Post on 08-Dec-2015
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Solucoes de Exercıcios do Livro
“Curso de Analise”, Volume I,
de Elon Lages Lima
Cleber Fernando Colle,Edson Jose Teixeira,
Julio C. C. da Silva (jcconegundes@gmail.com) eRodrigo Carlos Silva de Lima (rodrigo.uff.math@gmail.com)
24 de dezembro de 2013
Sumario
1 Conjuntos e Funcoes 7Exercıcio 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Exercıcio 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Exercıcio 1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Exercıcio 1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Exercıcio 1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Exercıcio 1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Exercıcio 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Exercıcio 1.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Exercıcio 1.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Exercıcio 1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Exercıcio 1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Exercıcio 1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Exercıcio 1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Exercıcio 1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Exercıcio 1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Exercıcio 1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Exercıcio 1.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Exercıcio 1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Exercıcio 1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Exercıcio 1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Exercıcio 1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2 Conjuntos Finitos, Enumeraveis e Nao-Enumeraveis 30Exercıcio 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Exercıcio 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Exercıcio 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Exercıcio 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Exercıcio 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Exercıcio 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Exercıcio 2.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Exercıcio 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Exercıcio 2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Exercıcio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Exercıcio 2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Exercıcio 2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Exercıcio 2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Exercıcio 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Exercıcio 2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Exercıcio 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Exercıcio 2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Exercıcio 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Exercıcio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Exercıcio 2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53Exercıcio 2.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
1
Exercıcio 2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Exercıcio 2.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56Exercıcio 2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Exercıcio 2.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59Exercıcio 2.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Exercıcio 2.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Exercıcio 2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Exercıcio 2.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3 Numeros Reais 69Exercıcio 3.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Exercıcio 3.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Exercıcio 3.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Exercıcio 3.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Exercıcio 3.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Exercıcio 3.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Exercıcio 3.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Exercıcio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Exercıcio 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Exercıcio 3.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Exercıcio 3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Exercıcio 3.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82Exercıcio 3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83Exercıcio 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84Exercıcio 3.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85Exercıcio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86Exercıcio 3.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87Exercıcio 3.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Exercıcio 3.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Exercıcio 3.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92Exercıcio 3.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93Exercıcio 3.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94Exercıcio 3.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95Exercıcio 3.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96Exercıcio 3.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Exercıcio 3.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98Exercıcio 3.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99Exercıcio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100Exercıcio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Exercıcio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102Exercıcio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103Exercıcio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104Exercıcio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105Exercıcio 3.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106Exercıcio 3.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107Exercıcio 3.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108Exercıcio 3.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109Exercıcio 3.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110Exercıcio 3.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111Exercıcio 3.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Exercıcio 3.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113Exercıcio 3.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114Exercıcio 3.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115Exercıcio 3.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116Exercıcio 3.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117Exercıcio 3.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118Exercıcio 3.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
2
Exercıcio 3.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120Exercıcio 3.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121Exercıcio 3.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122Exercıcio 3.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124Exercıcio 3.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125Exercıcio 3.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126Exercıcio 3.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128Exercıcio 3.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129Exercıcio 3.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130Exercıcio 3.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131Exercıcio 3.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
4 Sequencias e Series de Numeros Reais 134Exercıcio 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135Exercıcio 4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136Exercıcio 4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137Exercıcio 4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138Exercıcio 4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139Exercıcio 4.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140Exercıcio 4.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141Exercıcio 4.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Exercıcio 4.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143Exercıcio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144Exercıcio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Exercıcio 4.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146Exercıcio 4.11a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147Exercıcio 4.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148Exercıcio 4.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149Exercıcio 4.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150Exercıcio 4.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151Exercıcio 4.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152Exercıcio 4.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Exercıcio 4.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155Exercıcio 4.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156Exercıcio 4.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157Exercıcio 4.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159Exercıcio 4.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160Exercıcio 4.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161Exercıcio 4.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162Exercıcio 4.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163Exercıcio 4.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164Exercıcio 4.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165Exercıcio 4.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166Exercıcio 4.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167Exercıcio 4.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Exercıcio 4.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169Exercıcio 4.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170Exercıcio 4.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171Exercıcio 4.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
5 Topologia da Reta 175Exercıcio 5.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176Exercıcio 5.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177Exercıcio 5.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178Exercıcio 5.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179Exercıcio 5.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180Exercıcio 5.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
3
Exercıcio 5.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182Exercıcio 5.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183Exercıcio 5.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184Exercıcio 5.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185Exercıcio 5.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186Exercıcio 5.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187Exercıcio 5.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188Exercıcio 5.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189Exercıcio 5.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190Exercıcio 5.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191Exercıcio 5.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192Exercıcio 5.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194Exercıcio 5.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195Exercıcio 5.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196Exercıcio 5.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197Exercıcio 5.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198Exercıcio 5.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199Exercıcio 5.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200Exercıcio 5.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201Exercıcio 5.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202Exercıcio 5.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203Exercıcio 5.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204Exercıcio 5.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205Exercıcio 5.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206Exercıcio 5.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207Exercıcio 5.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208Exercıcio 5.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209Exercıcio 5.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210Exercıcio 5.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211Exercıcio 5.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212Exercıcio 5.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213Exercıcio 5.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214Exercıcio 5.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215Exercıcio 5.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216Exercıcio 5.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217Exercıcio 5.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218Exercıcio 5.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219Exercıcio 5.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220Exercıcio 5.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221Exercıcio 5.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222Exercıcio 5.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223Exercıcio 5.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224Exercıcio 5.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225Exercıcio 5.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226Exercıcio 5.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227Exercıcio 5.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228Exercıcio 5.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229Exercıcio 5.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230Exercıcio 5.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231Exercıcio 5.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232Exercıcio 5.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234Exercıcio 5.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235Exercıcio 5.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236Exercıcio 5.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237Exercıcio 5.61 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238Exercıcio 5.62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239Exercıcio 5.63 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
4
Exercıcio 5.64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
6 Limites de Funcoes 244Exercıcio 6.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245Exercıcio 6.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246Exercıcio 6.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247Exercıcio 6.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248Exercıcio 6.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249Exercıcio 6.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250Exercıcio 6.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251Exercıcio 6.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252Exercıcio 6.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253Exercıcio 6.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254Exercıcio 6.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256Exercıcio 6.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258Exercıcio 6.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259Exercıcio 6.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260Exercıcio 6.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261Exercıcio 6.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262Exercıcio 6.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263Exercıcio 6.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264Exercıcio 6.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265Exercıcio 6.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267Exercıcio 6.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268Exercıcio 6.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271Exercıcio 6.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273Exercıcio 6.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
7 Funcoes Contınuas 275Exercıcio 7.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276Exercıcio 7.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278Exercıcio 7.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279Exercıcio 7.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280Exercıcio 7.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282Exercıcio 7.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283Exercıcio 7.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284Exercıcio 7.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285Exercıcio 7.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286Exercıcio 7.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287
8 Derivadas 295Exercıcio 8.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296Exercıcio 8.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297Exercıcio 8.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298Exercıcio 8.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299Exercıcio 8.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300Exercıcio 8.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301Exercıcio 8.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303Exercıcio 8.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304Exercıcio 8.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305Exercıcio 8.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306
9 Integral de Riemann 307
5
10 Sequencias e Series de Funcoes 308Exercıcio 10.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309Exercıcio 10.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310Exercıcio 10.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311Exercıcio 10.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313Exercıcio 10.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314Exercıcio 10.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316Exercıcio 10.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317Exercıcio 10.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318Exercıcio 10.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319Exercıcio 10.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320
6
Exercıcio 1.1:
Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) X ⊃ A e X ⊃ B,
(2a) Se Y ⊃ A e Y ⊃ B entao Y ⊃ X.
Prove que X = A ∪B.
A inclusao A ∪ B ⊂ X e fornecida pela primeira hipotese. De fato, se x ∈ A ⊂ X ou x ∈ B ⊂ X (isto e, sex ∈ A ∪B) entao x ∈ X.
E a segunda hipotese fornece a inclusao A ∪B ⊂ X pois A ∪B ⊃ A e A ∪B ⊃ B.Portanto, X = A ∪B.
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Exercıcio 1.2:
Enuncie e prove um resultado, analogo ao anterior, caracterizando A ∩B.
Enunciado:Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
1a X ⊂ A e X ⊂ B,
2a Se Y ⊂ A e Y ⊂ B entao Y ⊂ X.
Prove que X = A ∩B.Prova:A inclusao A∩B ⊃ X e fornecida pela primeira hipotese. De fato, se x ∈ X temos que A ⊃ X ∋ x e B ⊃ X ∋ x.
Consequentemente, se x ∈ X entao x ∈ A ∩B.E a segunda hipotese fornece a inclusao A ∩B ⊂ X pois A ∩B ⊂ A e A ∩B ⊂ B.Portanto, X = A ∩B.
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Exercıcio 1.3:
Sejam A,B ⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ E\B. Prove tambem que A ∪ B = E se, e somentese, E\A ⊂ B.
• A ∩B = ∅ se e somente se A ⊂ E\B:
Suponhamos que A ∩ B = ∅. Se x ∈ A devemos ter que x pertence a E\B. De fato, como x pertence a A eA esta contido em E, segue que x pertence a B ou E\B. Como A ∩ B = ∅, temos que x /∈ B. Logo, x ∈ E\B.Assim, A ⊂ E\B.
Consideremos o caso em que A ⊂ E\B. Se existisse x ∈ A∩B terıamos que x ∈ A e x ∈ B. Mas, como A e umsubconjunto de E\B, terıamos tambem que x ∈ E\B. Um absurdo, pois se x ∈ E\B entao x /∈ B. Desta forma,concluimos que A ∩B = ∅.
• A ∪B = E se e somente se E\A ⊂ B:
Suponhamos que A ∪ B = E. Se x ∈ E\A devemos ter que x pertence a B. De fato, como x pertence a E eE = A ∪ B, devemos ter que x ∈ A ou x ∈ B. Alem disso, como x ∈ E\A, temos tambem que x /∈ A. O que nosgarante que x ∈ B. Logo, E\A ⊂ B.
Consideremos o caso em que E\A ⊂ B. Seja x ∈ E. Segue que, x ∈ A ou x ∈ E\A. Se x ∈ E\A entao xpertence a B pois E\A esta contido em B. Logo, x ∈ A ou x ∈ B. Ou seja, x ∈ A ∪ B. Assim, devemos ter queE ⊂ A ∪B. E, como A e B estao contidos em E, segue (veja o exercicio 1.1) que E = A ∪B.
10
Exercıcio 1.4:
Dados A,B ⊂ E, prove que A ⊂ B se, e somente se, A ∩ (E\B) = ∅.
Suponhamos que A ⊂ B. Se existisse x ∈ A∩ (E\B) terıamos que x ∈ A e x ∈ E\B. Isto e, existiria x ∈ E talque x ∈ A e x /∈ B. Mas, isto e um absurdo, pois, como A ⊂ B, se x ∈ A entao x ∈ B. Portanto, A ∩ (E\B) = ∅.
Consideremos, agora, o caso em que A ∩ (E\B) = ∅. Seja x ∈ A. Como A ⊂ E, temos que x ∈ E. Assim,x ∈ B ou x ∈ E\B. Logo, x ∈ B pois se x ∈ E\B terıamos que x ∈ A ∩ (E\B) = ∅.
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Exercıcio 1.5:
De exemplo de conjuntos A,B,C tais que (A ∪B) ∩ C = A ∪ (B ∩ C).
Tome A = {1, 2, 3}, B = {1, 3} e C = {1, 2}. Desta forma, temos
(A ∪B) ∩ C = {1, 2} = {1, 2, 3} = A ∪ (B ∩ C).
12
Exercıcio 1.6:
Se A,X ⊂ E sao tais que A ∩X = ∅ e A ∪X = E, prove que X = E\A.
Seja x ∈ X. Uma vez que x /∈ ∅ = A ∩X, temos que x /∈ A. E, como x ∈ X ⊂ E, devemos ter, tambem, quex ∈ E. Logo, x ∈ E\A. Portanto, como x ∈ X e arbitraro, devemos ter que X ⊂ E\A.
Considere, agora, x ∈ E\A. Segue que x ∈ E e x /∈ A. Como x ∈ E = A ∪ X e x /∈ A, temos que x ∈ X.Portanto, como x ∈ E\A e arbitraro, devemos ter que X ⊂ E\A.
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Exercıcio 1.7:
Se A ⊂ B, entaoB ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A,
para todo conjunto C. Por outro lado, se existir C de modo que a igualdade acima seja satisfeita, entao A ⊂ B.
Primeiramente, mostremos que se A ⊂ B entao, para qualquer conjunto C, temos
B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A.
Seja x ∈ B ∩ (A ∪ C). Assim, x ∈ B e (x ∈ C ou x ∈ A).
• Se x ∈ C temos que x ∈ B ∩ C. Logo, x ∈ (B ∩ C) ∪A.
• Se x ∈ A temos imediatamente que x ∈ (B ∩ C) ∪A.
Segue, em todo caso, que x ∈ (B ∩ C) ∪A. Logo, concluimos que B ∩ (A ∪ C) ⊂ (B ∩ C) ∪A.Considere, agora, que x ∈ (B ∩ C) ∪A. Assim, x ∈ B ∩ C ou x ∈ A.
• Se x ∈ B ∩ C entao x ∈ B e x ∈ C. Logo, x ∈ B, x ∈ A ∪ C e, consequentemente, x ∈ B ∩ (A ∪ C).
• Se x ∈ A temos que x ∈ B, ja que A ⊂ B. Assim, x ∈ B e x ∈ A ⊂ A ∪ C. Logo, x ∈ B ∩ (A ∪ C).
Em ambos os casos, x ∈ B ∩ (A ∪B). Desta forma, tem-se que B ∩ (A ∪ C) ⊃ (B ∩ C) ∪A.Portanto, se A ⊂ B entao B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A, para qualquer conjunto C.Reciprocamente, suponhamos que exista um conjunto C tal que x ∈ (B ∩ C) ∪A = B ∩ (A ∪ C).Se x ∈ A temos que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Mas, como (B ∩ C) ∪ A = B ∩ (A ∪ C), devemos ter que x ∈ B. Logo,
conclui-se que A ⊂ B.
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Exercıcio 1.8:
Suponhamos que A e B sejam subconjuntos de E. Prove que A = B se, e somente se,(A ∩ (E\B)
)∪((E\A) ∩B
)= ∅.
Suponhamos que A = B. Neste caso, temos que
E\A = E\B.
Logo,A ∩ (E\B) = A ∩ (E\A) = ∅
eB ∩ (E\A) = B ∩ (E\B) = ∅.
Portanto, (A ∩ (E\B)
)∪(B ∩ (E\A)
)= ∅ ∪ ∅ = ∅.
Reciprocamente, consideremos o caso em que(A ∩ (E\B)
)∪(B ∩ (E\A)
)= ∅.
Seja x ∈ A. Se supusermos, por absurdo, que x /∈ B teremos que x ∈ A ∩ (E\B) e, consequentemente,
x ∈(A ∩ (E\B)
)∪(B ∩ (E\A)
)= ∅.
Uma contradicao. De modo inteiramente analogo e impossıvel que x ∈ B e x /∈ A. Portanto, A = B.
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Exercıcio 1.9:
Prove que(A\B) ∪ (B\A) = (A ∪B)\(A ∩B).
• (A\B) ∪ (B\A) ⊂ (A ∪B)\(A ∩B)
Seja x ∈ (A\B) ∪ (B\A). Neste caso, x ∈ A\B ou x ∈ B\A. Se x ∈ B\A entao temos que x ∈ A e x /∈ B.Logo, x ∈ A∪B e x /∈ A∩B, ou seja, x ∈ (A∪B)\(A∩B). Analogamente, x ∈ B\A implica x ∈ (A∪B)\(A∩B).
• (A\B) ∪ (B\A) ⊃ (A ∪B)\(A ∩B)
Seja x ∈ (A∪B)\(A∩B). Neste caso, x ∈ A∪B e x /∈ A∩B. Se x ∈ A entao x /∈ B, uma vez que x /∈ A∩B.Isto e, se x ∈ A entao x ∈ A\B. Analogamente, se x ∈ B, temos que x ∈ B\A. Portanto, x ∈ (A\B) ∪ (B\A).
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Exercıcio 1.10:
Para conjuntos A e B, definimos o conjunto
A∆B := (A\B) ∪ (B\A).
Prove que A∆B = A∆C implica que B = C. Examine a validade um resultado analogo com ∩, ∪ ou × em vez de∆.
Suponhamos que A∆B = A∆C.Mostraremos que os conjuntos B ∩ A e B\A estao contidos em C. Desta forma, como B = (B ∩ A) ∪ (B\A),
concluiremos que B ⊂ C.Seja x ∈ B∩A. Temos que x /∈ A∆B = (A\B)∪ (B\A), pois x /∈ A\B e x /∈ B\A. Assim, como A∆B = A∆C,
temos que x /∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A) e, consequentemente, x /∈ A\C. Logo, x ∈ C pois x ∈ A e x /∈ A\C. Comox ∈ B ∩A e arbitrario, concluimos que B ∩A ⊂ C.
Seja x ∈ B\A. Logo, x ∈ (A\B) ∪ (B\A) = A∆B. E, como A∆B = A∆C, temos que x ∈ A∆C. Sendox ∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A), segue que x ∈ A\C ou x /∈ C\A. Assim, ja que x /∈ A, devemos ter que x ∈ C\A e,consequentemente, x ∈ C. Como x ∈ B\A e arbitrario, concluimos que B\A ⊂ C.
Por fim, como B ∩ A e B\A estao contidos em C, devemos ter que B ⊂ C. E, de forma analoga, prova-se queC ∩A e C\A estao contidos em B. Logo, C ⊂ B. Portanto, supondo que A∆B = A∆C, temos que B = C.
Consideremos agora a validade dos casos analogos para ∩, ∪ e × ao inves de ∆.Existem A, B e C tais que
• A ∩B = A ∩ C e B = C. Por exemplo: A = {1}, B = {1, 2} e C = {1, 2, 3};
• A ∪B = A ∪ C e B = C. Por exemplo: A = {1}, B = {2} e C = {1, 2};
• A×B = A× C e B = C. Por exemplo: A = ∅, B = {1} e C = {2}.
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Exercıcio 1.11:
Prove as seguintes afirmacoes:
(a) (A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C);
(b) (A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C);
(c) (A−B)× C = (A× C)− (B × C);
(d) A ⊂ A′, B ⊂ B′ =⇒ A×B ⊂ A′ ×B′.
(a) Temos que a igualdade (A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C) e valida pois
(x, c) ∈ (A ∪B)× C ⇐⇒ x ∈ A ∪B e c ∈ C⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) ou (x ∈ B e c ∈ C)⇐⇒ (x, c) ∈ A× C ou (x, c) ∈ B × C⇐⇒ (x, c) ∈ (A× C) ∪ (B × C).
(b) Temos que a igualdade (A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C) e valida pois
(x, c) ∈ (A ∩B)× C ⇐⇒ x ∈ (A ∩B) e c ∈ C⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) e (x ∈ B e c ∈ C)⇐⇒ (x, c) ∈ A× C e (x, c) ∈ B × C⇐⇒ (x, c) ∈ (A× C) ∩ (B × C).
(c) Temos que a igualdade (A−B)× C = (A× C)− (B × C) e valida pois
(x, c) ∈ (A−B)× C ⇐⇒ x ∈ A−B e c ∈ C⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) e (x /∈ B e c ∈ C)⇐⇒ (x, c) ∈ A× C e (x, c) /∈ B × C⇐⇒ (x, c) ∈ (A× C)− (B × C).
(d) Seja (a, b) ∈ A × B. Entao, a ∈ A′ e b ∈ B′ pois A ⊂ A′ e B ⊂ B′. Logo, (a, b) ∈ A′ × B′. Portanto,concluimos que A×B ⊂ A′ ×B′.
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Exercıcio 1.12:
Dada uma funcao f : A→ B:
(a) Prove que se tem f(X\Y ) ⊃ f(X)\f(Y ), sejam quais forem os subconjuntos X e Y de A;
(b) Mostre que se f for injetora entao f(X\Y ) = f(X)\f(Y ) para quaisquer X e Y contidos em A.
(a)
Suponhamos que z ∈ f(X)\f(Y ). Desta forma, temos que z ∈ f(X) e, consequentemente, existe x ∈ X talque f(x) = z. Como z /∈ f(Y ) e z = f(x), devemos ter que x /∈ Y . Logo, x ∈ X\Y . Assim, concluimos quez = f(x) ∈ f(X\Y ).
Portanto, devemos ter que f(X\Y ) ⊂ f(X)\f(Y ).
(b)
Pelo item (a), temos que f(X\Y ) ⊂ f(X)\f(Y ). Logo, basta verificarmos que f(X\Y ) ⊃ f(X)\f(Y ).Seja z ∈ f(X\Y ). Entao, podemos escolher x ∈ X\Y tal que f(x) = z. Assim, z = f(x) ∈ f(X) pois x ∈ X.
Por outro lado, como f e injetivo, f(x) = z e x /∈ Y , nenhum y ∈ Y e tal que f(y) = z. Logo, z /∈ f(Y ). Portanto,z ∈ f(X)\f(Y ).
Com isso, concluimos que f(X\Y ) = f(X)\f(Y ).
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Exercıcio 1.13:
Mostre que a funcao f : A→ B e injetora se, e somente se, f(A\X) = f(A)\f(X) para todo X ⊂ A.
Se f : A → B e injetiva, pelo item (b) do exercıcio 1.12, a igualdade f(A\X) = f(A)\f(X) e valida para todoX ⊂ A.
Suponhamos que a igualdade f(A\X) = f(A)\f(X) seja valida para todo X ⊂ A. Seja a ∈ A e denotemos porb o elemento f(a) ∈ B. Assim,
b /∈ f(A\{a}) = f(A)\f({a}).
Logo, nao existe a′ ∈ A\{a} tal que f(a′) = b = f(a). Desta forma, como a ∈ A e arbitrario, concluimos que f einjetivo.
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Exercıcio 1.14:
Dada a funcao f : A→ B, prove que:
(a) f−1(f(X)) ⊃ X para todo X ⊂ A;
(b) f e injetora se, e somente se, f−1(f(X)) = X para todo X ⊂ A.
(a)
Se x ∈ X entao x ∈ f−1(f(X)) pois f(x) ∈ f(X). Assim, devemos ter que f−1(f(X)) ⊃ X.
(b)
Suponhamos que f e injetora e fixemos X ⊂ A. Provaremos que f−1(f(X)) ⊂ X e concluiremos, pelo item(a), que f−1(f(X)) = X. Desta forma, podemos concluir que se f e injetora entao f−1(f(X)) = X, para qualquerX ⊂ A.
Seja y ∈ f−1(f(X)). Segue que f(y) ∈ f(X). Assim, existe x ∈ X tal que f(x) = f(y). Sendo f injetiva,conclui-se que y = x ∈ X. Portanto, como y ∈ f−1(f(X)) e arbitrario, temos que f−1(f(X)) ⊂ X.
Suponhamos, por outro lado, que f seja tal que f−1(f(X)) = X, para qualquer X ⊂ A. Sejam x e y ∈ Atais que f(x) = f(y). Neste caso, temos que f({x}) = f({x, y}). Assim, f−1(f({x})) = f−1(f({x, y})) e, pelahipotese,
{x} = f−1(f({x})) = f−1(f({x, y})) = {x, y}.
Desta forma, y ∈ {x} e, consequentemente, x = y. Com isso, concluimos que se x e y ∈ A sao tais que f(x) = f(y)entao x = y. Portanto, f e injetiva.
21
Exercıcio 1.15:
Dada f : A→ B, prove:
(a) Para todo Z ⊂ B, tem-se que f(f−1(Z)) ⊂ Z;
(b) f e sobrejetora se, e somente se, f(f−1(Z)) = Z para todo Z ⊂ B.
(a)
Seja z ∈ f(f−1(Z)). Existe x ∈ f−1(Z) tal que f(x) = z. Assim, como x ∈ f−1(Z), z = f(x) ∈ Z.Portanto, podemos concluir que f(f−1(Z)) ⊂ Z.
(b)
Suponhamos que f seja sobrejetora. Provaremos, para um Z ⊂ B arbitrario, que f(f−1(Z)) = Z.Pelo item (a), temos que f(f−1(Z)) ⊂ Z.Seja z ∈ Z. Como f e sobrejetiva, existe x ∈ A tal que z = f(x). Desta forma, como f(x) = z ∈ Z, segue que
x ∈ f−1(Z). Logo, z = f(x) ∈ f(f−1(Z)).Desta forma, concluimos que f(f−1(Z)) ⊃ Z.Portanto, devemos ter que f(f−1(Z)) = Z.Suponhamos, por outro lado, que f(f−1(Z)) = Z, para todo Z ⊂ B.Seja z ∈ B. Definindo Z = {z}, temos que
f(f−1(Z)) = Z = {z}.
Desta forma, temos que z ∈ f(f−1(Z)). Assim, existe x ∈ f−1(Z) ⊂ A tal que f(x) = z.Portanto, neste caso, f e sobrejetiva.
22
Exercıcio 1.16:
Dada uma famılia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊃ Aλ;
(2a) Se Y ⊃ Aλ, para todo λ ∈ L, entao Y ⊃ X.
Prove que, nestas condicoes, tem-se X =∪
λ∈L
Aλ.
Pela primeira condicao, temos que X ⊃ Aλ para cada λ ∈ L. Assim,∪λ∈L
Aλ ⊂ X pois cada x ∈∪λ∈L
Aλ pertence
a Aλ ⊂ X, para algum λ ∈ L.
O conjunto∪λ∈L
Aλ e tal que∪λ∈L
Aλ ⊃ Aλ, para todo λ ∈ L. Logo, pela segunda condicao,∪λ∈L
Aλ ⊃ X.
Portanto, X =∪λ∈L
Aλ.
23
Exercıcio 1.17:
Enuncie e demonstre um resultado analogo ao anterior, caracterizando∩
λ∈L
Aλ.
Enunciado: Dada uma famılia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊂ Aλ;
(2a) Se Y ⊂ Aλ para todo λ ∈ L, entao Y ⊂ X.
Nestas condicoes, tem-se X =∩
λ∈L
Aλ.
Demonstracao:
Todo elemento x de X pertence a∩
λ∈L
Aλ pois x ∈ X ⊂ Aλ, pela primeira hipotese sobre X. Logo,∩
λ∈L
Aλ ⊃ X.
O conjunto∩
λ∈L
Aλ e tal que∩
λ∈L
Aλ ⊂ Aλ, para todo λ ∈ L. Assim, pela segunda hipotese sobre X,∩
λ∈L
Aλ ⊂ X.
Portanto, X =∩
λ∈L
Aλ.
24
Exercıcio 1.18:
Seja f : P(A) −→ P(A) uma funcao tal queX ⊂ Y =⇒ f(Y ) ⊂ f(X) e f(f(X)) = X. Prove que f(∪Xλ) = ∩f(Xλ)e f(∩Xλ) = ∪f(Xλ).[Aqui X,Y e cada Xλ sao subconjuntos de A].
Facamos cada inclusao separadamente.
(i) f (∪Xλ) ⊂
∩f (Xλ)
Como ∪Xλ ⊃ Xλ, para todo λ, temos por hipotese que f(∪Xλ) ⊂ f(Xλ), para todo λ. Daı, f(∪Xλ) ⊂ ∩f(Xλ).
(ii) f (∪Xλ) ⊃
∩f(Xλ)
Por (ii), temos que f(∩f(Xλ)) ⊃ ∪f(f(Xλ)) = ∪Xλ. Daı, f(f(∩f(Xλ))) ⊂ f(∪Xλ). Logo, ∩f(Xλ) ⊂ f(∪Xλ).
(iii) f (∩Xλ) ⊃
∪f (Xλ)
Como ∩Xλ ⊂ Xλ, para todo λ, temos por hipotese que f(∩Xλ) ⊃ f(Xλ), para todo λ. Daı, f(∩Xλ) ⊃ ∪f(Xλ).
(iv) f (∩Xλ) ⊂
∪f (Xλ)
Por (i), temos que f(∪f(Xλ)) ⊂ ∩f(f(Xλ)) = ∩Xλ. Daı, f(f(∪f(Xλ))) ⊃ f(∩Xλ). Logo, ∪f(Xλ) ⊃ f(∩Xλ).
De (i) e (ii), temos que f(∪Xλ) = ∩f(Xλ) e de (iii) e (iv), temos f(∩Xλ) = ∪f(Xλ).
25
Exercıcio 1.19:
Dadas as famılias (Aλ)λ∈L e (Bµ)µ∈M , forme duas famılias com ındices em L×M considerando os conjuntos
(Aλ ∪Bµ)(λ,µ)∈L×M e (Aλ ∩Bmu)(λ,µ)∈L×M .
Prove que se tem (∪λ∈L
Aλ
)∩
∪µ∈M
Bµ
=∪
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ),
(∩λ∈L
Aλ
)∪
∩µ∈M
Bµ
=∩
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ).
Primeiramente provemos que(∪λ∈L
Aλ
)∩
∪µ∈M
Bµ
=∪
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ).
Como ∪λ∈L
Aλ ⊃ Aλ ⊃ Aλ ∩Bµ,
para todo (λ, µ) ∈ L×M, temos que ∪λ∈L
Aλ ⊃∪
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ).
Analogamente, mostra-se que ∪µ∈M
Bµ ⊃∪
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ).
Assim, segue que (∪λ∈L
Aλ
)∩
∪µ∈M
Bµ
⊃∪
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ) .
Seja x ∈ (∪λ∈LAλ) ∩ (∪µ∈MBµ). Desta forma, x ∈ ∪λ∈LAλ e x ∈ ∪µ∈MBµ. Assim, existem λ ∈ L e µ ∈ Mtais que x ∈ Aλ e x ∈ Bµ. Logo,
x ∈ Aλ ∩Bµ ⊂∪
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ) .
Com isso, podemos concluir que(∪λ∈L
Aλ
)∩
∪µ∈M
Bµ
⊂∪
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∩Bµ) .
Mostremos agora que (∩λ∈L
Aλ
)∪
∩µ∈M
Bµ
=∩
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ).
Como(Aλ ∪Bµ) ⊃ Aλ ⊃
∩λ∈L
Aλ,
para todo (λ, µ) ∈ L×M , temos que ∩(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ) ⊃∩λ∈L
Aλ.
