yn ≥ yn+1, ∀n ∈ N

ou seja, (xn) e nao decrescente e (yn) e nao crescente. Agora mostremos que (xn)e (yn) sao limitadas, isto e,

a ≤ x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn ≤ xn+1 ≤ . . . yn+1 ≤ yn ≤ . . . ≤ y2 ≤ y1 ≤ b

De fato, suponha a < b. Entao:

b− a > 0 ⇒ a(b− a) > 0 ⇒ ab− a2 > 0 ⇒ a2 < ab⇒ a <√ab = x1

Por outro lado, como a < b entaoa+ b

2≤ b ⇒ y1 ≤ b. Logo (xn) e (yn)

convergem. Daı, sejam

x = lim xn e y = lim yn

Tomando o limite em yn+1 =xn + yn

2temos:

lim yn+1 = limxn + yn

2⇒ y =

x+ y

2⇒ 2y = x+ y ⇒ x = y

ou seja, (xn) e (yn) convergem para o mesmo limite.

2.20- Fixemos N ∈ N e sejam p, n ∈ N. Entao,

|xn+p − xn| = |xn+p − xn+p−1 + xn+p−1 − xn+p−2 + . . .+ xn+1 − xn| ≤≤ |xn+p − xn+p−1|+ |xn+p−1 − xn+p−2|+ . . .+ |xn+1 − xn| << rn+p−1 + rn+p−2 + . . .+ rn+2 + rn+1 + rn =

= rn(rp−1 + rp−2 + . . .+ r2 + r + 1), ∀p ∈ N

Mas, se 0 < r < 1 entao (rn) converge e lim rn = 0. Assim

lim[rn(rp−1 + rp−2 + . . .+ r2 + r+ 1)] = (rp−1 + rp−2 + . . .+ r2 + r+ 1) lim rn = 0

31

Logo, dado ε > 0, ∃N ∈ N tal que

n ≥ N ⇒ rn(rp−1 + rp−2 + . . .+ r2 + r + 1) < ε

Daı, concluımos que, dado ε > 0, ∃N ∈ N tal que

n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| < ε, ∀p ∈ N

e portanto (xn) e de Cauchy.

2.21- Seja a = max{a, b}. Entao b < a. Logo:

a = (an)1n < (an + bn)

1n < (an + an)

1n = (2an)

1n = 2

1na

Tomando o limite temos:

lim a ≤ lim(an + bn)1n ≤ lim 2

1na

Mas, lim 21n = lim n

√2 = 1, pois 2 > 0. Logo lim 2

1na = a e pelo Teorema do

Confronto segue que lim(an + bn)1n = a = max{a, b}.

Se max{a, b} = b, o processo e analogo.

2.22- Basta mostrar que (xn) nao e uma sequencia de Cauchy. Para isto, suponhaque (xn) seja de Cauchy. Entao, dado ε > 0, ∃N ∈ N tal que

n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| < ε, ∀p ∈ N

Pela definicao de (xn), temos tambem

|xn+p − xn| =

∣∣∣∣1 +1

2+ . . .+

1

n+

1

n+ 1+ . . .+

1

n+ p− 1− 1

2− . . .− 1

n

∣∣∣∣=

1

n+ 1+

1

n+ 2+ . . .+

1

n+ p

Se p = n temos

|x2n−xn| =1

n+ 1+

1

n+ 2+ . . .+

1

2n>

1

2n+

1

2n+ . . .+

1

2n= n· 1

2n=

1

2, ∀n ∈ N

Logo, se ε =1

2temos

|x2n − xn| > ε ∀n ∈ N

que e um absurdo. Portanto, (xn) nao e uma sequencia de Cauchy, donde segueque (xn) e divergente.

32

2.23- Mostremos que (xn) e extritamente crescente. De fato, para n = 1 temos:

a1 = 1 <√

2 =√

1 + 1 =√

1 + a1 = a2

Suponha agora, que an−1 < an mostremos que esta desigualdade e satisfeita paran+ 1. De fato,

an−1 < an ⇒ 1 + an−1 < 1 + an ⇒√

1 + an−1 <√

1 + an ⇒ an < an+1

Logo, pelo princıpio de inducao, an−1 < an, ∀n ∈ N.Afirmamos ainda, que xn < 2, ∀n ∈ N. De fato, para n = 2 temos:

a2 =√

2 < 2

Suponha entao, que an < 2 e mostremos que esta desigualdade e satisfeita paran+ 1. De fato,

an < 2 < 3 ⇒ 1 + an < 4 ⇒√

1 + an < 2 ⇒ an+1 < 2

Logo, pelo princıpio de inducao, an < 2, ∀n ∈ N.Das duas afirmativas feitas acima, obtem-se

a1 < a2 < a3 < . . . < an < an+1 < . . . < 2

ou seja, (xn) e monotona e limitada, e portanto converge. Seja L = limn→∞

xn.

Entao de an =√

1 + an−1, temos:

limn→∞

an = limn→∞

√1 + an−1 ⇒ L =

√1 + L⇒ L2 − L− 1 = 0 ⇒ L =

1 +√

5

2

2.24- Seja m = inf{an; n ∈ N}. Entao, como (an) e nao crescente, temos:

m ≤ an ≤ an−1 ≤ . . . ≤ a3 ≤ a2 ≤ a1

ou seja, (an) e monotona e limitada. Logo converge. Agora, pela definicao deınfimo, temos:

i) m ≤ an, ∀n ∈ N;

ii) ∀ε > 0, ∃an tal que an < ε+m.

Logo, para todo n ∈ N, existe an tal que:

m ≤ an ≤1

n+m

Como limn→∞

m = m e limn→∞

(1

n+m

)= m, segue pelo Teorema do Confronto, que

limn→∞

an = m.

33

2.26- Seja (xnk) uma subsequencia de uma sequencia de Cauchy (xn), tal que

limk→∞

xnk= a. Entao, dado ε > 0, ∃k0 ∈ N tal que

|xnk− a| < ε

2, ∀k ≥ k0

Como (xn) e de Cauchy, existe m1 tal que

|xn − xm| <ε

2, ∀m,n ≥ m1

Tomemos N = max{k0,m1} e fixemos um k ≥ N natural com nk ≥ N , isto e,fixemos um termo xnk

de (xnk) com nk ≥ N . Entao, para n ≥ N temos:

|xn − a| ≤ |xn − xnk|+ |xnk

− a| < ε

2+ε

2= ε

Portanto, lim xn = a.

2.29- Seja xn = 1 + 1 +1

2!+

1

3!+ . . .+

1

n!e seja p ∈ N. Entao

|xn+p − xn| =

∣∣∣∣ 1

(n+ 1)!+ . . .+

1

(n+ p)!

∣∣∣∣ ≤≤ 1

(n+ 1)!+ . . .+

1

(n+ p)!≤

≤ 1

2n+ . . .+

1

2n+p−1, ∀p ∈ N

Mas, limn→∞

1

2n= 0 ⇒ lim

n→∞

1

2n

(1 +

1

2+ . . .+

1

2p−1

)= 0. Logo, dado ε > 0,

∃N ∈ N tal que1

2n+ . . .+

1

2n+p−1< ε, ∀n ≥ N

Daı,n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| < ε, ∀p ∈ N

donde segue que, (xn) e de Cauchy e portanto convergente.

2.30- Basta mostrar que (xn) e de Cauchy. Para isto, temos:

|xn+p − xn| = |xn+p − xn+p−1 + xn+p−1 − xn+p−2 + . . .+ xn+1 − xn| ≤≤ |xn+p − xn+p−1|+ |xn+p−1 − xn+p−2|+ . . .+ |xn+1 − xn| ≤≤ |xn+p − xn+p−1|+ |xn+p−1 − xn+p−2|+ . . .+ |xn+1 − xn|+

+|xn+1 − xn|+ |xn − xn−1|+ . . .+ |x3 − x2|+ |x2 − x1| ≤≤ cn+p−1 + cn+p−2 + . . .+ cn + cn−1 + . . .+ c2 + c1 =

=

n+p−1∑k=1

ck = (sn+p−1), ∀p ∈ N

34

Mas, como (sn+p−1) e convergente entao ela e limitada. Logo, ∃M > 0 tal quen+p−1∑

k=1

ck ≤M , ∀n, p ∈ N. Agora, pela propriedade arquimediana, ∃N ∈ N tal que

Nr > M , ∀r > 0. Daı, dado ε > 0, tome r =ε

Ne teremos:

n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| ≤n+p−1∑

k=1

ck ≤M < Nr = N · εN

= ε, ∀p ∈ N

Logo (xn) e de Cauchy e portanto convergente.

2.31- Como (xn) e converge, (xn) e de Cauchy. Logo dado ε > 0, ∃N ∈ N talque

m,n ≥ N ⇒ |xm − xn| < ε

Daı, tome m = n+ p, qualquer que seja p ∈ N, e teremos:

n ≥ N ⇒ |xn+p − xn| < ε

donde segue que limn→∞

(xn+p − xn) = 0.

2.32- Afirmamos que (xn) = (1, 1, 1, . . .). De fato, para n = 2 temos:

x2 = 2− 1

x1

= 2− 1 = 1

Agora suponha que

xn = 2− 1

xn−1

= 1

e verdadeira, e mostremos que ela vale para n+ 1. De fato,

xn+1 = 2− 1

xn

= 2− 1 = 1

Portanto, pelo Princıpio de Inducao, xn = 1, ∀n ∈ N.Agora, (xn) e monotona e limitada, pois

1 = |1| = |xn| ≤ 1, ∀n ∈ N

e

1 ≤ 1 ≤ 1 ≤ 1 . . .

Portanto (xn) converge, e e evidente que lim xn = 1.

35

2.33- Devemos mostrar que (r2k) e decrescente e limitada inferiormente e (r2k−1) ecrescente e limitada superiormente. Para isto mostremos primeiro que 1 ≤ rn ≤ 2,∀n ∈ N. Para n = 1, r1 = 1 e 1 ≤ 1 ≤ 2. Suponha agora que 1 ≤ rk ≤ 2. Entao

rk+1 =rk+1

rk

=rk + rk−1

rk

= 1 +rk−1

rk

= 1 +1

rk

Consequentemente 1 < 1+1

2≤ 1+

1

rk

= rk+1 ≤ 1+1

1= 2, e assim, pelo princıpio

de inducao, 1 ≤ rn ≤ 2, ∀n ∈ N. Agora, se n ≥ 3, temos

rn = 1 +1

rn−1

= 1 +1

1 + 1rn−2

= 1 +rn−2

1 + rn−2

Assim

rn+2 − rn =

(1 +

rn

1 + rn

)−(

1 +rn−2

1 + rn−2

)=

rn − rn−2

(1 + rn)(1 + rn−2)

A ultima equacao implica que rn+2 − rn tem o mesmo sinal que rn − rn−2.

Agora, r3− r1 =3

2− 1 > 0, e assim r2k+1− r2k−1 > 0, ∀k ∈ N. Segue que (r2k−1)

e crescente. Semelhantemente r4 − r2 =5

3− 2 < 0, e assim r2k+2 − r2k < 0,

∀k ∈ N. Entao (r2k) e decrescente. Portanto, (r2k−1) e (r2k) convergem. Seja`1 = lim

k→∞r2k−1 e `2 = lim

k→∞r2k. Como foi dito acima, rn = 1 + rn−2/(1 + rn−2),

para n ≥ 3. Entao

`1 = limk→∞

r2k−1 = limk→∞

(1 +

r2k−3

1 + r2k−3

)= 1 +

`11 + `1

e

`2 = limk→∞

r2k = limk→∞

(1 +

r2k−2

1 + r2k−2

)= 1 +

`21 + `2

Assim, tanto `1 quanto `2 satisfazem a equacao `2 − ` − 1 = 0, cujas solucoes

sao ` =1±

√5

2. Recorde que 1 ≤ rn ≤ 2, ∀n ∈ N, e assim `1, `2 > 0.

Consequentemente, `1 =1 +

√5

2= `2, e portanto

limn→∞

rn =1 +

√5

2

Exercıcio Complementar 1- Mostre que dado qualquer x0 ∈ R existe umasequencia (xn) em Q com xn 6= x0 ∀n ∈ N tal que xn −→ x0.

Solucao: Como Q e denso em R entao, para qualquer intervalo (a, b) aberto de

R, temos Q ∩ (a, b) 6= ∅. Portanto, Q ∩(x0, x0 +

1

n

)6= ∅, ∀n ∈ N.

Assim, para cada n, existe (xn) em Q com x0 < xn < x0 +1

n. Logo, (xn) esta em

Q, xn 6= x0 ∀n ∈ N e limxn = x0.

36

Capıtulo 3

3.1- Ja foi visto que limn→∞

an = 0. Assim, temos:

limn→∞

bn = limn→∞

[ln

(1 +

1

n

)]= ln 1 = 0

Agora,

s1 =√

2− 1

s2 =√

2− 1 +√

3−√

2

s3 =√

2− 1 +√

3−√

2 +√

4−√

3...

sn =√

2− 1 +√

3−√

2 +√

4−√

3 + . . .+√n+ 1−

√n =

√n+ 1− 1

donde segue que, limn→∞

= limn→∞

(√n+ 1− 1) = ∞. Agora, como

ln

(1 +

1

n

)= ln

(n+ 1

n

)= ln(n+ 1)− lnn

temos:

t1 = ln 2t2 = ln 2 + ln 3− ln 2t3 = ln 2 + ln 3− ln 2 + ln 4− ln 3...tn = ln 2 + ln 3− ln 2 + ln 4− ln 3 + . . .+ ln(n+ 1)− lnn = ln(n+ 1)

donde segue que limn→∞

tn = limn→∞

(ln(n + 1)) = +∞. Portanto∞∑

n=1

an e∞∑

n=1

bn sao

divergentes.