26
Analogamente, mostra-se que ∩(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ) ⊃∩
µ∈M
Bµ.
Assim, segue que ∩(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ) ⊃
(∩λ∈L
Aλ
)∪
∩µ∈M
Bµ
.
Seja x ∈ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ). Suponhamos, por absurdo, que x /∈ (∩λ∈LAλ)∪(∩µ∈MBµ). Entao, x /∈ ∩λ∈LAλ
e x /∈ ∩µ∈MBµ. Assim, existem λ ∈ L e µ ∈M tais que x /∈ Aλ e x /∈ Bµ. Com igual razao, existe (λ, µ) ∈ L×M talque x /∈ Aλ∪Bµ. Um absurdo, pois como Aλ∪Bµ ⊂ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ), terıamos que x /∈ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ).Logo, devemos ter que x ∈ (∩λ∈LAλ) ∪ (∩µ∈MBµ). Com isso, concluimos que
∩(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪Bµ) ⊂
(∩λ∈L
Aλ
)∪
∩µ∈M
Bµ
.
27
Exercıcio 1.20:
Seja (Aij)(i,j)∈N×N uma famılia de subconjuntos com ındices em N× N. Prove, ou disprove por contra-exemplo, aigualdade
∞∪j=1
( ∞∩i=1
Aij
)=
∞∩i=1
∞∪j=1
Aij
.
A igualdade e falsa em geral. De fato, tomando-se
Aij :=
{{1}, se i = j,∅, se i = j,
temos que∞∪j=1
( ∞∩i=1
Aij
)=
∞∪j=1
(∅) = ∅
e∞∩i=1
∞∪j=1
Aij
=∞∩i=1
({1}) = {1}.
28
Exercıcio 1.21:
Dados os conjuntos A,B,C, estabeleca uma bijecao entre F(A×B;C) e F(A;F(B;C)).
Seja f : A × B → C. Podemos definir uma funcao φf : A → F(B;C) definindo φf (a) : B → C como sendo afuncao dada por (
φf (a))(b) := f(a, b),
para todo b ∈ B. Verificaremos que a funcao φ : F(A×B;C) → F(A;F(B;C)), dada por
φ(f) := φf ,
para cada f ∈ F(A×B;C), e uma bijecao.Suponhamos que f e g ∈ F(A×B;C) sejam tais que φ(f) = φ(g). Assim, φf = φg. Logo, dado (a, b) ∈ A×B,
temos queφf (a) = φg(a)
e, consequentemente,f(a, b) =
(φf (a)
)(b) =
(φg(b)
)(b) = g(a, b).
Portanto, f = g. Com isso, concluimos que φ e injetiva.Seja ψ : A→ F(B;C). Podemos definir uma funcao f : A×B → C por
f(a, b) :=(ψ(a)
)(b),
para todo (a, b) ∈ A×B. Seja a ∈ A. Temos que(φf (a)
)(b) = f(a, b) =
(ψ(a)
)(b),
para todo b ∈ B. Desta forma φf (a) = ψ(a). Portanto, como a e arbitrario, concluımos que φf = ψ. Com isso,concluimos que φ e sobrejetiva.
Portanto, φ : F(A×B;C) → F(A;F(B;C)) e uma bijecao como querıamos demonstrar.
29
Exercıcio 2.1:
Prove que, na presenca dos axiomas P1 e P2, o axioma A abaixo e equivalente a P3:
A : Para todo subconjunto nao-vazio X ⊂ N, tem-se X\s(X) = ∅.
Relembremos as propriedades:
P1 : s : N → N e injetora;
P2 : N\s(N) = {1};
P3 : Se X ⊂ N e tal que 1 ∈ X e, para todo n ∈ X, s(n) ∈ X, entao X = N.
Suponhamos que as afirmacoes P1, P2 e P3 sejam validos. Concluiremos que o axioma A e valido mostrando quese X ⊂ N e tal que X\s(X) = ∅ entao X = ∅. Equivalentemente, se X ⊂ s(X) entao N\X = N. Primeiramente,temos que 1 ∈ N\X, pois, caso contrario, 1 ∈ s(N) ja que
X ⊂ s(X) ⊂ s(N),
contradizendo P2. Por P1,s(N\X) = s(N)\s(X) ⊃ s(N)\X.
Desta forma, se n ∈ N\X entao s(n) /∈ X e, consequentemente, s(n) ∈ N\X. Assim, por P3, concluimos queN\X = N.
Reciprocamente, suponhamos que os axiomas P1, P2 e A sejam validos. Seja X ⊂ N tal que 1 ∈ X e, paratodo n ∈ X, s(n) ∈ X. Provaremos que X = N e concluiremos daı que P3 e valido. Suponhamos por absurdo queN\X = ∅. Por A, segue que existe
n ∈ (N\X)\s(N\X).
Como 1 /∈ N\X, devemos ter que n = 1 e, por P2, existe m ∈ N tal que
s(m) = n.
Por P1, m /∈ N\X ja que s(m) = n /∈ s(N\X). Assim, m ∈ X e s(m) = n /∈ X, contradizendo a hipotese sobre X.
31
Exercıcio 2.2:
Dados os numeros naturais a e b, prove que existe um numero natural m tal que m · a > b.
Se a = 1, basta tomar m = b+ 1, pois1(b+ 1) = b+ 1 > b.
Se a = 1 entao a > 1 ja que a ∈ Z+. Assim, pela monoticidade da multiplicacao em Z+,
ba > b.
Logo, para m := b, temos que ma > b.
32
Exercıcio 2.3:
Seja a um numero natural. Se um conjunto X e tal que a ∈ X e, alem disso, n ∈ X ⇒ n+1 ∈ X, entao X contemtodos os numeros naturais ≥ a.
SejaA := {k ∈ Z+ : a+ k ∈ X}.
Pela definicao da relacao 6 em Z+, b > a se e somente se b = a+k para algum k ∈ Z>0. Desta forma, provandoque A = Z+ podemos concluir que X contem todos os numeros naturais > a.
Como a ∈ X, temos, pela propriedade de X, que a+ 1 ∈ X. Logo, 1 ∈ A.Suponhamos que k ∈ A. Pela definicao de A, isto implica que a+ k ∈ X. Assim pela propriedade de X, temos
que a+ k + 1 ∈ X. Logo, k + 1 ∈ A.Portanto, pelo PIF, segue que A = Z+.
33
Exercıcio 2.4:
Tente descobrir, independentemente, algumas das demonstracoes omitidas no texto.
Associatividade: m+ (n+ p) = (m+ n) + p.
Provada no livro.
Comutatividade: m+ n = n+m.
Primeiramente mostraremos quem+ 1 = 1 +m,
para todo m ∈ Z+. O caso em que m = 1 e tautologico. Supondo, como hipotese de inducao, que
m+ 1 = 1 +m
para algum m ∈ Z+, segue que
s(m) + 1 = s(s(m)) = s(m+ 1) = s(1 +m) = 1 + s(m).
Assim, pelo PIF, temos que m+ 1 = 1 +m, para todo m ∈ Z+.Por fim, provaremos, para m ∈ Z+ arbitrario e por inducao em n ∈ Z+, que
m+ n = n+m.
O caso n = 1 foi provado no paragrafo anterior. Supondo, como hipotese de inducao, que
m+ n = n+m
para algum n ∈ Z+, segue que
m+ s(n) = s(m+ n) = s(n+m)= n+ s(m) = n+ (m+ 1)= n+ (1 +m) = (n+ 1) +m= s(n) +m.
E o resultado segue pelo PIF.
Lei do Corte: m+ n = m+ p⇒ n = p.
Sejam n e p ∈ Z+. Provaremos, por inducao em m ∈ Z+, que se m+ n = m+ p entao n = p.O caso em que m = 1 resume-se a injetividade da funcao s : Z+ → Z+. Isto e, como
s(n) = n+ 1 = 1 + n = 1 + p = p+ 1 = s(p),
temos quen = p.
Suponhamos, como hipotese de inducao, que m+n = m+p implique que n = p. Assim, se s(m)+n = s(m)+pentao
s(m+ n) = s(n+m) = n+ s(m)= s(m) + n = s(m) + p= p+ s(m) = s(p+m)
= s(m+ p).
Assim, se s(m) + n = s(m) + p temos, novamente pela injetividade de s : Z+ → Z+, que m + n = m + p e, pelahipotese de inducao, n = p.
E o resultado segue pelo PIF.
Tricotomia: Dados m e n ∈ Z+, exatamente uma das tres alternativas seguintes podem ocorrer: ou m = n,ou existe p ∈ Z+ tal que m = n+ p, ou, entao, existe q ∈ Z+ com n = m+ q.
Dizemos que (m,n) ∈ Z+ ×Z+ satisfaz a condicao C se exatamente uma das exatamente uma das tres alterna-tivas ocorre:
34
• m = n;
• m = n+ p, para algum p ∈ Z+;
• n = m+ q, para algum q ∈ Z+.
Seja X o subconjunto de Z+ × Z+ definido por
T := {(m,n) ∈ Z+ × Z+ : (m,n) satisfaz C}.
Observemos que, como
T =∪
m∈Z+
{m} × Tm,
ondeTm := {n ∈ Z+ : (m,n) satisfaz C},
mostrando queTm = Z+,
para cada m ∈ Z+, podemos concluir que
T =∪
m∈Z+
{m} × Tm =∪
m∈Z+
{m} × Z+ = Z+ × Z+.
Portanto, concluimos a Lei da Tricotomia.Procederemos com a demonstracao de que Tm = Z+ por inducao em m ∈ Z+.Consideremos o caso em que m = 1. Se n = 1 temos que n = m. Alem disso, como 1 /∈ s(Z), segue que
m = 1 = sp(n) = n+ p
en = 1 = sq(m) = m+ q,
para todos p e q ∈ Z+. Logo, (1, 1) satisfaz a condicao C e, consequentemente, 1 ∈ T1. Supondo que n ∈ T1, comonao se pode ter que 1 = m+ q = sq(m) ja que 1 /∈ s(Z+), temos que exatamente uma das duas alternativas ocorre:
• n = 1 e, equivalentemente, s(n) = 1 + 1;
• n = 1 + q e, equivalentemente, s(n) = s(1 + q) = 1 + s(q).
Logo, se n ∈ T1 entao s(n) ∈ T1. Com isso, concluimos, pelo PIF, que T1 = Z+.Suponhamos, como hipotese de inducao, que Tm = Z+. Provaremos que Ts(m) = Z+.Como X1 = Z+, temos imediatamente que (1, s(m)) satisfaz a condicao C e, consequentemente, (s(m), 1)
satisfaz a condicao C. Logo, 1 ∈ Ts(m). Supondo que n ∈ Ts(m), temos que exatamente uma das tres alternativasocorrem:
• n = s(m): Neste caso, s(n) = s(s(m)) = s(m) + 1;
• n = s(m) + q, para algum q ∈ Z+: Neste caso, s(n) = s(s(m) + q) = s(m) + s(q);
• s(m) = n+ p, para algum p ∈ Z+: Neste caso, se p = 1 entao s(m) = s(n). E, se p ∈ Z+\{1} = s(Z+), existepZ+ tal que p = s(p), e assim
s(m) = n+ p = n+ s(p) = n+ (1 + p) = (n+ 1) + p = s(n) + p.
Assim, se n ∈ Ts(m), temos que exatamente uma das tres alternativas ocorrem:
• s(n) = s(m) (no caso em que n = s(m));
• s(n) = s(m) + q (no caso em que n = s(m) ou n = s(m) + q, onde q = s(q));
• s(m) = s(n) + p (no caso em que s(m) = n+ p, onde p = s(p)).
35
Logo, se n ∈ Ts(m) entao s(n) ∈ Ts(m). Com isso, concluimos, pelo PIF, que Ts(m) = Z+.Portanto, Xm = Z+, para todo m ∈ Z+.
Transitividade: se m < n e n < p entao m < p.
Se, para m, n e p ∈ Z+, tivermos que m < n e n < p entao existem r e s ∈ Z+ tais que
m+ r = n
en+ s = p.
Desta forma,p = n+ s = (m+ r) + s = m+ (r + s).
Logo,m < p.
Tricotomia: dados m e n ∈ Z+ exatamente uma das alternativas seguintes pode ocorrer: ou m = n, ou m < nou n < m.
Sejam m e n ∈ Z+. Segundo a tricotomia da adicao (provada acima), exatamente uma das tres condicoes evalida: ou m = n; ou existe p ∈ Z+ tal que m = n+ p e, portanto, m > n; ou existe q ∈ Z+ tal que n = m+ q e,portanto, m < n.
Monoticidade da adicao: se m < n entao, para todo p ∈ Z+, tem-se m+ p < n+ p.
Provada no livro.
Associatividade: m · (n · p) = (m · n) · p.
Provada no livro.
Comutatividade: m · n = n ·m.
Primeiramente, provaremos que m · 1 = 1 ·m, para todo m ∈ Z+. Depois, supondo, como hipotese de inducao,que n ∈ Z+ e tal que m · n = n ·m, para todo m ∈ Z+, provaremos que n+ 1 e tal que m · (n+ 1) = (n+ 1) ·m.Como isso, o resultado segue pelo Princıpio da Inducao Finita.
Provaremos a igualdade m · 1 = 1 ·m por inducao em m ∈ Z+. Para m = 1 a igualdade e trivial. Suponhamos,como hipotese de inducao, que m · 1 = 1 ·m, para algum m ∈ Z+. Desta forma, temos que
(m+ 1) · 1 = m+ 1 = m · 1 + 1 = 1 ·m+ 1 = 1 · (m+ 1).
Logo, pelo PIF, a igualdade e valida.Suponhamos que n ∈ Z+ seja tal que m · n = n ·m, para todo m ∈ Z+. Mostraremos, por inducao em m, que
m · (n+1) = (n+1) ·m, para todo m ∈ Z+. Para m = 1, o resultado segue do paragrafo anterior. E, supondo quem · (n+ 1) = (n+ 1) ·m, temos que
(m+ 1) · (n+ 1) = (m+ 1) · n+ (m+ 1)= n · (m+ 1) + (m+ 1)= n ·m+ n+m+ 1= m · n+m+ n+ 1= m · (n+ 1) + (n+ 1)= (n+ 1) ·m+ (n+ 1)= (n+ 1) · (m+ 1).
E temos o resultado.
Distributividade: m(n+ p) = m · n+m · p.
36
Provada no livro.
Lei do Corte: m · p = n · p⇒ m = n.
Suponhamos que m, n e p ∈ Z+ sao tais que
m · p = n · p.
Pela tricotomia, exatamente uma das tres condicoes e satisfeita: ou m = n+ q, para algum q ∈ Z+; ou m = n+ q,m = n + q, para algum q ∈ Z+; ou m = n. Provaremos que as duas primeiras condicoes nao sao possıveis e, comisso, teremos o resultado.
Suponhamos que m = n+ q, para algum q ∈ Z+. Segue que
n · p = m · p = (n+ q) · p = p · (n+ q) = p · n+ p · q = n · p+ p · q.
Contradizendo a tricotomia.De forma analoga, nao podemos ter n = m+ q, para algum q ∈ Z+.
Monoticidade: m < n⇒ m · p < n · p.
Sejam n e m ∈ Z+ tais quem < n.
Provaremos quem · p < n · p,
para todo p ∈ Z+, por inducao em p.Para p = 1, a desigualdade e imediata.Suponhamos, como hipotese de inducao, que m · p < n · p, para um certo p ∈ Z+. Como m < n, existe q ∈ Z+
tal quen = m+ q.
Assim,
n · (p+ 1) = (m+ q) · (p+ 1) = (p+ 1) · (m+ q) = (p+ 1) ·m+ (p+ 1) · q = m · (p+ 1) + (p+ 1) · q.
e, consequentemente,n · (p+ 1) < m · (p+ 1).
E o resultado segue, como querıamos, pelo PIF.
37
Exercıcio 2.5:
Um elemento a ∈ Z+ chama-se antecessor de b ∈ Z quando se tem a < b mas nao existe c ∈ Z+ tal que a < c < b.Prove que, exceto 1, todo numero natural possui um antecessor.
Seja x ∈ Z+\{1}. Mostraremos que x possui um antecesor.Pelo axioma de Peano P2, x = s(y) = y + 1 para algum y ∈ Z+. Logo, y < x.Suponhamos que z ∈ Z+ e tal que z < x. Mostraremos que z 6 y. Temos que
x = z + n,
para algum n ∈ Z+. Se n = 1 temos quey + 1 = x = z + 1
e, consequentemente, pela Lei do Corte, y = z. Se n ∈ Z+\{1} entao, novamente pelo axioma de Peano P2, existem ∈ Z+ tal que n = s(m). Assim,
s(y) = x = z + n = z + s(m) = s(z +m)
e, pela injetividade da funcao s (axioma de Peano P1),
y = z +m.
Logo, z < y.Portanto, y e um antecessor de x.
38
Exercıcio 2.6:
Use inducao para demonstrar os seguintes fatos:
a) 2(1 + 2 + 3 + ...+ n) = n(n+ 1);
b) 1 + 3 + 5 + ...+ (2n+ 1) = (n+ 1)2;
c) (a− 1)(1 + a+ a2 + ...+ an) = an+1 − 1, seja quais forem a, n ∈ N;
d) n ≥ 4 ⇒ n! > 2n.
Facamos as demonstracoes de maneira bem resumida.
a) Para n = 1, temos obviamente a igualdade uma vez que
2(1) = 1(1 + 1).
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja,
2(1 + 2 + 3 + ...+ k) = k(k + 1)
e provemos a sua validade para n = k + 1.
Temos pela hipotese de inducao que
2(1 + 2 + 3 + ...+ k + (k + 1)) = 2(1 + 2 + 3 + ...+ k) + 2(k + 1)
= k(k + 1) + 2(k + 1)
= (k + 1)(k + 2) = (k + 1)((k + 1) + 1).
b) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente pois
1 + 3 = 4 = (1 + 1)2.
Suponhamos que a igualdade seja verificada para n = k, ou seja,
1 + 3 + 5 + ...+ (2k + 1) = (k + 1)2.
Assim, temos que
1 + 3 + 5 + ...+ (2(k + 1) + 1) = 1 + 3 + 5 + ...+ (2k + 1)(2k + 3)
= (k + 1)2 + 2k + 3
= k2 + 2k + 1 + 2k + 3
= k2 + 4k + 4
= (k + 2)2 = ((k + 1) + 1)2
c) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente, pois (a− 1)(1 + a) = a2 − 1.
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja, (a− 1)(1 + a+ a2 + ...+ ak) = ak+1 − 1.
Assim, temos que
(a− 1)(1 + a+ a2 + ...+ ak + ak+1) = (a− 1)(1 + a+ a2 + ...+ ak) + (a− 1)(ak+1)
= ak+1 − 1 + ak+2 − ak+1
= ak+2 − 1.
d) Para n = 4, temos a igualdade verificada. Suponhamos que a igualdade seja verificada para n = k, ou seja,k! > 2k.
Assim, temos que(k + 1)! > (k + 1)k! > (k + 1)2k > 2k+1
39
Exercıcio 2.7:
Use o Segundo Princıpio de Inducao para demonstrar a unicidade de decomposicao de um numero natural emfatores primos.
Seja n ∈ N. Suponha que todos os numeros naturais menores do que n sejam escritos de forma unica comoproduto de fatores primos. Suponhamos que n tenha duas decomposicoes
n = α1α2...αm
en = β1β2...βp,
com αi e βj numeros primos. Se αi = βj para determinados i, j,(neste caso podemos supor sem perda de generali-dade α1 = β1) ent ao temos que
n = αir
en = β1s,
com r = α2...αm, s = β2...βp e r = s < n. Pelo segundo princıpio de inducao, temos que m = p e αi = βi, parai = 2, 3, ...,m.
Se αi = βj para qualquer i = 1, 2, ...,m e j = 1, 2, ..., p, entao temos que
mdc(n, n) = mdc(α1...αm, β1...βp) = 1,
o que e um absurdo. Logo ocorre o primeiro caso e segue o resultado.
40
Exercıcio 2.8:
Seja X um conjunto com n elementos. Use inducao para provar que o conjunto das bijecoes (ou permutacoes)f : X → X tem n! elementos.
Provemos este exercıcio usando inducao sobre o numero de elementos de X. Para |X| = 1, temos obvia-mente |F | = 1. Suponhamos que se |X| = k, entao |F | = k!. Suponhamos que |X| = k + 1, digamos X ={x1, x2, ..., xn, xn+1}. Para cada i = 1, 2, ..., k + 1, seja fi : X → X tal que fi(xk+1) = xi. Temos entao k + 1 f ′is.Agora, por inducao existem k! restricoes fi
∣∣X\{xk+1}
, pois cada restricao fi∣∣X\{xk+1}
: X \ {xk+1} → X \ {xk+1} e
uma bijecao. Portanto |F | = (k + 1)k! = (k + 1)!, o que conclui a demonstracao.
41
Exercıcio 2.9:
Sejam X e Y conjuntos finitos.
a) Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).
b) Qual seria a formula correspondente para tres conjuntos?
c) Generalize.
a) Sejam A = {(1, x);x ∈ X} ∪ {(2, y); y ∈ Y } e B = {(3, z); z ∈ X ∪ Y } ∪ {(4, w);w ∈ X ∩ Y }. Definamosf : A→ B como sendo
f(1, x) = (3, x)
f(2, y) =
{(3, y); se y ∈ Y \X(4, y); se y ∈ X ∩ Y
.
Temos trivialmente que f e uma bijecao entre A e B. Alem disso, card(A) = card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) ecard(B) = card(X) + card(Y ). Daı segue o resultado.
b) card(X ∪ Y ∪ Z) + card((X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z)) = card(X) + card(Y ) + card(Z).
c) card
(n∪
i=1
Xi
)+ card
(∪i =j
(Xi ∩Xj)
)= card(X1) + card(X2) + ...+ card(Xn).
42
Exercıcio 2.10:
Dado um conjunto finito X, prove que uma funcao f : X → X e injetora se, e somente se, e sobrejetora.
(⇒) Temos que g : X → f(X) dada por g(x) = f(x) e uma bijecao. Se f(X) = X terıamos um absurdo poisnao pode haver bijecao entre um conjunto finito e um subconjunto proprio deste conjunto.
(⇐) Seja X = {x1, x2, ..., xn}. Suponha que f nao seja injetora, ou seja, existem xi = xj em X tais quef(x1) = f(x2). Assim, f(X) = {f(x1), f(x2), ..., f(xn)} teria no maximo n− 1 elementos e desta forma f(X) = X,o que e um absurdo. Logo, f e injetora.
43
Exercıcio 2.11:
Formule matematicamente e demonstre o seguinte fato(conhecido como princıpio das gavetas). Se m < n, entaode qualquer modo como se guardem n objetos em m gavetas, havera sempre uma gaveta, pelo menos, que conteramais de um objeto.
f : In → Im com n > m nao e injetiva.
Se f nao e sobrejetora, f |In tambem nao sera. Logo, f |In tambem nao sera injetiva pelo exercıcio anterior. Econsequentemente f tambem nao seria injetiva.
Por outro lado, mesmo que f fosse sobrejetiva, se fosse tambem injetiva, f seria uma bijecao entre um conjuntofinito e um subconjunto proprio dele, que e um absurdo.
44
Exercıcio 2.12:
Seja X um conjunto com n elementos. Determine o numero de funcoes injetivas f : Ip → X.
Princıpio da contagem. Escolhamos um dos n elementos de X para ser f(1). Daı escolhamos 1 dos n − 1elementos restantes para ser f(2). E assim sucessivamente temos que o numero de funcoes injetivas possıveis e
n(n− 1)(n− 2)...(n− p+ 1).
45
Exercıcio 2.13:
Quantos subconjuntos com p elementos possui um subconjunto X, sabendo-se que X tem n elementos?
Se n < p, vem de P1 que nao existe subconjunto de X com p elementos. Caso contrario podemos definir umafuncao f : [1, p] ∩ N → X(pelo axioma da escolha). Pelo princıpio da contagem, temos que f pode ser definida de
n!
p!(n− p)!modos distintos. Porem, para cada imagem de f, f pode ter sido definida de p! formas. Sendo assim,
existemn!
p!(n− p)!imagens de f.
46
Exercıcio 2.14:
Prove que se A tem n elementos, entao P (A) tem 2n elementos.
Associemos a cada X ∈ P (A) uma funcao fX : A → {0, 1} dada por f(x) = 1 se x ∈ X e f(x) = 0 se x /∈ X.Temos entao que a aplicacao X → fX e uma bijecao. E como, pelo princıpio da contagem, e possıvel se fazer 2funcoes f : A→ {0, 1} diferentes, temos que a ordem de P (A) e exatamente 2.
47
Exercıcio 2.15:
Defina um funcao sobrejetiva f : N → N tal que, para todo n ∈ N, o conjunto f−1(n) seja infinito.
Seja f : N → N tal que f(2n3m) = n e f(x) = 1 para x divisıvel por qualquer primo diferente de 2 e 3. Portanto,
f−1(N) ⊃ {2n3, 2n32, ..., 2n3m, ...}.
48
Exercıcio 2.16:
Prove que se X e infinito enumeravel, o conjunto das partes finitas de X tambem e (infinito) enumeravel.
Seja X = {x1, x2, ...}. Temos que
P =∞∪i=1
{A ⊂ {x1, x2, ..., xi}} =∞∪i=1
Fi.
Temos que cardFi = 2i. Como P e uma reuniao enumeravel de conjuntos enumeraveis, P e enumeravel.
49
Exercıcio 2.17:
Seja f : X → X uma funcao. Um subconjunto Y ⊂ X chama-se estavel relativamente a f quando f(Y ) ⊂ Y. Proveque um subconjunto X e finito se, e somente existe um funcao f : X → X que so admite os subconjuntos estaveis∅ e X.
(⇒) Seja X = {x1, x2, ..., xn} e f : X → X dado por f(xi) = xi+1 se 1 ≤ i < n e f(xn) = x1. Se f e estavel emA e xp ∈ A, temos que xq = fq−p(modn)(xp) ∈ A. Logo, A = X.
(⇐) Dado x0 ∈ X (se X = ∅, X e finito) consideremos o conjunto A = {x0, f(x0), f2(x0), ..., fn(x0), ...}. DaıX = A, pois f e estavel em A e A = ∅.
Se nao existir k ∈ N tal que fk(x0) = x0, A − {x0} e estavel por f e logo A − {x0} = X − {x0} = ∅, ou seja,X = {x0}, ou A = X = A− {x0}, absurdo.
Por outro lado, se existir k ∈ N tal que fk(x0) = x0 o conjunto {x0, f(x0), f2(x0), ..., fk−1(x0)} e estavel por Ae nao vazio, logo e igual a X.
50
Exercıcio 2.18:
Seja f : X → X uma funcao injetiva tal que f(X) = X. Tomando x ∈ X − f(X), prove que os elementosx, f(x), f(f(x)), ... sao dois a dois distintos.
Provaremos por inducao em n que para todo p ∈ N, temos que fn(x) = fn+p(x) e a proposic ao estar´ademonstrada. Com x /∈ f(X), temos que x = fp(x), para todo p ∈ N. Suponhamos que fn(x) = fn+p(x). Entaofn+1(x) = fn+1+p(x) pois f e injetora. Pelo PIF o resultado segue.
51
Exercıcio 2.19:
Dado um conjunto finito X, prove que uma funcao f : X → X e injetora se, e somente se, e sobrejetora.
(⇒) Temos que g : X → f(X) dada por g(x) = f(x) e uma bijecao. Se f(X) = X terıamos um absurdo poisnao pode haver bijecao entre um conjunto finito e um subconjunto proprio deste conjunto.
(⇐) Seja X = {x1, x2, ..., xn}. Suponha que f nao seja injetora, ou seja, existem xi = xj em X tais quef(x1) = f(x2). Assim, f(X) = {f(x1), f(x2), ..., f(xn)} teria no maximo n− 1 elementos e desta forma f(X) = X,o que e um absurdo. Logo, f e injetora.
52
Exercıcio 2.20:
(a) Se X e finito e Y e enumeravel, entao F(X,Y ) e enumeravel.
(b) Para cada funcao f : N → N seja Af = {n ∈ N; f(n) = 1}. Prove que o conjunto X das funcoes f : N → Ntais que Af e finito e um conjunto enumeravel.
Item (a)Seja X = {x1, ..., xn}. Definimos
ϕ : F(X,Y ) → Y n
f → (f(x1), ..., f(xn)).
Temos que ϕ e claramente injetiva. Logo, F(X,Y ) esta em bijecao com o conjunto ϕ(F(X,Y )) ⊂ Y n. ComoY e enumeravel, Y n e enumeravel (pois e produto finito de conjuntos enumeraveis). Assim, ϕ(F(X,Y )) ⊂ Y n eanumeravel e, consequentemente, F(X,Y ) e enumeravel.
Item (b)Seja
Fn := {Y ⊂ N; cardY = n}.
Definimosϕ : Fn → Y n
Y = {y1, ..., yn} → (y1, ..., yn).
Claramente, ϕ e injetiva. Como Y n e enumeravel, segue que Fn e enumeravel. Portanto,
F :=
∞∪n=1
Fn
e enumeravel.Seja
ψ : X →∪
Y ∈FF(Y,N)f → f |Af
.
Temos que ψ e injetiva. De fato, se f, g ∈ X sao tais que ψ(f) = ψ(g) temos que
f |Af= g|Ag
implicando que Af = Ag,f |Af
= g|Ag ,
ef = g
ja quef |N\Af
= 1 = g|N\Af.
Pelo item anterior,∪
Y ∈F F(Y,N) e uma uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis. Logo,∪
Y ∈F F(Y,N) eenumeravel. Assim, como ψ e injetiva, segue que X e enumeravel.
53
Exercıcio 2.21:
Obtenha uma decomposicao N = ∪∞i=1Xi tal que os conjuntos Xi sao infinitos e dois a dois disjuntos.
Para todo n ∈ N, existe um unico k ∈ Z>0 tal que
2k 6 n < 2k+1.
Por isso, fica bem definida a funcao f : N → Z>0 dada por
f(n) = n− 2k,
onde 2k 6 n < 2k+1. Desta forma, temos, para
Xi := f−1(i− 1),
que
N =∞∪i=1
Xi
com os conjuntos Xi sendo dois a dois disjuntos. Adiante, como
Xi = {2k + i− 1 | k ∈ Z>0, i− 1 < 2k},
temos que cada Xi e infinito.