3.2-

a) Seja an =n5

5n. Entao:

n√|an| =

n

√n5

5n⇒ lim

n→∞n√|an| = lim

n→∞

n√n5

5=

1

5lim n

√n · n · n · n · n =

1

5·1 =

1

5< 1

Logo∞∑

n=1

n5

5nconverge, pelo Testa da Raız.

37

b) Seja an = ( n√n− 1)n. Entao:

limn→∞

n

√| n√n− 1| = lim

n→∞| n√n− 1| = | lim

n→∞( n√n− 1)| = | lim

n→∞n√n− lim

n→∞1| =

= |1− 1| = 0 < 1

Logo, pelo Teste da raız,∞∑

n=1

( n√n− 1)n converge.

c) Seja an =

(−n

3n+ 1

)n

. Entao:

n√|an| = n

√∣∣∣∣ −n3n+ 1

∣∣∣∣n = n

√∣∣∣∣− n

3n+ 1

∣∣∣∣n = − n

3n+ 1

Daı

limn→∞

n√|an| = lim

n→∞

−n3n+ 1

= limn→∞

−1

3 + 1/n= −1

3< 1

Logo∞∑

n=1

an converge.

3.3-

a) Seja an =

(2

n

)n

n!. Entao

limn→∞

|an+1||an|

= limn→∞

∣∣∣∣∣(

2

n+ 1

)n+1

(n+ 1)!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣( 2

n

)n

n!

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣ 2

n+ 1

∣∣∣∣n+1

(n+ 1)!∣∣∣∣ 2n∣∣∣∣n n!

= limn→∞

(2

n+ 1

)n+1

(n+ 1)(2

n

)n = limn→∞

2

(2

n+ 1

)n

(2

n

)n =

= limn→∞

2

(2

n+ 1· n2

)= lim

n→∞2

(n

n+ 1

)n

= 2 limn→∞

(n

n+ 1

)n

Ta errado. Depois eu faco!

38

b) Seja an =(−1)n2n

n!. Entao:

limn→∞

|an+1||an|

= limn→∞

∣∣∣∣(−1)n+12n+1

(n+ 1)!

∣∣∣∣∣∣∣∣(−1)n2n

n!

∣∣∣∣ = limn→∞

2n+1

(n+ 1)!· n!

2n=

= limn→∞

2

n+ 1= 2 lim

n→∞

1

n+ 1= 0 < 1

Portanto, pelo Teste da razao, segue que∞∑

n=1

(−1)n2n

n!converge.

c) Seja an =(−1)n

n(n+ 2). Entao faze-la pelo Teste de Leibniz!! Depois eu faco!!

3.4- Temos, |anxn| = |an||xn| ≤ an · 1 = an, ∀n ∈ N, pois |x| ≤ 1 ⇒ |x|n =

|xn| ≤ 1, ∀n ∈ N. Logo, pelo Criterio da Comparacao,∞∑

n=1

|anxn| converge, ou

seja,∞∑

n=1

anxn converge absolutamente.

Agora temos: |an sin(nx)| = |an|| sin(nx)| ≤ an · 1 = an ∀n ∈ N, pois

| sin(nx)| ≤ 1, ∀n ∈ N. Logo, pelo Criterio da Comparacao∞∑

n=1

|an sin(nz)|

converge, ou seja,∞∑i=1

anxn converge absolutamente.

3.5- Como∞∑

n=1

|an| converge, entao limn→∞

|an| = 0. Logo, ∃K > 0 tal que |an| ≤ K,

∀n ∈ N, e portanto:|an| · |an| ≤ K|an|, ∀n ∈ N

Mas entao:|an|2 ≤ K|an|

ou ainda,a2

n ≤ K|an|, ∀n ∈ N

Logo pelo Criterio da Comparacao∞∑

n=1

a2n converge.

3.6- Temos:

anbn ≤a2

n

2+b2n2, ∀n ∈ N

39

Como∞∑

n=1

a2n e

∞∑n=1

b2n convergem, entao∞∑

n=1

a2n

2e

∞∑n=1

b2n2

convergem, e portanto,

∞∑n=1

(a2

n

2+b2n2

)converge. Logo, pelo Criterio da Comparacao concluımos que

∞∑n=1

anbn converge.

3.7- Como∞∑

n=1

a2n e

∞∑n=1

b2n convergem, segue pelo exercıcio anterior que∞∑

n=1

anbn

converge. Consequentemente∞∑

n=1

2anbn converge e portanto:∞∑

n=1

(a2n +2anbn +b2n)

converge, isto e,∞∑

n=1

(an + bn)2 converge.

3.8- Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz temos:(k∑

n=1

anbn

)2

≤

(k∑

n=1

a2n

)(k∑

n=1

b2n

)

Como∞∑

n=1

a2n e

∞∑n=1

b2n convergem, entao:

(k∑

n=1

anbn

)2

≤

(∞∑

n=1

a2n

)(k∑

n=1

b2n

)≤

(∞∑

n=1

a2n

)(∞∑

n=1

b2n

)

e como∞∑

n=1

anbn converge (exercıcio 3.6) concluımos que

(∞∑

n=1

anbn

)2

≤

(∞∑

n=1

a2n

)(∞∑

n=1

b2n

)3.9- Temos:

an cos(nx) ≤ |an cos(nx)| = |an|| cos(nx)| ≤ |an|

ebn sin(nx) ≤ |bn sin(nx)| = |bn|| sin(nx)| ≤ |bn|

Como∞∑

n=1

|an| e∞∑

n=1

|bn| convergem, segue pelo Criterio da Comparacao que

∞∑n=1

an cos(nx) e∞∑

n=1

bn sin(nx) convergem e portanto,∞∑

n=1

(an cos(nx)+bn sin(nx))

40

converge.

3.10- Como (an) e decrescente temos: n + n ≥ n + 1 ⇒ a2n ≤ an+1, ∀n ∈ N,donde segue que: a2n ≤ an+2, . . . , a2n ≤ a2n. Logo:

na2n ≤ an+1 + an+2 + . . .+ a2n ≤ an+1 + an+2 + . . . = s− sn

onde s =∞∑

n=1

an (pois esta serie e convergente por hipotese), sn = a1+a2+. . .+an

e s2n = a1 + a2 + . . .+ an + an+1 + · · ·+ a2n−1 + a2n. Daı, limn→∞

(s− sn) = 0, isto

e, limn→∞

na2n = 0. Portanto limn→∞

(2n)a2n = 0.

Temos tambem que n+ n ≥ n+ 1 ⇒ 2n− 1 ≥ n⇒ a2n−1 ≤ an, ∀n ∈ N, ou seja,a2n−1 ≤ an+1, . . . , a2n−1 ≤ a2n−1. Logo:

na2n−1 ≤ an + an+1 + . . .+ a2n−1 ≤ an + an+1 + . . . = s = sn−1

Como limn→∞

(s−sn−1) = 0 entao limn→∞

na2n−1 = 0, e portanto limn→∞

(2n−1)a2n−1 = 0

Concluimos assim que limn→∞

nan = 0.

3.11- Seja a serie∞∑

n=1

an absolutamente convergente. Entao∞∑

n=1

|an| converge,

donde segue tambem que∞∑

n=1

an converge. Segue daı que,∞∑

n=1

(an + |an|) converge,

e como−|an| ≤ an ⇒ an + |an| ≥ 0, ∀n ∈ N

esta ultima serie e de termos nao negativos. Logo como∞∑

n=1

−|an| converge temos:

∞∑n=1

an =∞∑

n=1

(an + |an| − |an|) =∞∑

n=1

(an + |an|)−∞∑

n=1

|an|

Reciprocamente, seja an = bn − cn. Entao:

|an| = |bn − cn| ≤ |bn|+ |cn|

Como bn e cn sao positivos, segue que |an| ≤ bn + cn e como∞∑

n=1

bn e∞∑

n=1

cn

convergem, entao∞∑

n=1

(bn + cn) converge. Logo, pelo Criterio da Comparacao

∞∑n=1

|an| converge. Consequentemente∞∑

n=1

an converge absolutamente.

41

3.12- Suponha que∞∑

n=1

an seja convergente. Entao, a sequencia (sn) de suas

somas parciais e convergente e portanto limitada.Reciprocamente, suponha que (sn) seja limitada. Entao,

sn+1 = sn + an+1

e como an ≥ 0, ∀n ∈ N temos que sn+1 ≥ sn, ∀n ∈ N, isto e, (sn) e monotona

crescente. Logo (sn) e convergente, e portanto∞∑

n=1

an converge.

3.13- Seja an =xn

n2e

L = limn→∞

|an+1||an|

= limn→∞

|x|n+1

(n+ 1)2

|x|n

n2

= limn→∞

[|x|n+1

(n+ 1)2· n

2

|x|n

]=

= limn→∞

[|x| n2

(n+ 1)2

]= |x| lim

n→∞

(n

n+ 1

)2

=

= |x| limn→∞

(1

1 + 1/n

)lim

n→∞

(1

1 + 1/n

)= |x| · 1 = |x|

Pelo teste da razao∞∑

n=1

xn

n2converse se |x| < 1, ou equivalentemente, se −1 < x <

1.

Mas, se for x = 1, temos a serie,∞∑

n=1

1

n2, que converge, e se for x = −1, temos a

serie∞∑

n=1

(−1)n

n2que converge absolutamente e portanto converge.

Portanto,∞∑

n=1

xn

n2converge para −1 ≤ x ≤ 1.

Seja agora an =xn

nn. Temos:

L = limn→∞

n√|an| = lim

n→∞

n

√|xn|nn

= limn→∞

n√|x|n

n√nn

= limn→∞

|x|n

= |x| limn→∞

1

n= 0

Logo∞∑

n=1

xn

nnconverge ∀x ∈ R.

42

3.14- Considere a serie∞∑

n=1

(−1)n

n, que converge pelo Criterio de Leibniz e seja

xn = (−1)n que e limitada. Temos:

∞∑n=1

anxn =∞∑

n=1

(−1)n(−1)n · 1

n=

∞∑n=1

1

n

que diverge.

3.15- Usando o exercıcio 3.12 e a desigualdade de Cauchy-Schwarz temos:

0 ≤ sn =n∑

i=1

1

i

√ai ≤

(∞∑i=1

(1

i

)2) 1

2(

∞∑i=1

(√ai)

2

) 12

=

=

(∞∑i=1

1

i2

) 12(

∞∑i=1

ai

) 12

≤ α12β

12 = c

isto e,∞∑

n=1

√an

nconverge.

Outra resolucao: Temos que an ≥ 0 e∞∑

n=1

an converge. Logo:

√an ·

1

n≤ (an)2

2+

(1

n

)2

2⇒√an

n≤ an

2+

1

2n2

Como, por hipotese,∞∑

n=1

an converge, entao∞∑

n=1

an

2converge ⇒

∞∑n=1

1

2n2converge.

Consequentemente∞∑

n=1

(an

2+

1

2n2

)converge, e pelo Criterio da Comparacao

∞∑n=1

√an

nconverge.

3.16- Para cada n ∈ N, temos

an+1 ≤ f(x) ≤ an ∀x ∈ [n, n+ 1]

Portanto,

an+1 ≤∫ n+1

n

f(x)dx ≤ an ∀n ∈ N

Se n ≥ 2 temosk−1∑n=1

an+1 ≤k−1∑n=1

∫ n+1

n

f(x)dx ≤k−1∑n=1

an

43

e portanto,

sk − a1 ≤∫ k

1

f(x)dx ≤ sk−1 (10)

Suponhamos que,∞∑

n=1

ak converge. Entao (sk−1) converge. Logo, (sk−1) e

limitada, donde por (10) temos que(∫ k

1

f(x)dx

)

e tambem limitada, e como ela e crescente, segue que

(∫ k

1

f(x)dx

)converge.

Reciprocamente, suponha que

(∫ k

1

f(x)dx

)converge. Entao ela e limitada e

por (10) segue que (sk) e limitada e como ela e crescente segue que ela converge.

Logo, a serie∞∑

n=1

ak converge.

3.17- Como limn→∞

an

bn= 0, entao para ε = 1, ∃N ∈ N tal que

n ≥ N ⇒∣∣∣∣an

bn− 0

∣∣∣∣ < 1 ⇒ an

bn< 1 ⇒ 0 ≤ an < bn, ∀n ≥ N

Como∞∑

n=1

bn converge entao:∞∑

n=N

bn tambem converge, donde segue que∞∑

n=N

an

converge, o que e equivalente a dizer que∞∑

n=1

an converge.

3.18- Por (b) temos que (bn) converge para um limite, digamos k. Daı, seja

bn = k + cn tal que (cn) e monotona e limn→∞

cn = 0. Por (a)∞∑

n=1

kan converge e a

sequencia (sn), onde sn = a1 + a2 + . . . + an e limitada. Logo, pelo Criterio de

Dirichlet,∞∑

n=1

ancn converge. Sendo s =∞∑

n=1

ancn obtem-se:

s =∞∑

n=1

an(bn−k) =∞∑

n=1

(anbn−kan) =∞∑

n=1

anbn−∞∑

n=1

kan ⇒∞∑

n=1

anbn = s+∞∑

n=1

kan

donde conclui-se que∞∑

n=1

anbn converge.

44

3.19- Temos:∞∑

n=2

1

n lnn=

1

2 ln 2+

1

3 ln 3+

1

4 ln 4+

1

5 ln 5+ . . .+

1

8 ln 8+ . . . =

=1

2 ln 2+

(1

3 ln 3+

1

4 ln 4

)+

(1

5 ln 5+ . . .+

1

8 ln 8

)+ . . . >

>1

2 ln 2+

(1

4 ln 4+

1

4 ln 4

)+

(1

8 ln 8+ . . .+

1

8 ln 8

)+ . . . =

=1

2 ln 2+

2

4 ln 4+

4

8 ln 8+ . . . =

1

2 ln 2+

2

8 ln 2+

4

24 ln 2+ . . . =

=1

2 ln 2+

1

4 ln 2+

1

6 ln 2+ . . . =

1

2 ln 2

(1 +

1

2+

1

3+ . . .

)=

=1

2 ln 2

∞∑n=1

1

n

Como∞∑

n=1

1

ndiverge, entao:

∞∑n=1

1

n lnndiverge.

3.20- Temos:∞∑

n=2

1

n(lnn)r=

1

2(ln 2)r+

1

3(ln 3)r+

1

4(ln 4)r+ . . .+

1

7(ln 7)r+ . . . =

=

(1

2(ln 2)r+

1

3(ln 3)r

)+

(1

4(ln 4)r+ . . .+

1

7(ln 7)r

)+ . . . <

<

(1

2(ln 2)r+

1

2(ln 2)r

)+

(1

4(ln 4)r+ . . .+

1

4(ln 4)r

)+ . . . =

=2

2(ln 2)r+

4

4(ln 4)r+

8

8(ln 8)r+ . . . =

=1

(ln 2)r+

1

(ln 4)r+

1

(ln 8)r+ . . . =

=1

(ln 2)r+

1

2r(ln 2)r+

1

3r(ln 2)r+ . . . =

=1

(ln 2)r

(1 +

1

2r+

1

3r+ . . .

)=

=1

(ln 2)r

∞∑n=1

1

nr

Como∞∑

n=1

1

nrconverge se r > 1 e diverge se r ≤ 1, entao:

∞∑n=1

1

n(lnn)rconverge

se r > 1 e diverge se r ≤ 1.

45

3.21- Seja ` = limn→∞

an

bn. Entao, para ε =

`

2, ∃n ∈ N tal que

n ≥ N ⇒∣∣∣∣an

bn− `

∣∣∣∣ < `

2⇔ − `

2<an

bn− ` <

`

2⇒ `

2<an

bn<

3`

2

Logo:`

2bn < an <

3`

2bn, ∀n ≥ N

Portanto, pelo Criterio da Comparacao temos:

∞∑n=1

an converge ⇔∞∑

n=1

bn converge

ou∞∑

n=1

an diverge ⇔∞∑

n=1

bn diverge

3.22- Considere as series:

∞∑n=1

1√n(n+ 1)

e∞∑

n=1

1

n

Temos:

limn→∞

1√n(n+ 1)

1

n

= limn→∞

1√n(n+ 1)

· n = limn→∞

√n√

n+ 1= lim

n→∞

√n

n+ 1=

= limn→∞

√1

1 + 1/n=

√lim

n→∞

1

1 + 1/n=√

1 = 1

Como∞∑

n=1

1

ndiverge, segue pelo Exercıcio 3.21 que

∞∑n=1

1√n(n+ 1)

tambem

diverge.

3.23- Como∞∑

n=1

an converge, seja s =∞∑

n=1

an. Como (sn), onde sn = a1 + a2 +

. . . + an e a sequencias das somas parciais da serie∞∑

n=1

an, temos que sn −→ s,

quando n −→∞. Portanto, segue pelo exercıcio 2.16, que

s1 + s2 + . . .+ sn

n−→ s

46

como querıamos.

3.24- Suponha que∞∑

n=1

(an + bn) fosse convergente. Como∞∑

n=1

an converge temos

que∞∑

n=1

(−an) tambem converge. Logo terıamos que

∞∑n=1

(an + bn − an) =∞∑

n=1

bn

seria convergente, que e um absurdo.

3.25- Temos:∞∑

n=1

[(−1)n+1 +

(−1)n

n+ 1

]=

∞∑n=1

(n+ 1)(−1)n+1 + (−1)n

n+ 1=

=∞∑

n=1

(−1)n(n− 1 + 1)

n+ 1=

=∞∑

n=1

(−1)n n

n+ 1

Como∞∑

n=1

(−1)n diverge e∞∑

n=1

(−1)n

n+ 1converge pelo Criterio de Leibniz, segue pelo

exercıcio 3.25 que∞∑

n=1

(−1)n n

n+ 1diverge.

3.26- Seja an =xn

nx. Entao:

L = limn→∞

|an+1||an|

= limn→∞

|x|n+1

(n+ 1)x

|x|n

nx

= limn→∞

|x|n+1

(n+ 1)x· n

x

|x|n=

= |x| limn→∞

(n

n+ 1

)x

= |x| limn→∞

1(1 +

1

n

)x = |x|

Logo, pelo teste da razao∞∑

n=1

xn

nxconverge se |x| < 1, ou seja, se −1 < x < 1.

Agora, se x = 1 temos:∞∑

n=1

xn

nx=

∞∑n=1

1

n

47

que diverge, e se x = −1 temos:

∞∑n=1

xn

nx=

∞∑n=1

(−1)n · n

que tambem diverge.

Logo,∞∑

n=1

xn

nxconverge para |x| < 1.

3.27- Basta mostrar que a sequencia das somas pariais e limitada. Sejam

sn = a1 + a2 + . . .+ an,tk = a1 + 2a2 + . . .+ 2ka2k

Para n < 2k,

sn ≤ a1 + (a2 + a3) + . . .+ (a2k + . . .+ a2k+1−1)

de modo quesn ≤ tk (11)

Por outro lado, se n > 2k,

sn ≥ a1 + (a2 + a3) + . . .+ (a2k + . . .+ a2k)

≥ 1

2a1 + a2 + 2a4 + . . .+ 2k−1a2k =

1

2tk

de modo que2sn ≥ tk (12)

Por (11) e (12), as sequencias sao ambas limitadas ou ambas ilimitadas, o quedemonstra o resultado.

3.28- Sejam

An =n∑

k=0

ak, Bn =n∑

k=0

bk, Cn =n∑

k=0

ck, βn = Bn −B

Entao,

Cn = a0b0 + (a0b1 + a1b0) + . . .+ (a0bn + a1bn−1 + . . .+ anb0)

= a0Bn + a1Bn−1 + . . .+ anB0

= a0(B + βn) + a1(B + βn−1) + . . .+ an(B + β0)

= AnB + a0βn + a1βn−1 + . . .+ anβ0

Sejaγn = a0βn + a1βn−1 + . . .+ anβ0

48

Queremos mostrar que Cn → AB. Como AnB → AB, basta mostrar que

limn→∞

γn = 0 (13)

Seja

α =∞∑

n=0

|an|

Dado ε > 0, como∞∑

n=0

bn = B, βn → 0. Podemos, pois, escolher N tal que

|βn| ≤ ε para n ≥ N . Logo

|γn| ≤ |β0an + . . .+ βNan−N |+ |βN+1an−N−1 + . . .+ βna0|≤ |β0an + . . .+ βNan−N |+ εα

Mantendo N fixo e fazendo k →∞, obtemos

limn→∞

sup |γn| ≤ εα,

visto que ak → 0 quando k →∞. Sendo ε arbitrario, (13) esta demonstrado.

3.29- Defina:

a+n =

1

2(|an|+ an) e a−n =

1

2(|an|+ an)

Entao:

a+n − a−n =

|an|2

+an

2− |an|

2+an

2= an

e

a+n + a−n =

|an|2

+an

2+|an|2− an

2= |an|

donde 0 ≤ a+n ≤ |an| e 0 ≤ a−n ≤ |an|. Como

∞∑n=1

an e absolutamente convergente,

entao segue pelo Criterio da Comparacao, que∞∑

n=1

a+n e

∞∑n=1

a−n sao convergentes.

Logo, para qualquer permutacao σ : N −→ N temos:

∞∑n=1

a+n =

∞∑n=1

a+σ(n) e

∞∑n=1

a−n =∞∑

n=1

a−σ(n)

e portanto,

∞∑n=1

(a+n − a−n ) =

∞∑n=1

(a+σ(n) − a−σ ) ⇒

∞∑n=1

an =∞∑

n=1

aσ(n)

49

Exercıcio Complementar 1- A serie∞∑

n=1

(−1)n( n√a − 1), a > 1 e convergente

ou divergente? Justifique sua resposta.

Solucao: E convergente. De fato, mostremos primeiro que an = n√a − 1 e

decrescente. Com efeito, mostra-se facilmente por inducao que n+1√a < n

√a,

∀n ∈ N, donde segue que:

n+1√a− 1 < n

√a− 1, ∀n ∈ N ⇒ an+1 < an, ∀n ∈ N

Logo (an) e decrescente, e como a > 1 temos:

n√a > 1 ⇒ n

√a− 1 > 0 ⇒ an > 0

ou seja, (an) e uma sequencia de termos positivos. Temos ainda que:

limn→∞

an = limn→∞

( n√a− 1) = lim

n→∞n√a− lim

n→∞1 = 1− 1 = 0

Portanto, pelo Criterio de Leibniz

∞∑n=1

(−1)n( n√a− 1)

e convergente.

50

Capıtulo 4

4.2- Sejam (xn) = (x1, x2, . . .) e (yn) = (y1, y2, . . .) sequencias limitadas tais quexn ≤ yn, ∀n ∈ N e considere os conjuntos

An = {xn, xn+1, . . .} e Bn = {yn, yn+1, . . .}

que evidentemente sao limitados. Temos:

infr≥n

xr ≤ xs ≤ ys, ∀s ≥ n

ou ainda,infr≥n

≤ infs≥n

ys

Tomando o limite nesta ultima desigualdade, quando n→∞ concluımos que:

limn→∞

inf An ≤ limn→∞

inf Bn ⇒ lim inf xn ≤ lim inf yn

Do mesmo modo temos:

xs ≤ ys ≤ supr≥n

yr, ∀s ≥ n

ou seja,sups≥n

xs ≤ supr≥n

yr

Tomando o limite quando n→∞ obtemos:

limn→∞

supAn ≤ limn→∞

supBn ⇒ lim supxn ≤ lim sup yn

4.3-

a) Seja λ = lim inf xn. Entao ∃ (xnk) tal que lim

n→∞xnk

= λ. Logo xnkc −→ λc,

quando k →∞. Agora se xrsc −→ `, (xrs) sendo uma subsequencia qualquer de(xn), entao, desde que c > 0,

xrs =xrsc

c−→ `

c

Mas,`

c≥ λ⇒ ` ≥ cλ. Logo uma subsequencia qualquer de (cxn) nao possui um

limite menor que cλ. Portanto,

lim inf(cxn) = cλ = c lim inf xn

Agora seja ξ = lim sup xn. Entao ∃ (xnk) tal que lim

n→∞xnk

= ξ. Logo cxnk−→ cξ,

quando k →∞. Se xrsc −→ L, qualquer que seja (xrs), entao, como c > 0 temos:

xrs =xrsc

c−→ L

c

51

Mas,L

c≤ ξ ⇒ L ≤ ξc. Portanto lim sup(cxn) = cξ = c lim supxn.

Obs: Em ambos os casos, se for c = 0 entao xnk−→ 0 = 0λ ou 0ξ.

b) Seja c < 0. Entao c = −M , onde M > 0. Note que:

infr≥n

(−xr) = − supr≥n

(xr) ⇒ lim inf(−xr) = − lim supxn

Logo:

lim inf(cxn) = lim inf(−Mxn) = − lim sup(Mxn) = −M lim supxn = c lim supxn

e

lim sup(cxn) = lim sup(−Mxn) = − lim inf(Mxn) = −M lim inf xn = c lim inf xn

4.4- Temos:

infr≥n

xr + infr≥n

yr ≤ xs + ys, ∀s ≥ n⇒ inf xr + inf yr ≤ inf(xs + ys)

Tomando o limite quando n→∞ obtemos:

lim inf xn + lim inf yn ≤ lim inf(xn + yn)

Agora:

xs + ys ≤ supr≥n

xr + supr≥n

yr, ∀s ≥ n⇒ sup(xs + ys) ≤ supr≥n

xr + supr≥n

yr

Tomando o limite quando n→∞ conclui-se:

lim sup(xn + yn) ≤ lim supxn + lim sup yn

4.6- Seja X = {x1, x2, . . . , xn} um conjunto finito de R. Podemos admitir que aenumeracao foi feita de modo que x1 < x2 < . . . < xn. Entao

R−X = (−∞, x1) ∪ (x1, x2) ∪ . . . ∪ (xn−1, xn) ∪ (xn,+∞)

donde segue que R−X e aberto. Portanto X e fechado.

4.18-

a) Seja (Aλ)λ∈L, onde L e um conjunto de ındices, uma famılia qualquer de

conjuntos fechados de R. Mostremos que⋂λ∈L

Aλ e um conjunto fechado. Temos

pelo exercıcio 1.34 que

R−⋂λ∈L

Aλ =⋃λ∈L

(R− Aλ)

52

Como dada Aλ e fechado entao cada R − Aλ e aberto, e assim,⋃λ∈L

(R − Aλ)

tambem e aberto. Logo R−⋂λ∈L

Aλ e aberto, donde segue que⋂λ∈L

Aλ e fechado.

b) Seja Aλ1 , Aλ2 , . . ., Aλn uma colecao finita de conjuntos fechados de R.

Mostremos quen⋃

i=1

Aλie um conjunto fechado de R. Temos pelo exercıcio 1.34

que

R−n⋃

i=1

Aλi=

n⋂i=1

(R− Aλi)

Como dada Aλi, i = 1, . . . , n e fechado, entao R − Aλi

, i = 1, . . . , n e aberto, e

assim,∞⋂i=1

(R−Aλi) e aberto. Logo R−

n⋃i=1

Aλie aberto, donde segue que

∞⋃i=1

Aλi

e fechado.

4.8- Temos, ∀A ⊂ R, R = int(A) ∪ int(R− A) ∪ ∂A, uniao disjunta.

Suponha que A e aberto. Entao A = int(A). Logo A ∩ ∂A = int(A) ∩ ∂A = ∅.Reciprocamente, suponha que A nao e aberto. Entao ∃x ∈ A, tal que x naoe ponto interior de A. Logo, ∀ε > 0, Vε(x) contem pontos de R − A, ou seja,x ∈ ∂A⇒ A ∩ ∂ 6= ∅ o que e um absurdo.