54
Exercıcio 2.22:
Defina f : N× N → N, pondo f(1, n) = 2n− 1 e f(m+ 1, n) = 2m(2n− 1). Prove que f e uma bijecao.
Para cada numero natural p, temos, pela unicidade da decomposicao de numeros naturais em numeros primos,que existem unicos m e q ∈ Z+ tais que p = 2m−1q e q e ımpar. Sendo q ımpar, existe um unico n ∈ Z+ tal queq = 2n− 1. Assim, existem unicos m e n ∈ Z>0 tais que p = 2m−1(2n− 1). Portanto, e bem definida a funcao
g : Z+ → Z+ × Z+
p = 2m−1(2n− 1) → (m,n).
Como g e uma inversa para f , temos que f e bijetiva.
55
Exercıcio 2.23:
Seja X ⊂ N um subconjunto infinito. Prove que existe uma unica bijecao crescente f : N → X.
Definimos, indutivamente f : N → X porf(1) = min(X)
e
f(n) = min
(X −
n−1∪i=1
{f(i)}
),
para n > 1. Temos, pelo PIF e pelo fato de X ⊂ N ser bem ordenado, que f esta bem definida.Dados m < n ∈ N, temos que
f(m) < min
(X −
n−1∪i=1
{f(i)}
)= f(n)
pois f(m) 6 x, para todo x ∈ X −∪m−1
i=1 ⊃ X −∪n−1
i=1 , e f(m) /∈ X −∪n−1
i=1 . Com isso, concluimos que f eestritamente crescente e, consequentemente que f e injetiva.
Provaremos, agora que f e sobrejetiva. Comecaremos mostrando, por inducao que
n 6 f(n).
Para n = 1, temos de X ⊂ N, que1 = min(N) 6 min(X) = f(1).
Usando o passo indutivo, temos quen 6 f(n) < f(n+ 1)
implicando quen+ 1 6 f(n+ 1).
Logo, vale a desigualdade acima. Adiante, dado x ∈ XN, provaremos que x ∈ f(N). Suponhamos por absurdo queexista x ∈ X − f(N). Existe, pela arquimedianidade de N, n ∈ N tal que
x < n 6 f(n).
Mas, como
x ∈ X −n−1∪i=1
{f(i)},
terıamos uma contradicao com o fato de que
x < min
(X −
n−1∪i=1
{f(i)}
).
Portanto, f e sobrejetiva.Provaremos, agora, que se g : N → X e uma bijecao crescente entao f = g. Devemos ter que
g(1) = min(X) = f(1)
pois, caso contrario, existiria n ∈ N, com n > 1, tal que
g(n) = min(X) < g(1).
Contradizendo o fato de g ser crescente. Usando o passo indutivo,
g(k) = f(k),
para todo k < n+ 1, devemos que ter
g(n+ 1) = min
(X −
n∪i=1
{g(i)}
)= min
(X −
n∪i=1
{f(i)}
)= f(n+ 1)
56
pois, caso contrario, existiria p > n+ 1 tal que
g(p) = min
(X −
n∪i=1
{g(i)}
)< g(n+ 1).
Contradizendo o fato de g ser crescente. E o resultado segue.
57
Exercıcio 2.24:
Prove que todo conjunto infinito se decompoe como reuniao de uma infinidade enumeravel de conjuntos infinitos,dois a dois disjuntos.
Seja C um conjunto infinito.Pelo exercıcio 2.21, existe uma decomposicao
N =∪i∈N
Xi
na qual os conjuntos Xi sao infitos e dois a dois disjuntos.Se C e enumeravel, existe uma bijecao f : N → C. Logo,
C =∪i∈N
f(Xi)
e uma decomposicao na qual os conjuntos f(Xi) sao infitos e dois a dois disjuntos.Se C e nao-enumeravel, existe uma aplicacao injetiva f : N → C tal que C − f(N) e infinito. Assim,
C = (C − f(N)) ∪∪i∈N
f(Xi)
e uma decomposicao na qual os conjuntos C − f(N) e f(Xi) sao infitos e dois a dois disjuntos.
58
Exercıcio 2.25:
Seja A um conjunto. Dadas funcoes f, g : A → N, defina a soma f + g : A → N, o produto f · g : A → N, e de osignificado da afirmacao f 6 g. Indicando com ξX a funcao caracterıstica de um subconjunto X ⊂ A, prove:
a) ξX∩Y = ξX · ξY ;
b) ξX∪Y = ξX + ξY − ξX∩Y . Em particular, ξX∪Y = ξX + ξY ⇔ X ∩ Y = ∅;
c) X ⊂ Y ⇔ ξX 6 ξY ;
d) ξA−X = 1− ξX .
Definimosf + g : A → N
a → f(a) + g(a)e
f · g : A → Na → f(a)g(a).
E dizemos que f 6 g se e somente sef(a) 6 g(a)
para todo a ∈ A.a)Seja a ∈ A.Se ξX∩Y (a) = 0, entao a /∈ X∩Y e, consequentemente, a /∈ X ou a /∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX(a) = 0
ou ξY (a) = 0. Logo, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX(a)ξY (a) = 0 = ξX∩Y (a).Se ξX∩Y (a) = 1, entao a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX(a) = 1
e ξY (a) = 1. Logo, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX(a)ξY (a) = 1 = ξX∩Y (a).Como ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX(a)ξY (a) = ξX∩Y (a) em todos os casos. E, como a ∈ A e arbitrario,
temos que ξX · ξY = ξX∩Y .b)Seja a ∈ A.Se ξX∪Y (a) = 0, entao a /∈ X ∪Y e, consequentemente, a /∈ X e a /∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX(a) = 0,
ξY (a) = 0 e ξX∩Y (a) = 0. Logo, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX(a) + ξY (a)− ξX∩Y (a) = 0 = ξX∪Y (a).Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0, entao a ∈ X∪Y −X∩Y = (X−Y )∪(Y −X) e, consequentemente, a ∈ X−Y ou
a ∈ Y −X. Se a ∈ X−Y entao ξX(a) = 1, ξY (a) = 0 e, consequentemente, ξX(a)+ξY (a) = 1. Se a ∈ Y −X entaoξX(a) = 0, ξY (a) = 1 e, consequentemente, ξX(a) + ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam queξX(a) + ξY (a) = 1. Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que ξX(a) + ξY (a)− ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).
Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1, entao a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 1 eξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a) = ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a)+ξY (a) = 2.Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a) + ξY (a)− ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).
Como ξX∪Y (a) = 0 ou 1 e ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX(a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = ξX∪Y (a) em todos oscasos. E, como a ∈ A e arbitrario, temos que ξX + ξY − ξX∩Y = ξX∪Y .
Em particular, temos que X ∩ Y = ∅ e equivalente a ξX∩Y = 0 (i.e. ξX∩Y e a funcao nula) que e equivalente(pelo que foi demonstrado acima) a ξX + ξY = ξX∪Y .
c)Suponhamos que X ⊂ Y . Dado a ∈ A, temos que ξX(a) = 0 ou 1. No primeiro caso, temos imediatamente que
ξX(a) 6 ξY (a) = 0 ou 1. No segundo, temos que a ∈ X ⊂ Y e, consequentemente, ξX(a) = 1 = ξY (a). Em todocaso, ξX(a) 6 ξY (a). Como a ∈ A e arbitrario, concluimos que ξX 6 ξY .
Suponhamos que ξX 6 ξY . Dado x ∈ X, temos que ξX(x) 6 ξY (x) e, consequentemente, ξY (x) = 1. Logo,x ∈ X implica que x ∈ Y . E temos que X ⊂ Y .
d)Seja a ∈ A.Se ξA−X(a) = 0 temos que a /∈ A−X e, consequentemente, a ∈ X. Logo, ξA−X(a) = 0 implica que ξX(a) = 0.
Assim, ξA−X(a) = 0 implica que 1(a)− ξX(a) = 0 = ξA−X(a).Se ξA−X(a) = 1 temos que a ∈ A−X e, consequentemente, a /∈ X. Logo, ξA−X(a) = 1 implica que ξX(a) = 0.
Assim, ξA−X(a) = 1 implica que 1(a)− ξX(a) = 1 = ξA−X(a).Em todos casos, temos que 1(a)− ξX(a) = ξA−X(a). E, como a ∈ A e arbitrario, temos que 1− ξX = ξA−X .
59
Exercıcio 2.26:
Prove que o conjunta das sequencias crescentes (n1 < n2 < n3 < ...) de numeros naturais nao e enumeravel.
Usaremos o argumento da diagonal de Cantor.Suponhamos, por absurdo, que exista um enumeracao a1, a2, a3, ... das sequencias crescentes de numeros naturais
ai, i ∈ N, dadas porai1 < ai2 < ai3 < ...
Temos que a sequencia b, definida indutivamente por
b1 = a1 + 1
ebn+1 = max(bn, an+1) + 1
nao pertence a enumeracao acima. De fato, temos, pela definicao de b, que
aii < bi
e,consequentemente,b = ai
para todo i ∈ N.
60
Exercıcio 2.27:
Sejan (N, s) e (N′, s′) dois pares formados, cada um, por um conjunto e uma funcao. Suponhamos que amboscumpram os axiomas de Peano. Prove que existe uma unica bijecao f : N → N′ tal que f(1) = 1′, f(s(n)) = s′(f(n)).Conclua que:
a) m < n⇔ f(m) < f(n);
b) f(m+ n) = f(m) + f(n);
c) f(m · n) = f(m) · f(n).
Como (N, s) e (N′, s′) satisfazem os axiomas de Peano, devemos ter que a funcao f : N → N fica bem definidapor
f(1) = 1′
ef(s(n)) = s′(f(n))
para todo n ∈ N. De fato, f esta definida em todo N = {1} ∪ s(N) pois esta definida em {1} e s(N). Como se injetiva, segue que f esta bem definida. Em particular, segue que f e a unica funcao N → N′ satisfazendo ascondicoes do enunciado. Temos, tambem, que f e injetiva. De fato, seja
X = {n ∈ N; f(n) /∈ f(N− {n})}.
Temos que 1 ∈ X pois, pela definicao de f ,
f(N− {1}) = f(s(N)) ⊂ s′(N′) = N′ − {1′} = N′ − {f(1)}.
E, se n ∈ X, temos que s(n) ∈ X. De fato, temos que f(s(n)) = f(1) = 1′ pois
f(s(n)) = s′(f(n)) ∈ s′(N′) = N′ − {1′}
e, se m = n e f(m) = f(s(m)), entao temos que
f(n) = f(m),
pois n ∈ X, e, consequentemente,
f(s(n)) = s′(f(n)) = s′(f(m)) = f(s(m)).
Implicando, pelo PIF, que f(s(n)) /∈ f(N − {s(n)} ou, equivalentemente, s(n) ∈ X. Portanto, pelo PIF, temosque X = N e, da definicao de X, concluımos que f e injetiva. Temos, tambem, que f e sobrejetiva. De fato,1′ = f(1) ∈ f(N) e, se n = f(k) ∈ f(N) temos que
s′(n) = s′(f(k)) = f(s(k)) ∈ f(N).
Assim, pelo PIF, temos que f(N) = N′. Portanto, f e uma bijecao.a)Provaremos primeiro que m < n implica f(m) < f(n). Seja
X = {p ∈ N; f(n+ p) > f(n), ∀n ∈ N}.
Temos que 1 ∈ N pois, dado n ∈ N,
f(n+ 1) = f(s(n)) = s′(f(n)) > f(n).
Supondo que p ∈ X, temos, para qualquer n ∈ N, que
f(n+ s(p)) = f(s(n) + p) > f(s(n)) = s′(f(n)) > f(n).
61
Logo, p ∈ X implica que s(p) ∈ X. Assim, concluımos, pelo PIF, X = N. Portanto, se m < n, temos, para p ∈ Ntal que n = m+ p, que
f(m) < f(m+ p) = f(n).
Agora, provaremos que f(m) < f(n) implica que m < n. Seja
X = {p ∈ N′; f(n) = f(m) + p implica m < n}.
Temos que 1′ ∈ X. De fato,f(n) = f(m) + 1′
implica quef(n) = s′(f(m)) = f(s(m))
e, consequentemente,n = s(m) > m.
Supondo que p ∈ X, temos quef(n) = f(m) + s′(p)
implica quef(n) = s′(f(m)) + p = f(s(m)) + p
e, consequentemente,n > s(m) > m.
Logo, p ∈ X implica que s′(p) ∈ X. Assim, concluımos que X = N′. Portanto, se f(m) < f(n), temos, para p ∈ N′
tal que f(n) = f(m) + p, quem < n.
b)Seja
X = {n ∈ N; f(n+m) = f(n) + f(m), ∀m ∈ N}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.Comecamos mostrando que 1 ∈ X. Temos que
f(1 + 1) = f(s(1)) = s′(f(1)) = f(1) + 1′ = f(1) + f(1).
E, sef(1 +m) = f(1) + f(m),
temos quef(1 + s(m)) = f(s(s(m))) = s′(f(s(m))) = 1′ + f(s(m)) = f(1) + f(s(m)).
Logo, pelo PIF, temos que f(1 +m) = f(1) + f(m) para todo m ∈ N. Ou seja, 1 ∈ X.Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que
f(s(n) + 1) = f(s(s(n))) = s′(f(s(n))) = f(s(n)) + 1′ = f(s(n)) + f(1).
Adiante, sef(s(n) +m) = f(s(n)) + f(m),
temos quef(s(n) + s(m)) = f(s(s(n) +m))
= s′(f(s(n) +m))= f(s(n) +m) + 1′
= f(s(n)) + f(m) + 1′
= f(s(n)) + f(1) + f(m)= f(s(n)) + f(1 +m)= f(s(n)) + f(s(m)).
Assim, concluımos, pelo PIF, que f(s(n) + m) = f(s(n)) + f(m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica ques(n) ∈ X.
Portanto, concluımos, pelo PIF, que X = N.
62
c)Seja
X = {n ∈ N; f(n ·m) = f(n) · f(m), ∀m ∈ N}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.Comecamos mostrando que 1 ∈ X. De fato, dado m ∈ N, temos que
f(1 ·m) = f(m) = 1′ · f(m) = f(1) · f(m).
Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que
f(s(n) · 1) = f(s(n)) = f(s(n)) · 1′ = f(s(n)) · f(1)
Adiante, sef(s(n) ·m) = f(s(n)) · f(m),
temos quef(s(n) · s(m)) = f(s(n) ·m+ s(n) · 1)
= f(s(n) ·m) + f(s(n) · 1)= f(s(n) · f(m) + f(s(n)) · 1′= f(s(n)) · (f(m) + 1′)= f(s(n)) · s′(f(m))= f(s(n)) · f(s(m)).
Assim, concluımos, pelo PIF, que f(s(n)·m) = f(s(n))·f(m) para todom ∈ N. Logo, n ∈ X implica que s(n) ∈ X.Portanto, concluımos, pelo PIF, que X = N.
63
Exercıcio 2.28:
Dada uma sequencia de conjuntosA1, A2, ...,An, ..., considere os conjuntos lim supAn = ∩∞n=1(∪∞
i=nAi) e lim infAn =∪∞n=1(∩∞
i=nAi).
a) Prove que lim supAn e o conjunto dos elementos que pertencem a An para uma infinidade de valores de n e quelim infAn e o conjunto dos elementos que que pertencem a todo An salvo para um numero finito de valoresde n.
b) Conclua que lim infAn ⊂ lim supAn;
c) Mostre que se An ⊂ An+1 para todo n entao lim infAn = lim supAn = ∪∞n=1An;
d) Por outro lado, se An ⊃ An+1 para todo n entao lim infAn = lim supAn = ∩∞n=1An;
e) De exemplo de uma sequencia (An) tal que lim supAn = lim infAn;
f) De exemplo de uma sequencia para a qual os dois limites coincidem mas Am ⊂ An para todos m = n.
a)Sejam
X := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n}
eY := {a ∈ ∪∞
n=1An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.
Dado a ∈ X, temos que{i ∈ N | a ∈ Ai}
e ilimitado. Sendo assim, dado n ∈ N, existe i ∈ N tal que n < i e a ∈ Ai. Isso implica que
a ∈ ∪∞i=nAi
para todo n ∈ N. Portanto,a ∈ ∩∞
n=1(∪∞i=nAi) = lim supAn.
E, como a e um elemento arbitrario de X, temos que X ⊂ lim supAn.Seja a ∈ lim supAn. Temos que
a ∈ ∪∞i=nAi
para todo n ∈ N. Segue daı queI := {i ∈ N | a ∈ Ai}
e infinito, pois, caso contrario, existiria n ∈ N tal que n > i para todo i ∈ I e, consequentemente, terıamos quea ∈ ∪∞
i=nAi. Portanto, a ∈ X. E, como a e um elemento arbitrario de lim supAn, temos que X ⊃ lim supAn.Dado a ∈ Y , temos que
I := {i ∈ N | a ∈ Ai} = N− J,
para alum J ⊂ N finito. E, como J e finito e, consequentemente, limitado, existe k ∈ N tal que i > k implicai ∈ J . Logo, para todo i > k, temos que i ∈ I e, consequentemente,
a ∈ ∩∞i=kAi.
Assim, como ∩∞i=kAi ⊂ ∪∞
n=1(∩∞i=nAi), temos que
a ∈ ∪∞n=1(∩∞
i=nAi) = lim infAn.
Como a e um elemento arbitrario de Y , concluımos daı que Y ⊂ lim infAn.Seja a ∈ lim infAn. Temos que existe k ∈ N tal que
a ∈ ∩∞i=kAi.
Isso implica que o conjuntoI := {i ∈ N | a ∈ Ai}
64
e tal queN− I ⊂ {1, ..., k − 1}.
Logo, a ∈ Y . Como a e um elemento arbitrario de lim infAn, temos que Y ⊃ lim infAn.b)Pelo ıtem anterior, temos que
lim supAn := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n}
elim infAn := {a ∈ ∪∞
n=1An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.
Assim, segue quelim infAn ⊂ lim supAn.
c)Como
∪∞i=nAi ⊂ ∪∞
i=1Ai
para todo n ∈ N, temos, imediatamente que
lim supAn = ∩∞n=1(∪∞
i=nAi) ⊂ ∪∞n=1An.
Por outro lado, dado a ∈ ∪∞n=1An, temos que a ∈ Ak para algum k ∈ N. Por inducao em p ∈ N, prova-se que
Ak ⊂ Ak+p
para todo p ∈ N. Portanto,
a ∈ Ak ⊂ ∩∞p=0Ak+p = ∩∞
i=kAi ⊂ ∪∞n=1(∩∞
i=nAi) = lim infAn.
Assim, a ∈ lim infAn e, como a e um elemento arbitrario de ∪∞n=1An, concluimos que ∪∞
n=1An ⊂ lim infAn.Concluımos, entao, do ıtem b) e do que foi discutido acima, que
∪∞n=1An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∪∞
n=1An.
Logo, temos quelim infAn = lim supAn = ∪∞
n=1An.
d)Temos imediatamente que
∩∞n=1An = ∩∞
i=1Ai ⊂ ∪∞n=1(∩∞
i=nAi) = lim infAn.
Seja a ∈ lim supAn. Por inducao em p, temos que
Ak ⊂ Ak+p,
para todo k e p ∈ N. Assim,Ak ⊃ ∪∞
p=0Ak+p = ∪∞i=kAi.
E, temos que a ∈ Ak, para todo k ∈ N, pois
a ∈ lim supAn = ∩∞n=1(∪∞
i=nAi) ⊂ ∪∞i=kAi ⊂ Ak.
Ou seja, a ∈ ∩∞n=1An. Como a e um elemento arbitrario de lim supAn, temos que lim supAn ⊂ ∩∞
n=1An.Concluımos, entao, do ıtem b) e do que foi discutido acima, que
∩∞n=1An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∩∞
n=1An.
Logo, temos quelim infAn = lim supAn = ∩∞
n=1An.
e)
65
DefinindoA2k−1 := {1}
eA2k := ∅,
para todo k ∈ N, temos quelim supAn = ∩∞
n=1(∪∞i=nAi) = ∩∞
n=1{1} = {1}
elim infAn = ∪∞
n=1(∩∞i=nAi) = ∪∞
n=1∅ = ∅.
f)Definindo
An := {n},
temos queAn ⊂ Am,
para todos n = m,lim supAn = ∩∞
n=1(∪∞i=nAi) = ∩∞
n=1{k ∈ N | k > n} = ∅
elim infAn = ∪∞
n=1(∩∞i=nAi) = ∪∞
n=1∅ = ∅.
66
Exercıcio 2.29:
(Teorema de Bernstein-Schroeder) Dados conjuntos A e B, suponha que existam funcoes injetivas f : A → B eg : B → A. Prove que existe uma bijecao h : A→ B.
Solucao 1:
Seja C := g(B) ⊂ A. Mostraremos que existe uma bijeccao H : A→ C. Assim, como g : B → C e uma bijecao,temos que h := g−1 ◦H : A→ B e uma bijecao.
Como f : A→ B e g : B → C sao funcoes injetivas, temos que F := g ◦ f : A→ C e uma funcao injetiva. Logo,F (X − Y ) = F (X)− F (Y ), para todos X e Y ⊂ A.
Definimos A1 := A e C1 := C. E, pelo princıpio da definicao recursiva, podemos definir
An := F (An−1)
eCn := F (Cn−1)
para todo n > 1.Desta forma, dado x ∈ A, temos que x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, ou x ∈ C (pois x /∈ A1 − C1 = A− C
implica que x ∈ C). Entao, a funcao H : A→ C dada por
H(x) =
{F (x) se x ∈ An − Cn para algum n ∈ Z+;x caso contrario,
para todo x ∈ A, e bem definida.Sejam x e y ∈ A tais que H(x) = H(y). Se x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, entao y ∈ Ak − Ck, para algum
k ∈ Z+. De fato, se y /∈ Ak −Bk, para todo k ∈ Z+, entao
y = H(y) = H(x) = F (x) ∈ F (An −Bn) = F (An)− F (Bn) = An+1 −Bn+1
(pois F e injetivo). Uma contradicao. Assim, se x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, entao
F (x) = H(x) = H(y) = F (y)
e, consequentemente, x = y. Alem disso, se x /∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, entao, como no caso anterior, temosque y /∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, e, consequentemente,
x = H(x) = H(y) = y.
Logo, em todo caso, x = y. Portanto, podemos concluir que H e injetivo.Seja x ∈ C. Se x ∈ An − Cn = F (An−1)− F (Cn−1) = F (An−1 − Cn−1), para algum n > 1, temos que
x = F (y) = H(y)
para algum y ∈ An−1 − Cn−1. Por outro lado, se x /∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, Temos que
x = h(x).
Logo, podemos concluir que H e sobrejetiva.Portanto, temos que H : A→ C e uma bijecao. E o resultado segue.
Solucao 2:
A grosso modo analizaremos as quantidades de elmentos das sequencias das formas
x, g−1(x), f−1 ◦ g−1(x), g−1 ◦ f−1 ◦ g−1(x), ...,
x ∈ A, ey, f−1(y), g−1 ◦ f−1(y), f−1 ◦ g−1 ◦ f−1(y), ...,
67
y ∈ B. Daı particionaremos A e B de modo a obter uma funcao entre A e B cuja bijetividade e herdada dainjetividade de f e g.
SejamAI = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f)−k(x) = ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = ∅},
AP = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = ∅ e (g ◦ f)−(k+1)(x) = ∅},
A∞ = {x ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (g ◦ f)−k(x) = ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = ∅},
BI = {y ∈ B; existe k ∈ Z>0 tal que (f ◦ g)−k(y) = ∅ e f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) = ∅},
BP = {y ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) = ∅ e (f ◦ g)−(k+1)(x) = ∅}
eB∞ = {y ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (f ◦ g)−k(y) = ∅ e f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) = ∅}.
Segue queA = AI ∪AP ∪A∞
eB = BI ∪BP ∪B∞.
Agora, provaremos tres detalhes tecnicos sobre f e g:
(I) f(AI) = BP
y ∈ BP ⇐⇒ ∃k ∈ Z>0 tal que f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) = ∅ e (f ◦ g)−(k+1)(x) = ∅⇐⇒ f−1 = {x} onde
∃k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f)−k(x) = f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) = ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = (f ◦ g)−(k+1) = ∅⇐⇒ ∃x ∈ AI tal que f(x) = y⇐⇒ y ∈ f(AI).
(II) g(BI) = AP
Prova-se de modo analogo a prova de (I).
(III) f(A∞) = B∞
y ∈ B∞ ⇐⇒ ∀k ∈ Z>0 vale f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) = ∅ e (f ◦ g)k(x) = ∅⇐⇒ f−1 = {x} onde
∀k ∈ Z>0 vale (g ◦ f)−k(x) = f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) = ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = (f ◦ g)−k = ∅⇐⇒ ∃x ∈ A∞ tal que f(x) = y⇐⇒ y ∈ f(A∞).
Agora, segue de A = AI ∪AP ∪A∞ e de (II), que a funcao
H : A → Bx ∈ AI → f(x) ∈ BP
x ∈ AP → y ∈ BI , tal que g(y) = xx ∈ A∞ → f(x) ∈ B∞.
e bem definida e, da injetividade de f e g e de (I)-(III), que esta e uma bijecao.
68
Exercıcio 3.01:
Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:
(1)a
b+c
d=ad+ bc
bd;
(2)a
b· cd=a · cb · d
.
(1)
Temos quea
b= b−1a = b−1d−1da = (bd)−1(ad) =
ad
bd
e, analogamente,c
d=bc
bd.
Assim,a
b+c
d=
ad
bd+bc
bd= (bd)−1(ad) + (bd)−1(bc)= (bd)−1(ad+ bc)
=ad+ bc
bd.
(2)
Temos quea
b· cd= (b−1a) · (d−1c) = acb−1d−1 = (bd)−1(ac) =
a · cb · d
.
70
Exercıcio 3.02:
Questao 2-1◦
Propriedade 1. Para todo m inteiro valeam.a = am+1.
Demonstracao. Para m natural vale pela definicao de potencia, agora para m = −n, n > 0 ∈ N um inteiro vamosprovar a−n.a = a−n+1. Para n = 1 temos
a−1a = a−1+1 = a0 = 1.
Vamos provar agora para n > 1, n− 1 > 0
a−n = (an)−1 = (an−1a)−1 = a−n+1a−1
multiplicando por a de ambos lados a−n.a = a−n+1 como querıamos demonstrar.
Propriedade 2.am.an = am+n.
Demonstracao. Primeiro seja m um inteiro qualquer e n natural, vamos provar a identidade por inducao sobre n,para n = 0 vale
am.a0 = am = am+0
para n = 1 valeama1 = ama = am+1.
Supondo valido para nam.an = am+n
vamos provar para n+ 1am.an+1 = am+n+1
temosam.an+1 = amana = am+n.a = am+n+1 .
Agora para −n com n natural , se m e natural temos que a propriedade ja foi demonstrada
ama−n = am−n
se m e inteiro negativo temosama−n = am−n
pois o inverso de ama−n e a−man = a−m+n propriedade que ja esta provada por −m e n serem naturais eam−nan−m = 1 por unicidade do inverso de = a−man = a−m+n e ama−n logo fica provado para n e m inteiros.Para potencia negativa −n podemos fazer como se segue
ama−n = (a−m)−1(an)−1 = (a−man)−1 = (a−m+n)−1 = am−n.
71
Questao 2-2◦
Propriedade 3.(am)n = amn
para m e n inteiros.
Demonstracao. Primeiro por inducao para m inteiro e n natural
(am)0 = 1 = am.0
(am)1 = am = am.1.
Supondo valido para n(am)n = amn
vamos provar para n+ 1(am)n+1 = am(n+1)
temos pela definicao de potencia e pela hipotese da inducao que
(am)n+1 = (am)nam = amnam = amn+m = am(n+1)
onde usamos a propriedade do produto de potencia de mesma base. Para n inteiro negativo
(am)−n = ((am)n)−1 = (amn)(−1) = a−mn.
72
Exercıcio 3.03:
Exemplo 1. Se xk
yk= xs
yspara todos k, s ∈ In, num corpo K, prove que dados, ak ∈ K, k ∈ In tais que
n∑k=1
akyk = 0
tem-sen∑
k=1
akxk
n∑k=1
akyk
=x1y1.
Chamando x1
y1= p temos xk
yk= p logo xk = pyk e a soma
n∑k=1
akxk = pn∑
k=1
akyk
logon∑
k=1
akxk
n∑k=1
akyk
= p =x1y1
.
73
Exercıcio 3.04:
Definicao 1 (Homomorfismo de corpos). Sejam A,B corpos. Uma funcao f : A→ B chama-se um homomorfismoquando se tem
f(x+ y) = f(x) + f(y)
f(x.y) = f(x).f(y)
f(1A) = 1B
para quaisquer x, y ∈ A. Denotaremos nesse caso as unidades 1A e 1B pelos mesmos sımbolos e escrevemos f(1) = 1.
Propriedade 4. Se f e homomorfismo entao f(0) = 0.
Demonstracao. Temosf(0 + 0) = f(0) + f(0) = f(0)
somando −f(0) a ambos lados seguef(0) = 0.
Propriedade 5. Vale f(−a) = −f(a).
Demonstracao. Poisf(a− a) = f(0) = 0 = f(a) + f(−a)
daı f(−a) = −f(a).
Corolario 1.f(a− b) = f(a) + f(−b) = f(a)− f(b).
Propriedade 6. Se a e invertıvel entao f(a) e invertıvel e vale f(a−1) = f(a)−1.
Demonstracao.f(a.a−1) = f(1) = 1 = f(a).f(a−1)
entao pela unicidade de inverso em corpos segue que f(a)−1 = f(a−1).
Propriedade 7. f e injetora.
Demonstracao. Sejam x, y tais que f(x) = f(y), logo f(x) − f(y) = 0, f(x − y) = 0, se x = y entao x − y seriainvertıvel logo f(x− y) nao seria nulo, entao segue que x = y.
Propriedade 8. Se f : A → B com f(x + y) = f(x) + f(y) e f(x.y) = f(x)f(y) para x, y arbitrarios, entaof(x) = 0 ∀x ou f(1) = 1.
Demonstracao. f(1) = f(1.1) = f(1)f(1), logo f(1) = f(1)2 por isso f(1) = 1 ou f(1) = 0. Se f(1) = 0 entaof(x.1) = f(x)f(1) = 0, f(x) = 0 ∀x.
74
Exercıcio 3.05:
Propriedade 9. Se f : Q→ Q e um homomorfismo entao f(x) = x ∀x ∈ Q.
Demonstracao. Vale que f(x+ y) = f(x) + f(y), tomando x = kh e y = h fixo, tem-se
f((k + 1)h)− f(kh) = f(h)
aplicamos a soma∑n−1
k=0 de ambos lados, a soma e telescopica e resulta em
f(nh) = nf(h)
tomando h = 1 segue que f(n) = n, tomando h = pn segue
f(np
n) = f(p) = p = nf(
p
n) ⇒ f(
p
n) =
p
n.
75
Exercıcio 3.08:
Propriedade 10. Seja K um conjunto onde valem todos os axiomas de corpo, exceto a existencia de inversomultiplicativo. Seja a = 0. f : K → K com f(x) = ax e bijecao ⇔ ∃ a−1 ∈ K.
Demonstracao. ⇒). A funcao e sobrejetora logo existe x tal que f(x) = 1 = ax portanto a e invertıvel coma−1 = x ∈ K.
⇐). Dado qualquer y ∈ K tomamos x = ya−1 daı f(x) = aa−1y = y e a funcao e sobrejetiva. f tambem einjetiva, pois se f(x1) = f(x2), ax1 = ax2 implica por lei do corte que x1 = x2.. Em geral f e injetiva ⇔ vale a leido corte por essa observacao.
Propriedade 11. Seja K finito. Vale a lei do corte em A⇔ existe inverso para cada elemento nao nulo de K,
Demonstracao. ⇒). Se vale a lei do corte, pela propriedade anterior tem-se que para qualquer a = 0 em K,f : K → K com f(x) = ax e injetiva, como f e injetiva de K em K que e um conjunto finito, entao f e bijetiva, oque implica a ser invertıvel.
⇐). A volta e trivial pois existencia de inverso implica lei do corte.
76
Exercıcio 3.09:
Exemplo 2. O conjunto dos polinomios de coeficiente racionais Q[t] nao e um corpo, pois por exemplo o elementox nao possui inverso multiplicativo, se houvesse haveria
∑nk=0 akx
k tal que x∑n
k=0 akxk = 1 =
∑nk=0 akx
k+1 oque nao e possıvel pois o coeficiente do termo independente x0 e zero em
∑nk=0 akx
k+1 e deveria ser 1.O conjunto dos inteiros Z nao e um corpo, pois nao possui inverso multiplicativo para todo elementos, por
exemplo nao temos o inverso de 2.
77
Exercıcio 3.10:
Propriedade 12. Dados x, y ∈ R, x2 + y2 = 0 ⇔ x = y = 0.
Demonstracao. ⇒).Suponha que x = 0, entao x2 > 0 e y2 ≥ 0 de onde segue que x2 + y2 > 0 , absurdo entao devevaler x2 = 0 ⇒ x = 0 logo temos tambem y2 = 0 ⇒ y = 0, portanto x = y = 0.
⇐). Basta substituir x = y = 0 resultando em 0.
78
Exercıcio 3.11:
Exemplo 3. A funcao f : K+ → K+ com f(x) = xn, n ∈ N e crescente. Sejam x > y > 0 entao xn > yn poisxn =
∏nk=1 x >
∏nk=1 y = yn, por propriedade de multiplicacao de positivos. Se f : Q+ → Q+, Q+ o conjunto dos
racionais positivos, entao f nao e sobrejetiva para n = 2, pois nao existe x ∈ Q tal que x2 = 2 ∈ Q+.f(K+) nao e um conjunto limitado superiormente de K, isto e, dado qualquer x ∈ K existe y ∈ K+ tal que
yn > x. O limitante superior do conjunto, se existisse, nao poderia ser um numero negativou ou zero, pois paratodo y positivo tem-se yn positivo, que e maior que 0 ou qualquer numero negativo. Suponha que x positivo seja,tomando y = x+ 1 temos yn = (x+ 1)n ≥ 1 + nx > x, logo f(K+) nao e limitado superiormente.
79
Exercıcio 3.12:
Propriedade 13. Sejam X um conjunto qualquer e K um corpo, entao o conjunto F (X,K) munido de adicaoe multiplicacao de funcoes e um anel comutativo com unidade, nao existindo inverso para todo elemento. Lem-brando que em um anel comutativo com unidade temos as propriedades, associativa, comutativa, elemento neutro eexistencia de inverso aditivo, para adicao. valendo tambem a comutatividade, associatividade, existencia de unidade1 para o produto e distributividade que relaciona as duas operacoes.
Demonstracao. • Vale a associatividade da adicao
((f + g) + h)(x) = (f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) = (f + (g + h))(x)
• Existe elemento neutro da adicao 0 ∈ K e a funcao constante 0(x) = 0 ∀ x ∈ K, daı
(g + 0)(x) = g(x) + 0(x) = g(x).
• Comutatividade da adicao
(f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x)
• Existe a funcao simetrica, dado g(x), temos f com f(x) = −g(x) e daı
(g + f)(x) = g(x)− g(x) = 0.
• Vale a associatividade da multiplicacao
(f(x).g(x)).h(x) = f(x).(g(x).h(x))
• Existe elemento neutro da multiplicacao 1 ∈ K e a funcao constante I(x) = 1 ∀ x ∈ K, daı
(g.I)(x) = g(x).1 = g(x).
• Comutatividade da multiplicacao
(f.g)(x) = f(x)g(x) = g(x)f(x) = (g.f)(x)
Por ultimo vale a distributividade (f(g + h))(x) = f(x)(g(x) + h(x)) = f(x)g(x) + f(x)h(x) = (f.g + f.h)(x).Nao temos inverso multiplicativo para toda funcao, pois dada uma funcao, tal que f(1) = 0 e f(x) = 1 para
todo x = 1 em K, nao existe funcao g tal que g(1)f(1) = 1, pois f(1) = 0, assim o produto de f por nenhumaoutra funcao gera a identidade.
80
Exercıcio 3.13:
Propriedade 14. Sejam x, y > 0 . x < y ⇔ x−1 > y−1.
Demonstracao. ⇒). Como y > x e x−1 e y−1 sao positivos, multiplicamos a desigualdade por x−1y−1 em amboslados x−1y−1y > x−1y−1x implicando x−1 > y−1, entao se y > x temos 1
x >1y .
⇐). Se x−1 > y−1 . x, y sao positivos, multiplicamos a desigualdade por xy em ambos lados, de onde segue quey > x.
81
Exercıcio 3.14:
Propriedade 15. Sejam a > 0 em K e f : Z → K com f(n) = an. Nessas condicoes f e crescente se a > 1,decrescente se a < 1 e constante se a = 1.
Demonstracao. Para qualquer n ∈ Z vale f(n + 1) − f(n) = an+1 − an = an(a − 1), an e sempre positivo, entaoo sinal da diferenca depende do sinal de a − 1. Se a = 1 vale f(n + 1) = f(n) ∀ n ∈ Z logo f e constante, sea− 1 < 0, a < 1 entao f(n+1)− f(n) < 0, f(n+1) < f(n), f e decrescente e finalmente se a− 1 > 0, a > 1 entaof(n+ 1) > f(n) e a funcao e crescente.
Perceba que as propriedades citadas valem para todo n ∈ Z, por exemplo no caso de a > 1 temos
· · · < f(−4) < f(−3) < f(−2) < f(−1) < f(0) < f(1) < f(2) < f(3) < · · · < f(n) < f(n+ 1) < · · ·
analogamente para os outros casos.
82
Exercıcio 3.15:
Exemplo 4. Para todo x = 0 real, prove que (1 + x)2n > 1 + 2nx.Se x > −1 tomamos a desigualdade de bernoulli com 2n no expoente. Se x < −1 vale 1+x < 0 porem elevando
a uma potencia par resulta num numero positivo, por outro lado 2nx < −2n logo 1 + 2nx < 1 − 2n < 0 entao(1 + x)2n e positivo e 1 + 2nx e negativo, logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx .
83
Exercıcio 3.16:
Exemplo 5. Se n ∈ N e x < 1 entao (1 − x)n ≥ 1 − nx, pois de x < 1 segue que −x > −1 e daı aplicamos adesigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥ 1 + ny com y = −x.
84
Exercıcio 3.17:
Corolario 2. Se a e a+ x sao positivos, entao vale
(a+ x)n ≥ an + nan−1x.
Pois a+xa = (1+ x
a ) > 0 entao podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli (1+y)n ≥ 1+ny com y = xa , resultando
em
(a+ x)n ≥ an + nan−1x.
Se a = 0, arbitrario em R, podendo agora ser negativo, substituımos y = xa em (1 + x)2n > 1 + 2nx. chegando
na desigualdade(a+ x)2n > a2n + a2n−12nx.
Se vale xa < 1 entao da desigualdade (1− y)n ≥ 1− ny, novamente tomamos y = x
a de onde segue
(a− x)n ≥ an − an−1nx.
85
Exercıcio 3.18:
Propriedade 16. Sejam sequencias (ak) , (bk) em um corpo ordenado K onde cada bk e positivo, sendo a1
b1o
mınimo e an
bno maximo dos termos da sequencia de termo ak
bkentao vale
a1b1
≤
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
≤ anbn.
Demonstracao. Para todo k vale a1
b1≤ ak
bk≤ an
bn⇒ bk
a1
b1≤ ak ≤ bk
an
bnpois bk > 0, aplicamos a soma
∑nk=1 em
ambos lados, de onde seguen∑
k=1
bka1b1
≤n∑
k=1
ak ≤n∑
k=1
bkanbn
dividindo por∑n
k=1 bk que e positivo, temos finalmente
a1b1
≤
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
≤ anbn.
86
Exercıcio 3.19:
Propriedade 17 (Multiplicatividade).|a||b| = |a.b|
para a e b reais quaisquer.
Demonstracao. Vale que |x.y|2 = (x.y)2 = x2y2 e (|x||y|)2 = |x|2|y|2 = x2.y2 os quadrados desses numeros saoiguais e eles sao nao negativos, entao segue que |x.y| = |x||y|.
2. |a.b| =√
(a.b)2 =√a2.b2 =
√a2.
√b2 = |a||b|.
Propriedade 18. Se x = 0 entao | 1x | =1|x| .
Demonstracao. Vale |x|| 1x | = |xx | = 1 daı | 1x | e inverso de |x|, sendo 1|x| .
Corolario 3 (Preserva divisao).
|xy| = |x|
|y|.
87
Exercıcio 3.20:
Propriedade 19.n∏
k=1
|ak| = |n∏
k=1
ak|
Demonstracao. Por inducao, para n = 1 vale, supondo para n numeros
n∏k=1
|ak| = |n∏
k=1
ak|
vamos provar para n+ 1n+1∏k=1
|ak| = |n+1∏k=1
ak|
temosn+1∏k=1
|ak| =n∏
k=1
|ak|.|an+1| = |n∏
k=1
ak||an+1| = |n∏
k=1
akan+1| = |n+1∏k=1
ak| .
Propriedade 20 (Desigualdade triangular generalizada). Sejam g(k) definida para k inteiro ,a, b ∈ Z, entao vale
|b∑
k=a
g(k)| ≤b∑
k=a
|g(k)|.
Demonstracao. Para cada k vale−|g(k)| ≤ g(k) ≤ |g(k)|
aplicando o somatorio em ambos lados segue
−b∑
k=a
|g(k)| ≤b∑
k=a
g(k) ≤b∑
k=a
|g(k)|
que implica
|b∑
k=a
g(k)| ≤ |b∑
k=a
|g(k)|| =b∑
k=a
|g(k)|
pois os termos |g(k)| somados sao nao negativos ,logo a soma desses termos e nao-negativa e o modulo da soma eigual a soma.
Propriedade 21. A identidade que provamos acima vale para numeros reais, vamos provar agora por inducao quese vale |z + w| ≤ |z|+ |w| para quaisquer z, w entao vale
|n∑
k=1
zk| ≤n∑
k=1
|zk|
de maneira que possa ser usada para numeros complexos , normas e outras estruturas que satisfazem a desigualdadetriangular.
2. Por inducao sobre n, para n = 1 tem-se
|1∑
k=1
zk| = |z1| ≤1∑
k=1
|zk| = |z1|
88
logo vale. Supondo a validade para n
|n∑
k=1
zk| ≤n∑
k=1
|zk|
vamos provar para n+ 1
|n+1∑k=1
zk| ≤n+1∑k=1
|zk|.
Da hipotese da inducao somamos |zn+1| em ambos lados, logo
|n+1∑k=1
zk| = |zn+1 +
n∑k=1
zk| ≤ |zn+1|+ |n∑
k=1
zk| ≤n+1∑k=1
|zk|
Vejamos outras1 demonstracoes da desigualdade triangular
1Essas demonstracoes aprendi com Pedro Kenzo, obrigado por compartilhar as solucoes.
89
Exercıcio 3.22:
Vamos resolver um caso mais geral do problema.
Definicao 2 (Mediana). Dada uma sequencia finita (yk)n1 seus termos podem ser rearranjados para forma uma
sequencia nao-decrescente (xk)n1 . A mediana X e definida da seguinte maneira
• Se n e ımpar X = xn+12.
• Se n e par X =xn
2+1+xn
2
2 .
Exemplo 6. Seja (xk)n1 uma sequencia crescente f : R→ R com f(x) =
∑nk=1 |x− xk|. Se x < x1 entao
f(x) = −nx+
n∑k=1
xk
logo f e decrescente para x < x1. Tomando x > xn
f(x) = nx−n∑
k=1
xk
logo f e crescente para x > xn.Seja agora x ∈ [xt, xt+1), t variando de 1 ate n− 1
f(x) =t∑
k=1
(x− xk)−n∑
k=t+1
(x− xk) = (2t− n)x+t∑
k=1
xk −n∑
k=t+1
xk
portanto a funcao e decrescente se t < n2 e crescente se t > n
2 , de t = 1 ate t = ⌊n2 ⌋ em cada intervalo [xt, xt+1) a
funcao e decrescente, sendo ⌊n2 ⌋ segmentos decrescentes, de t = ⌊n
2 ⌋ + 1 ate n − 1, temos n − 1 − ⌊n2 ⌋ segmentos
crescentes.
• Se n e ımpar f e decrescente em [x⌊n2 ⌋, x⌊n
2 ⌋+1) e crescente em [x⌊n2 ⌋+1, x⌊n
2 ⌋+2) logo o ponto x⌊n2 ⌋+1 = xn+1
2
e o unico ponto de mınimo.
• Se n e par a funcao e constante em [xn2, xn
2 +1), todos os pontos desse intervalo sao pontos de mınimo. Em
especial o pontoxn
2+xn
2+1
2 e ponto de mınimo.
Concluımos que um ponto de mınimo acontece sempre na mediana da sequencia.
Exemplo 7. Achar o mınimo da funcao f(x) =∑n
k=1 |x− k| para n ımpar e para n par.Trocando n por 2n temos que o mınimo acontece no ponto x 2n
2= xn = n, substituımos entao tal valor na funcao
2n∑k=1
|n− k| =n∑
k=1
|n− k|+2n∑
k=n+1
|n− k| =n∑
k=1
(n− k) +
2n∑k=n+1
(−n+ k) =
=n∑
k=1
(n− k) +n∑
k=1
(k) =n∑
k=1
n = n.n = n2.
portanto o mınimo de∑2n
k=1 |x− k| e n2.
• min{|x− 1|+ |x− 2|} = 1
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|} = 4
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|} = 9
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|+ |x− 7|+ |x− 8|} = 16.
90
Agora para n ımpar, trocamos n por 2n + 1 o mınimo acontece no ponto x (2n+1)+12
= xn+1 = n + 1, aplicando na
funcao temos
2n+1∑k=1
|n+ 1− k| =n+1∑k=1
|n+ 1− k|+2n+1∑k=n+2
|n+ 1− k| =n+1∑k=1
(n+ 1− k) +
2n+1∑k=n+2
−(n+ 1) + k =
=n∑
k=1
(n+ 1− k) +n∑
k=1
k =n∑
k=1
(n+ 1) = n(n+ 1).
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|} = 2
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|} = 6
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|+ |x− 7|} = 12
• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|+ |x− 7|+ |x− 8|+ |x− 9|} = 20.
91
Exercıcio 3.23:
Propriedade 22. |a− b| < ε⇒ |a| < |b|+ ε.
Demonstracao. Partindo da desigualdade |a− b| < ε, somamos |b| a ambos lados
|a− b|+ |b| < ε+ |b|
e usamos agora a desigualdade triangular
|a| ≤ |a− b|+ |b| < ε+ |b|
daı segue|a| ≤ ε+ |b|.
Da mesma forma vale se |a− b| < ε entao |b| ≤ ε+ |a| ⇒ |b| − ε ≤ |a| e com |a| ≤ ε+ |b|. temos
|b| − ε ≤ |a| ≤ ε+ |b|.
Vimos que |a− b| < ε implica |a| < |b|+ ε, mas como a ≤ |a| segue a < |b|+ ε.
92
Exercıcio 3.24:
Propriedade 23. Dado um corpo ordenado K , sao equivalentes
1. K e arquimediano.
2. Z e ilimitado superiormente e inferiormente.
3. Q e ilimitado superiormente e inferiormente.
Demonstracao. • 1 ⇒ 2. N ⊂ Z entao Z e ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que Z seja limitadoinferiormente, entao existe a ∈ K tal que a < x ∀x ∈ Z, logo −a > −x, porem existe n natural tal quen > −a⇒ −n︸︷︷︸
∈Z
< a o que contraria a hipotese.
• 2 ⇒ 3 . Z ⊂ Q portanto Q e ilimitado superiormente e inferiormente.
• 3 ⇒ 1 . Para todo y ∈ K existe ab ∈ Q com a, b > 0 naturais tal que a
b > y, daı a > yb, podemos tomary = x
b , logo a > x, a ∈ N , portanto N e ilimitado superiormente e o corpo e arquimediano.
93
Exercıcio 3.25:
Propriedade 24. Seja K um corpo ordenado. K e arquimediado ⇔ ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que 12n < ε.
Demonstracao. ⇒). Como K e arquimediano, entao ∀ε > 0 existe n ∈ N tal que n > 1ε ⇒ n + 1 > n > 1
ε pordesigualdade de Bernoulli temos 2n > n+ 1 > 1
ε ⇒ 12n < ε.
⇐). Se ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que 12n < ε, tomamos ε = 1
x , x > 0 arbitrario entao x < 2n, com2n = m ∈ N entao K e arquimediano, N nao e limitado superiormente.
94
Exercıcio 3.26:
Propriedade 25. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z → K com f(n) = an, entao
• f(Z) nao e limitado superiormente.
• inf(F (Z)) = 0.
Demonstracao. • Vale que a > 1 entao a = p+ 1 onde p > 0, por desigualdade de Bernoulli temos (p+ 1)n ≥1 + pn. ∀ x > 0 ∈ K existe n tal que n > x
p ⇒ pn > x ⇒ (p + 1)n ≥ 1 + pn > x, logo f(Z) nao e limitadosuperiormente.
• 0 e cota inferior de f(Z) pois vale 0 < an ∀n ∈ Z. Suponha que exista x tal que 0 < x < am ∀ m ∈ Z,sabemos que existe n ∈ N tal que an > 1
x daı x > 1an = a−n, absurdo, entao 0 deve ser o ınfimo.
95
Exercıcio 3.27:
Propriedade 26. Se s e irracional e u = 0 e racional entao u.s e irracional.
Demonstracao. Suponha que s e irracional e u.s seja racional, entao u.s = pq com p = 0 e q = 0 inteiros e como
u = 0 e racional ele e da forma u = jv , j = 0 e v = 0, inteiros, logo
j
vs =
p
q
multiplicando por vj ambos lados segue
s =p.v
j.q
que e um numero racional, logo chegamos a um absurdo.
Propriedade 27. Se s e irracional e t racional, entao s+ t e irracional.
Demonstracao. Suponha s+ t racional, entao s+ t = pq daı s = p
q − t que seria racional por ser diferenca de doisracionais, um absurdo entao segue que s+ t e irracional.
Exemplo 8. Existem irracionais a e b tais que a + b e a.b sejam racionais. Exemplos a = 1 +√5 , b = 1 −
√5
daı a+ b = 2 e a.b = 1− 5 = −4.
96
Exercıcio 3.28:
Propriedade 28. Sejam a, b, c, d racionais entao
a+ b√2 = c+ d
√2 ⇔ a = c e b = d.
Demonstracao. ⇐). Se a = c e b = d a temos a+ b√2 = c+ d
√2.
⇒). Suponha a+ b√2 = c+ d
√2 entao a− c =
√2(d− b), se d = b entao a = c e terminamos, se nao vale que
a− c
d− b=
√2
o que e absurdo pois√2 e irracional.
97
Exercıcio 3.29:
Exemplo 9. O conjunto da forma {x+ y√p} onde x e y sao racionais e subcorpo dos numeros reais.
• O elemento neutro da adicao 0 pertence ao conjunto. Pois 0 = 0 + 0√p
• O elemento neutro da multiplicacao 1 pertence ao conjunto. Pois 1 = 1 + 0√p
• A adicao e fechada. Pois x+ y√p+ z + w
√p = x+ z + (y + w)
√p.
• O produto e fechado. Pois (x+ y√p)(z + w
√p) = xz + xw
√p+ yz
√p+ y.wp.
• Dado x ∈ A implica −x ∈ A. Pois dado x+ y√p temos o simetrico −x− y
√p.
• Dado x = 0 ∈ A tem-se x−1 ∈ A. Pois dado x+ y√p temos inverso
x− y√p
x2 − y2p
como inverso multiplicativo.
Exemplo 10. O conjunto dos elementos da forma a + bα onde α = 3√2 nao e um corpo pois o produto nao e
fechado, vamos mostrar que α2 nao pertence ao conjunto.Suponha que α2 = a+ bα entao α3 = aα+ bα2 = 2 substituindo a primeira na segunda temos que
aα+ b(a+ bα) = aα+ ab+ b2α = α(b2 + a) + ab = 2 ⇒ α(b2 + a) = 2− ab
se b2 + a = 0 entao α = 2−abb2+a o que e absurdo pois α e irracional, entao devemos ter a = −b2, multiplicamos a
expressao aα+ bα2 = 2 por α, de onde segue aα2 + 2b = 2α, substituindo α2 = a+ bα nessa ultima temos
a(a+ bα) + 2b = a2 + abα+ 2b = 2α⇒ α(2− ab) = 2b+ a2
se 2 = ab chegamos num absurdo de α = 2b+a2
2−ab , temos que ter entao 2 = ab e a = −b2 de onde segue 2 = −b3,porem nao existe racional que satisfaz essa identidade, daı nao podemos escrever α2 da forma a + bα com a e bracionais, portanto o produto de elementos nao e fechado e assim nao temos um corpo.
98
Exercıcio 3.30:
Propriedade 29. Sejam a, b ∈ Q+.√a+
√b e racional ⇔
√a e
√b sao racionais.
Demonstracao. ⇒).Se a = b entao 2
√a ∈ Q o que implica
√a =
√b ∈ Q. Agora o caso de a = b.
Suponha que√a+
√b e racional entao seu inverso tambem racional , que e
√a−
√b
a−b , daı√a−
√b ∈ Q , a soma
(√a+
√b) + (
√a−
√b) = 2
√a ∈ Q logo
√a ∈ Q, a diferenca de numeros racionais tambem e um numero racional
(√a+
√b)−
√a =
√b, portanto
√a e
√b sao racionais.
⇐). A volta vale pois a soma de racionais e um racional.
99
Exercıcio 3.31:
Propriedade 30. Sejam A ⊂ R nao vazio limitado e c ∈ R, entao
1. c ≤ sup(A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c− ε < x.
2. c ≥ inf(A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c+ ε > x.
Demonstracao. 1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c− ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se nao existisse x ∈ A tal quec− ε < x entao c− ε seria cota superior menor que o supremo, o que e absurdo, contraria o fato do supremoser a menor das cotas superiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poderıamos tomar c − sup(A) = ε daı c − c + sup(A) =sup(A) < x o que e absurdo.
2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf(A). Dado ε > 0 fixo, se nao existisse x ∈ A tal que c + ε > xentao c + ε seria cota superior menor que o ınfimo, o que e absurdo, contraria o fato do ınfimo ser a menordas cotas inferiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf(A), poderıamos tomar inf(A)− c = ε daı x < c+ inf(A)− c =inf(A) o que e absurdo.
100
Exercıcio 3.32:
Exemplo 11. Seja A = { 1n | n ∈ N} . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 e uma cota inferior, agora vamos
mostrar que 0 e a menor delas. Dado 0 < x, x nao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que 1n < x, logo
0 e o ınfimo.
101
Exercıcio 3.33:
Propriedade 31. Se A e limitado inferiormente e B ⊂ A entao inf(A) ≤ inf(B).
Demonstracao. infA e cota inferior de A, logo tambem e cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale infA ≤infB, pois inf B e a maior cota inferior de B.
Propriedade 32. Se A e limitado superiormente e B ⊂ A entao sup(A) ≥ sup(B).
Demonstracao. Toda cota superior de A e cota superior de B, logo o sup(A) e cota superior de B, como sup(B) ea menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B).
Corolario 4. Se A e B sao conjuntos limitados com B ⊂ A entao vale sup(A) ≥ sup(B) ≥ inf(B) ≥ inf(A) poistemos sup(A) ≥ sup(B) e inf(A) ≤ inf(B), tendo ainda que sup(B) ≥ inf(B).
102
Exercıcio 3.31:
Propriedade 33. Sejam A ⊂ R nao vazio limitado e c ∈ R, entao
1. c ≤ sup(A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c− ε < x.
2. c ≥ inf(A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c+ ε > x.
Demonstracao. 1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c− ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se nao existisse x ∈ A tal quec− ε < x entao c− ε seria cota superior menor que o supremo, o que e absurdo, contraria o fato do supremoser a menor das cotas superiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poderıamos tomar c − sup(A) = ε daı c − c + sup(A) =sup(A) < x o que e absurdo.
2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf(A). Dado ε > 0 fixo, se nao existisse x ∈ A tal que c + ε > xentao c + ε seria cota superior menor que o ınfimo, o que e absurdo, contraria o fato do ınfimo ser a menordas cotas inferiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf(A), poderıamos tomar inf(A)− c = ε daı x < c+ inf(A)− c =inf(A) o que e absurdo.
103
Exercıcio 3.32:
Exemplo 12. Seja A = { 1n | n ∈ N} . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 e uma cota inferior, agora vamos
mostrar que 0 e a menor delas. Dado 0 < x, x nao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que 1n < x, logo
0 e o ınfimo.
104
Exercıcio 3.33:
Propriedade 34. Se A e limitado inferiormente e B ⊂ A entao inf(A) ≤ inf(B).
Demonstracao. infA e cota inferior de A, logo tambem e cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale infA ≤infB, pois inf B e a maior cota inferior de B.
Propriedade 35. Se A e limitado superiormente e B ⊂ A entao sup(A) ≥ sup(B).
Demonstracao. Toda cota superior de A e cota superior de B, logo o sup(A) e cota superior de B, como sup(B) ea menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B).
Corolario 5. Se A e B sao conjuntos limitados com B ⊂ A entao vale sup(A) ≥ sup(B) ≥ inf(B) ≥ inf(A) poistemos sup(A) ≥ sup(B) e inf(A) ≤ inf(B), tendo ainda que sup(B) ≥ inf(B).
105
Exercıcio 3.34:
Propriedade 36. Sejam A,B ⊂ R tais que para todo x ∈ A e todo y ∈ B se tenha x ≤ y. Entao supA ≤ inf B.
Demonstracao. Todo y ∈ B e cota superior de A, logo supA ≤ y para cada y pois supA e a menor das cotassuperiores, essa relacao implica que supA e cota inferior de B logo supA ≤ inf B, pois inf B e a maior cota inferior.
Propriedade 37. supA = inf B ⇔ para todo ε > 0 dado , existam x ∈ A e y ∈ B com y − x < ε.
Demonstracao. ⇐, usamos a contrapositiva. Nao podemos ter inf B < supA pela propriedade anterior, entaotemos forcosamente que inf B > supA, tomamos entao ε = inf B − supA > 0 e temos y − x ≥ ε para todo x ∈ Ae y ∈ B pois y ≥ inf B e supA ≥ x de onde segue −x ≥ − supA, somando esta desigualdade com a de y tem-sey − x ≥ inf B − supA = ε.
⇒ , Se supA = inf B. Entao sendo para qualquer ε > 0, supA− ε2 nao e cota superior de A, pois e menor que
o supA (que e a menor cota superior), da mesma maneira inf A+ ε2 nao e cota inferior de B, entao existem x ∈ A
e y ∈ B tais que
supA− ε
2< x ≤ supA = inf B ≤ y < inf B +
ε
2
inf B − ε
2< x ≤ y < inf B +
ε
2
de onde segue inf B − ε2 < x, −x < ε
2 − inf B e y < inf B + ε2 somando ambas tem-se y − x < ε.
106
Exercıcio 3.35:
Propriedade 38. Se c > 0 entao sup(c.A) = c. supA.
Demonstracao. Seja a = supA. Para todo x ∈ A tem-se x ≤ a, de onde segue cx ≤ ca, assim ca e cota superiorde cA. Seja d tal que d < ca entao d
c < a logo dc nao e cota superior de A, implicando a existencia de pelo menos
um x tal que dc < x, d < cx de onde segue que d nao e cota superior de cA, assim ca e a menor cota superior de
cA logo o supremo.
Propriedade 39. Se c > 0, inf cA = c inf A.
Demonstracao. Seja a = inf A, entao vale a ≤ x para todo x, multiplicando por c segue ca ≤ cx de onde concluımosque ca e cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, entao a < d
c , implicando que dc nao e cota inferior de A assim
existe x ∈ A tal que x < dc ⇒ cx < d, logo d nao e cota inferior de cA, implicando que c.a e a maior cota inferior,
logo o ınfimo do conjunto.
Propriedade 40. Se c < 0 entao inf(cA) = c supA.