4.9- Mostremos que S = S ∪ ∂S. De fato, suponha que x ∈ S, mas x /∈ S (ocaso em que x ∈ S e evidente). Como x ∈ S, entao toda vizinhanca de x contemao menos um ponto de S e como x /∈ S, entao x ∈ R− S. Logo, toda vizinhancade x contem um ponto de S e um ponto de R− S, a saber, o proprio x. Assim,x ∈ ∂S, donde segue que x ∈ S ∪ ∂S, isto e, S ⊂ S ∪ ∂S.

Mostremos agora que S∪∂S ⊂ S. De fato, se x ∈ S∪∂S, entao x ∈ S ou x ∈ ∂S.Se x ∈ S, entao x ∈ S. Se x ∈ ∂S, entao toda vizinhanca de x contem pontos deS e de R− S, e portanto, x ∈ S. Dai concluımo-se a igualdade.

Consequentemente S e fechado ⇔ S = S ⇔ S = S ∪ ∂S ⇔ ∂S ⊂ S.

4.10- Temos que X ⊂ X ∪ Y e Y ⊂ X ∪ Y , donde segue que X ⊂ X ∪ Y eY ⊂ X ∪ Y . Logo X ∪ Y ⊂ X ∪ Y .

Reciprocamente, se a ∈ X ∪ Y , entao a = lim zn, com zn ∈ X ∪Y . Para infinitosvalores de n, zn esta em X (donde a ∈ X) ou zn esta em Y (donde a ∈ Y ). Logoa ∈ X ∪ Y , e portanto X ∪ Y ⊂ X ∪ Y , donde segue a igualdade.

Alem disso, X∩Y ⊂ X e X∩Y ⊂ Y , donde segue que X ∩ Y ⊂ X e X ∩ Y ⊂ Y .Logo X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .

Considere agora X = [0, 1) e Y = (1, 2]. Entao X ∩ Y = ∅. Logo, ∅ = X ∩ Y ⊂X ∩ Y = [0, 1] ∩ [1, 2] = {1}.

53

4.11- Se x nao e ponto de acumulacao de S, entao existe um intervalo aberto Icontendo x, tal que I ∩ S ⊂ {x}. Nenhum elemento de I e ponto de acumulacaode S. Logo R− S ′ e aberto e portanto S ′ e fechado.

4.12- As inclusoes [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] significam que

a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an ≤ . . . ≤ bn ≤ . . . ≤ b2 ≤ b1

Assim o comjunto A = {an; n ∈ N} e limitado superiormente. Seja x0 = supA.Entao an ≤ x0, ∀n ∈ N e como cada bn e cota superior para A temos que x0 ≤ bn,

∀n ∈ N. Portanto x0 ∈ [an, bn], ∀n ∈ N, ou seja,⋂n∈N

Fn 6= ∅. Seja agora y0 outro

numero real tal que an ≤ y0 ≤ bn, ∀n ∈ N. Entao temos:

an ≤ x0 ≤ bn, ∀n ∈ N

an ≤ y0 ≤ bn, ∀n ∈ N

ou ainda

an ≤ x0 ≤ bn, ∀n ∈ N

−bn ≤ −y0 ≤ −an, ∀n ∈ N

donde segue que:

−(bn − an) ≤ x0 − y0 ≤ bn − an, ∀n ∈ N

o que e equivalente a

|x0 − y0| ≤ bn − an, ∀n ∈ N

Logo, se bn − an −→ 0, temos que x0 = y0, como querıamos.

4.13-

a) Suponha que⋂n∈N

In 6= ∅. Entao existe x ∈ R tal que x ∈⋂n∈N

In. Logo,

x ∈ In =

(0,

1

n

), ∀n ∈ N, isto e: 0 < x <

1

n, ∀n ∈ N, o que e impossıvel. Logo⋂

n∈N

In = ∅.

b) Suponha que⋂n∈N

Jn 6= ∅. Entao existe x ∈ R tal que x ∈⋂n∈N

Jn. Logo

x ∈ Jn = (n,+∞), ∀n ∈ N, isto e: n ≤ x, ∀n ∈ N. Mas entao x e cota superiorde N, ou seja, N seria limitado superiormente o que e um absurdo.

54

4.14- Se C e denso em D entao:

C ⊂ D ⊂ C

e se D e denso em E entao:D ⊂ E ⊂ D

Logo:

C ⊂ D ⊂ E ⊂ D ⊂ C = C ⇒ C ⊂ E ⊂ C

e porntanto C e denso em E.

4.15- Suponha que S ′ 6= ∅. Entao S possui algum ponto de acumulacao. Sejaa ∈ R um ponto de acumulacao de S. Pelo exercıcio 4.16, toda vizinhanca de acontem infinitos pontos de S. Mas entao S nao e finito, o que e um absurdo.

4.16- Suponha que x0 e ponto de acumulacao de S. Entao ∀n ∈ N, podemos

encontrar um ponto xn ∈ S, xn 6= x0 na vizinhanca

(x0 −

1

n, x0 +

1

n

). Logo,

limxn = x0, o que mostra que x0 e limite de uma sequencia de pontos xn ∈S − {x0}. Daı, dado ε > 0, ∃N ∈ N tal que

|xn − x0| < ε, ∀n ≥ N ⇔ xn ∈ (x0 − ε, x0 + ε), ∀n ≥ N

ou seja, toda vizinhanca de x0 contem um infinidade de pontos de S.Reciprocamente, suponha que toda vizinhanca de x0 contem uma infinidade depontos de S. Entao toda vizinhanca de x0 contem algum ponto de S diferente dex0, donde segue que x0 ∈ S ′.

4.17- Sejam A1 e A2 conjuntos abertos. Se x ∈ A1 ∩A2, entao x ∈ A1 e x ∈ A2.Como A1 e A2 sao abertos, existem ε1 e ε2 positivos tais que (x−ε1, x+ε2) ⊂ A1

e (x − ε2, x + ε2) ⊂ A2. Seja ε = min{ε1, ε2}. Entao (x − ε, x + ε) ⊂ A1 e(x− ε, x+ ε) ⊂ A2, ou seja, (x− ε, x+ ε) ⊂ A1 ∩A2, donde segue que x e pontointerior de A1 ∩ A2, e portanto, A1 ∩ A2 e aberto.Considere agora A1, A2, . . ., An, uma colecao finita de conjuntos abertos. Temosque A1 ∩ A2 e aberto. Logo, (A1 ∩ A2) ∩ A3 tambem e aberto e prosseguindo detal forma concluimos indutivamente que A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An e aberto.Agora seja (Aλ)λ∈L uma famılia qualquer de conjuntos abertos. Se x ∈ A =⋃λ∈L

Aλ, entao x ∈ Aλ para algum λ ∈ L. Como Aλ e aberto, existe ε > 0 tal

que (x− ε, x + ε) ⊂ Aλ ⊂ A. Logo todo ponto x ∈ A e interior, e portanto, A eaberto.

55

4.7- Seja {K1, K2, . . . , Kn} uma colecao finita de subconjuntos compactos de R.

Mostremos que∞⋃i=1

Ki e compacto. Para isto msotremos primeiro que∞⋃i=1

Ki e

limitado. De fato, como cada Ki, i = 1, 2, . . . , n e limitado, entao existem αi e βi

tais que, Ki ⊂ [αi, βi]. Sejam

α = min{α1, α2, . . . , αn} e β = max{β1, β2, . . . , βn}

Entao, Ki ⊂ [αi, βi] ⊂ [α, β], donde segue que,∞⋃i=1

Ki ⊂ [α, β]. Logo,∞⋃i=1

Ki e

limitado.

Afirmamos que∞⋃i=1

Ki e fechado. De fato, como cada Ki, i = 1, 2, . . . , n e

compacto entao cada Ki e fechado. Mas a uniao finita de conjuntos fechados

tambem e fechada, donde conclui-se que∞⋃i=1

Ki e fechado. Portanto∞⋃i=1

Ki e

compacto.Seja agora {Kα}α∈Γ uma colecao qualquer de subconjuntos compactos de R.

Mostremos que⋂α∈Γ

Kα e compacto. Para isto mostremos primeiro que⋂α∈Γ

Kα

e limitado. De fato, como cada Kα e compacto, qualquer que seja α ∈ Γ, temosque Kα e limitado. Logo existem a, b ∈ R tais que: Kα ⊂ [a, b]. Mas,⋂

α∈Γ

Kα ⊂ Kα ⊂ [a, b] ⇒⋂α∈Γ

Kα ⊂ [a, b]

donde segue que⋂α∈Γ

Kα e limitado.

Afirmamos que⋂α∈Γ

Kα e fechado. De fato, seja α ∈ Γ. Temos que Kα e compacto,

e portanto fechado. Mas, como a intersecao qualquer de conjuntos fechados e

fechado, conclui-se que⋂α∈Γ

Kα e fechado. Portanto⋂α∈Γ

Kα e compacto.

4.19- Seja a ∈ R. Temos que {a} e fechado, pois

R− {a} = (−∞, a) ∪ (a,+∞)

e aberto. Daı, considere todos os elementos pertencentes ao intervalo (a, b),a, b ∈ R. Note que a uniao desses elementos e igual a (a, b), e cada elementoe um conjunto unitario fechado. Mas a uniao desses conjuntos e (a, b) que eaberto.

56

4.20- Considere a famılia (An)n∈N onde,

An =

(− 1

n,1

n

)

Vamos mostrar que∞⋂

n=1

An = {0} (note que {0} nao e aberto).

Obviamente, {0} ⊂∞⋂

n=1

An, pois 0 ∈(− 1

n,1

n

), ∀n ∈ N.

Seja x ∈(− 1

n,1

n

). Entao x ∈ An, ∀n ∈ N, ou seja, x ∈

(− 1

n,1

n

), ∀n. Logo

|x| < 1

n, ∀n ∈ N

ou ainda,

0 ≤ |x| < 1

n, ∀n ∈ N

donde segue que x = 0.

57

Capıtulo 5

5.1-i) Dado ε > 0 devemos determinar δ > 0 tal que 0 < |x − 1| < δ implique|x3− 1| < ε. Para isto restringiremo-nos aos pontos x tais que |x− 1| < 1. Nestecaso temos

|x| = |x− 1 + 1| ≤ |x− 1|+ 1 < 2 ⇒ |x2| < 4

Logo

|f(x)− 1| = |x3 − 1| = |(x− 1)(x2 + x+ 1)| = |x− 1||x2 + x+ 1|≤ (|x2|+ |x|+ 1)|x− 1| < 7|x− 1|

Assim, tome δ = min{1, ε/7} e temos

0 < |x− 1| < δ ⇒ |x3 − 1| < 7δ ⇒ |x3 − 1| < ε

ii) Temos:x2 − 1

x− 1=

(x+ 1)(x− 1)

x− 1= x+ 1

Logo, queremos mostrar que limx→1

(x + 1) = 2. De fato, dado ε > 0, tome δ = ε e

teremos:

0 < |x− 1| < δ ⇒ |f(x)− 2| = |x+ 1− 2| = |x− 1| < δ = ε

iii) De fato, dado ε > 0 tome δ =ε

2e teremos que se 0 < |x− 2| < δ, entao:

|f(x)− 3| = |2x− 1− 3| = |2x− 4| = 2|x− 2| < 2 · ε2

= ε

iv) De fato, dado ε > 0, tome δ = ε e temos que, se 0 < |x− a| < δ entao:

|f(x)− cos a| = | cosx− cos a| < |x− a| < ε

5.2- Como limx→a

f(x) = L, entao dado ε > 0, ∃δ > 0 tal que

0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− L| < ε

Em particular, para ε = 1 temos:

0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− L| < 1 ⇒ |f(x)− L|+ |L| < 1 + |L|⇒ |f(x)− L+ L| < 1 + |L| ⇒ |f(x)| < 1 + |L|

Como 1 + |L| > 0, faca c = 1 + |L| e teremos

|f(x)| < c, ∀x ∈ (a− δ, a+ δ)

58

Portanto, existe uma vizinhanca, a saber (a− δ, a+ δ) na qual f e limitada.

5.3- Como limx→a

f(x) = L entao, pela proposicao 5.2, para toda sequencia (xn) ∈ S,

com xn 6= a, ∀n ∈ N e limxn = a, tem-se lim f(xn) = L. Logo, lim√f(xn) =

√L

e novamente utilizando a proposicao 5.2, segue que, limx→a

√f(x) =

√L.

5.4-a) Temos que g(x) = sin x e limitada, pois | sin x| ≤ 1, ∀x ∈ R. Agora sejah(x) = 1 + x2. Temos:

|x|2 ≥ 0 ⇒ |x2|+ 1 ≥ 1 ⇒ |1 + x2| ≥ 1, ∀x ∈ S

Logo, α = 1 > 0 e tal que |h(x)| ≥ α, ∀x ∈ S e pela proposicao 5.1, g/h elimitada, isto e,

f(x) =sin x

1 + x2

e limitada.

b) Temos:

|f(x)| = | sin x|√x

≤ 1√x≤ 1, ∀x ∈ [1,+∞)

Agora, se x ∈ (0, 1), temos:

f(x) =sin x√x

=√x · sin x

xe | sin x| ≤ |x|, ∀x ∈ (0, 1)

Logo,

|f(x)| =√x| sin x||x|

≤√x <

√1 = 1

c)

d)

5.6- Suponha que f + g e limitada em A. Como f e limitada em A, entao −ftambem e limitada em A. Logo (f + g)− f e limitada, isto e, g e limitada em A,o que e um absurdo. Portanto f + g e limitada em A.

5.7- Sejam f(x) =1

xe g(x) = x definidas no intervalo A = (0,∞). Temos que f

e g sao ambas ilimitadas, mas f(x) · g(x) = 1 que e limitada.