Demonstracao. Seja a = supA . Tem-se x ≤ a para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cx ≥ ca para todox ∈ A. Entao ca e uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se d
c < a como a e supremo, isso significa que existe
x ∈ A tal que dc < x logo d > cx, assim esse d nao e cota inferior, implicando que ca e a menor cota inferior, entao
ınfimo do conjunto.
A questao 35 segue da proxima propriedade com c = −1.
Propriedade 41. Se c < 0 entao sup(cA) = c inf A.
Demonstracao. Seja b = inf A entao vale b ≤ x para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cb ≥ cx assim cb e cotasuperior de cA. Agora tome d tal que cb > d segue b < d
c , como b e ınfimo existe x ∈ A tal que x < dc , cx > d
assim esse d nao pode ser cota superior de cA, entao cb e a menor cota superior, logo o ınfimo.
107
Exercıcio 3.37:
Item I
Sejam A,B ⊂ R, conjuntos limitados .
Propriedade 42. O conjunto A+B = {x+ y | x ∈ A, y ∈ B} tambem e limitado.
Demonstracao. Se A e limitado , existe t tal que |x| < t para todo x ∈ A e se B e limitado existe u tal que |y| < u∀y ∈ B. Somando as desigualdades e usando desigualdade triangular segue |x|+|y| < u+t e |x+y| ≤ |x|+|y| < u+tlogo o conjunto A+B e limitado.
Item II
Propriedade 43 (Propriedade aditiva). Vale sup(A+B) = sup(A) + sup(B).
Demonstracao. Como A,B sao limitidados superiomente, temos supA := a e supB := b, como vale a ≥ x e b ≥ ypara todos x, y ∈ A,B respectivamente segue que a+ b ≥ x+ y logo o conjunto A+ B e limitado superiormente.Para todo e qualquer ε > 0 existem x, y tais que
a < x+ε
2, b < y +
ε
2
somando ambas desigualdades-segue-se quea+ b < x+ y + ε
que mostra que a+ b e a menor cota superior, logo o supremo, fica valendo entao
sup(A+B) = sup(A) + sup(B).
Item III
Propriedade 44. inf(A+B) = inf A+ inf B.
Demonstracao. Sejam a = infA e b = infB entao ∀x, y ∈ A,B tem-se a ≤ x, b ≤ y de onde segue por adicaoa+ b ≤ x+ y, assim a+ b e cota inferior de A+B. ∃x, y ∈ A,B tal que ∀ε > 0 vale x < a+ ε
2 e y < b+ ε2 pois a
e b sao as maiores cotas inferiores, somando os termos das desigualdades segue x+ y < a+ b+ ε, que implica quea+ b e a maior cota inferior logo o ınfimo.
108
Exercıcio 3.38:
Definicao 3 (Funcao limitada). Seja A ⊂ R, f : A → R e dita limitada quando o conjunto f(A) = {f(x) | x ∈A}, se f(A) e limitado superiormente entao dizemos que f e limitada superiormente e caso f(A) seja limitadoinferiormente dizemos que A e limitado inferiormente.
Seja uma funcao limitada f : V → R.
Definicao 4.sup f := sup f(V ) = sup{f(x) | x ∈ V }
Definicao 5.inf f := inf f(V ) = inf{f(x) | x ∈ V }
Propriedade 45. A funcao soma de duas funcoes limitadas e limitada.
Demonstracao. Vale |f(x)| ≤M1 e |g(x)| ≤M2 ∀x ∈ A entao
|f(x) + g(x)| ≤ |f(x)|+ |g(x)| ≤M1 +M2 =M
portando a funcao soma f + g de duas funcoes limitadas e tambem uma funcao limitada.
Sejam f, g : V → R funcoes limitadas e c ∈ R.
Propriedade 46.sup(f + g) ≤ sup f + sup g.
Demonstracao. Sejam
A = {f(x) | x ∈ V }, B = {g(y) | y ∈ V }, C = {g(x) + f(x) | x ∈ V }
temos que C ⊂ A+B, pois basta tomar x = y nos conjuntos, logo
sup(A+B) ≥ sup(f + g)
sup(A) + sup(B) = sup f + sup g ≥ sup(f + g)
Propriedade 47.inf(f + g) ≥ inf(f) + inf(g).
Demonstracao. De C ⊂ A+B segue tomando o ınfimo
inf(A+B) = inf(A) + inf(B) = inf(f) + inf(g) ≤ inf(C) = inf(f + g).
Exemplo 13. Sejam f, g : [0, 1] → R dadas por f(x) = x e g(x) = −x
• Vale sup f = 1, sup g = 0, f + g = 0 logo sup(f + g) = 0 vale entao
sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0.
• Temos ainda inf f = 0, inf g = −1, f + g = 0, inf(f + g) = 0 logo
inf f + inf g = −1 < inf(f + g) = 0.
As desigualdades estritas tambem valem se consideramos as funcoes definidas em [−1, 1], nesse caso sup f+sup g =2 e inf f + inf g = −2 e sup(f + g) = 0 = inf(f + g).
109
Exercıcio 3.39:
Definicao 6. Sejam A e B conjuntos nao vazios, definimos A.B = {x.y | x ∈ A, y ∈ B}.
Propriedade 48. Sejam A e B conjuntos limitados de numeros positivos, entao vale sup(A.B) = sup(A). sup(B).
Demonstracao. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) entao valem x ≤ a e y ≤ b, ∀x ∈ A, y ∈ B daı x.y ≤ a.b, logoa.b e cota superior de A.B. Tomando t < a.b segue que t
a < b logo existe y ∈ B tal que ta < y daı t
y < a logo
existe x ∈ A tal que ty < x logo t < x.y entao t nao pode ser uma cota superior, implicando que a.b e o supremo
do conjunto.
Propriedade 49. Sejam A e B conjuntos limitados de numeros positivos, entao vale inf(A.B) = inf(A). inf(B).
Demonstracao. Sejam a = inf(A) e b = inf(B) entao valem x ≥ a e y ≥ b, ∀x ∈ A, y ∈ B daı x.y ≥ a.b, logo a.b ecota inferior de A.B. Tomando t > a.b segue que t
a > b logo existe y ∈ B tal que ta > y daı t
y > a logo existe x ∈ A
tal que ty > x logo t < x.y entao t nao pode ser uma cota inferior, implicando que a.b e o ınfimo do conjunto.
110
Exercıcio 3.40:
Propriedade 50. Sejam f, g : A→ R funcoes limitadas entao f.g : A→ R e limitada.
Demonstracao. Vale que |f(x)| < M1 e |g(x)| < M2 entao |f(x)g(x)| < M1M2 =M ∀ x ∈ A , portanto f.g : A→ Re limitada.
Propriedade 51. Sejam f, g : A→ R+ limitadas superiormente, entao
sup(f.g) ≤ sup(f) sup(g).
Demonstracao. Sejam C = {g(x).f(x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f(x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.Bpara ver isso basta tomar x = y nas definicoes acima, daı
sup(A.B) ≥ sup(C)
sup(A) sup(B) ≥ sup(C)
sup(f) sup(g) ≥ sup(f.g).
Propriedade 52. Sejam f, g : A→ R+ limitadas inferiormente, entao
inf(f.g) ≥ inf(f) inf(g).
Demonstracao. Sejam C = {g(x).f(x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f(x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B,daı
inf(A.B) ≤ inf(C)
inf(A) inf(B) ≤ inf(C)
inf(f) inf(g) ≤ inf(f.g).
Exemplo 14. Sejam f, g : [1, 2] → R dadas por f(x) = x e g(x) = 1x , vale sup f = 2, sup g = 1 sup f. sup g = 2 e
sup(f.g) = 1, pois f.g = 1 logosup f sup g > sup(f.g).
Da mesma maneira inf f = 1, inf g = 12 vale inf f. inf g = 1
2 e inf(f.g) = 1 portanto
inf f. inf g < inf(f.g).
Propriedade 53. Seja f : A→ R+ limitada superiormente entao sup(f2) = (sup f)2.
Demonstracao. Seja a = sup f tem-se f(x) ≤ a ∀x daı f(x)2 ≤ a2 entao a2 e cota superior de f2, e e a menorcota superior pois se 0 < c < a2 entao
√c < a logo existe x tal que
√c < f(x) < a e daı c < f(x)2 < a2 logo a2 e
a menor cota superior sup(f2) = sup(f)2.
Propriedade 54. Seja f : A→ R+ entao inf(f2) = (inf f)2.
Demonstracao. Seja a = inf f tem-se f(x) ≥ a ∀x daı f(x)2 ≥ a2 entao a2 e cota inferior de f2, e e a maior cotainferior pois se a2 < c entao a <
√c logo existe x tal que a < f(x) <
√c e daı a2 < f(x)2 < c logo a2 e a maior
cota inferior inf(f2) = inf(f)2.
111
Exercıcio 3.42:
Teorema 1 (Teorema das raızes racionais). Se o polinomio
f(x) =n∑
k=0
akxk
de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x = rs tal que mdc(r, s) = 1 entao s|an e r|a0.
Demonstracao. Se x = rs e raiz de f(x) =
n∑k=0
akxk, entao temos
f
(r
s
)=
n∑k=0
ak
(r
s
)k
= 0
multiplicando por sn em ambos os lados temos
n∑k=0
akrk.sn−k = 0
como s|0 entao s|n∑
k=0
akrk.sn−k , na soma s nao aparece como fator apenas quando n − k = 0, n = k, logo
abrindo o limite superior do somatorio temos
n−1∑k=0
akrk.sn−k + anr
n.sn−n =n−1∑k=0
akrk.sn−k + anr
n = 0
daı s deve dividir anrn, como s e primo com r implica que tambem e primo com rn, portanto s deve dividir an.
Pelo mesmo argumento, temos que r|0 logo r deve dividirn∑
k=0
akrk.sn−k, como o unico fator onde r nao aparece e
quando k = 0, abrimos o limite inferior do somatorio
a0r0.sn−0 +
n∑k=1
akrk.sn−k = a0.s
n +n∑
k=1
akrk.sn−k = 0
logo r deve dividir a0.sn, mas como r e primo com sn, ele deve dividir a0.
Corolario 6. Se o polinomio de coeficientes inteirosn∑
k=0
akxk possui raızes racionais entao elas devem pertencer
ao conjunto
A = {pq| p|a0 q|an}.
Corolario 7. Se an = 1 em um polinomio de coeficientes inteiros P (x) =n∑
k=0
akxk entao suas raızes racionais
devem ser inteiras, pois
A = {pq| p|a0 q|1}
entao q = 1 ou q = −1, e de qualquer forma implica que as solucoes sao da forma x = p para algum p ∈ Z. Entao, nessas condicoes, as raızes do polinomio P (x) sao inteiras ou irracionais.
Propriedade 55. Seja P (x) = xn − a, a > 0 ∈ Z, se a nao e n-esima potencia de um numero natural entao aunica raiz positiva de P , que e n
√a , e irracional.
Demonstracao. Como P possui coeficiente an = 1 entao ele possui raiz irracional ou inteira, se a raiz positiva mfosse inteira (logo natural) terıamos mn − a = 0 e daı a = mn e potencia de um numero natural, o que contraria ahipotese de a nao ser n-esima potencia de um numero natural, logo n
√a e irracional.
112
Exercıcio 3.43:
Propriedade 56. Sejam I um intervalo nao degenerado e k > 1 natural. O conjunto A = { mkn ∈ I | m,n ∈ Z} e
denso em I.
Demonstracao. Dado ε > 0 existe n ∈ N tal que kn > 1ε , daı os intervalos [
mkn ,
m+1kn ] tem comprimento m+1
kn − mkn =
1kn < ε.
Existe um menor inteiro m+1 tal que x+ε ≤ m+1kn daı m
kn ∈ (x−ε, x+ε) pois se fosse x+ε < mkn iria contrariar
a minimalidade de m+ 1 e se fosse mkn < x− ε entao [ mkn ,
m+1kn ] teria comprimento maior do que de (x− ε, x+ ε),
que e ε, uma contradicao com a suposicao feita anteriormente.
113
Exercıcio 3.44:
Propriedade 57. O conjunto dos polinomios com coeficientes racionais e enumeravel.
Demonstracao. Seja Pn o conjunto dos polinomios com coeficientes racionais de grau ≤ n a funcao f : Pn → Qn+1
tal que
P (n∑
k=0
akxk) = (ak)
n1
e uma bijecao. Como Qn+1 e enumeravel por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumeraveis, segue que Pn
e enumeravel.Sendo A o conjunto dos polinomios de coeficientes racionais, vale que
A =∞∪k=1
Pk
portanto A e uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis , sendo assim A e enumeravel.
Definicao 7 (Numero algebrico). Um numero real (complexo) x e dito algebrico quando e raiz de um polinomiocom coeficientes inteiros.
Propriedade 58. O conjunto dos numeros algebricos e enumeravel.
1. Enumeramos A = {P1, P2, · · · , Pn, · · · }, o conjunto dos polinomios com coeficientes inteiros, definimos Bk comoconjunto das raızes reais de fk, entao vale que
B =
∞∪k=1
Bk
como cada Bk e finito B fica sendo uniao enumeravel de conjuntos finitos, entao B e enumeravel.
2. Seja B o conjunto dos algebricos e A o conjunto dos polinomios com coeficientes inteiros. Para cada algebricox escolhemos um polinomio Px tal que Px(x) = 0.
Definimos a funcao f : B → A tal que F (x) = Px. Dado Px ∈ F (B), temos que o conjunto g−1(Px) dos valoresx ∈ B tal que f(x) = Px e finito pois Px︸︷︷︸
=y
possui um numero finito de raızes e daı tem-se
B =∪
y∈f(B)
g−1(y)
logo B e uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis ( no caso finitos), entao B e enumeravel.
Corolario 8. Existem numeros reais que nao sao algebricos, pois se todos fossem algebricos R seria enumeravel.
Definicao 8 (Numeros transcendentes). Os numeros reais que nao sao algebricos sao ditos transcendentais
Propriedade 59. O conjunto dos numeros algebricos e denso em R, pois todo racional e algebrico, o racional ba
e raiz do polinomio com coeficientes inteirosax− b = P (x)
ax− b = 0 ⇔ ax = b⇔ x = ba . E Q e denso em R.
114
Exercıcio 3.45:
Propriedade 60. Seja A enumeravel e B = R \A, entao para cada intervalo (a, b), (a, b) ∩B e nao enumeravel,em especial B e denso em R.
Com esse resultado garantimos que o complementar de um conjunto enumeravel e denso em R.
Demonstracao. Sabemos que (a, b) e nao enumeravel, escrevemos
(a, b) = [(a, b) ∩A] ∪ [(a, b) ∩ (R \A)] = [(a, b) ∩A] ∪ [(a, b) ∩B],
sabemos que (a, b)∩A e enumeravel se (a, b)∩B tambem o fosse, chegarıamos no absurdo de (a, b) ser enumeravel,por ser uniao finita de conjuntos enumeraveis , portanto (a, b) ∩B e nao enumeravel e B e denso em R.
Exemplo 15. Um conjunto pode nao ser enumeravel e tambem nao ser denso em R, como (a, b).
115
Exercıcio 3.46:
Corolario 9. O conjunto T dos numeros transcedentais e nao enumeravel e denso em R. Pois A o conjunto dosnumeros algebricos e enumeravel, T = R \ A, como complementar dos numeros algebricos T e nao enumeravel edenso em R.
116
Exercıcio 3.47:
Propriedade 61. Seja L|K uma extensao de corpo. Se α, β ∈ L sao algebricos sobre K, entao α ± β, α.β e αβ
com β = 0 sao algebricos sobre K, Desse modo
{α ∈ L|α e algebrico sobre K}
e um subcorpo de L que contem K.
Demonstracao. Seja δ ∈ {α ± β, α.β αβ β = 0} entao δ ∈ K(α, β) e K ⊂ K(δ) ⊂ K(α, β)). Vamos mostrar que
[K(α, β) : K] <∞.Sejam f , g ∈ K[x] os polinomios mınimos de α e β sobre K, com graus m e n respectivamente temos que
[K(α) : K] = m, [K(β) : K] = n.
f(x) ∈ k(x) ⊂ K(β)[x] e tal que f(α) = 0, logo α e algebrico sobre K(β), sendo P o polinomio mınimo de αsobre K(β) de grau s, ele divide f(x) em K(β)[x] logo s ≤ m, portanto [K(β)(α) : K(β)] = s ≤ m o grau e finitoe a extensao total [K(α, β) : K] = sn e finita por multiplicatividade dos graus. Como a extensao [K(α, β) : K] efinita ela e algebrica.
Definicao 9 (Fecho algebrico de Q). Consideremos a extensao de corpos C|Q. Chamamos de fecho algebrico deQ ao subcorpo Q de C definido por
Q = {α ∈ C,α e algebrico sobre Q}
Q e realmente corpo pela propriedade anterior. O conjunto dos numeros algebricos e um corpo.
117
Exercıcio 3.48:
Exemplo 16. Sendo Ak = [k,∞) temos uma sequencia de intervalos que sao conjuntos fechados porem a intersecao
∞∩k=1
Ak = A
e vazia, pois suponha que exista t ∈ A, daı existe k > t e t /∈ [k,∞) = Ak logo nao pode pertencer a intersecao tetodos esses conjuntos.
Da mesma maneira existe uma sequencia decrescente de intervalos abertos limitados com intersecao vazia, sendoBk = (0, 1k )
∞∩k=1
Bk = B
B e vazio, pois se houvesse um elemento nele x > 0, conseguimos k tal que 1k < x daı x nao pertence ao intervalo
(0, 1k ) = Bk portanto nao pode pertencer a intersecao.
118
Exercıcio 3.49:
Propriedade 62. Sejam B ⊂ A nao vazios, A limitado superiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≥ xentao sup(B) = sup(A).
Demonstracao. B e limitado superiormente pois esta contido em um conjunto limitado e vale que sup(A) ≥ sup(B),pois B ⊂ A, suponha que fosse c = sup(A) > sup(B), entao tomando ε = sup(A) − sup(B) > 0, existe x ∈ A talque x > c − ε = sup(A) − sup(A) + sup(B) = sup(B), por hipotese existe y ≥ x > sup(B) com y ∈ B, o que eabsurdo, pois nao pode existir um elemento maior que o supremo.
Propriedade 63. Sejam B ⊂ A nao vazios, A limitado inferiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≤ x entaoinf(B) = inf(A).
Demonstracao. B e limitado inferiormente pois esta contido em um conjunto limitado e vale que inf(A) ≤ inf(B),pois B ⊂ A, suponha que fosse c = inf(A) < inf(B), entao tomando ε = inf(B) − inf(A) > 0, existe x ∈ A talque x < c + ε = inf(A) − sup(A) + inf(B) = inf(B), por hipotese existe y ≤ x < inf(B) com y ∈ B, o que eabsurdo, pois nao pode existir um elemento menor que o ınfimo.
119
Exercıcio 3.50:
Definicao 10 (Corte de Dedekind). Um corte de Dedekind e um par ordenado (A,B) onde A,B ∈ Q nao vazios,tais que A nao possui maximo, A ∪B = Q e ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y.
Seja C o conjunto dos cortes de Dedekind.
Propriedade 64. Em (A,B) vale sup(A) = inf(B).
Demonstracao. Ja sabemos que vale sup(A) ≤ inf(B), pois ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y implica sup(A) < ye sup(A) ser cota inferior implica sup(A) ≤ inf(B), suponha por absurdo que fosse sup(A) < inf(B), entao ointervalo (sup(A), inf(B)) nao possui valores x ∈ A, pois se nao x > sup(A), nem y ∈ B pois daı y < inf(B), mascomo existem racionais em tal intervalo, pois Q e denso e A ∪B = Q, chegamos em um absurdo.
Propriedade 65. Existe bijecao entre R e C o conjunto dos cortes.
Demonstracao. Definimos f : C → R como f(A,B) = sup(A) = inf(B).
• f e injetora, suponha f(A,B) = f(A′, B′) entao sup(A) = inf(B) = sup(A′) = inf(B′).
Dado x ∈ A vamos mostrar que x ∈ A′.
x < sup(A′) = inf(B′) ≤ y′, ∀ y′ ∈ B′, daı x ∈ A′
a inclusao A′ ⊂ A e analoga. Entao vale A = A′.
• Dado y ∈ B, vamos mostrar que y ∈ B′.
x′ < sup(A) < inf(B′) ≤ y
com isso y ∈ B′. De maneira similar, B′ ⊂ B portanto B = B′. Como vale B = B′ e A = A′ entao a funcaoe injetiva.
• A funcao e sobrejetiva. Para qualquer y ∈ R, tomamos os conjuntos (−∞, y) ∩Q = A e B = [y,∞) ∩Q, Anao possui maximo, para todo x ∈ A e y ∈ B tem-se y > x e Q = [(−∞, y) ∩ Q] ∪ [ [y,∞) ∩Q], alem dissovale sup(A) = y = inf(B), portanto f(A,B) = y e a funcao e sobrejetora, logo sendo tambem injetora f ebijecao.
120
Exercıcio 3.51:
Sejam X, Y conjuntos nao-vazios e f : X × Y → R uma funcao limitada. Para cada x0 ∈ X e cada y0 ∈ Y ,definimos s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y } e s2(y0) = sup{f(x, y0);x ∈ X}. Isto define funcoes s1 : X → R es2 : Y → R. Prove que se tem supx∈Xs1(x) = supy∈Y s2(y). Em, outras palavras,
supx[supyf(x, y)] = supy[supxf(x, y)].
Primeiramente, verificaremos que supx∈Xs1(x) ∈ R. De fato, se {s1(x);x ∈ X} fosse ilimitado superiormente,deverımos ter que f e ilimitada superiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que
A+ 1 < s1(x0),
tambem existiria, pois s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que
s1(x0)− 1 < f(x0, y0)
e, consequentemente, terıamos queA < f(x0, y0).
Assim, concluirıamos que f e ilimitada superiormente. Um absurdo.De forma analoga, mostra-se que supy∈Y s2(y) ∈ R.Provaremos que
supx∈Xs1(x) = sup(x,y)∈X×Y f(x, y).
Seja ε > 0 arbitrario. Temos que existe x0 ∈ X tal que
supx∈Xs1(x)−ε
2< s1(x0).
Alem disso, como s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que
s1(x0)−ε
2< f(x0, y0).
Entao, segue das inequacoes acima, que
supx∈Xs1(x)− ε < f(x0, y0) 6 sup(x,y)∈X×Y f(x, y)
E, como ε > 0 e arbitrario, conclui-se que
supx∈Xs1(x) 6 sup(x,y)∈X×Y f(x, y).
Novamente, tomamos ε > 0 arbitrario. Existe (x0, y0) ∈ X × Y tal que
sup(x,y)∈X×Y f(x, y)− ε < f(x0, y0).
Como s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y }, devemos ter que
sup(x,y)∈X×Y f(x, y)− ε < f(x0, y0) 6 s1(x0) 6 supx∈Xs1(x).
E, pela arbitrariedade de ε > 0, concluımos que
sup(x,y)∈X×Y f(x, y) 6 supx∈Xs1(x).
Portanto, temos quesupx∈Xs1(x) = sup(x,y)∈X×Y f(x, y).
De forma analoga, demonstra-se que
supy∈Y s2(y) = sup(x,y)∈X×Y f(x, y).
De onde concluımos quesupx∈Xs1(x) = supy∈Y s2(y).
121
Exercıcio 3.52:
Enuncie e demonstre um resultado analogo ao anterior com inf ao inves de sup. Considere, em seguida, o caso“misto” e prove que
supy[infxf(x, y)] = infx[supyf(x, y)].
Definimos funcoes i1 : X → R e i2 : Y → R por i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y } e i2(y0) = inf{f(x, y0);x ∈ X}.Provaremos que
infx∈X i1(x) = infy∈Y i2(y),
ou, equivalentemente,infx∈X [infy∈Y f(x, y)] = infy∈Y [infx∈Xf(x, y)].
Primeiramente, verificaremos que infx∈X i1(x) ∈ R. De fato, se {i1(x);x ∈ X} fosse ilimitado inferiormente,deverımos ter que f e ilimitada inferiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que
i1(x0) < −A− 1,
tambem existiria, pois i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que
f(x0, y0) < i1(x0) + 1
e, consequentemente, terıamos quef(x0, y0) < −A.
Assim, concluirıamos que f e ilimitada inferiormente. Um absurdo.De forma analoga, mostra-se que infy∈Y i2(y) ∈ R.Provaremos que
infx∈X i1(x) = inf(x,y)∈X×Y f(x, y).
Seja ε > 0 arbitrario. Temos que existe x0 ∈ X tal que
i1(x0) < infx∈X i1(x) +ε
2.
Alem disso, como i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que
f(x0, y0) < i1(x0) +ε
2.
Entao, segue das inequacoes acima, que
inf(x,y)∈X×Y f(x, y) 6 f(x0, y0) < infx∈X i1(x) + ε
E, como ε > 0 e arbitrario, conclui-se que
inf(x,y)∈X×Y f(x, y) 6 infx∈X i1(x).
Novamente, tomamos ε > 0 arbitrario. Existe (x0, y0) ∈ X × Y tal que
f(x0, y0) < inf(x,y)∈X×Y f(x, y) + ε.
Como i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y }, devemos ter que
infx∈X i1(x) 6 i1(x0) 6 f(x0, y0) < inf(x,y)∈X×Y f(x, y) + ε.
E, pela arbitrariedade de ε > 0, concluımos que
infx∈X i1(x) 6 inf(x,y)∈X×Y f(x, y).
Portanto, temos queinfx∈Xs1(x) = inf(x,y)∈X×Y f(x, y).
122
De forma analoga, demonstra-se que
infy∈Y i2(y) = inf(x,y)∈X×Y f(x, y).
De onde concluımos queinfx∈X i1(x) = supy∈Y i2(y).
Agora, provaremos a desigualdade
supy[infxf(x, y)] 6 infx[supyf(x, y)].
SejamI := {infx∈Xf(x, y) | y ∈ Y }
eS := {supy∈Y f(x, y) | x ∈ X}.
Dados elementos arbitrarios infx∈Xf(x, y0) em I e supy∈Y f(x0, y) de S, temos que
infx∈Xf(x, y0) 6 f(x0, y0) 6 supy∈Y f(x0, y).
Assim, pelo resultado do exercıcio 3.34, temos que
supy[infxf(x, y)] = sup(I) 6 inf(S) = infx[supyf(x, y)].
Por fim, um exemplo onde ocorre a desigualdade estrita. Sejam X = {x1, x2}, Y = {y1, y2} e f : X × Y → Rdefinido por f(x1, y1) = f(x2, y2) = 2 e f(x1, y2) = f(x2, y1) = 1. Assim, temos que
supy∈Y f(x1, y) = supy∈Y f(x2, y) = 2
einfx∈Xf(x, y1) = infx∈Xf(x, y2) = 1.
Portanto,supy[infxf(x, y)] = 1 < 2 = infx[infyf(x, y)].
123
Exercıcio 3.53:
Sejam x e y numeros reais positivos. Prove que se tem
√xy 6 x+ y
2.
Temos que(√x−√
y)2 > 0.
Logo,x− 2
√xy + y > 0
e, portanto,x+ y
2> √
xy.
124
Exercıcio 3.54:
A desigualdade entre a media aritmetica e a media geometrica, vista no exercıcio anterior, vale para n numerosreais positivos x1, x2, ..., xn. Sejam G = n
√x1x2 . . . xn e A = x1+x2+···+xn
n . Para provar a desigualdade no casogeral, considere a operacao que consiste em substituir o menor dos numeros dados, digamos xi e o maior deles,digamos xj , respectivamente por x′i =
xixj
G e x′j = G. Isto nao altera a media geometrica e, quanto a aritmetica,ela nao aumenta, pois, como e facil ver, x′i + x′j 6 xi + xj . Prove que, repetida a operacao no maximo n vezes,obtemos n numeros todos iguais a G e, portanto, sua media aritmetica e G. Como em cada operacao a mediaaritmetica nao aumentou, conclua que G 6 A, ou seja, n
√x1x2 . . . xn 6 x1+x2+···+xn
n .
Provaremos, por inducao em k = 0, 1, . . . , n, que se exatamente n − k termos da sequencia x1,...,xn sao iguaisa G, entao G 6 A.
Para k = 0, temos que
A =x1 + x2 + · · ·+ xn
n=nG
n= G,
como querıamos.Suponhamos que exatamente n − k termos da sequencia x1,...,xn sao iguais a G, para k > 0. Sejam xi e xj ,
respectivamente, elementos de maior e menor valor da sequencia em questao. Desta forma temos que
xi < G < xj .
De fato, temos quexni 6 x1x2 . . . xn 6 xnj ,
e, consequentemente,xi 6 G 6 xj .
Assim, como k > 0, devemos ter que xi < G 6 xj ou xi 6 G < xj . Se tivessemos xi < G = xj , entao
Gn = x1x2 . . . xn 6 (xj)n−1xi < Gn.
Absurdo. Da mesma forma, nao podemos ter xi = G < xj . Portanto, devemos ter, de fato xi < G < xj . Adiante,consideremos a sequencia dada por
x′p =
xp , p = i, jxixj
G , p = iG , p = j.
Temos que
x′i + x′j =xixjG
+G <xiG
G+ xj = xi + xj .
Assim,x′1 + x′2 + · · ·+ x′n
n<x1 + x2 + · · ·+ xn
n.
Tambem temos queG′ := n
√x′1x
′2 . . . x
′n = n
√x1x2 . . . xn = G.
Concluımos daı que a sequencia x′1, x′2, ... ,x′n possui no maximo k − 1 elementos diferentes de G′ = G. Pela
hipotese de inducao, temos que
G = G′ = n√x′1x
′2 . . . x
′n 6 x′1 + x′2 + · · ·+ x′n
n<x1 + x2 + · · ·+ xn
n= A.
E o resultado segue por inducao.
125
Exercıcio 3.55:
Seja K um corpo ordenado e completo. Indique com 0′ e 1′ o zero e a unidade de K. Para cada n ∈ N, sejamn′ = 1′ + ...+ 1′ (n vezes) e (−n)′ = −n′. Definamos uma funcao f : R → K pondo f(pq ) =
p′
q′ para todo pq ∈ Q e
para x irracional, seja f(x) = sup{p′
q′ ∈ K; pq < x}. Prove que f e um homomorfismo sobrejetivo e conclua que f e
uma bijecao, ou seja, um isomorfismo de R sobre K.
A solucao sera dada em 11 passos:
(I) f(m+ n) = f(m) + f(n) para todos n,m ∈ Z:
Provaremos a igualdade por inducao em n ∈ N que f(m+ n) = f(m) + f(n) e f(m− n) = f(m) + f(−n), paratodo m ∈ Z.
Temos que f e definido em Z indutivamente por f(m+ 1) = f(m) + f(1) e f(−m− 1) = −f(m)− f(1), param ∈ N. Daı segue o resultado para n = 1.
Adiante, temos que
f(m+ (n+ 1)) = f((m+ 1) + n) = f(m+ 1) + f(n) = f(m) + f(n) + f(1) = f(m) + f(n+ 1).
E de forma analoga mostra-se que f(m− (n+ 1)) = f(m) + f(−(n+ 1)). E o resultado segue pelo PIF.
(II) f(mn) = f(m)f(n) para todos n,m ∈ Z:
Demonstracao analoga a anterior.
(III) f(m) < f(n) ⇐⇒ m < n, para todos n,m ∈ Z:
Observemos que pela definicao indutiva de f em N (i.e. f(n + 1) := f(n) + 1) e pelo fato de f(1) := 1′ > 0′,temos que n ∈ Z com n > 0 implica f(n) > 0′. E por f(−n) = −f(n) temos que se n ∈ Z com n < 0 entaof(n) < 0′. Ou seja, n > 0 em Z se e somente se f(n) > 0′.
Assim, temos quef(m) < f(n) ⇐⇒ f(m)− f(n) < 0′
⇐⇒ f(m− n) < 0′
⇐⇒ m− n < 0′
⇐⇒ m < n.
(IV) f(s+ t) = f(s) + f(t) para todos s, t ∈ Q:
Sejam s = pq e t = m
n com p,m ∈ Z e q, n ∈ N . Entao, temos que
f(s+ t) = f(np+qmqn )
= f(np+qm)f(qn)
= f(n)f(p)+f(q)f(m)f(q)f(n)
= f(p)f(q) +
f(m)f(n)
= f(s) + f(t).
(V) f(st) = f(s)f(t) para todos s, t ∈ Q:
Analoga a anterior.
(VI) f(s) < f(t) ⇐⇒ s < t, para todos s, t ∈ Q:
Sejam s = pq e t = m
n com p,m ∈ Z e q, n ∈ N . Entao, temos que
f(s) < f(t) ⇐⇒ f(n)f(p) < f(q)f(m)⇐⇒ f(np) < f(qm)⇐⇒ np < qm⇐⇒ s < t.
126
(VII) f(x) = sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q} para todo x ∈ R:
Pela definicao de f nos irracionais, basta provar a igualdade para x ∈ Q. De fato, por (IV) temos quef(x) > sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q}. E por outro lado, f(x) ∈ sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q}. E saı segue o resultado.
(VIII) f e um homomorfismo:
De fato, temos, para quaisquer x, y ∈ R, que
f(x) + f(y) = sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q}+ sup{f(r); r 6 y, r ∈ Q}= sup{f(r1) + f(r2); r1 6 x, r2 6 y e r1, r2 ∈ Q} (pelo exercıcio 3.37)= sup{f(r); r 6 x+ y, r ∈ Q} (por (IV))= f(x+ y).
Analogamente, prova-se que f(xy) = f(x)f(y) utilizando-se do exercıcio 3.39 e do item (V).
(IX) f(x) < f(y) ⇐⇒ x < y, para todos x, y ∈ R:
Temos, por (VII), quef(x) < f(y) ⇐⇒ ∃r ∈ Q, f(x) < f(r) 6 f(y)
⇐⇒ ∃r ∈ Q, x < r 6 y⇐⇒ x < y.
(X) y = f(sup{r ∈ Q; f(r) 6 y}):
Seja x = sup{r ∈ Q; f(r) 6 y}. Observemos que x ∈ R pelo fato de K ser completo e ordenado (logo,arquimediano). Entao, pela escolha de x,
f(x) = sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q} 6 y.
Por outro lado, se f(x) < y, haveria, novamente pela arquimedianeidade de K, r ∈ Q, tal que f(x) < f(r) < f(y).Contradizendo a escolha de x.
(XI) f e bijetiva:
O item (IX) implica que f e injetiva e o item (X) implica que f e sobrejetiva.
127
Exercıcio 3.56:
Seja f : R → R um isomorfismo de R em si mesmo. Prove que f = identidade. Conclua que se K e L sao corposordenados completos, existe um unico isomorfismo de K sobre L.
Seja f : R → R um isomorfismo de corpos. Provaremos que f e igual a identidade IR : R → R.Pelo exercıcio 3.4, temos que f(0) = 0 e f(1) = 1.Por inducao em n ∈ N, segue que
f(n) = n = −f(−n).E, assim, para q ∈ Z+ temos que
1 = f
(q
q
)= f(q)f
(1
q
)= qf
(1
q
).
De onde concluımos que f(
1q
)= 1
q . Portanto, para p ∈ Z, temos que
f
(p
q
)= f(p)f
(1
q
)=p
q.
Ou seja, f(r) = r para todo r ∈ Q.Agora, observemos que se x > 0, entao f(x) > 0. De fato, temos que
f(x) = f(√x√x) = f(
√x)2 > 0.
Seja x ∈ R. Provaremos que f(x) = x mostrando que para quaisquer r, s ∈ Q tais que
s < x < r
tem-se ques < f(x) < r.
De fato, temos que0 < x− s
e0 < r − x
implicam que0 < f(x− s) = f(x)− f(s) = f(x)− s
e0 < f(r − x) = f(r)− f(x) = r − f(x)
pela observacao do paragrafo anterior. Portanto, temos que
s < f(x) < r
e concluımos quef(x) = x
para qualquer x ∈ R.Provaremos agora que se K e L sao corpos ordenados completos, existe um unico isomorfismo entre K e L.Pelo exercıcio 3.55, temos que existem isomorfismos fK : R → K e fL : R → L. Desta forma, existe um
isomorfismo φ = fL ◦ f−1K : K → L.
Suponhamos que ψ : K → L seja um isomorfismo de corpos. Provaremos que ψ = φ. De fato, como
f−1L ◦ ψ−1 ◦ φ ◦ fK : R → R
e um isomorfismo, pelo que foi provado acima, temos que
f−1K ◦ ψ−1 ◦ φ ◦ fK = IR.
Consequentemente,ψ−1 ◦ φ = IK
eψ = φ.
128
Exercıcio 3.57:
Verifique que f : R → (−1, 1), definida por f(x) = x√1+x2
, e uma bijecao de R no intervalo (−1, 1).
Seja g : (−1, 1) → R definida por
g(x) =x√
1− x2.
Provaremos que g = f−1.Seja x ∈ (−1, 1). Entao,
f ◦ g(x) = f(
x√1−x2
)=
(x√
1−x2
)(1+
(x√
1−x2
)2) 12
=
(x√
1−x2
)(1+ x2
1−x2
) 12
=
(x√
1−x2
)(√
1−x2+x2√1−x2
)
=
(x√
1−x2
)(
1√1−x2
)= x.
Seja x ∈ R. Entao,g ◦ f(x) = g
(x√
1+x2
)=
(x√
1+x2
)(1−
(x√
1+x2
)2) 12
=
(x√
1+x2
)(
1+x2−x2
1+x2
) 12
=
(x√
1+x2
)(
1√1+x2
)= x.
Portanto, g = f−1.
129
Exercıcio 3.58:
Um conjunto G de numeros reais chama-se grupo aditivo quando 0 ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x − y ∈ G. Entao,x ∈ G ⇒ −x ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x + y ∈ G. Seja entao G ⊂ R um grupo aditivo de numeros reais. Indiquemoscom G+ o conjunto dos numeros reais pertencentes a G. Excetuando o caso trivial G = {0}, G+ e nao-vazio.Suponhamos pois G = {0}. Prove que:
(i) Se infG+ = 0, entao G e denso em R;
(ii) Se infG+ = a > 0, entao a ∈ G+ e G = {0,±a,±2a, ...};
(iii) Conclua que, se α ∈ R e irracional, os numeros reais da forma m + nα com m, n ∈ Z constituem umsubconjunto denso em R.
(i)Provaremos que dado um intervalo arbitrario (a, b) em R, existe g ∈ G e m ∈ Z tais que mg ∈ (a.b). Como
mg ∈ G (prova-se por inducao em m), concluımos daı que G intercepta todo intervalo aberto em R. Logo, G edenso em R.
Como infG+ = 0, temos que existe g ∈ G+ tal que
0 < g < b− a.
Assim, tomando-se m = min{n ∈ Z; a < ng}, teremos que
a < mg = (m− 1)g + g 6 a+ g < a+ (b− a) = b.
Logo, mg ∈ (a, b).(ii)Primeiramente, provaremos que a ∈ G. De fato, se a = infG+ /∈ G terıamos que existiriam h e g ∈ G+ tais que
a < h < g < 2a.
Daı0 < g − h < a
e, como g − h ∈ G, temos quea = infG+ 6 g − h < a.
Uma contradicao. Logo, a ∈ G.Agora, provaremos que todo g ∈ G e da forma na para algum n ∈ Z. Seja n = max{n ∈ Z;na 6 g} e r = g−na.
Pela escolha de n, temos que0 6 r < a.
Assim, como r = g − na ∈ G devemos ter que r = 0 pois, caso contrario, terıamos que
a = infG+ 6 r < a.
Portanto, g = na.(iii)Seja
G := {m+ nα;m,n ∈ Z}.Temos que G e um grupo aditivo. Como G = {0}, nos basta provar que a = infG+ = 0.
Suponhamos o contrario. Entao a > 0 e, pelo item (ii), temos que
G = {0,±a,±2a, ...}.
Assim, como α ∈ G, temos quea = kα ∈ R\Q.
Daı, temos queG = {0,±a,±2a, ...} ⊂ R\Q.
Mas, por outro lado,G := {m+ nα;m,n ∈ Z} ⊃ Z.
Uma contradicao.
130
Exercıcio 3.59:
Sejam f, g : R2 → R e ϕ, ψ : R3 → R as funcoes definidas por f(x, y) = 3x − y, g(x, y) = (x − 1)2 + (y + 1)2 − 9,φ(x, y, z) = 3z e ψ(x, y, z) = x2 + y2 − z. Interpretando (x, y) como as coordenadas cartesianas de um pontono plano R2 e (x, y, z) como as coordenadas de um ponto no espaco R3, descreva geometricamente os conjuntosf−1(0), g−1(0), φ−1(0) e ψ−1(0).
• f−1(0) = {(x, y) ∈ R2; y = 3x}: uma reta;
• g−1(0) = {(x, y) ∈ R2; (x− 1)2 + (y + 1)2 = 32}: uma circunferencia de raio 3 e centrada no ponto (1,−1);
• φ−1(0) = {(x, y, z) ∈ R3; z = 0}: um plano;
• ψ−1(0) = {(x, y, z) ∈ R3; z = x2 + y2}: dois cones.
131
Exercıcio 3.60:
Seja a um numero real positivo. Dado um numero racional p/q (onde p ∈ Z e q ∈ N), defina a potencia de base ae expoente racional p/q como ap/q = q
√ap. Prove:
(1) Para quaisquer r, s ∈ Q tem-se ar.as = ar+s e (ar)s = ars;
(2) Para todo r ∈ Q+, a funcao f : (0,+∞) → (0,+∞), dada por f(x) = xr, e uma bijecao crescente;
(3) A funcao g : Q → R definida por g(r) = ar (onde a e um numero real positivo fixado) e crescente se a > 1, edecrescente se 0 < a < 1.
(1)Sejam r = p/q e s = p′/q′, onde p e p′ ∈ Z e q e q′ ∈ N. Temos que
aras = apq a
p′q′
= apq′qq′ a
p′qq′q
=qq′√apq′
qq′√ap′q
=qq′√apq′ap′q
=qq′√apq′+p′q
= apq′+p′q
qq′
= apq+
p′q′
= ar+s
e
(ar)s = (apq )
p′q′
= q′√( q√ap)p′
=qq′√app′
= app′qq′
= ars.
(2)
A funcao f tem inversa g : (0,+∞) → (0,+∞) dada por g(x) = x1r . De fato, dado x ∈ (0,+∞), temos que
f ◦ g(x) = f(x1r )
= (x1r )r
= x1
= x.
eg ◦ f(x) = g(xr)
= (xr)1r
= x1
= x.
Portanto, f e uma bijecao.Dados x < y em (0,+∞), temos que
xp < yp
e, consequentemente,f(x) = xr
= q√xp
< q√yp
= yr
= f(y).
Portanto, f e crescente.
132
(3)
Dados r = p/q e s = p′/q′, onde p e p′ ∈ Z e q e q′ ∈ N, com r < s. Entao, r = pq′
qq′ < p′qqq′ = s e,
consequentemente,pq′ < p′q.
Caso a > 1, temos quepq′ < p′q ⇒ apq
′< ap
′q
⇒ qq′√apq′ <
qq′√ap′q
⇒ g(pq′
qq′ ) < g(p′q
qq′ )
⇒ g(r) < g(s).
Concluımos daı que, g e crescente caso a > 1.Caso 0 < a < 1, temos que
pq′ < p′q ⇒ apq′> ap
′q
⇒ qq′√apq′ >
qq′√ap′q
⇒ g(pq′
qq′ ) > g(p′q
qq′ )
⇒ g(r) > g(s).
Concluımos daı que, g e decrescente caso 0 < a < 1.
133
Exercıcio 4.1:
Se limxn = a, entao lim |xn| = |a|. De um contra-exemplo mostrando que a recıproca e falsa, salvo quando a = 0.
Como limxn = a, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
||xn| − |a|| ≤ |xn − a| < ε,
para todo n ≥ n0. Logo, temos quelim |xn| = |a|.
Temos que lim |xn| = |a| nao implica que limxn = a. Basta tomar xn = 1, para todo n ∈ N e a = −1.
135
Exercıcio 4.2:
Seja limxn = 0. Para cada n, ponha yn = min{|x1|, |x2|, ..., |xn|}. Prove que yn −→ 0.
Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que se n ≥ n0, entao |xn| < ε. Como |yn| = yn = min{|x1|, ..., |xn|} ≤ |xn|, temosque para n ≥ n0, |yn| ≤ |xn| < ε. Logo,
lim yn = 0.
136
Exercıcio 4.3:
Se limx2n = a e limx2n−1 = a, prove que limxn = a.
Dado ε > 0, existem np, ni ∈ N tais que
n ≥ np ⇒ |x2n − a| < ε
en ≥ ni ⇒ |x2n−1 − a| < ε.
Tomemos n0 = max{2np, 2ni − 1}. Assim, para n ≥ n0, temos
• Se n = 2k, entao2k = n ≥ n0 ≥ 2np.
Logo, k ≥ np e consequentemente|xn − a| = |x2k − a| < ε.
• Se n = 2k − 1, entao2k − 1 = n ≥ n0 ≥ 2ni − 1.
Logo, k ≥ ni e consequentemente|xn − a| = |x2k−1 − a| < ε.
Em ambos os casos, se n ≥ n0, temos |xn − a| < ε. Logo, limxn = a.
137
Exercıcio 4.4:
Se N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk e limn∈N1
xn = limn∈N2
xn = ... = limn∈Nk
xn = a, entao limn∈N
xn = a.
Dado ε > 0, existem n1, n2, ..., nk ∈ N1,N2, ...,Nk tais que se n ∈ Ni com n ≥ ni, entao |xn − a| < ε. Tomandon0 = max{n1, n2, ..., nk}, temos que se n ≥ n0, entao n ≥ ni, para todo i = 1, .., k. Desta forma, |xn − a| < ε.Portanto,
limxn = a.
138
Exercıcio 4.5:
De exemplo de uma sequencia (xn) e uma decomposicao N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk ∪ ... de N como reuniao deuma infinidade de conjuntos infinitos tais que, para todo k, a sequencia (xn)n∈Nk
tenha limite a, mas nao se temlimxn = a.
Seja k ∈ N. DefinimosNk = {2k−1.n ∈ N;n ∈ N, n e ımpar}.
Temos dessa definicao que N =∞∪k=1
Nk. Assim, podemos definir
x : N →
n 7→ x(n) =
{1, se n = 2k−1 para algum k
1/n, se n = 2k−1m para algum m > 1..
Provemos que limxn = 0. Dado ε > 0, existe p0 ∈ N tal que
1
3p0< ε2k−1.
Assim, se n = 2k−1m ∈ Nk, com n ≥ n0 = 2k−13p0 , entao
xn =1
2k−1m≤ 1
2k−13p0< ε.
Logo, limn∈Nk
= 0. Por outro lado, limx2k−1 = 1. Portanto, limn∈N
xn nao existe.
139
Exercıcio 4.6:
Se limxn = a e lim(xn − yn) = 0, entao lim yn e igual a a.
Dado ε > 0, existem n1, n2 ∈ N tais que
n ≥ n1 ⇒ |xn − a| < ε/2
en ≥ n2 ⇒ |xn − yn| < ε/2.
Tomando n0 = max{n1, n2}, teremos que se n ≥ n0, entao
|yn − a| ≤ |xn − yn|+ |xn − a| < ε.
Logo, lim yn = a.
140
Exercıcio 4.7:
Seja a = 0. Se limyna
= 1, entao lim yn e igual a a.
Sejam ε > 0 e a = 0. Neste caso ε/|a| > 0. Assim, existe n0 ∈ N tal que∣∣∣yna
− 1∣∣∣ < ε
|a|,
ou seja,|yn − a| < ε.
Logo, lim yn = a.
141
Exercıcio 4.8:
Seja b = 0. Se limxn = a e limxnyn
= b, entao lim yn =a
b.
Pelo ıtem 3 do Teorema 6, temos que
limynxn
=1
b.
Pelo ıtem 2 do mesmo teorema,
lim yn = limxn.ynxn
= limxn. limynxn
= a.1
b=a
b.
142
Exercıcio 4.9:
Seja b = 0. Se limxn = a e limxnyn
= b, entao lim yn =a
b.
Pelo ıtem 3 do Teorema 6, temos que
limynxn
=1
b.
Pelo ıtem 2 do mesmo teorema,
lim yn = limxn.ynxn
= limxn. limynxn
= a.1
b=a
b.
143
Exercıcio 4.10:
Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, entao lim n√xn = 1.
Temos quelim n
√a = lim n
√n = 1.
Assim,
limn√nk = lim
(n√n)k
=(lim n
√n)k
= 1k = 1.
Logo, limxn = 1.
144
Exercıcio 4.10:
Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, entao lim n√xn = 1.
Temos quelim n
√a = lim n
√n = 1.
Assim,
limn√nk = lim
(n√n)k
=(lim n
√n)k
= 1k = 1.
Logo, limxn = 1.
145
Exercıcio 4.11:
Use a desigualdade entre as media aritmetica e geometrica dos n+1 numeros 1−1/n, 1−1/n, ..., 1−1/n, 1 e proveque a sequencia (1− 1/n)n e crescente. Conclua que (1− 1/n)n ≥ 1/4 para todo n > 1.
Pela desigualdade envolvendo a media aritmetica e a media geometrica, temos que
n+1
√(1− 1
n
)n
.1 ≤n
(11
n
)+ 1
n+ 1
n+1
√(1− 1
n
)n
≤ n
n+ 1= 1− 1
n+ 1(1− 1
n
)n
≤(1− 1
n+ 1
)n+1
.
Logo, a sequencia (xn)n∈N dada por
xn =
(1− 1
n
)n
e crescente. Daı, para n ≥ 2, temos
1
4=
(1− 1
2
)2
≤(1− 1
n
)n
.
146
Exercıcio 4.11a:
Sejam xn = (1 + 1/n)n e yn = (1− 1n+1 )
n+1. Mostre que limxnyn = 1 e deduza daı que lim(1− 1/n)n = e−1.
Segue, pelas definicoes de xn e yn, que
xnyn =
(1 +
1
n
)n(1− 1
n+ 1
)n+1
=
(n
n+ 1
)n(n
n+ 1
)n(1− 1
n+ 1
)= 1− 1
n+ 1.
Logo,
limxnyn = lim1− 1
n+ 1= 1.
Como limxn = e, temos que
lim
(1− 1
n
)n
= lim yn1
= lim yn = e−1.
147
Exercıcio 4.12:
Fazendo yn = x1/k e b = a1/k na identidade yk−bk = (y−b)k−1∑i=0
yibk−i−1, obtenha x−a = (x1/k−a1/k)k−1∑i=0
xi/ka1−(i+1)/k
e use isto para provar que se limxn = a > 0, entao lim n√xn = n
√a. Conclua daı, que lim(xn)
r = ar para todoracional r.
Fazendo y = x1/k e b = a1/k na identidade
yk − bk = (y − b)k−1∑i=0
yibk−i−1,
obtemos
x− a = (x1/k − a1/k)k−1∑i=0
xi/ka1−i+ 1
k .
como limxn = a > 0, existe c > 0 em e um nc ∈ N tal que para todo n ≥ nc, teremos
0 < c < xn.
Logo, para n ≥ nc temos que
xn − a = (x1/kn − a1/k)k−1∑i=0
xi/kn a1−i+ 1
k
> (x1/kn − a1/k).S,
onde
S =k−1∑i=0
ci/ka1−i+ 1
k > 0.
dado ε > 0, existe n1 ∈ N tal que para todo n ≥ n1, temos
εS > |xn − a|.
Daı, fazendo n0 = max{n1, n2}, temos que para todo n ≥ n0
εS > |xn − a| > |x1/kn − a1/k|.S.
Logo,ε > |x1/kn − a1/k|
para n ≥ n0. Concluimos daı quelim n
√xn = n
√a.
Sendo r =p
q, temos que
limxp/qn = lim( q√p)
= (lim q√xn)
p
= ( q√a)p = ap/q = ar.
148
Exercıcio 4.14:
Propriedade 66. Seja a, b ≥ 0 e entao lim n√an + bn = max{a, b}.
Demonstracao. Seja c = max{a, b} entao vale Vale an ≤ cn, bn ≤ cn e daı an + bn ≤ 2cn da mesma maneiracn ≤ an + bn, pois c e a ou b, logo
cn ≤ an + bn ≤ 2cn
c ≤ n√an + bn ≤ n
√2 c
tomando limites, temos pelo teorema do sanduıche
limn√an + bn = c.
Propriedade 67. Sejam (ak ≥ 0)m1 e c = max{ak, k ∈ Im} entao
limn→∞
n
√√√√ m∑k=1
ank = c.
Demonstracao. Vale ank ≤ cn, tomando a soma, tem-se∑m
k=1 ank ≤ m.cn, tem-se tambem cn ≤
∑mk=1 a
nk entao vale
cn ≤m∑
k=1
ank ≤ m.cn
tomando a raiz
c ≤ n
√√√√ m∑k=1
ank ≤ n√m.c
e novamente por teorema do sanduıche tem-se
lim n
√√√√ m∑k=1
ank = c.
149
Exercıcio 4.15:
Definicao 11 (Termo destacado). Dizemos que xn e um termo destacado quando xn ≥ xp para todo p > n. Isto equando xn e maior ou igual a todos seus sucessores.
Propriedade 68. Toda sequencia possui subsequencia monotona .
Demonstracao. Seja A ⊂ N o conjunto dos ındices s da sequencia (xn), tais que xs e destacado, existem dois casosa serem analisados
• Se A e infinito, entao podemos tomar uma subsequencia (xn1 , xn2 , · · · ) de termos destacados formada peloselementos com ındices em A que e nao-crescente com n1 < n2 < n3 < · · · e com xn1 ≥ xn2 ≥ · · · .
• Se A e finito, tomamos um n1 maior que todos elementos de A daı xn1 nao e destacado, existindo xn2 ≥ xn1
com n2 > n1, por sua vez xn2 nao e destacado logo existe n3 > n2 tal que xn3 ≥ xn2 , assim construımos umasubsequencia nao-decrescente .
150
Exercıcio 4.18:
Generalizamos o exercıcio em dois resultados.
Propriedade 69. Sejam (an) e (bn) sequencias limitada tais que an + bn = 1 ∀n ∈ N , (zn) e (tn) com o mesmolimite a, entao lim an.zn + bn.tn = a.
Demonstracao. Escrevemos
an.zn + bn.tn = an.zn − a.an + a. an︸︷︷︸=1−bn
+bn.tn = an(zn − a) + a(1− bn) + bn.tn =
= an(zn − a) + a− a.bn + bn.tn = an(zn − a) + a+ bn(tn − a)
daılim an(zn − a) + a+ bn(tn − a) = a = lim an.zn + bn.tn
pois an e bn sao limitadas e zn − a, tn − a tendem a zero.
Propriedade 70. Se limn→∞ zk(n) = a ∀ k e cada (xk(n)) e limitada com∑p
k=1 xk(n) = vn → b entaolimn→∞
∑pk=1 xk(n)zk(n) = a.b.
Demonstracao. Vale x1(n) = vn −∑p
k=2 xk(n).
p∑k=1
xk(n)zk(n) = x1(n)z1(n) +
p∑k=2
xk(n)zk(n) =
= z1(n)vn −p∑
k=2
xk(n)z1(n) +
p∑k=2
xk(n)zk(n) =
= z1(n)vn︸ ︷︷ ︸→a.b
+
p∑k=2
xk(n) (zk(n)− z1(n))︸ ︷︷ ︸→0
→ a.b.
151
Exercıcio 4.19:
Definicao 12 (Sequencia de variacao limitada). Uma sequencia (xn) tem variacao limitada quando a sequencia(vn) com
vn =n∑
k=1
|∆xk| e limitada.
Propriedade 71. Se (xn) tem variacao limitada entao (vn) converge.
Demonstracao. (vn) e limitada e nao-decrescente, pois ∆vn = |∆xn+1| ≥ 0, logo e convergente.
Propriedade 72. Se (xn) tem variacao limitada entao existe limxn.
Demonstracao. A serie∑∞
k=1 |∆xk| converge portanto∑∞
k=1 ∆xk converge absolutamente e vale
xn − x1 =
n−1∑k=1
∆xk ⇒ xn =
n−1∑k=1
∆xk + x1
logo xn e convergente.
Exemplo 17. Se |∆xn+1| ≤ c|∆xn| ∀ n ∈ N com 0 ≤ c < 1 entao (xn) possui variacao limitada. Definimos
g(k) = |∆xk| logo a desigualdade pode ser escrita como g(k + 1) ≤ cg(k), Qg(k) ≤ c aplicamos∏n−1
k=1 de amboslados, daı
g(n) = |∆xn| ≤ cn−1g(1)
somando em ambos lados temosn∑
k=1
|∆xk| ≤n∑
k=1
ck−1g(1)
como o segundo termo converge por ser serie geometrica segue que (xn) e de variacao limitada, logo converge.
Propriedade 73. (xn) tem variacao limitada ⇔ xn = yn − zn onde (yn) e (zn) sao sequencias nao-decrescenteslimitadas.
Demonstracao. ⇐).Seja xn = yn − zn onde (yn) e (zn) sao sequencias nao-decrescentes limitadas, entao xn tem variacao limitada.
vn =
n∑k=1
|∆xk| =n∑
k=1
|∆yk −∆zk| ≤n∑
k=1
|∆yk|+n∑
k=1
|∆zk| ≤ |n∑
k=1
∆yk|+ |n∑
k=1
∆zk|
= |yn+1 − y1|+ |zn+1 − z1| < M
pois (yn) e (zn) sao limitadas, logo (vn) e limitada, isto e, (xn) tem variacao limitada.⇒). Dada (xn) com variacao limitada. (xn) tem variacao limitada ⇔ (xn + c) tem variacao limitada, pois ∆
aplicado as duas sequencias tem o mesmo valor. Escrevemos
xn − x1 =
n−1∑k=1
∆xk
Para cada n definimos Pn o conjunto dos k da soma∑n−1
k=1 ∆xk tais que ∆xk ≥ 0 e Nn o conjunto dos k da mesmasoma tais que ∆xk < 0, com isso temos uma particao do conjunto dos ındices e vale
xn − x1 =
n−1∑k=1
∆xk =∑k∈Pn
∆xk︸ ︷︷ ︸yn
−∑k∈Nn
(−∆xk)︸ ︷︷ ︸zn
152
(yn) e nao decrescente, pois yn+1 = yn caso nao seja adicionado ındice a Pn+1 em relacao a Pn e yn+1 ≥ yn casoseja adicionado um ındice a Pn+1, pois adicionamos um termo da forma ∆xk ≥ 0 o mesmo para (zn).
(yn) e limitada pois
∑k∈Pn
∆xk ≤n−1∑k=1
|∆xk| =∑k∈Pn
|∆xk|+∑k∈Nn
|∆xk| =∑k∈Pn
∆xk +∑k∈Nn
(−∆xk) < M
da mesma maneira (zn) e limitada.
Exemplo 18. Existem sequencias convergentes que nao possuem variacao limitada, como por exemplo xn =∑n−1k=1
(−1)k
k , que e convergente porem ∆xn = (−1)n
n ⇒ |∆xn| = 1n e
∑n−1k=1
1k nao e limitada.
153
Exercıcio 4.20:
Exemplo 19. Seja (xn) definida como x1 = 1, xn+1 = 1 + 1xn
, entao vale que
|∆xn+1| ≤1
2|∆xn|.
• Primeiro vale que xn ≥ 1 para todo n pois vale para n = 1, supondo validade para n, entao vale para n+ 1,pois xn+1 = 1 + 1
xn.
• Vale que |xn+1xn| ≥ 2 para todo n, pois, substituindo xn+1 = 1 + 1xn
isso implica que xn+1xn ≥ xn + 1 ≥ 2.
• De |xn+1xn| ≥ 2 segue que | 1xn+1xn
| ≤ 12 , multiplicando por |xn+1 − xn| em ambos lados segue que
|xn − xn+1
xn+1xn| ≤ |xn+1 − xn|
2
| 1
xn+1− 1
xn| = | (1 + 1
xn+1)︸ ︷︷ ︸
xn+2
− (1 +1
xn)︸ ︷︷ ︸
xn+1
| ≤ |xn+1 − xn|2
portanto |∆xn+1| ≤ 12 |∆xn| portanto a sequencia e convergente. Calculamos seu limite limxn = a
a = 1 +1
a⇔ a2 − a− 1 = 0
cujas raızes sao 1±√5
2 , ficamos com a raiz positiva pois a sequencia e de termos positivos, logo
limxn =1 +
√5
2.