59

5.8- Temos que: −|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)|, ∀x ∈ V ∗δ (a). Logo, como

limx→a

(−|f(x)|) = limx→a

|f(x)| = 0, segue pelo Teorema do Confronto que limx→a

f(x) =

0.

5.9-a) Temos:

limx→0

√x+ 1− 1

x= lim

x→0

[(√x+ 1− 1)

x

(√x+ 1 + 1)

(√x+ 1 + 1)

]=

= limx→0

[x+ 1− 1

x(√x+ 1 + 1)

]= lim

x→0

1√x+ 1 + 1

=1

2

b) Temos:

limx→∞

(√x+ 1−

√x) = lim

x→∞

[(√x+ 1−

√x)

(√x+ 1 +

√x)

(√x+ 1 +

√x)

]=

= limx→∞

[x+ 1− x√x+ 1 +

√x

]= lim

x→∞

[1√

x+ 1 +√x

]= 0

5.10-a) Sejam A = f(S) = {f(x); x ∈ S}, B = g(S) = {g(x); x ∈ S} eC = (f + g)(S) = {f(x) + g(x); x ∈ S}. Temos que C ⊂ A + B, dondesegue que supC = sup(f + g) ≤ sup(A+B) = sup f + sup g.

b) Segue imediatamente que inf(f + g) ≥ inf f + inf g.

c) Temos que sup(cf) = sup{c · f(x); x ∈ S} = sup(cA) = c supA = c · sup f , sec ≥ 0. Analogamente, inf(cf) = c inf f se c ≥ 0.

d) Analoga a c).

5.12- Como limx→a

f(x) = +∞ entao para cada M > 0, ∃ δ > 0 tal que:

0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > M

Mas, f(x) ≤ g(x), ∀x ∈ V ∗δ (a) ⇒ g(x) > M . Logo, para cada M > 0, ∃ δ > 0 tal

que

0 < |x− a| < δ ⇒ g(x) > M

ou seja, limx→a

g(x) = +∞.

5.13-

60

a) Como limx→a

f(x) = +∞, entao dado M > 0, ∃ δ > 0 tal que

0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > M

Logo, dado ε =1

M> 0, ∃ δ > 0 tal que

0 < |x− a| < δ ⇒ 1

f(x)<

1

M

Portanto limx→a

1

f(x)= 0.

b) Como limx→a

f(x) = 0, entao dado M > 0, ∃ δ > 0 tal que

0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)| < M

Logo, dado ε =1

M, ∃ δ > 0 tal que

0 < |x− a| < δ ⇒ 1

|f(x)|>

1

M⇒∣∣∣∣ 1

f(x)

∣∣∣∣ > 1

M= ε

Portanto, limx→a

1

f(x)= ±∞.

5.14- Como limx→∞

f(x) = L entao para ε = 1, existe a > 0 tal que |f(x)−L| < 1,

se x ≥ a, ou seja, existe a ∈ R, a > 0 tal que |f(x)| − |L| ≤ |f(x) − L| < 1,∀x ≥ a. Portanto, |f(x)| < 1 + |L| = M , ∀x ∈ [a,+∞).

5.19- Dado ε > 0 seja q0 um numero inteiro tal que1

q0< ε. Considere o conjunto

Q0 =

{p

q∈ Q; q < q0

}. Note que, em algum intervalo finito existe apenas um

numero finito de elementos de Q0. Entao, existe um δ > 0 tal que os intervalos(a− δ, a) e (a, a+ δ) nao contem elementos de Q0. Logo, segue que

0 <

∣∣∣∣a− p

q

∣∣∣∣ < δ ⇒ 0 ≤ f

(p

q

)=

1

q≤ 1

q0< ε

e portanto limx→a

f(x) = 0.

61

Capıtulo 6

6.1- Seja x0 6= 0 um numero real. Entao existem sequencias (xn) em Q, comxn > x0, ∀n ∈ N e tal que xn −→ x0 e (x) em R−Q, com x > x0, ∀n ∈ N e tal quex −→ x0. Logo, f(xn) = xn e f(xn) = 0, o que implica lim f(xn) = limxn = x0

e lim f(xn) = lim 0 = 0. Como x0 6= 0, entao, limx→x+

0

f(x) nao existe.

Analogamente, mostra-se que limx→x−0

f(x) nao existe e portanto, as descon-

tinuidades de f(x) em cada x0 6= 0 sao de 2a especie.Agora, seja (xn) uma sequencia qualquer em R, tal que xn −→ 0. Entao (xn) ⊂ Qou (xn) ⊂ R−Q. Se (xn) ⊂ Q entao: f(xn) = xn −→ 0. Se (xn) ⊂ R−Q entaof(xn) = 0 −→ 0. Logo, em qualquer caso tem-se:

xn −→ 0 ⇒ f(xn) −→ 0

Portanto limx→0

f(x) = 0 = f(0), donde concluımos que f e contınua em 0.

6.2- Seja (xn) uma sequencia de numeros reais qualquer tal que xn −→ x0.Como f e contınua em x0 temos que f(xn) −→ f(x0). Por outro lado comof(xn) ≥ 0, ∀n ∈ N, segue pelo exercıcio 5.3 que,

√f(xn) −→

√f(x0), ou seja,

h(xn) −→ h(x0), donde concluımos que h e contınua em x0.

6.3- Como Q e denso em R, entao dado x ∈ R existe uma sequencia (xn) em Qtal que xn −→ x. Agora como (xn) esta em Q, entao f(xn) = 0, ∀n ∈ N. Sendof contınua em R, temos que f(x) = lim f(xn) = lim 0 = 0, ou seja, f(x) = 0,∀x ∈ R.

6.4- Vamos mostrar que xn −→ x ⇒ f(xn) −→ f(x). De fato, seja (xn) umasequencia em R tal que xn −→ x. Entao xn − x −→ 0 e como f e contınuaem x0 = 0 entao f(xn − x) −→ f(0), ou seja, f(xn − x) −→ 0, ou ainda,f(xn)− f(x) −→ 0, e portanto, f(xn) −→ f(x). Logo f e contınua em R, comoquerıamos.

6.5- Em particular, f(0) = 0, pois |f(0)| ≤ |g(0)| = 0. Seja (xn) uma sequenciaqualquer de numeros reais, tal que xn −→ 0. Correspondente ao δ > 0 da hipotese∃ n0 ∈ N, tal que, |xn| < δ, ∀n ≥ n0, ou seja, xn ∈ Vδ(0), ∀n ≥ n0. Logo,

|f(xn)| ≤ |g(xn)|, ∀n 6= n0 (∗)

Como g e contınua em x0 = 0, temos, g(xn) −→ g(0) = 0. De (∗) temos que:

f(xn) −→ 0 = f(0)

62

ou seja, f e contınua em x0 = 0.

6.6- Defina a funcao:

f(x) =

f(x) se x ∈ (a, b)lim

x→a+f(x) se x = a

limx→b−

f(x) se x = b

Temos que f e contınua em [a, b]. Logo f e limitada em [a, b] e portanto f = f |(a,b)

e limitada em (a, b).

6.7- Suponha f(a) < f(b) e vamos mostrar que f e extritamente crescente. Sef nao fosse extritamente crescente existiriam x, y ∈ [a, b] com x < y, poremf(x) > f(y). Ha duas possibilidades:

i) f(a) < f(y) ou

ii) f(a) > f(y)

Se f(a) < f(y), entao f(a) < f(y) < f(x). Como f e contınua, entao peloTeorema do Valor Intermediario, existe x0 ∈ (a, x) tal que f(x0) = f(y). Masx0 6= y, pois, x < y. Logo f nao e injetiva, que e um absurdo.

Se f(a) > f(y), entao temos f(y) < f(a) < f(b). Como f e contınua, entao peloTeorema de Valor Intermediario, existe x0 ∈ (y, b) tal que f(y0) = f(a). Mas,y0 6= a, pois a < y0. Logo f nao e injetiva, que e um absurdo.

6.8- Colocando anxn em evidencia em p(x) temos:

p(x) = anxn

(a0

an

· 1

xn+a1

an

· 1

xn−1+ . . .+

an−1

an

· 1

x+ 1

)

onde r(x) =a0

an

· 1

xn+a1

an

· 1

xn−1+ . . .+

an−1

an

· 1

x+ 1.

E evidente que limx→+∞

r(x) = 1 limx→−∞

r(x). Agora limx→+∞

(anxn) = +∞ e

limx→−∞

(anxn) = −∞, em virtude de ser n ımpar. Logo:

limx→+∞

p(x) = +∞ e limx→−∞

p(x) = −∞

Estes limites mostram que p(R) e ilimitado nos dois sentidos, ou seja, p(R) = R.Logo p : R −→ R e sobrejetiva, donde segue que existe c ∈ R tal que p(c) = 0,como querıamos.

63

6.13- Temos:

max{f(x), g(x)} =1

2{f(x) + g(x) + |f(x)− g(x)|}

Como f e g sao contınuas, segue que1

2{f(x) + g(x) + |f(x)− g(x)|} e contınua,

ou seja, h(x) e contınua. Do mesmo modo segue que k(x) = min{f(x), g(x)} =1

2{f(x) + g(x)− |f(x)− g(x)|} e contınua.

6.14- Seja f : I −→ R lipschitziana, isto e, existe λ > 0 tal que:

|f(x)− f(y)| ≤ λ|x− y|, ∀x, y ∈ I

Dado ε > 0, tome δ =ε

λe teremos:

|x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| ≤ λ|x− y| < λ · ελ

= ε

Portanto f e contınua em I.

6.15- Temos:

f(x)− f(y) = x3 − y3 = (x− y)(x2 + xy + y2)

Logo:

|f(x)− f(y)| = |x3 − y3| = |x− y||x2 + xy + y2| ≤ |x− y|(|x|2 + |x||y|+ |y|2)

Como x ∈ [−α, α] e y ∈ [−α, α] temos: |x| ≤ α e |y| ≤ α. Portanto:

|f(x)− f(y)| ≤ |x− y|(α2 + α2 + α2) = 3α2|x− y|, ∀x, y ∈ [−α, α]

e fazendo λ = 3α2 > 0 concluımos que:

|f(x)− f(y)| ≤ λ|x− y|, ∀x, y ∈ [−α, α]

como querıamos.

6.16- Como toda funcao da forma λx, λ ∈ R e contınua, basta mostrar quef(x) = λx, ∀x ∈ R e ∀λ ∈ R. De fato, como x = 1 · x, ∀x ∈ R, temos:

f(x) = f(1 · x) = x · f(1)

Fazendo λ = f(1) concluımos que f(x) = λx.

64

6.17- Dado ε > 0 seja q0 ∈ N tal que1

q0< ε. Agora, considere o conjunto

Q0 =

{p

q, com q < q0

}. Note que, em qualquer intervalo limitado de R, existe

somente um numero finito de elementos de Q0, pois, quando q ≥ q0 tem-sep

q/∈ Q0.

Considere [a, b] ⊂ R e seja c ∈ [a, b] entao e possıvel exibir uma vizinhanca dec que nao contem nenhum ponto de Q0, isto e, existe δ > 0 tal que (c − δ, c) e(c, c+ δ) nao contem elementos de Q0. Logo,

0 <

∣∣∣∣c− p

q

∣∣∣∣ < δ ⇒∣∣∣∣f (pq

)− 0

∣∣∣∣ =1

q≤ 1

q0< ε⇒ lim

x→cf(x) = 0 se c ∈ Q

Obviamente, limx→c

f(x) = 0 se c ∈ R − Q. Agora, dado c ∈ R ou c ∈ Q ou

c ∈ R−Q. Se c ∈ Q entao:

limx→c

f(x) = 0 6= 1

q= f(c)

Se c ∈ R−Q entao: limx→c

f(x) = 0 = f(c). Logo, f e contınua apenas nos numeros

irracionais.

6.18- Temos:

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

f(n) = f(n · 1) = f(1 + . . .+ 1) = f(1) + . . .+ f(1) = nf(1), ∀n ∈ N

f(−1) = f(−1 + 1− 1) = f(−1) + f(1) + f(−1) ⇒ 0 = f(1) + f(−1)

⇒ f(−1) = −1 · f(1)

Se k ∈ Z, k < 0, entao k = −n, com n ∈ N

f(k) = f(−n) = f(n · (−1)) = f(−1) + . . .+ f(−1) = −1f(1)− . . .− 1f(1)

= −1 · (f(1) + . . .+ f(1)) = −1 · nf(1) =

= −n · f(1) = k · f(1), ∀k ∈ Z, k < 0

Sejam p, q ∈ Z, q 6= 0 e mdc(p, q) = 1. Entao:

pf(1) = f(p · 1) = f

(p · q

p

)= f

(p

q+ . . .+

p

q

)= f

(p

q

)+ . . .+ f

(p

q

)= qf

(p

q

)⇒ f

(p

q

)=p

qf(1)

Se α = f(1) entao: f

(p

q

)= α

p

q.

65

Seja x ∈ R. Entao existe uma sequencia (xn) em Q tal que xn −→ x. Como f econtınua em R, entao

f(x) = lim f(xn) = limαxn = α · limxn = α · x⇒ f(x) = α · x, ∀x ∈ R

6.20- Defina g : R −→ R tal que

g(x) =

f(x) se x ∈ [a, b]f(a) se x < af(b) se x > b

Note que g(x) = f(x), ∀x ∈ [a, b] e g e contınua em R.

6.21- Como limx→±∞

f(x) = 0, entao dado ε > 0, ∃ k > 0 tal que

|x| > k ⇒ |f(x)| < ε

Agora em [−k, k], como f e contınua entao e limitada, ou seja, ∃ ζ > 0 tal que|f(x)| ≤ ζ, ∀x ∈ [−k, k]. Seja C = max{ε, ζ} entao: |f(x)| ≤ C, ∀x ∈ R.

6.25- Como D e limitado, entao existe C > 0 tal que∣∣∣∣f(x)− f(y)

x− y

∣∣∣∣ ≤ C, ∀x, y ∈ I, x 6= y

ou ainda |f(x) − f(y)| ≤ C|x − y|, ∀x, y ∈ I, x 6= y. Logo, dado ε > 0, tome

δ =ε

Ce teremos:

|x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| ≤ C|x− y| < Cε

C= ε

donde segue que f e uniformemente contınua em I.

6.26- Como g(x) = x2 e contınua, entao f(x) =√x tambem e contınua (pois e

a inversa de g) e portanto f e uniformemente contınua.

66

Capıtulo 7

7.1- Se x ≥ 0 entao:

f ′(x) = (x3)′ = 3x2 e f ′′(x) = 6(x), ∀x ∈ R

Agora se x < 0 entao:

f ′(x) = [(−x)3]′ = −3x2 e f ′′(x) = −6x, ∀x ∈ R

Mostremos que f ′′ nao e derivavel em x = 0. De fato,

limh→0+

f ′′(0 + h)− f ′′(0)

h= lim

h→0+

6h

h= 6

e

limh→0−

f ′′(0 + h)− f ′′(0)

h= lim

h→0+

−6h

h= −6

Como f ′′′d (0) = 6 6= −6 = f ′′′e (0), segue que f ′′ nao e derivavel em x = 0.

7.2- Temos:f ′d(x) = a e f ′e(x) = 3x2

donde temos: f ′d(1) = a e f ′e(1) = 3. Logo para que f seja derivavel em x0 = 1devemos ter: f ′d(1) = a = f ′e(1) = 3 ⇒ a = 3. Devemos ter tambem:

13 = 3 · 1 + b⇒ b = −2

7.3- Temos, para x 6= 0, e pela proposicao 7.3 que f e derivavel e

f ′(x) = 2x sin

(1

x2

)+ x2

(− 2

x3

)cos

(1

x2

)= 2x sin

(1

x2

)− 2

xcos

(1

x2

)Para x0 = 0 temos:

f(x)− f(x0)

x− x0

=x2 sin

(1x2

)x

= x sin

(1

x2

)Como

limx→0

[x sin

(1

x2

)]= 0

segue que f e derivavel em x0 = 0 e f ′(0) = 0.

7.4- Mostremos que f nao e derivavel em x0 = 1. De fato,

f(x)− f(x0)

x− x0

=1− |1− x| − 1

x− 1=|1− x|1− x

67

Note que: |1− x| = 1− x, se 1− x ≥ 0 ⇒ x ≤ 1 ou |1− x| = −(1− x) = x− 1se 1− x < 0 ⇒ x > 1. Logo:

limx→1+

f(x)− f(x0)

x− x0

= limx→1+

−(1− x)

1− x= lim

x→1+(−1) = −1

e

limx→1−

f(x)− f(x0)

x− x0

= limx→1−

1− x

1− x= lim

x→1−1 = 1

donde segue que f ′(x0) nao existe e portanto f nao e derivavel em (a, b), naosatisfazendo assim o Teorema de Rolle.

7.6- Temos:

f(a+ h

2

)− f

(a− h

2

)h

=1

2

[f(a+ h

2

)− f(a)

h2

]+

1

2

[f(a)− f

(a− h

2

)h2

]

=1

2

[f(a+ h

2

)− f(a)

h2

]− 1

2

[f(a− h

2

)− f(a)

h2

]

=1

2

[f(a+ h

2

)− f(a)

h2

]+

1

2

[f(a− h

2

)− f(a)

−(

h2

) ]

=1

2

[f(a+ h

2

)− f(a)

h2

]+

1

2

[f(a+

(−h

2

))− f(a)(

−h2

) ]

Agora, tomando o limite quando h −→ 0 temos:

limh→0

f(a+ h

2

)− f

(a− h

2

)h

=1

2limh→0

[f(a+ h

2

)− f(a)

h2

]+

+1

2limh→0

[f(a+

(−h

2

))− f(a)(

−h2

) ]=

1

2f ′(a) +

1

2f ′(a) = f(a)

7.7- Vamos aplicar a formula de Taylor a funcao f no intervalo [a−h, a+h] comh > 0. Temos que:

f(a+ h) = f(a) + f ′(a) · h+f ′′(ξ) · h2

2(14)

onde ξ ∈ [a, a+ h] e

f(a− h) = f(a) + f ′(a) · (−h) +f ′′(η) · (−h)2

2(15)

68

onde η ∈ [a− h, a].Somando (14) e (15) membro a membro temos:

f(a+ h) + f(a− h) = 2f(a) +f ′′(ξ) + f ′′(η)

2· h2

⇒ f(a+ h) + f(a− h)− 2f(a)

h2=

1

2(f ′′(ξ) + f ′′(η))

Mas, f ′′ e contınua em x = a de modo que quando h −→ 0 entao: ξ −→ a eη −→ a, e isto acarreta que f ′′(ξ) −→ f ′′(a) e f ′′(η) −→ f ′′(a). Assim temos:

limh→0

f(a+ h) + f(a− h)− 2f(a)

h2=

1

2[f ′′(a) + f ′′(a)] = f ′′(a)

7.8- Fixemos x0 = y ∈ R e seja x ∈ R qualquer. Entao

|f(x)− f(x0)| ≤ (x− x0)2 = |x− x0|2 ⇒

|f(x)− f(x0)||x− x0|

≤ |x− x0|, se x 6= x0

Logo:

0 = limx→x0

∣∣∣∣f(x)− f(x0)

x− x0

∣∣∣∣ ≤ limx→x0

|x− x0| = 0

⇒ limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0

= 0 ⇒ f ′(x0) = 0, ∀x0 ∈ R

Portanto f e constante.

7.9- Considere a funcao F : [0, 1] −→ R tal que

F (x) = c0x+c12x2 + . . .+

cn−1

nxn +

cnn+ 1

xn+1

Temos:F (0) = 0 e F (1) = c0 +

c12

+ . . .+cn−1

n+

cnn+ 1

Como F esta nas condicoes do Teorema de Rolle, existe x0 ∈ (0, 1) tal queF ′(x0) = 0. Mas

F ′(x) = c0 + c1x+ . . .+ cn−1xn−1 + cnx

n

ou seja, existe x0 ∈ (0, 1) tal que

c0 + c1x+ . . .+ cn−1xn−1 + cnx

n = 0

7.10- Seja x > 0 e apliquemos o Teorema do Valor Medio a f no intervalo[x, x+ 1], ou seja, existe x0 ∈ (x, x+ 1) tal que:

f ′(x0) = f(x+ 1)− f(x) = g(x)

69

Portanto

0 = limx→+∞

f(x0) = limx→+∞

(f(x+ 1)− f(x)) = limx→+∞

g(x) ⇒ limx→+∞

g(x) = 0

7.11- Basta mostrar que g′(x) > 0, ∀x > 0. Temos:

g′(x) =xf ′(x)− f(x)

x2

Usando o Teorema do Valor Medio para f no intervalo [0, x] temos que ∃ ξ ∈ (0, x)tal que

f ′(ξ) =f(x)− f(0)

x− 0⇒ xf ′(ξ) = f(x)

Como f ′ e monotona crescente temos:

ξ < x⇒ f ′(ξ) < f ′(x) ⇒ f(x)

x< f ′(x) ⇒ f(x) < xf ′(x) ⇒ xf ′(x)− f(x) > 0

Portanto, g′(x) > 0, ∀x > 0.

7.12- Seja h > 0 tal que x0 + h ∈ [x0, b). Entao f e contınua em x0, x0 + h] ederivavel em (x0, x0 + h). Usando o Teorema do Valor Medio, temos que existex ∈ (x0, x0 + h) tal que:

f ′(x) =f(x0 + h)− f(x0)

h(16)

Note que, quando h −→ 0+ entao x −→ x+0 . Daı, tomando o limite em (16)

quando h −→ 0+ temos:

limh→0+

f(x0 + h)− f(x0)

h= lim

x→x+0

f ′(x)

Como limx→x+

0

f ′(x) existe, por hipotese, entao f ′d(x0) tambem existe e f ′d(x0) =

limx→x+

0

f ′(x).

7.13- Suponha que f ′d(a) < k < f ′e(b). Defina a funcao g(x) = f(x) − kx,x ∈ [a, b]. Entao g e derivavel em [a, b] e g′(x) = f ′(x) − k, ∀x ∈ (a, b). Alemdisso, g′d(a) = f ′d(a) − k < 0 e g′e(b) = f ′e(b) − k > 0. Logo, para h > 0suficientemente pequeno temos

g(a+ h)− g(a)

h< 0 ⇒ g(a+ h)− g(a) < 0 ⇒ g(a+ h) < g(a) (17)

70

Semelhantemente, para h < 0 suficientemente pequeno temos:

g(b+ h)− g(b)

h> 0 ⇒ g(b+ h)− g(b) < 0 ⇒ g(b+ h) < g(b) (18)

Agora, sendo g contınua em [a, b] entao g assume seu mınimo em [a, b]. Mas, asdesigualdades (17) e (18) mostram que este mınimo nao e atingido em em a nemem b. Portanto, existe c ∈ (a, b) tal que

f(x) ≥ f(c), ∀x ∈ [a, b]

Como g′(c) existe entao g′(c) = 0, ou seja, f ′(c) = k.

7.18- Defina a funcao ϕ(x) = g(x) − f(x), x ∈ [a, b]. Note que ϕ(a) = 0 eϕ′(x) = g′(x) − f ′(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b]. Logo ϕ e crescente em [a, b]. Comoϕ(a) = 0 entao ϕ(a) ≤ ϕ(x), ∀x ∈ [a, b] ⇒ ϕ(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b]. Portanto:g(x) ≥ f(x), ∀x ∈ [a, b].

7.19- Sejam f(x) = n(x−1) e g(x) = xn−1, ambas definidas em [1,+∞). Temosque g(1) = 1n − 1 = 0 = n(1− 1) = f(1) e mais:

x ≥ 1 ⇒ xn−1 ≥ 1 ⇒ nxn−1 ≥ n⇒ g′(x) ≥ f ′(x), ∀n ≥ 1

Logo, pelo exercıcio 7.18 concluimos que g(x) ≥ f(x), ∀x ≥ 1, ou seja,xn − 1 ≥ n(x− 1), ∀x ≥ 1 e ∀n ∈ N.

71

Capıtulo 8

8.1- Vimos que:∫ b

a

f(x)dx = limS(f ;P ; ξ) = limn∑

i=1

f(ξi)(xi − xi−1)

onde ξi ∈ [xi−1, xi]. Escolha ξi = xi, entao:

n∑i=1

f(ξi)∆xi =n∑

i=1

f(xi)∆xi =f(x1)

n+f(x2)

n+ . . .+

f(xn)

n=

=1

n3+

22

n3+ . . .+

n2

n3=

12 + 22 + . . .+ n2

n3=

=1

6n2(n+ 1)(2n+ 1) =

1

6

[2 +

3

n+

1

n2

]Logo, ∫ 1

0

x2dx = limn→∞

1

6

[2 +

3

n+

1

n2

]=

2

6=

1

3

8.3- Para qualquer particao P de [0, 1] temos L(P, f) = 0 e portanto,

∫f = 0.

Agora, seja Pn uma particao de [0, 1] com n subintervalos todos de comprimento

∆xi =1

n. Logo, temos

U(Pn, f) =n∑

i=1

Mi∆xi =n∑

i=1

xi1

n=

1

n

n∑i=1

xi =1

n

n∑i=1

i

n=

1

n2

n∑i=1

i =

=1

n2· n(n+ 1)

2=

1

n2

[n2 + n

2

]=

1

2+

1

2n

Desde que,

∫f ≤ U(P, f) para qualquer particao P , segue que:

∫f ≤ 1

2+

1

2n∀n ∈ N

Portanto, ∫f ≤ 1

2(19)

Mas, sabemos que ∀ε > 0 existe um δ > 0 tal que: U(P, f) <

∫f+ε se ||P || < δ.

Assim, para n suficientemente grande temos:

U(Pn, f) <

∫f + ε

72

e portanto,

1

2+

1

2n<

∫f + ε ∀n ∈ N

Assim,

1

2<

∫f + ε ∀ε > 0

Desde que, ε > 0 e qualquer, temos

1

2≤∫f (20)

De (19) e (20) temos ∫f =

1

2

Consequentemente temos, ∫f 6=

∫f

o que implica que f nao e integravel.

8.4- Suponha que existe x0 ∈ [a, b] tal que f(x0) > 0. Como f e contınua em x0

existe δ > 0 tal que:

∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b] tem-se f(x) >1

2f(x0) > 0

Logo,∫ b

a

f(x)dx =

∫ x0−δ

a

f(x)dx+

∫ x0+δ

x0−δ

f(x)dx+

∫ b

x0+δ

f(x)dx ≥

≥∫ x0+δ

x0−δ

1

2f(x0)dx =

1

2f(x0)

∫ x0+δ

x0−δ

dx =1

2f(x0)2δ = δf(x0) > 0

8.5- Considere a funcao definida no intervalo [0, 1]:

f(x) =

{1 se x ∈ Q−1 se x ∈ R−Q

Essa funcao e limitada mas nao e integravel. Porem |f | = 1 e integravel.

73

8.6- Como 0 ≤ m ≤ f(x) ≤ M entao: m2 ≤ f 2(x) ≤ M2 ∀ x ∈ [a, b], o queimplica ∫ b

a

m2dx ≤∫ b

a

f 2(x)dx ≤∫ b

a

M2dx

⇒ m2(b− a) ≤∫ b

a

f 2(x)dx ≤M2(b− a)

⇒ m2 ≤ 1

b− a

∫ b

a

f 2(x)dxdx ≤M2

⇒ m ≤(

1b−a

∫ b

a

f 2(x)dx

) 12

≤M

8.7- Como f e contınua em [a, b] entao f 2 tambem e. Usando o primeiro teoremada Media temos que existe c ∈ [a, b] tal que∫ b

a

f 2(x)dx = f 2(c)[b− a]

Logo

f 2(c) =1

b− a

∫ b

a

f 2(x)dx⇒ f(c) =

(1

b− a

∫ b

a

f 2(x)dx

) 12

8.8- A integrabilidade das funcoes ϕ e ψ decorre das seguintes identidades:

ϕ(x) = max[f(x), g(x)] =1

2{f(x) + g(x) + |f(x)− g(x)|}

e

ψ(x) = min[f(x), g(x)] =1

2{f(x) + g(x)− |f(x)− g(x)|}

8.9- Temos,

ϕ(x) =

∫ b

x

f(t)dy = −∫ x

b

f(t)dy

Logo, ϕ′(x) = −f(x).