154
Exercıcio 4.21:
Exemplo 20. Estudar a convergencia da sequencia xn+1 = 1 +√xn com x1 = 1.
A sequencia e crescente , pois x2 = 2 > x1, supondo xn+1 > xn temos
√xn+1 >
√xn ⇒ 1 +
√xn+1 > 1 +
√xn ⇒ xn+2 > xn+1.
A sequencia e limitada superiormente, por 3, por exemplo, pois x1 < 3, supondo xn < 3 < 4 tem-se
√xn < 2 ⇒ 1 +
√xn < 3 ⇒ xn+1 < 3.
Agora calculamos o limite da sequencia
a = 1 +√a⇒ (a− 1)2 = a⇒ a2 − 3a+ 1 = 0
cujas raızes sao 3±√5
2 , nao podendo ser 3−√5
2 que e menor que 1 logo o limite e 3+√5
2 .
155
Exercıcio 4.22:
Propriedade 74. (xn) nao possui subsequencia convergente ⇔ lim |xn| = ∞.
Demonstracao. ⇒).Se (xn) nao possui subsequencia convergente entao lim |xn| = ∞.Se nao fosse lim |xn| = ∞, existiria A > 0 tal que ∀ n0, existe n1 > n0 tal que |xn1 | < A, aplicando o resultado
com n1 no lugar de n0, existe n2 > n1 tal que |xn2 | < A e assim construımos uma subsequencia (xn1 , xn2 , · · · )limitada , que possui uma subsequencia convergente , o que e absurdo.
⇐).Suponha por absurdo que lim |xn| = ∞ e (xn) possui subsequencia convergente, convergindo para a. Por
definicao de limite infinito, sabemos que existe n0 tal que n > n0 implica |xn| > |a|+10, por (xn) ter subsequenciaque converge para a, existe n1 tal que n > n1 e n ındice da subsequencia, implica |xn − a| < 10 ⇒ |xn| < |a|+ 10,podemos tomar ındice da subsequencia tal que n > n1 e n > n2, logo valeria |xn| < |a|+10 e |xn| > |a|+10 o quee absurdo, portanto (xn) nao pode possuir subsequencia convergente.
156
Exercıcio 4.25:
Propriedade 75 (Teste da razao para sequencias.). Se xn > 0 ∀n ∈ N e xn+1
xn≤ c < 1 para n suficientemente
grande entao limxn = 0.
Demonstracao. Existe n0 tal que para k > n0 vale 0 < xk+1
xk≤ c < 1, aplicamos o produtorio
∏nk=n0+1 em ambos
, de onde segue
0 <
n∏k=n0+1
xk+1
xk≤
n∏k=n0+1
c
0 < xn+1 < x(n0+1)cn−n0
como lim cn = 0, tem-se pelo teorema do sanduıche que limxn = 0.
Corolario 10. Dada uma sequencia de termos nao nulos (xn), entao (|xn|) e uma sequencia de termos positivos,se ela satisfaz a propriedade anterior entao lim |xn| = 0 o que implica limxn = 0.
Propriedade 76. Seja (xn) sequencia de termos positivos, se xn+1
xn≥ c > 1 para n suficientemente grande entao
limxn = ∞.
Demonstracao. Existe n0 ∈ N tal que k > n0 implica xk+1
xk≥ c, onde c > 1. Aplicando o produtorio na desigualdade
tem-sen∏
k=n0+1
xk+1
xk> cn−n0
xn+1 >xn0+1
cn0cn
como lim cn = ∞ segue que limxn = ∞.
Corolario 11. Na propriedade anterior podemos trocar xn por |xn| onde xn nao se anula, pois (|xn|) e umasequencia de positivos.
Corolario 12. Se lim xn+1
xn= a < 1 entao para n suficientemente grande vale xn+1
xn≤ c < 1, logo tambem vale
limxn = 0.
Corolario 13. Se lim xn+1
xn= c > 1 a propriedade tambem se verifica pois existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica
xn+1
xn> a > 1 para algum a.
Propriedade 77.
limn!
nn= 0.
Demonstracao. Definimos xn = n!nn e vale xn > 0, aplicamos a regra da razao
xn+1
xn=
(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
nn
n!=
(n
n+ 1
)n
=1
(1 + 1n )
n
o limite e lim xn+1
xn= 1
e < 1.nn cresce mais rapido que n!
Propriedade 78. Para todo a > 0 real temos lim an
n! = 0.
Demonstracao. Pelo teste da razao, definimos xn = an
n! temos xn > 0 segue xn+1
xn= an+1n!
(n+1).n!an = an+1 e temos
lim xn+1
xn= 0, logo limxn = 0.
A propriedade nos diz que n! cresce mais rapido que an.
157
Corolario 14. lim n!an = ∞, pois lim an
n! = 0, isso significa que ∀A > 0 ∃ n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ n!an > A, em
especial para A = 1, tem-se n! > an para n suficientemente grande.
Propriedade 79. Se a > 1 e p natural fixo vale
limnp
an= 0.
Demonstracao. Definimos xn = np
an , vale xn > 0 daı podemos aplicar o teste da razao
xn+1
xn=
(n+ 1)p
an+1
an
np=
(n+ 1
n
)p1
a⇒ limxn+1xn =
1
a︸︷︷︸0<
< 1
daı o limite e zero.
Corolario 15. Se a > 1, p ∈ N entao lim an
np = ∞ pois lim np
an = 0.
Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais rapido que np para n grande.
158
Exercıcio 4.31:
Exemplo 21. Mostrar que
lim
n∑k=1
kp
np+1=
1
p+ 1.
Iremos calcular o limite das diferencas do inverso da sequencia
lim(n+ 1)p+1 − np+1
(n+ 1)p= lim
[p−1∑k=0
(p+1k
)nk] + (p+ 1)np
(n+ 1)p= lim
p−1∑k=0
(p+1k
)nk
(n+ 1)p︸ ︷︷ ︸→0
+ lim(p+ 1)np
(n+ 1)p︸ ︷︷ ︸→p+1
= p+ 1
daı
lim
n∑k=1
kp
np+1=
1
p+ 1.
159
Exercıcio 4.33:
Questao digitada errada
Propriedade 80. Se limxn = ∞ , com xn > 0 entao lim(∏n
k=1 x1n
k ) = ∞
Demonstracao. Se limxn = ∞ entao lim 1xn
= 0 daı lim (n∏
k=1
1
xk
1n
)︸ ︷︷ ︸=yn
= 0 que implica
lim1
yn= ∞ = lim(
n∏k=1
x1n
k ).
Exemplo 22. Provar que lim n
√(2n)!n! = ∞. Tomamos xn = (2n)!
n! daı temos xn+1
xn= (2n+2)(2n+1)(2n)!
(n+1)n!n!
(2n)! =
(2n+2)(2n+1)(n+1) = 2(2n+ 1) → ∞ logo lim n
√(2n)!n! = ∞.
Exemplo 23. Mostrar que lim n
√(2n)!n!nn = 4
e .
Tomamos xn = (2n)!n!nn , daı
xn+1
xn= 2(2n+1)
n+11
(1+ 1n )n
→ 4e .
160
Exercıcio 4.35:
Propriedade 81. Sejam∞∑
n=uan e
∞∑n=s
bn series de termos positivos. Se∞∑n=s
bn = ∞ e existe n0 ∈ N tal que
an+1
an≥ bn+1
bnpara todo n > n0 entao
∞∑n=u
an = ∞.
Demonstracao. an+1
an≥ bn+1
bn, Qak ≥ Qbk tomando o produtorio com k variando de k = n0 + 1 ate n − 1 na
desigualdade em ambos lados segue
n−1∏k=n0+1
Qak =an
an0+1≥
n−1∏k=n0+1
Qbk =bn
bn0+1, an ≥ an0+1
bn0+1bn
pois temos termos positivos, tomando a serie temos
∞∑n=n0+1
an ≥ an0
bn0
∞∑n=n0+1
bn = ∞
logo a serie tende ao infinito por comparacao.
161
Exercıcio 4.36:
Propriedade 82. 1. Sejam duas series∑ak e
∑bk de termos positivos, se existe lim ak
bk= a = 0 entao
∑ak
converge ⇔∑bk converge .
2. Se lim ak
bk= 0 entao a convergencia de
∑bk implica convergencia de
∑ak.
Demonstracao. 1. Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0 < t1 < a− ε <akbk
< a+ ε < t2
como bk > 0 tem-set1bk < ak < t2bk
aplicamos a soma∑n
k=n0+1, daı
t1
n∑k=n0+1
bk <n∑
k=n0+1
ak < t2
n∑k=n0+1
bk
usando essa desigualdade temos por comparacao que se∑bk converge entao
∑ak converge e se
∑ak converge
entao∑bk converge.
2. De maneira similar ao item anterior.
Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0 ≤ akbk
< ε < t2
como bk > 0 tem-se0 ≤ ak < t2bk
aplicamos a soma∑n
k=n0+1, daı
0 ≤n∑
k=n0+1
ak < t2
n∑k=n0+1
bk
usando essa desigualdade temos por comparacao que se∑bk converge entao
∑ak converge.
Exemplo 24. Pode valer que∑ak converge, valendo lim ak
bk= 0 e
∑bk nao converge, tome por exemplo ak = 1
k2 ,
bk = 1k ,∑bk nao converge, lim ak
bk= lim k
k2 = lim 1k = 0 e
∑ak converge, logo a recıproca do item 2 da propriedade
anterior nao vale.
162
Exercıcio 4.40:
Prove que para todo a ∈ R, a serie
a2 +a2
1 + a2+
a2
(1 + a2)2+ ...
e convergente e calcule a soma.
Se a = 0, a serie tende a 0 trivialmente.Suponhamos que a = 0. Entao, segue que
1
1 + a2< 1.
Assim, pelo exemplo 7 deste capıtulo, temos que
∞∑i=0
1
(1 + a2)i=
∞∑i=0
(1
1 + a2
)i
=1
1− 11+a2
=1 + a2
a2.
Logo,∞∑i=0
a2
(1 + a2)i= a2
( ∞∑i=0
1
(1 + a2)i
)= 1 + a2.
163
Exercıcio 4.41:
Para todo p ∈ N fixado, a serie ∑n
1
n(n+ 1)...(n+ p)
converge.
Para todos n e p ∈ Z+, temos que1
n(n+ 1)...(n+ p)<
1
np+1.
Como p+ 1 > 1, temos, pelo exemplo 29, que ∑n
1
np+1
e convergente. Logo, concluımos de
0 <
i∑n=1
1
n(n+ 1)...(n+ p)<
i∑n=1
1
np+1
que a serie ∑n
1
n(n+ 1)...(n+ p)
e limitada (e monotona). Portanto,∑
n1
n(n+1)...(n+p) converge.
164
Exercıcio 4.42:
Se∑an converge e an > 0 entao
∑(an)
2 e∑
11+an
convergem.
Como∑an e convergente, temos que limn→∞ an = 0. Assim, como tambem temos que an > 0 para todo
n ∈ Z+, existe n0 ∈ Z+ tal que0 < an < 1,
para todo n > n0. Logo, para n > n0, temos que
0 < a2n < an.
Assim,i∑
n=n0
a2n 6i∑
n=n0
an,
para todo i ∈ Z+, e, como existe∑∞
n=n0an, temos que existe
∑∞n=n0
a2n. Logo, existe
∞∑n=1
a2n =
n0−1∑n=1
a2n +
∞∑n=n0
a2n.
Como an > 0, para todo n ∈ Z+, temos que
an1 + an
< an,
para todo n ∈ Z+. Assim,i∑
n=1
an1 + an
<i∑
n=1
an,
para todo i ∈ Z+, e, como∑∞
n=1 an existe, temos que existe∑∞
n=1an
1+an.
165
Exercıcio 4.43:
Se Σ(an)2 converge entao Σan
n converge.
SejamZ<+ := {n ∈ Z+; |an| < 1/n}
eZ>+ := {n ∈ Z+; |an| > 1/n}.
Entao, Z+ = Z<+ ∪ Z>
+. Alem disso, para cada n ∈ Z+, temos que
|an|n
<1
n2+ a2n.
De fato, se n ∈ Z<+, temos que
|an| <1
n
implicando que|an|n
<1
n26 1
n2+ a2n.
Se n ∈ Z>+ entao temos que
1
n6 |an|
e, consequentemente,|an|n
6 a2n <1
n2+ a2n.
Assim, temos quei∑
n=1
|an|n
<i∑
n=1
1
n2+
i∑n=1
a2n,
para todo i ∈ Z+. Pelo exemplo 29 e pela hiptotese, temos que∑∞
n=11n2 e
∑∞n=1 a
2n existem. Assim, pela
desigualdadade acima, devemos ter que∑∞
n=1|an|n existe.
Como∞∑
n=1
∣∣∣ann
∣∣∣ = ∞∑n=1
|an|n
existe, temos que∑∞
n=1an
n tambem deve existir.
166
Exercıcio 4.44:
Se (an) e decrescente e Σan converge entao limnan = 0.
Primeiramente observemos que como (an) e decrescente e existe∑ak, entao an > 0 para todo n ∈ Z+. De
fato, se an0 < 0 para algum n0 ∈ Z+, terıamos que
n0+i∑k=n0
ak 6n0+i∑k=n0
an0 = (i+ 1)an0 < 0
e, consequentemente, ∣∣∣∣∣n0+i∑k=n0
ak
∣∣∣∣∣ > (i+ 1)|an0 |,
para todo i ∈ Z+. Contradizendo o fato de∑ak existir.
Assim, temos que (Σnk=1ak)n∈Z+ e uma sequencia crescente de Cauchy. Em especial,∣∣∣∣∣
n+p∑k=1
ak −n∑
k=1
ak
∣∣∣∣∣ =n+p∑
k=n+1
ak,
para todos n e p ∈ Z+.Seja ε > 0 arbitrario. Como (Σn
k=1ak)n∈Z+ e de Cauchy, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo n > n0 vale
ε
2>
∣∣∣∣∣n∑
k=1
ak −n0∑k=1
ak
∣∣∣∣∣ =n∑
k=n0+1
ak > (n− n0)an.
Por outro lado, como∑an e convergente, devemos ter que limn→∞ an = 0 e, por conta disso, existe n1 ∈ Z+ tal
que para todo n > n1 temos queε
2n0> an
e, consequentemente,ε
2> n0an.
Assim, para n > n2 = max{n0, n1}, temos que
ε =ε
2+ε
2> (n− n0)an + n0an = nan = |nan|.
Portanto, concluimos que limn→∞ nan = 0.
167
Exercıcio 4.45:
Se (an) e decrescente e Σan = +∞, entao,
limn→∞
a1 + a3 + · · ·+ a2n−1
a2 + a4 + · · ·+ a2n= 1.
Como (an) e decrescente, temos quea2n−1 > a2n,
para todo n ∈ Z+. Assim, para todo n ∈ Z+, temos que
a1 + a3 + · · ·+ a2n−1 > a2 + a4 + · · ·+ a2n
e, consequentemente,
1 6 a1 + a3 + · · ·+ a2n−1
a2 + a4 + · · ·+ a2n=: qn.
Provaremos agora que para todo c > 1 existe n0 tal que qn < c para todo n > n0. Daı conclui-se quelimn→∞ qn = 1. Como querıamos demonstrar.
Suponhamos, por contradicao, que exista c > 1 e uma subsequencia (qnk) de (qn) tais que
qnk> c
para todo k ∈ Z+.Entao temos, para todo k ∈ Z+, que
a1 + a3 + · · ·+ a2nk−1 > c(a2 + a4 + · · ·+ a2nk)
> c(a3 + a5 + · · ·+ a2nk+1)
e, consequentemente,a1 > a1 − ca2nk+1
> (c− 1)(a3 + a5 + · · ·+ a2nk−1).
E chegamos a um absurdo. De fato, como Σan = ∞, existe k ∈ Z+ tal que
2a1c− 1
+ a1 < a1 + a2 + a3 + ·+ a2nk+1
e, consequentemente,
2a1
c−1 + a1 < a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5) + · · ·+ a2nk+ a2nk+1
6 a1 + 2a3 + 2a5 + · · ·+ 2a2nk+1
6 a1 + 2(a3 + a5 + · · ·+ a2nk+1).
De onde temos que existe k ∈ Z+ tal que
a1 < (c− 1)(a3 + a5 + · · ·+ a2nk+1).
168
Exercıcio 4.46:
Seja (an) uma sequencia nao crescente, com lim an = 0. A serie∑an converge se e somente se
∑2na2n converge.
Como a sequencia (an) e nao cresente, devemos ter que an > 0, para todo n ∈ Z+, caso∑an ou
∑2nan sejam
convergentes. De fato, se ak0 < 0, temos que
limk→∞
k∑n=1
an =
k0−1∑n=1
an + limk→∞
k∑n=k0
an 6k0−1∑n=1
an + limn→∞
k∑n=k0
ak0 = −∞
e, analogamente,
limk→∞
k∑n=1
2na2n = −∞.
Em especial, temos, do fato de (an) ser uma sequencia de termos nao negativos, que∑an e
∑2nan sao
sequencias crescentes. Mostraremos, adiante, que se∑an e uma sequencia limitada (i.e. convergente) entao∑
2nan tambem e limitada e vice-versa.Suponhamos que
∑an seja convergente. Como (an) e nao crescente, temos que
2na2n = 22n−1∑
k=2n−1
a2n 6 22n−1∑
k=2n−1
ak,
para todo n ∈ Z+. Assim, para todo p ∈ Z+, temos que
p∑n=1
2na2n 6p∑
n=1
22n−1∑
k=2n−1
ak 6 22p−1∑k=1
ak 6 limp→∞
22p−1∑k=1
ak <∞.
Assim, temos que∑
2na2n e uma sequencia crescente e limitada. Portanto,∑
2na2n e convergente.Suponhamos que
∑2na2n seja convergente. Como (an) e nao decrescente, temos, para todo k ∈ Z+, que
2k+1−1∑n=2k
an 62k+1−1∑n=2k
a2k = 2ka2k .
Assim, dado p ∈ Z+, temos, para q ∈ Z+ tal que p 6 2q, que
p∑n=1
an 6 a1 +
2q∑n=1
an = a1 +
q∑k=1
2k+1−1∑n=2k
an 6 a1 +
q∑k=1
2kak 6 a1 + limq→∞
q∑k=1
2kak <∞.
Logo,∑an e uma sequencia crescente e limitada. Portanto,
∑an e convergente.
169
Exercıcio 4.47:
Prove que o conjunto de valores de aderencia da sequencia xn = cos(n) e o intervalo fechado [0, 1].
Seja x ∈ [0, 1]. Como cos : R → [0, 1] e sobrejetivo1, existe θ ∈ R tal que cos θ = x. Encontraremos umasequencia crescente (nk)k∈Z+ em Z+ tal que
x = cos θ = limk∈Z+
cosnk = limk∈Z+
xnk.
Assim, como x e arbitrario, poderemos concluir que o conjunto de valores de aderencia da sequencia (xn) e ointervalo [0, 1].
SejaG := {n+m2π; n e m ∈ Z}.
Pelo Exercıcio 3.58, temos que G e denso em R.Para todo k ∈ Z+, temos que existe θk ∈ G tal que
θ − 1/k < θk < θ.
Desta forma, temos quelimk→∞
θk = θ.
Como 2π e irracional, a sequencia (θk)k∈Z+ define unicamente sequencias (nk)k∈Z+ e (mk)k∈Z+ em Z pelaigualdade
θk = nk +mk2π,
para todo kZ+. Por fim, definimos a sequencia (nk)k∈Z+ por
nk = |nk|,
para todo kZ+. Assim, como limk→∞ θk = θ, temos que
limk→∞ cos(nk) = limk→∞ cos(nk) = limk→∞ cos(nk)= limk→∞ cos(θk −mk2π) = limk→∞ cos(θk)= cos(θ).
O conjunto {nk; k ∈ Z+} e infinito. Caso contrario, o conjunto {cos(nk); k ∈ Z+} e finito e, assim, existiriak ∈ Z+ tal que
cos θk = cos θ.
Consequentemente, θk = θ+m2π, para alguns k e m ∈ Z. Porem, como θ− 1/k < θk < θ, temos uma contradicao.Logo, (nk)k∈Z+ e uma sequencia ilimitada em Z+. Assim, (nk)k∈Z+ admite uma subsequencia crescente. Em outrostermos, uma subsequencia que tambem e subsequencia de (n)n∈Z+ . Denotaremos tal subsequencia tambem por(nk)k∈Z+ .
Portanto, temos que a subsequencia (xnk) e tal que
limk→∞
xnk= lim
k→∞cos(nk) = cos(θ) = x.
1Isso pode ser verficado utilizando a continuidade da funcao cos e o teorema do valor intemediario. Mas, como o Elon assume quepodemos usar os nossos conhecimentos previos sobre as funcoes trigonometricas... Vamos tomar a afirmacao como fato.
170
Exercıcio 4.48:
Sejam a e b numeros reais positivos. Defina indutivamente as sequencias (xn) e (yn) pondo x1 =√ab, y1 = (a+b)/2,
xn+1 =√xnyn e yn+1 = (xn + yn)/2. Prove que xn e yn convergem para o mesmo limite, chamado de a media
aritmetico-geometrica entre a e b.
Pelo Princıpio da Definicao Indutiva, podemos as sequencias (xn)n∈Z>0e (yn)n∈Z>0
em R+ por
x0 := a, y0 := b, xn+1 :=√xnyn e yn+1 :=
xn + yn2
.
Se a = b temos que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0. De fato, se tomamos como hipotese de inducao que
xn = yn = a
entaoxn+1 =
√xnyn =
√a2 = a
e
yn+1 =xn + yn
2=
2a
2= a.
Assim, como x0 = a = b = y0, temos, pelo Princıpio da Inducao Finita, que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0.Desta forma,
limn→+∞
xn = a = limn→+∞
yn.
Portanto, nos resta mostrar o resultado para o caso em que a < b. Suponhamos, ate o fim desta demonstracao,que
b− a > 0.
Primeiramente, provaremos as desigualdades
xn < xn+1 < yn+1 < yn, (4.1)
para todo n ∈ Z>0, por inducao em n. Suponhamos que, para algum n fixo, D := yn − xn > 0. Entao,
x2n < xnyn = x2n+1,
x2n+1 = xnyn= xn(xn +D)
< x2n + xnD + D2
4
=(xn + D
2
)2=
(xn+yn
2
)2= y2n+1
e
yn+1 =xn + yn
2= yn − D
2= yn.
Logo, se xn < yn, temos (4.1). Como x0 = a < b = y0, temos, pelo Princıpio da Inducao Finita, que (4.1) valepara todo n ∈ Z>0.
Das desigualdades (4.1) segue que as sequencias (xn) e (yn) sao monotonas e limitadas. Logo, existemlimn→+∞ xn e limn→+∞ yn.
Provaremos, agora, quelim
n→+∞(yn − xn) = 0.
Usando (4.1), temos que
(yn − xn)2 = (yn + xn)
2 − 4xnyn= 4y2n+1 − 4x2n+1
= 4(y2n+1 − x2n+1)= 4
((yn+1 − xn+1)
2 + 2yn+1xn+1 − 2x2n+1
)= 4(yn+1 − xn+1)
2 + 8xn+1(yn+1 − xn+1)> 4(yn+1 − xn+1)
2.
171
e, consequentemente,yn − xn
2> yn+1 − xn+1.
Em particular,b− a
2=y0 − x0
2> y1 − x1.
Supondo queb− a
2n> yn − xn,
como hipotese de inducao, temos que
b− a
2n+1>yn − xn
2> yn+1 − xn+1.
Assim, pelo Princıpio da Inducao Finita, temos que
b− a
2n> yn − xn = |yn − xn|,
para todo n ∈ Z+. Assim, pelo Teorema do Confronto (Teorema 8 do Capıtulo 4), temos que
limn→+∞
|yn − xn| = 0.
Logo, pelo exercıcio 4.1, temos que
limn→+∞
yn − limn→+∞
xn = limn→+∞
(yn − xn) = 0.
E o resultado segue.
172
Exercıcio 4.49:
Sejam a1 > a2 > · · · > 0 e sn = a1 − a2 + · · · + (−1)n−1an. Prove que a sequencia (sn) e limitada e quelim supsn − lim infsn = lim an.
Valem as desigualdadess2k 6 s2(k+1) 6 s2(k+1)+1 6 s2k+1, (4.2)
para todos k ∈ Z+. De fato, para todo k ∈ Z+, temos que
s2k = a1 − a2 + · · ·+ a2k−1 − a2k6 a1 − a2 + · · ·+ a2k−1 − a2k + a2k+1 − a2(k+1)
= s2(k+1),
s2(k+1) = a1 − a2 + · · ·+ a2k+1 − a2(k+1)
6 a1 − a2 + · · ·+ a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1
= s2(k+1)+1,
es2(k+1)+1 = a1 − a2 + · · ·+ a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1
6 a1 − a2 + · · ·+ a2k+1
= s2k+1.
Segue, das desigualdades (4.2), que a sequencia (s2k)k∈Z+ e nao decrescente e limitada e que a sequencia(s2k+1)k∈Z+ e nao crescente e limitada. Em especial, temos que
limk→+∞
s2k = supk∈Z+
s2k e limk→+∞
s2k+1 = infk∈Z+
s2k+1.
Tambem valem as desigualdadess2k 6 sn 6 s2k+1, (4.3)
para todo k ∈ Z+ e n > 2k + 1 em Z+. De fato, se n > 2k + 1, temos que n = 2p ou 2p + 1 para algum p > k.Assim, como (s2k)k∈Z+ e nao decrescente, (s2k+1)k∈Z+ e nao crescente e por (4.2), temos que
s2k 6 s2p 6 s2p+1 6 s2k+1.
Logo, obtemos (4.3). Em especial, concluimos que (sn)n∈Z+ e limitada.Como as sequencias (s2k)k∈Z+ e (s2k+1)k∈Z+ sao monotonas e limitadas, temos que existem limk→∞ s2k e
limk→∞ s2k+1. Provaremos que
lim infsn = limk→∞
s2k e lim supsn = limk→∞
s2k+1.
Como a sequencia (an)n∈Z+ e monotona e limitada, temos que esta e convergente. Daı, segue das igualdades acima,que
lim supsn − lim infsn = limk→+∞ s2k+1 − limk→+∞ s2k= limk→+∞(s2k+1 − s2k)= limk→+∞ a2k+1
= limn→+∞ an.
Suponhamos que A seja um valor de aderencia de (sn)n∈Z+ . Entao, devemos ter que
s2k 6 A 6 s2k+1,
para todo k ∈ Z+. De fato, se s2k+1 < A, para algum k ∈ Z+, temos que
sn 6 s2k+1 < A
para todo n > 2k + 1 em Z+, por (4.3). Isto e,
|A− sn| > |A− s2k+1|,
173
para um k ∈ Z+ fixo e todo n > 2k+1 em Z+. E isso contradiz o fato de A ser um valor de aderencia de (sn)n∈Z+ .Analogamente, prova-se que e impossıvel se ter A < s2k, para algum k ∈ Z+. Portanto, devemos ter que
limk→∞
s2k = supk∈Z+
s2k 6 A 6 infk∈Z+
s2k+1 = limk→+∞
s2k+1.
Em particular, os valores de aderencia lim inf sn e lim sup sn satisfazem
limk→∞
s2k 6 lim inf sn 6 lim sup sn 6 limk→+∞
s2k+1.
Logo, como lim inf sn e lim sup sn sao, respectivamente, o menor e o maior valor de aderencia de (sn)n∈Z+ , temosque
limk→∞
s2k = lim inf sn e limk→+∞
s2k+1 = lim sup sn.
174
Exercıcio 5.01:
Um conjunto A ⊂ e aberto se, e somente se, cumpre a seguinte condicao: “se uma sequencia (xn) converge paraum ponto a ∈ A entao xn ∈ A para todo n suficientemente grande”.
(⇒) Seja (xn)n∈N uma sequencia que tende a a ∈ (b, c) ⊂ A. Existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 implica que, paraε = min{a− b, c− a},
|xn − a| < ε,
ou seja,xn ∈ (a− ε, a+ ε) ⊂ (a, b) ⊂ A.
(⇐) Se a ∈ A e a ∈ (b, c) ⊂ A, para n suficientemente grande a ∈ (a− 1
n, a+
1
n) ⊂ (b, c) ⊂ A. Temos entao que
a ∈ intA se e somente se (a− 1
n, a+
1
n) ⊂ A para algum n ∈ N.
Por hipotese, existem n− e n+ ∈ N tais que
a− 1
n∈ A,∀n ≥ n−
e
a+1
n∈ A,∀n ≥ n+.
Assim, tomando-se n0 = max{n−, n+}, temos que
(a− 1
n0, a+
1
n0) ⊂ A.
Logo, a ∈ intA.
176
Exercıcio 5.02:
Tem-se que limxn = a se, e somente se, para todo aberto A contendo o ponto a, existe n0 ∈ N tal que n > n0implica xn ∈ A.
(⇒) Repetir a ideia do exercıcio anterior.(⇐) Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0, temos que
xn ∈ (a− ε, a+ ε),
ou seja,|xn − a| < ε.
segue daı que limxn = a.
177
Exercıcio 5.03:
Seja B ⊂ aberto. Entao, para todo x ∈, o conjunto x + B = {x + y; y ∈ B} e aberto. Analogamente, se x = 0,entao o conjunto x.B = {x.y; y ∈ B} e aberto.
Seja B ⊂ aberto. Dado y ∈ x+ B, temos que y = x+ b para algum b ∈ B. Como B e aberto, existe ε > 0 talque (b− ε, b+ ε) ⊂ B. Desta forma, temos
(x+ b− ε, x+ b+ ε) = (y − ε, y + ε) ⊂ x+ b.
De fato, seja z ∈ (y − ε, y + ε) = (x+ b− ε, x+ b+ ε). Entao
x+ b− ε < z < x+ b+ ε
b− ε < z − x < b+ ε.
Logo, z − x ∈ B e consequentemente z ∈ x+B, como querıamos.De maneira analoga, temos que se x = 0, entao x.B e aberto. Seja y ∈ x.B. Entao y = x.b para algum b ∈ B.