8.10- Defina F (y) =

∫ y

a

f(t)dy, o que implica F ′(y) = f(y). Mas,

F (v(x)) =

∫ v(x)

a

f(t)dt = G(x)

74

Logo, G′(x) = (F ◦ v)′(x) = F ′(v(x)) · v′(x) = f(v(x)) · v′(x).

8.12- Seja F : [a, b] −→ R tal que

F (x) =

∫ x

c

f(t)dy, a ≤ c ≤ b

Entao: F ′(x) = f(x) ∀x ∈ [a, b]. Temos:

ϕ(x) =

∫ c

α(x)

f(t)dy +

∫ β(x)

c

f(t)dy =

= −∫ α(x)

c

f(t)dy +

∫ β(x)

c

f(t)dt = −F (α(x)) + F (β(x)).

Como F , α e β sao derivaveis entao ϕ e derivavel e

ϕ′(x) = −F ′(α(x)) · α′(x) + F ′(β(x)) · β′(x) = f(β(x)) · β′(x)− f(α(x)) · α′(x)

8.14- Temos, ∫ x+p

a+p

f(t)dt

Seja t = u+ p entao: dt = du e a+ p = u+ p⇒ u = a, x+ p = u+ p⇒ u = x.Logo, ∫ x+p

a+p

f(t)dt =

∫ x

a

f(u+ p)du =

∫ x

a

f(u)du =

∫ x

a

f(t)dt

8.15- Como f : [a + ε, b] −→ R e limitada e integravel, entao para todo0 < ε < b − a existe uma particao P ′, digamos, a + ε = x1 < x2 < . . . <xn = b tal que S(f ;P ′) − s(f ;P ′) < ε. Se considerarmos a particao P , ondea = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b temos:

S(f ;P)− s(f ;P) = M0(x1 − x0) + S(f ;P ′)−m0(x1 − x0)− s(f ;P ′)< ε+ (M0 −m0)(x1 − x0) = ε+ (M0 −m0)ε = ε′

Portanto f e integravel em [a, b] e

∫ b

a

f(x)dx existe.

8.16- Vamos mostrar inicialmente o seguinte fato: se f e limitada em [a, b] e∫ b

a+ε

f(x)dx existe para todo 0 < ε < b − a entao:

∫ b

a

f(x)dx existe. Desde que

f e integravel em [a+ ε, b] existe um particao P ′ de [a+ ε, b], digamos

a+ ε = x1 < x2 < . . . < xn = b

75

tal que:

S(P ′, f)− s(P ′, f) < ε

Sejam m e M e ınfimo e supremo de f em [a, b]. Se P e a particao a = x0 < x1 <. . . < xn = b de [a, b] entao:

S(P, f)− s(P, f) < (M −m)ε+ ε

Logo, f e integravel em [a, b]. Vamos utilizar este fato para resolver o nossoproblema da seguinte forma: Divida o intervalo [a, b] em um numero finito desubintervalos [ak, bk] tal que f e contınua em [ak, bk] exceto em um dos pontosfinais, digamos no extremo inferior ak.

Entao: f e contınua em [ak+ε, bk] para k = 1, 2, . . . , n e portanto e aı integravel.Usando o fato que demonstramos, temos que f e integravel em [ak, bk], k =1, 2, . . . n.

Mas, f sendo integravel em cada subintervalo [ak, bk], k = 1, 2, . . . , n entao: f eintegravel em [a, b].

8.17- Vamos mostrar que f(x) = 0 exceto no ponto a e seja α = f(α) > 0. Temosque, para qualquer particao P ′ de [a, b] s(P ′, f) = 0 e S(P ′, f) = α(x1 − x0).

Considere uma particao P de [a, b] tal que x1 − x0 <ε

α, ∀ ε > 0. Neste caso,

temos, S(P, f) − s(P, f) < ε. Logo, f e integravel em [a, b]. Como

∫ b

a

f = 0

entao: ∫ b

a

f =

∫ b

a

f =

∫ b

a

f = 0

8.18- Como

∫ b

a

f(x)g(x)dx = 0 ∀ g : [a, b] −→ R contınua entao, em particular,

∫ b

a

f 2(x)dx = 0

Vamos mostrar que, f ≡ 0. Suponha o contrario, entao: ξ ∈ [a, b] tal que

f(ξ) = η 6= 0. Por continuidade, temos f 2(x) >1

2η2 > 0 para α ≤ x ≤ β. Entao:

∫ b

a

f 2(x)dx ≥∫ β

α

f 2(x)dx >1

2η2(β − α) > 0

que contradiz a hipotese.

76

8.19- Considere o trinomio p(λ) =

∫ b

a

(f(x) + λg(x))2dx. Temos:

p(λ) =

∫ b

a

f(x)2dx+ 2λ

∫ b

a

f(x)g(x)dx+ λ2

∫ b

a

g(x)2dx ≥ 0

Sendo C =

∫ b

a

f(x)2dx, B =

∫ b

a

f(x)g(x)dx e A =

∫ b

a

g(x)2dx obtemos:

p(λ) = Aλ2 + 2Bλ+ C ≥ 0. Logo, ∆ ≤ 0, ou seja:

∆ = (2B)2 − 4AC ≤ 0 ⇒ 4B2 − 4AC ≤ 0 ⇒ B2 ≤ AC

o que implica (∫ b

a

f(x)g(x)dx

)2

≤∫ b

a

f(x)2dx

∫ b

a

g(x)2dx

8.20- Se f 6= 0 entao: M > 0. Agora, ∀ ε > 0 existe um intervalo [α, β] ⊂ [a, b]no qual f(x) > M − ε. Portanto,

(M − ε)n < fn(x) ∀x ∈ [α, β]

Por outro lado, fn(x) ≤Mn ∀x ∈ [a, b]. Logo,

(M − ε)n(β − α) <

∫ β

α

fndx ≤∫ b

a

fndx ≤Mn(b− a)

⇒ (M − ε)(β − α)1n <

(∫ b

a

fndx

) 1n

≤M(b− a)1n

Mas, (β − α)1n −→ 1 e (b− a)

1n −→ 1 se n −→∞. Logo, ∀ ε > 0 temos

M − ε ≤ limn→∞

(∫ b

a

fn(x)dx

) 1n

≤M

⇒M ≤ limn→∞

(∫ b

a

fn(x)dx

) 1n

≤M

⇒ limn→∞

(∫ b

a

fn(x)dx

) 1n

= M

8.22- Seja X = {x1, . . . , xn} um conjunto finito. Para todo ε > 0 considere aseguinte colecao finita de intervalos abertos:

Ii =(xi −

ε

2i+1, xi +

ε

2i

), i = 1, . . . , n

77

E evidente que X ⊆n⋃

i=1

Ii. Alem disso temos:

n∑i=1

|Ii| =n∑

i=1

ε

2i< ε

Portanto X tem conteudo nulo.

8.24- Seja E um conjunto com conteudo nulo, isto e, dado ε > 0 existe umacolecao finita de intervalos abertos (an, bn) tais que

E ⊂k⋃

n=1

(an, bn) ek∑

n=1

(bn − an) < ε

Entao, temos:

E ⊂k⋃

n=1

(an, bn) ⊂∞⋃

n=1

(an, bn)

Alem disso, para ε =1

k, k ∈ N temos:

0 <k∑

n=1

(bn − an) <1

k

e quando k −→∞ obtemos:

∞∑n=1

(bn − an) < ε

para todo ε > 0. Portanto E tem medida nula. A recıproca nao e verdadeira.Por exemplo, E = N tem medida nula, mas nao tem conteudo nulo.

8.25- Seja X = {x1, . . . , xi, . . .} enumeravel. Entao X tem medida nula. De fato,dado ε > 0, seja

Ii =(xi −

ε

2i+1, xi +

ε

2i+1

), i = 1, 2, . . .

Entao X ⊂⋃Ii e

∑|Ii| =

ε

2< ε.

8.26- Dado ε > 0, existe um numero finito de intervalos abertos (ai, bi),i = 1, . . . , n, dois a dois disjuntos, tais que

E ⊂n⋃

i=1

(ai, bi) = G en∑

i=1

(bi − ai) < ε

78

A funcao f e contınua em

H = [a, b]−G = [a, b] ∩G′

e, desde ue H e limitado e fechado, f e uniformemente contınua em H. Logo,existe δ > 0 tal que |f(x)− f(y)| < ε sempre que x, y ∈ H e |x− y| < δ.Agora seja P uma particao de [a, b] que contem todos os pontos extremos (em[a, b]) de I1, . . . , In e todos os subintervalos em H, cujos comprimentos saomenores que δ. Se os subintervalos de P sao [xi−1, xi] (i = 1, . . . , n) entao:

S(f ;P)− s(f ;P) =n∑

i=1

(Mi −mi)(xi − xi−1)

= (ΣG + ΣH)(Mi −mi)(xi − xi−1)

onde ΣG e ΣH se estendem sobre os subintervalos em G e H, respectivamente.Claramente

ΣG(Mi −mi)(xi − xi−1) ≤ ΣG(M −m)(xi − xi−1) < (M −m)ε

eΣH(Mi −mi)(xi − xi−1) ≤ ΣHε(xi − xi−1) ≤ ε(b− a)

Portanto:S(f ;P)− s(f ;P) < (M −m+ b− a)ε = ε′

8.27- Dado ε > 0, existem intervalos abertos I1, . . . , Ik, . . . tais que D ⊂⋃Ik

e∑|Ik| < ε/2K, onde K = M − m. Para cada x ∈ [a, b] − E, seja Jx um

intervalo aberto de centro x no qual a oscilacao de f e menor do que ε/2(b− a).Pelo Teorema de Borel-Lebesgue, a cobertura aberta [a, b] ⊂ (

⋃k Ik) ∪ (

⋃x Jx)

possui uma subcobertura finita [a, b] ⊂ I1 ∪ . . . ∪ Im ∪ Jx1 ∪ . . . ∪ Jxn . SejaP a particao de [a, b] formada pelos pontos a, b e os extremos desses m + nintervalos que pertencam a [a, b]. Indiquemos com [tα−1, tα] os intervalos deP que estao contidos em algum Ik e com [tβ−1, tβ] os demais intervalos de P .Entao

∑(tα − tα−1) < ε/2K e a oscilacao de f em cada intervalo [tβ−1, tβ] e

ωβ < ε/2(b− a). Logo

S(f ;P)− s(f ;P) =∑

ωα(tα − tα−1) +∑

ωβ(tβ − tβ−1)

<∑

Ktα − tα−1 +∑ ε(tβ − tβ−1)

2(b− a)

<Kε

2K+ε · (b− a)

2(b− a)= ε

Logo f e integravel.

79

8.28- Mostremos que f e contınua apenas em R − Q. De fato, dado ε > 0 seja

q0 ∈ N tal que1

q0< ε. Agora, considere o conjunto Q0 = {p/q, com q < q0}.

Note que, em qualquer intervalo limitado de R, existe somente um numero finitode elementos de Q0, pois, quando q ≥ q0 tem-se p/q /∈ Q0.Considere [a, b] ⊂ R e seja c ∈ [a, b], entao e possıvel exibir uma vizinhancade c que nao contem nenhum ponto de Q0, isto e, existe δ > 0 tal que(c− δ, c) e (c, c + δ) nao contem elementos de Q0. Logo, se 0 < |c− p/q| < δentao: ∣∣∣∣f (pq

)− 0

∣∣∣∣ =1

q≤ 1

q0< ε⇒ lim

x→cf(x) = 0, se c ∈ Q

Obviamente, limx→c

f(x) = 0 se c ∈ R − Q. Agora, dado c ∈ R ou c ∈ Q ou

c ∈ R−Q. Se c ∈ Q entao:

limx→c

f(x) = 0 6= 1

q= f(c)

Se c ∈ R−Q entao:limx→c

f(x) = 0 = f(c)

Logo, f e contınua apenas nos numeros irracionais e como Q tem medida nula fe integravel em [a, b].Considere agora P = {t0, t1, . . . , tn} uma particao qualquer de [a, b]. Temos quetodo intervalo da forma [ti−1, ti] contem numeros irracionais. Logo, mi = 0,

∀i = 1, . . . , n, ou seja, s(f ;P) = 0, donde segue que

∫ b

a

f(x)dx = 0. Como f e

integravel, devemos ter

∫ b

a

f(x)dx = 0.

8.29- Seja K ⊆ R um conjunto compacto com medida nula, ou seja, dado ε > 0existe uma colecao enumeravel de intervalos abertos Ii = (ai, bi) tais que

K ⊂∞⋃i=1

Ii e∞∑i=1

|bi − ai| < ε

Como K e compacto, adimite subcobertura finita. Logo:

K ⊂n⋃

k=1

Iik en∑

k=1

|bik − aik | <∞∑i=1

|bik − aik | < ε

Portanto K possui conteudo nulo.

8.30- Temos que c = inf[a,b]

g, d = sup[a,b]

g, g(a) = α e g(b) = β, donde segue que

α, β ∈ [c, d]. Defina F em [c, d] e G em [a, b] pondo

F (x) =

∫ x

α

f(x)dx e G = F ◦ g

80

Entao: ∫ b

a

(f ◦ g)g′ =∫ b

a

G′ = G(b)−G(a) = F (b)− F (a) =

∫ β

α

f

ou seja: ∫ β

α

f(y)dy =

∫ b

a

f(g(x))g′(x)dx

81

Capıtulo 9

9.1- Se |x| < 1 entao: xn −→ 0. Logo,

limn→∞

fn(x) = limn→∞

xn

1 + xn= 0

Se |x| > 1 entao:1

|x|< 1. Logo,

limn→∞

fn(x) = limn→∞

1(1x

)n+ 1

= 1

Se x = 1, temos:

limn→∞

f(x) =1

2

9.2- Basta mostrar que∞∑

n=1

n2x(1− x)n converge em [0, 1]. De fato, temos:

lim

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lim

∣∣∣∣(n+ 1)2x(1− x)n+1

n2x(1− x)n

∣∣∣∣ = lim

(n+ 1

n

)2

|1− x|

= |1− x| lim(

1 +1

n

)2

= |1− x| < 1

pois 0 ≤ x ≤ 1 ⇔ |x−1| < 1. Portanto,∞∑

n=1

n2x(1−x)n converge em [0, 1], donde

segue que fn(x) = n2x(1−x)n converge pontualmente para a funcao identicamentenula em [0, 1].

9.3- Basta mostrar que∞∑

n=1

nxe−nx2

converge em R. De fato, temos:

lim

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lim(n+ 1)|x|e−(n+1)x2

n|x|e−nx2 = limn+ 1

ne−x2

= e−x2

lim

(1 +

1

n

)= e−x2

< 1 ∀x ∈ R− {0}

Quando x = 0, fn(x) = 0. Portanto,∞∑

n=1

nxe−nx2

converge em R, donde segue

que fn(x) = nxe−nx2converge pontualmente para a funcao identicamente nula

em R.

82

9.4- Temos que:f(0) = 0 −→ 0 e f(1) = 0 −→ 0

Considerando o intervalo 0 < x < 1, segue que:

limn→∞

fn(x) = 0

pelo teste da razao em∞∑

n=1

fn(x) e pelo teste do limite do termo geral, isto e, (fn)

coverge pontualmente a 0 no intervalo 0 ≤ x ≤ 1.Agora fn(x) nao converge uniformemente no intervalo 0 ≤ x ≤ 1.De fato, seja Bn = sup

0≤x≤1|nx(1− x)n| = max

0≤x≤1|nx(1− x)n|. Entao:

f ′n(x) = n(1− x)n + nx[−n(1− x)n−1] = n(1− x)n − n2x(1− x)n−1

Logo,

f ′n(x) = 0 ⇒ n(1− x)n − n2x(1− x)n−1 = 0

⇒ n(1− x)n = n2x(1− x)n−1 ⇒ (1− x)n = nx(1− x)n−1

⇒ 1− x = nx⇒ nx+ x = 1 ⇒ x(n+ 1) = 1

⇒ x =1

n+ 1(ponto crıtico)

Temos ainda que:

f ′′n(x) = −n2(1− x)n−1 − [n2(1− x)n−1 − n2x(n− 1)(1− x)n−2]

= −n2(1− x)n−1 − n2(1− x)n−1 + n2x(n− 1)(1− x)n−2

= −2n2(1− x)n−1 + n2(n− 1)x(1− x)n−2

Daı,

f ′′n

(1

n+ 1

)= −2n2

(1− 1

n+ 1

)n−1

+ n2(n− 1)1

n+ 1

(1− 1

n+ 1

)n−2

= −2n2

(n

n+ 1

)n−1

+ n2(n− 1)1

n+ 1

(n

n+ 1

)n−2

= −2n2

(n

n+ 1

)n(n

n+ 1

)−1

+

+n2(n− 1)1

n+ 1

(n

n+ 1

)n(n

n+ 1

)−2

= −2n2n+ 1

n

(n

n+ 1

)n

+ n2(n− 1)1

n+ 1

(n+ 1)2

n2

(n

n+ 1

)n

= −2n(n+ 1)

(n

n+ 1

)n

+ (n2 − 1)

(n

n+ 1

)n

= [−2n(n+ 1) + (n2 − 1)]

(n

n+ 1

)n

= [−n2 − 2n− 1]

(n

n+ 1

)n

< 0

83

Logo fn(x) possui um maximo em x =1

n+ 1. Como Bn = max

0≤x≤1|nx(1 − x)n|,

temos:

Bn = fn

(1

n+ 1

)= n · 1

n+ 1·(

1− 1

n+ 1

)n

=n

n+ 1

(n

n+ 1

)n

=

(n

n+ 1

)n+1

e portanto,

limn→∞

Bn = limn→∞

(n

n+ 1

)n+1

= limn→∞

(1− 1

n+ 1

)n+1

= e 6= 0

9.5- Temos que, fn : [0, 1] −→ R, fn(x) = xn, converge pontualmente para afuncao descontınua f : [0, 1] −→ R, f(x) = 0 se 0 ≤ x < 1, f(1) = 1. Decorre doteorema de Dini a convergencia uniforme em todo intervalo da forma [0, 1 − δ],0 < δ < 1. Porem a convergencia nao e uniforme em [0, 1]. De fato, tomandoε = 1/2, afirmamos que, seja qual for n0 ∈ N, existem pontos x ∈ [0, 1) tais que|fn0(x)− f(x)| ≥ 1/2, ou seja, xn0 ≥ 1/2. Basta observar que lim

x→1−xn0 = 1. Logo

existe δ > 0 tal que 1− δ < x < 1 ⇒ xn0 > 1/2. Isto mostra que fn nao convergeuniformemente para f no intervalo [0, 1].

9.6- Consideremos fn(x) = xn(1− xn) no intervalo [0, 1]. Temos que:

0 < x < 1 ⇔ 0 < xn(1− xn) < xn

Como xn −→ 0 pontualmente em (0, 1) segue que, fn(x) = xn(1 − xn) −→ 0pontualmente no mesmo intervalo (note tambem que: fn(0) = fn(1) = 0 e assimfn −→ 0 pontualmente em [0, 1]). Porem essa convergencia nao e uniforme. Defato, seja Bn = sup

0≤x≤1|xn(1− xn)| = max

0≤x≤1|xn(1− xn)|. Entao:

f ′n(x) = [xn(1− xn)]′ = nxn−1 − 2nx2n−1 =nxn − 2nx2n

x= 0, x 6= 0

Daı tem-se:

f ′n(x) = 0 ⇒ x =n

√1

2(ponto crıtico)

Temos ainda:

f ′′n(x) = [nxn−1 − 2nx2n−1]′ = n(n− 1)xn−2 − 2n(2n− 1)x2n−2

=n(n− 1)xn − 2n(2n− 1)x2n

x2

84

donde segue que:

f ′′( n√

1/2) =n(n− 1)1

2− 2n(2n− 1)1

4

(1/2)2n

= − n2

(1/2)2n

< 0

ou seja, f possui um maximo em x = n√

1/2. Logo:

Bn = f( n√

1/2) =1

49 0

e portanto a convergencia nao e uniforme em [0, 1]. Porem, se nos restringirmosao intervalo [0, 1 − δ], 0 < δ < 1, fn −→ 0 uniformemente, pois xn −→ 0uniformemente nesse intervalo e 0 ≤ xn(1− xn) ≤ xn.Considere agora gn(x) = nxe−nx2

. Pelo exercıcio 9.3 esta sequencia convergepontualmente para 0 em R e portanto converge para 0 no intervalo [0, 1].Tomando ε = e−1, temos que para todo n ∈ N, os pontos 1/n ∈ (0, 1] satisfazema seguinte desigualdade:

|gn(1/n)| = e−1/n ≥ e−1 = ε

donde segue que gn nao converge uniformemente em [0, 1].

9.7- Seja fn(x) = xn(1 − x) no intervalo [0, 1]. Afirmamos que fn −→ 0uniformemente em [0, 1]. De fato,

f ′n(x) = nxn−1(1− x)− xn =nxn(1− x)− xn+1

x, x 6= 0

ou seja:

f ′n(x) = 0 ⇒ nxn(1− x)− xn+1 = 0 ⇒ xn[n(1− x)− x] = 0 ⇒ x =n

n+ 1

Temos ainda:

f ′′n(x) = n2xn−2(1− x)− nxn−2(1− x)− 2nxn−1

donde segue que:

f ′′n(n/(n+ 1)) = −n(

n

n+ 1

)n−2

< 0

ou seja, fn possui um maximo em n/(n+ 1). Logo:

sup0≤x≤1

|xn(1− x)| = max0≤x≤1

|xn(1− x)| = fn

(n

n+ 1

)=

(n

n+ 1

)1

n+ 1−→ 0

85

Portanto, fn −→ 0 uniformemente em [0, 1] (em particular a convergenciatambem e pontual).

9.8- Sejam M(A) = supx∈A

|fn(x)− f(x)| e M(B) = supx∈B

|fn(x)− f(x)|. Temos que

M(A) −→ 0 e M(B) −→ 0. Mostremos que M(A∪B) = supx∈A∪B

|fn(x)−f(x)| −→

0. De fato, se x ∈ A ∪B, entao x ∈ A ou x ∈ B, donde segue que

M(A ∪B) = max{M(A),M(B)}

Logo, M(A ∪ B) = M(A) −→ 0, ou M(A ∪ B) = M(B) −→ 0, ou ainda,M(A∪B) = M(A) = M(B) −→ 0, donde conclui-se que sup

x∈A∪B|fn(x)−f(x)| −→

0, isto e, fn converge uniformemente para f em A ∪B.

9.9- E analogo a demonstracao para sequencias numericas. Agora, fngn −→ fguniformemente, se (fn) e (gn) forem uniformemente limitadas, isto e, se existeK > 0 tal que |fn(x)| ≤ K e |gn(x)| ≤ K, ∀n ∈ N e ∀x ∈ I. De fato, dado ε > 0existem n1(ε), n2(ε) ∈ N tais que

n ≥ n1 ⇒ |fn − f | < ε

2Ke n ≥ n2 ⇒ |gn − g| < ε

2K

Sendo n ≥ max{n1, n2} = N segue que:

n ≥ N ⇒ |fg − fngn| ≤ |f ||gn − g|+ |gn||fn − f | < Kε

2K+K

ε

2K= ε

Se (fn) e (gn) nao forem uniformemente limitadas, nao podemos afirmar que

a convergencia e uniforme. Por exemplo, se fn(x) = gn(x) = x +1

ntemos:

fngn = x2 +2x

n+

1

n2−→ x2 = fg pontualmente.

9.10- Seja Φn(x) =n∑

k=0

xk(1− x). Entao se |x| < 1, temos:

lim Φn =∞∑

n=0

xn(1− x) = (1− x)(1 + x+ x2 + . . .) = (1− x)1

1− x= 1

Se x = 1 entao,∑xn(1 − x) = 0, ou seja,

∑xn(1 − x) converge pontualmente

para

f(x) =

{1, se |x| < 10, se x = 1

9.13- Temos que: ∣∣∣∣sin(nx)

n2

∣∣∣∣ ≤ 1

n2e

∣∣∣∣cos(nx)

n3

∣∣∣∣ ≤ 1

n3

86

Como∑

1n2 e

∑1n3 convergem, segue pelo criterio de Weierstrass que

∞∑n=1

sin(nx)

n2

e∞∑

n=1

cos(nx)

n3convergem uniformemente em R.

Exercıcio Complementar 1- Seja f : R −→ R satisfazendo as seguintescondicoes:

i) ∃M > 0 tal que |f(x)| ≤M , ∀x ∈ R;

ii) ∃c > 0 tal que |f(x)− f(y)| ≤ c|x− y| ∀x, y ∈ R.

Para cada n ∈ N seja xn : [0, 1] −→ R solucao da equacao funcional x′ = f(x)(*).Se xn(0) converge, mostre que existe uma subsequencia (xnk

) de (xn) que convergeuniformemente para uma solucao de (*). Note que, xn ∈ C1.

Solucao: Temos que, x′n = f(xn). Ingrando de 0 ate t, 0 < t ≤ 1 e usando oTeorema Fundamental do Calulo, temos:

xn(t)− xn(0) =

∫ t

0

f(xn(s))ds (∗∗)

Agora usando i) e a desigualdade |a− b| ≥ |a| − |b|, temos?

|xn(t)| − |xn(0)| ≤∫ t

0

Mds = Mt ≤M

pois, t ≥ 1.Como (xn(0)) converge entao ∃α > 0 tal que |xn(0)| ≤ α ∀n ∈ N.Logo, |xn(t)| ≤M +α ∀n ∈ N. Isto significa que, (xn) e uniformemente limitada.Vamos mostrar agora que, (xn) e equicontınua. Sejam t, t′ ∈ [0, 1] entao temos:

xn(t)− xn(t′) =

∫ t

0

f(xn(s))ds−∫ t′

0

f(xn(s))ds =

=

∫ 0

t′f(xn(s))ds+

∫ t

0

f(xn(s))ds =

∫ t

t′f(xn(s))ds

donde temos:

|xn(t)− xn(t′)| ≤∣∣∣∣∫ t

t′|f(xn(s))|ds

∣∣∣∣ ≤≤

∣∣∣∣∫ t

t′Mds

∣∣∣∣ = M |t− t′|, ∀n ∈ N e t, t′ ∈ [0, 1]

Pelo Teorema de Ascoli-Arzela, a sequencia (xn) possui uma subsequencia (xnk)

uniformemente convergente. Seja ϕ o limite uniforme de (xnk). Pela condicao ii)

temos que: f(xnk) −→ f(ϕ) uniformemente em [0, 1]. De (**) temos que,

xnk(t)− xnk

(0) =

∫ t

0

f(xnk(s))ds

87

Fazendo nk −→∞ nesta igualdade temos:

ϕ(t)− ϕ(0) =

∫ t

0

f(ϕ(s))ds

Finalmente, pelo Teorema de Fundamental do Calculo, temos ϕ′ = f(ϕ)