Como B e aberto, existe ε > 0 tal que (b− ε, b+ ε) ⊂ B. Desta forma, temos que para δ = ε.|x| > 0, temos
(y − δ, y + δ) ⊂ x.B.
178
Exercıcio 5.04:
Sejam A e B abertos. Entao os conjuntos A+B = {x+y;x ∈ A, y ∈ B} e A.B = {x.y;x ∈ A, y ∈ B} sao abertos.
Como A + B = ∪a∈A(a + B) e A.B = ∪a∈A(a.B) e cada a + B e a.B sao abertos (pelo exercıcio anterior),temos que A+B e A.B sao unioes de abertos. Logo, tambem sao abertos.
179
Exercıcio 5.05:
Para quaisquer X,Y ⊂, tem-se int(X ∩Y ) = int(X)∩ int(Y ) e int(X ∪Y ) ⊃ int(X)∪ int(Y ). De um exemplo emque a inclusao nao se reduza a uma igualdade.
•int(X ∩ Y ) ⊂ int(X) ∩ int(Y ).
Dado w ∈ int(X ∩ Y ), existem a, b ∈ tais que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Daı, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X ew ∈ (a, b) ⊂ Y. Assim, w ∈ int(X) ∩ int(Y ).
•int(X ∩ Y ) ⊃ int(X) ∩ int(Y ).
Dado w ∈ int(X) ∩ int(Y ), existem ax, ay, bx, by ∈ tais que w ∈ (ax, bx) ⊂ X e w ∈ (ay, by) ⊂ Y. Entaotomando a = max{ax, ay}eb = min{bx, by}, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Assim, w ∈ int(X ∩ Y ).
•int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ).
Dado w ∈ int(X) ∪ int(Y ), existem ax, ay, bx, by ∈ tais que w ∈ (ax, bx) ⊂ X e w ∈ (ay, by) ⊂ Y. Entao,w ∈ (ax, bx) ⊂ X ∪ Y. Donde w ∈ int(X ∪ Y ).
• Sejam X = [−1, 0) e Y = [0, 1]. Entao,int(X) = (−1, 0)
int(Y ) = (0, 1)
int(X) ∪∫(Y ) = (−1, 1) \ {0}
int(X ∪ Y ) = (−1, 1).
180
Exercıcio 5.06:
Se A ⊂ e aberto e a ∈ A entao A\{a} e aberto.
Seja x ∈ A \ {a}. Existe ε > 0 tal que x ∈ (x − ε, x + ε) ⊂ A. Tomando ε = min{|x − a|, ε} teremos quex ∈ (x− ε, x+ ε) ⊂ A \ {a}. Logo, x ∈ int(A \ {a}). Segue daı que A \ {a} e aberto.
181
Exercıcio 5.07:
Considere as funcoes f, g, h :→, dadas por f(x) = ax + b (a = 0), g(x) = x2 e h(x) = x3. Mostre que, para cadaA ⊂, f−1(A), g−1(A) e h−1(A) sao abertos.
Dado um intervalo (c1, c2) ⊂ . Temos que
f−1((c1, c2)) =
(c1 − b
a,c2 − b
a), a > 0
(c2 − b
a,c1 − b
a), a < 0
g−1((c1, c2)) =
(−√c2,−
√c1) ∪ (
√c1,
√c2), 0 ≤ c1 ≤ c2
(−√c2,
√c2), c1 < 0 < c2
∅, c1 < c2 ≤ 0
h−1((c1, c2)) = ( 3√c1, 3
√c2).
Assim, para cada A ⊂ aberto, temos que A = ∪Iλ, Iλ intervalo aberto, e
f−1(A)] ∪ f−1(Iλ), g−1(A)] ∪ g−1(Iλ) e h−1(A)] ∪ h−1(Iλ).
E como f−1(Iλ), g−1(Iλ) e h
−1(Iλ) sao abertos, temos que f−1(A), g−1(A) e h−1(A) tambem o sao.
182
Exercıcio 5.08:
No exercıcio anterior, mostre que, para cada A ⊂ aberto, f(A) e h(A) sao abertos. De exemplo de A aberto talque g(A) nao seja aberto.
Seja A aberto em e a ∈ A. Entao, existem c1, c2 ∈ tais que a ∈ (c1, c2) ⊂ A. Daı,
f((c1, c2)) =
{(ac1 + b, ac2 + b), a > 0(ac2 + b, ac1 + b), a < 0
h((c1, c2)) = (c31, c32),
com f(a) ∈ f((c1, c2)) e h(a) ∈ h((c1, c2)). Segue daı que dado um b = f(a) ∈ f(A) qualquer, b ∈ intf(A). E omesmo vale para h. Logo, f(A) e h(A) sao abertos.
Exemplo: g((−1, 1)) = [0, 1) nao e aberto.
183
Exercıcio 5.09:
Toda colecao de abertos nao-vazios, dois a dois disjuntos e enumeravel.
Seja {Aλ}λ∈Λ uma colecao de abertos disjuntos. Para cada λ ∈ Λ escolhemos rλ ∈ Aλ ∩Q. Como Aλ ∩Aµ = ∅,para λ = µ, a funcao
Λ −→ Qλ 7→ rλ
e injetiva. Segue daı que Λ e finito ou enumeravel.
184
Exercıcio 5.10:
O conjunto dos valores de aderencia de uma sequencia e um conjunto fechado.
Seja A o conjunto dos valores de aderencia da sequencia (xn)n∈N e a ∈ um ponto de aderencia de A. Existe umasequencia (ak) em A que tende a a. E, para cada ak ∈ (ak), existe uma subsequencia (x(k,n)) de (xn) que tende aak.
Definimos uma sequencia (x(0,n)) de (xn). Para cada n ∈ N, existe k0 ∈ N tal que
|a− ak0 | <1
2n
e n0 ∈ N tal que
|ak0 − x(k0,n0)| <1
2n.
Assim, tomando-se x(0, n) = x(k0,n0) teremos que
|a− x(0,n)| <1
n.
Segue daı que a = limx(0,n) e, consequentemente, a ∈ A. Portanto, A e fechado.
185
Exercıcio 5.11:
Se X ⊂ F e F e fechado entao X ⊂ F.
Para cada x ∈ X, existe uma sequencia em X que tende a x. Logo, x ∈ F = F ja que (xn) e uma sequencia emF. Segue daı que X ⊂ F.
186
Exercıcio 5.12:
Se limxn = a e X = {x1, x2, ..., xn, ...} entao X = X ∪ {a}.
Segue diretamente da definicao que X ⊃ X ∪ {a}. Seja b ∈ X e (yn) uma sequencia em X que tende a b.Consideremos o conjunto {n ∈ N;xn ∈ {y1, y2, ..., yk, ...}} = I. Se I e finito , entao b = xn para algum n ∈ I. CasoI seja infinito, a subsequencia yki = nn tal que n = min{n ∈ N;xn ∈ {yki+1, ..., yk}} de (yk) e uma sequencia de(xn). E como limxn = a, temos que b = lim yki = a. Segue daı que X ⊂ ∪{a}.
187
Exercıcio 5.13:
O numero 14 pertence ao conjunto de Cantor.
O conjunto K de Cantor e dado porK = ∩∞
n=0Kn,
com Kn+1 sendo obtido de Kn retirando-se de cada intervalo de Kn um subintervalo de comprimento1
3n+1de seu
centro.
Temos que2
32e o ınfimo de um intervalo de K2. Supondo que
p∑n=1
2
32ne o ınfimo de um intervalo de K2p,
temos quep∑
n=1
2
32n+
2
32(p+1)e o ınfimo de um intervalo em K2(p+1). Segue daı que cada somatorio reduzido da
serie∑ 2
32npertence a K.
E como
∞∑n=1
= 2
(1
1− 19
− 1
)= 2
(9
8− 1
)=
1
4,
temos pela compacidade de K que1
4∈ K.
188
Exercıcio 5.14:
Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪G seja um intervalo fechado (limitado ou nao). Entao F = ∅ou G = ∅.
Sejam F e G conjuntos fechados tais que F ∪G seja um intervalo fechado.Suponhamos que existam x ∈ F e y ∈ G. Suponhamos, sem perda de generalidade, que x < y. Assim,
[x, y] ⊂ F ∪G.Seja m = inf G ∩ [x, y]. Como G ∩ [x, y] e fechado, m ∈ G ∩ [x, y] e, consequentemente, m ∈ G. Por outro lado,
F ⊃ [x,m) e, consequentemente, F = F ⊃ [x,m) = [x,m]. Segue daı que m ∈ G ∩ F.Portanto, se tivessemos F ∩G = ∅, deverıamos ter tambem que F = ∅ ou G = ∅.
189
Exercıcio 5.15:
Se E ⊂ enumeravel. Consiga uma sequencia cujo conjunto dos valores de aderencia e E. Use este fato para mostrarque todo conjunto fechado F ⊂ e o conjunto dos valores de aderencia de alguma sequencia.
Seja E = {ak}k∈N. Definimos Nk = {2k−1.m ∈ N;m e ımpar } e, para cada n ∈ N, xn = ak onde n ∈ Nk.Assim, ak = lim
n∈Nk
xn e, consequentemente, o conjunto dos valores de aderencia da sequencia (xn), A, contem
E. Dado a ∈ E, existe uma sequencia (aki)i∈N em E tendendo a a. Por sua vez, a subsequencia (x2ki−1)i∈N e iguala sequencia (aki
)i∈N. Logo, a ∈ A. Concluımos que A ⊃ E. Por outro lado, A ⊂ E ja que a sequencia (xn) ( econsequentemente todas as suas subsequencias) pertence a E. Portanto, A = E.
Dado um conjunto fechadoX ⊂, pelo Teorema 6, existe um conjunto enumeravel E denso emX. Por conseguinte,existe uma sequencia (xn) cujo conjunto dos valores de aderencia e E = X (pois X e fechado).
190
Exercıcio 5.16:
Com a notacao do Exercıcio 4, se α e irracional, os conjuntos FZ e G = αZ sao fechados porem F + G nao efechados. Tambem H = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} e fechados mas F.H nao e fechado.
Os conjuntos F e G sao, respectivamente, complementares dos conjuntos abertos∪n∈Z
(n, n+ 1) e∪n∈Z
(αn, α(n+ 1)).
Logo, F e G sao fechados.Temos que F +G = Z+ αZ e um grupo aditivo em R. Assim,
(i) inf([G+ F ] ∩ (0,∞)) = a > 0.
Neste caso, pelo exercıcio 3.58, terıamos que F + G = {0,±a,±2a, ...} = aZ. Daı, F + G = aZ ∋ ak = α ∈Z+αZ = F +G e, consequentemente, a =
1
k∈ Q. Por outro lado, F +G = aZ ∋ ap = α ∈ Z+αZ = F +G,
para algum p ∈ Z, e consequentemente, α = ap ∈ Q. Contradicao.Portanto, inf([F +G] ∩ (0,∞)) = 0.
(ii) inf([F +G] ∩ (0,∞)) = 0.
Novamente pelo exercıcio 3.58, temos que F+G e denso em R. Por outro lado,1
2/∈ Z+αZ, pois α e irracional.
Logo, F +G + F +G = R. Ou seja, F +G nao e fechado.
O conjunto H e fechado, pois e o complementar do conjunto (1,∞) ∪ (∪
n∈N( 1n ,
1n+1 )). Por outro lado, F.H =
Q + Q = R. Ou seja, F.H nao e um fechado.
191
Exercıcio 5.17:
Seja K o conjunto de Cantor. Mostre que {|x− y|;x ∈ K, y ∈ K} = [0, 1].
Nao e difıcil provar que toda extremidade de subintervalo em cada passo da construcao do conjunto de Cantore do tipo
p∑n=0
an3n
∈ [0, 1]
com an = 0 ou 2, 0 ≤ n < p, ap = 0, 1 ou 2.Dado
p∑n=0
cn3n
∈ [0, 1], (5.1)
com cn = 0, 1 ou 2, definiremos a, b ∈ R tais que a, b ∈ K e c = b− a. Sejam
a =
p∑n=0
an3n
e b =
p+1∑n=0
bn3n
:
• c0 = 0 ou 1a0 = c0 e b0 = 0.
• c1c13
+s132
=a13
− b13
− b29
(5.2)
c1 = 0a1 = b1 = b2 = 0, s1 = 0
c1 = 1a1 = 2, b1 = 0, b2, s1 = 1
c1 = 2a1 = 2, b1 = 0, b2 = 0, s1 = 0
• cn, 1 ≤ n < pcn3n
+sn
3n+1=an3n
− bn+1
3n+1+sn−1
3n(5.3)
cn = 0sn−1 = 0
an = 0, bn+1 = 0, sn = 0
sn−1 = 1an = 0, bn+1 = 2, sn = 1
cn = 1sn−1 = 0
an = 2, bn+1 = 2, sn = 1
sn−1 = 1an = 0, bn+1 = 0, sn = 0
cn = 2sn−1 = 0
an = 2, bn+1 = 0, sn = 0
sn−1 = 1an = 2, bn+1 = 2, sn = 1
192
• cpcp3p
=ap
3p− bp+1
3p+1+sp−1
3p(5.4)
cp = 0sp−1 = 0
ap = 0, bp+1 = 0
sp−1 = 1ap = 1, bp+1 = 2
cp = 1sp−1 = 0
ap = 1, bp+1 = 0
sp−1 = 1ap = 0, bp+1 = 0
cp = 2sp−1 = 0
ap = 2, bp+1 = 0
sp−1 = 1ap = 1, bp+1 = 0
Assim, somando-se as equacoes (5.2), (5.3) e (5.4) obtemos que c = b− a e a, b ∈ K.O conjunto D = {|x − y|;x, y ∈ K} contem todos os elementos do tipo (5.1). E como o conjunto de todos os
elementos do tipo (5.1) e denso em [0, 1] teremos o resultado assim que provarmos que D e fechado.
Seja Kn =2n∪i=1
[ai, bi] o conjunto resultante da n−esima etapa da construcao do conjunto de Cantor. O conjunto
Dn = {|x− y|;x, y ∈ Kn} e dado por
Dn =∪
1≤i,j≤2n
Dnij , onde Dnij = {|x− y|;x ∈ [ai, bi], y ∈ [aj , bj ]},
e fechado, pois cada Dnij e fechado. Assim, D =∞∩
n=1Dn tambem e fechado.
193
Exercıcio 5.18:
Dado qualquer numero real a > 0, existe x1, x2, ..., xn no conjunto de Cantor tais que x1 + x2 + ...+ xn = a.
Dado a > 0 em R podemos escrever a na forma
k +∞∑
n=1
an3n
com k ∈ N e an = 0, 1 ou 2. Se provarmos que∞∑
n=1
an3n
pode ser escrito como soma de dois elementos α, β ∈ K,
temos o resultado definindo x2 = x2+k = 1, x1 = α e x2 = β.E posıvel demonstrar que
K = {∑ cn
3n; cn = 0 ou 2}.
Assim, definiremos αn e βn tais que
α =∑ αn
3ne β =
∑ βn3n.
Definimos
• a1 tal quea13
=α1
3+β13
+s13
(5.5)
a1 = 0α1 = β1 = 0, s1 = 0
a1 = 1α1 = β1 = 0, s1 = 1
a1 = 2α1 = 2, β1 = 0, s1 = 0
• an, n > 1, tal quean3n
+sn−1
3n−1=αn
3n+βn3n
+sn3n
(5.6)
an = 0 sn−1 = 0 αn = βn = 0, sn = 0 sn−1 = 1 αn = 2, βn = 0, sn = 1
an = 1 sn−1 = 0 αn = βn = 0, sn = 1 sn−1 = 1 αn = 2, βn = 2, sn = 0
an = 2 sn−1 = 0 αn = 2, βn = 0, sn = 0 sn−1 = 1 αn = 2, βn = 2, sn = 1
Somando as equacoes (5.5) e (5.6), temos para todo k ∈ N que(k∑
n=1
an3n
)=
(k∑
n=1
αn
3n
)+
(k∑
n=1
βn3n
)+sk3k.
Assim,∞∑
n=1
an3n
=
∞∑n=1
αn
3n+
3n∑βn
βn3n
e, consequentemente, a− k = α+ β.
194
Exercıcio 5.19:
Seja K o conjunto de Cantor. Dado ε > 0 arbitrario, existem um intervalos abertos J1 = (a1, b1), ..., Jn = (an, bn)
tais que que K ⊂ J1 ∪ J2 ∪ ... ∪ Jn en∑
i=1
(ai − bi) < ε.
Seja Kp o conjunto resultante do p-esimo passo da contracao do conjunto K de Cantor. Sabemos que
Kp =∪2p
i=1[ci, ci +
1
3p].
Assim, tomando-se ai = ci − 13p e bi =
23p temos que
J =
2p∪i=1
(ai, bi) ⊃ Kp ⊃ K
e2p∑i=1
(bi − ai) = 2p1
3p−1= 3(
2
3)p.
Assim, dado ε > 0, basta tomar p ∈ N tal que
3(2
3)p < ε
e teremos J que satisfaz as condicoes do enunciado.
195
Exercıcio 5.20:
Para X, Y ⊂ R qualquer, tem-se X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . De um exemplo no qual a inclusao nao sereduz a uma igualdade.
• X ∪ Y ⊃ X ∪ Y .Seja a ∈ X ∪ Y . Entao, existe uma sequencia (xn) em X ou (yn) em Y que tende a a. Em ambos os casosexiste uma sequencia em X ∪ Y que tende a a.
• X ∪ Y ⊂ X ∪ Y .Seja a ∈ X ∪ Y . Entao, existe uma sequencia (zn) em X ∪ Y que tende a a. E, assim, esta sequencia possuiuma subsequencia em X (no caso em que possui infinitos termos em X) ou uma subsequencia em Y (no casoem que possui infinitos termos em Y ). No primeiro caso a ∈ X e no segundo caso a ∈ Y . Em todo caso,a ∈ X ∪ Y .
• X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .Seja a ∈ X ∩ Y . Entao, existe uma sequencia (zn) em X ∩ Y que tende a a. Assim, (zn) e uma sequencia emX que tende a a, e, consequentemente, a ∈ X. Analogamente, a ∈ Y . Portanto, a ∈ X ∩ Y .
•[−1, 0) ∩ (0, 1] = ∅ = ∅.
[−1, 0) ∩ (0, 1] = [−1, 0] ∩ [0, 1] = {0}.
196
Exercıcio 5.21:
Um conjunto A ⊂ R e aberto se, e somente se, A ∩X ⊂ A ∩X para todo X ⊂ R.
(⇒) Seja A um conjunto aberto. Dado X ⊂ R e a ∈ A∩X. Entao, existe uma sequencia (xn) em X que tendea a. Assim, como A e aberto, existe n0 ∈ N tal que para todo n ≥ n0, xn ∈ A. Daı, existe uma sequencia em Aque tende a a. Ou seja, a ∈ A. Logo, a ∈ A ∩X ⊂ A ∩X.
(⇐) Seja A ⊂ R tal que A ∩X ⊂ A ∩X para todo X ⊂ R.Dado a ∈ A, suponhamos que para todo n ∈ N, existe xn ∈ (a − 1
n , a + 1n ) − A. Seja X = {xn}n∈N. Entao,
{a} = A∩X ⊂ A ∩X = ∅ = ∅. Contradicao. Logo, existe n ∈ N tal que (a− 1n , a+
1n ) ⊂ A. E, assim, a ∈ int(A).
197
Exercıcio 5.22:
Sejam F1 ⊃ F2 ⊃ ... ⊃ Fn ⊃ ... nao vazio se os Fn sao apenas fechados ou apenas limitados.
• Fn apenas fechado
Fn = [n,∞) ⇒∩n∈N
Fn = ∅.
• Fn apenas limitado
Fn =
(0,
1
n
]⇒∩n∈N
Fn = ∅.
198
Exercıcio 5.23:
Um conjunto nao vazio X ⊂ R e um intervalo se, e somente se, satisfaz a condicao seguinte: “a, b ∈ X, a < x <b⇒ x ∈ X”.
(⇒) Seja X um intervalo nao-vazio com α = infX e β = supX.Dados a e b ∈ X, a < b, e x ∈ R tal que a < x < b. Assim,
X ⊃ (α, β) ⊃ (a, b) ∈ X.
(⇐) Seja X um conjunto que satisfaz a condicao
“a, b ∈ X, a < x < b⇒ x ∈ X ”.
Sejam α = infX e β = supX. Temos entao que X ⊃ (α, β). De fato, dado x ∈ (α, β), existem a e b ∈ X taisque
α ≤ a < x < b ≤ β.
Assim, pela propriedade, x ∈ X. Por outro lado, X − {α, β} ⊂ (α, β) pela definicao de α e β. Portanto,
X = [α, β] ou X = [α, β) ou X = (α, β] ou X = (α, β).
199
Exercıcio 5.24:
Mostre que a intersecao de uma sequencia decrescente I1 ⊃ I2 ⊃ ... ⊃ In ⊃ ... de intervalos e um intervalo ou oconjunto vazio.
Sejam an = inf In e bn = sup In, entao In ⊃ (an, bn) e [an, bn] ⊃ In. Assim,
[an, bn] ⊃ [an+1, bn+1]
e(an, bn) ⊃ (an+1, bn+1).
Daı,
[sup{an}, inf{bn}] =∩
[an, bn]
⊃∩In
⊃∩
(an, bn)
= (sup{an}, inf{bn}).
Assim, como −∞ ≤ sup{an} ≤ inf{bn} ≤ ∞,∩In = (sup{an}, inf{bn}) ou
= (sup{an}, inf{bn}] ou= [sup{an}, inf{bn}) ou= [sup{an}, inf{bn}]
e temos o resultado.
200
Exercıcio 5.25:
Um conjunto e denso em R se, e somente se, seu complementar tem interior vazio.
SejaD um conjunto denso em R. Dado x ∈ R−D e ε > 0, temos que (x−ε, x+ε)∩D = ∅. Assim, x /∈ int(R−D).E, como int(R−D) ⊂ R−D, temos que int(R−D) = ∅.
201
Exercıcio 5.26:
Se F e fechado e A e aberto entao F −A e fechado.
Como A e aberto, Ac e fechado. Entao, F ∩ Ac = F − A e uma intersecao de dois fechados. Logo, F − A efecado.
202
Exercıcio 5.27:
De exemplo de um aberto A tal que A ⊃ Q mas R−A seja nao-enumeravel.
Seja (xn) uma enumeracao de Q. Definimos A =∞∪
n=1In, onde
In = (xn − 1
2n, xn +
1
2n).
Temos que A e aberto, pois e uma uniao de abertos e tambem A ⊃ Q.Provemos que R − A = ∅. Consideremos o intervalo compacto [0, 10] e suponhamos que R − A = ∅. Entao,
existem n1, n2, ..., nk ∈ N tais quek∪
i=1
Ini ⊃ [0, 10].
Sgue daı, entao, que
10 <
k∑i=1
(sup Ini − inf Ini)
<
k∑i=1
(sup In − inf In)
=∞∑i=1
1
2n−1= 2.
Absurdo. Assim, R−A = ∅.Se R−A e finito ou enumerael, podemos adicionar todos os elementos de R−A em uma sequencia (yn) ( de termos
repetidosse necessario ) que enumera os elementos de R−A. Daı, A = A ∪ (∞∪
n=1In), onde In = (yn − 1
2n, yn +
1
2n)
e tal que A ⊃ A e A ⊃ R − A. Mas, por argumento analogo ao acima, podemos mostrar que R − A = ∅. Umacontradicao. Portanto, R−A e nao enumeravel.
203
Exercıcio 5.28:
De exemplo de um conjunto fechado, nao-enumeravel, formado apenas por numeros transcendentes.
Seja (xn) uma enumeracao do conjunto dos numeros algebricos (exercıcio 3.44). Seja
A =∞∪i=1
In,
onde In = (xn − 1
2n, xn +
1
2n). Temos que A e um aberto que contem todos os numeros naturais. Assim, pelo
mesmo argumento usado no execıcio anterior, F = R−A e nao enumeravel. E F e um fechado que contem somentenumeros algebricos.
204
Exercıcio 5.29:
Defina a distancia de um ponto a ∈ R a um conjunto nao-vazio X ⊂ R como d(a,X) inf{|x− a|;x ∈ X}. Prove:
1) d(a,X) = 0 ⇔ a ∈ X.
2) Se F ⊂ R e fechado, entao para todo a ∈ R existe b ∈ F tal que d(a, F ) = |b− a|.
(1) (⇒) Para cada n ∈ N, existe xn ∈ N tal que |xn − a| < 1
n. Assim, (xn) e uma sequencia em X que tende a
a. Logo, a ∈ X.
(⇐) Seja (xn) uma sequencia em X que tende a a. Entao, para todo ε > 0, existe n0 ∈ N tal que |xn0 −a| < ε.Assim,
0 = inf{|xn − a|;xn ∈ (xn)}≥ inf{|x− a|;x ∈ X} ≥ 0,
ou seja, d(a,X) = 0.
(2) Consideremos o compacto C = F ∩ B[a; 2d(a, F )]. Temos, pela definicao de d(a, F ), que C = ∅. Seja d =
d(a, F ) e xn ∈ C tal que |xn − a| < d +1
n. Como C e compacto, existe uma subsequencia (xnk
) de (xn)
tal que xnk→ b ∈ C. Assim, dado ε > 0, existe n + k ∈ N tal que |xnk
− a| < d +ε
2e |b − xnk
| > ε
2.
Consequentemente,|b− a| ≤ |b− xnk
|+ |xnk− a| < d+ ε.
Portanto, |b − a| ≤ d. Mas, como b ∈ C ⊂ F e pela definicao de d = d(a, F ), temos que |b − a| ≥ d e,consequentemente, |b− a| = d.
205
Exercıcio 5.30:
Se X e limitado superiormente, seu fecho X tambem o e. Alem disso, supX = supX. Enuncie e prove um resultadoanalogo para inf .
Temos que X e limitado somente se X e limitado. De fato, se A > 0 em R e tal que existe a ∈ X com a > A,tomando-se ε = |A− a|, existe x ∈ X tal que |x− a| < ε. Consequentemente, x > A.
Como X ⊂ X, temos imediatamente que (pelo exercıcio 3.33) que supX ≥ supX. Assim, para mostrar quesupX ≥ supX, basta provar que para qualquer c ∈ R tal que c < supX, existe x ∈ X tal que c < x. Entao, dadoc tal que c < supX, existe x ∈ X tal que c < x. Assim, tomando algum x ∈ X tal que |x− x| < |x− c|, temos quex > c. Portanto, supX = supX.
O resultado analogo seria inf A = inf A. E a demonstracao desse resultado e tambem analoga.
206
Exercıcio 5.31:
Para todo X ⊂ R limitado superiormente, supX e aderente a X. Resultado analogo para inf .
Pela definicao de supremo, para todo ε > 0 existe x ∈ X tal que supX − ε < x ≤ supX.
Assim, para n ≥ 1 em N, tomando xn ∈ X tal que supX − 1
n> xn ≤ supX. Temos, assim, que para todo
n ∈ N, |xn − supX| < 1n . Logo, a sequencia (xn) em X tende a supX e supX ∈ X.
207
Exercıcio 5.32:
Para todo X ⊂ R, X ′ e fechado.
Seja a ∈ X ′. Dado ε > 0, existe x ∈ X ′ tal que x ∈ (a−ε, a+ε). E como x ∈ X ′, existem infinitos elementos deXem (x−δ, x+δ), onde δ = min{|x−(a±ε)|}. Assim, infinitos elementos deX pertencem a (a−ε, a+ε) ⊃ (x−δ, x+δ).Isso implica que a ∈ X ′. Concluımos que X ′ ⊃ X ′.
208
Exercıcio 5.33:
Um numero a e ponto de acumulacao de X se, e somente se, e ponto de acumulacao de X.
(⇒) Seja a um ponto de acumulacao de X. Entao, para todo ε > 0 existem infinitos elementos de X em(a− ε, a+ ε). E como X ⊂ X, existem infinitos elementos de X em (a− ε, a+ ε), ou seja, a e ponto de acumulacaode X.
(⇐) Seja a um ponto de acumulacao de X. Dado ε > 0, existe x ∈ X tal que x ∈ (a−ε, a+ε)−{a}. Tomando-seδ = min{|x− a|, |x− (a± ε)|}, temos que existe x ∈ X tal que |x− x| < δ.
Assim, x ∈ (x− δ, x+ δ) ⊂ (a− ε, a+ ε)− {a}. Segue daı que a e ponto de acumulacao de X.
209
Exercıcio 5.34:
(X ∪ Y )′ = X ′ ∪ Y ′.
• (X ∪ Y )′ ⊂ X ′ ∪ Y ′.
Seja a ∈ (X ∪ Y ) e (an) uma sequencia em X ∪ Y − {a} que tende a a. Entao, existem infinitos termos de(an) em Y. Assim, existe uma subsequencia de (an) em X − {a} ou em Y − {a}. E como esta subsequenciatende a a, temos que a ∈ X ′ ∪ Y ′.
• (X ∪ Y )′ ⊃ X ′ ∪ Y ′.
Seja a ∈ X ′ ∪ Y ′. Entao existe uma sequencia (an) em X −{a} ou em Y −{a} que tende a a. Em todo caso,existe uma subsequencia em X ∪ Y − {a} que tende a a, ou seja, a ∈ (X ∪ Y )′.
210
Exercıcio 5.35:
Todo ponto de um conjunto aberto A e ponto de acumulacao de A.
Seja a ∈ A. Entao existe δ > 0 tal que (a− δ, a+ δ) ⊂ A.Assim, dado ε, para δ1 = min{δ, ε} temos que
(a− ε, a+ ε) ⊃ (a− δ1, a+ δ1) ⊂ A.
Logo, (a− ε, a+ ε) contem infinitos elementos de A ja que (a− δ1, a+ δ1) tem infinitos elementos. Portanto, a eponto de acumulacao.
211
Exercıcio 5.36:
Sejam F fechado e x ∈ F. Entao x e um ponto isolado de F se, somente se, F − {x} e ainda fechado.
(⇒) Se F = {x}, temos diretamente que F − {x} = ∅ e fechado. Suponhamos que F − {x} = ∅. Seja (an) umasequencia em F − {x} com lim an = a. Como F e fechado e (an) e uma sequencia em F, entao a ∈ F. Temos quea = x, pois para algum ε > 0, (x − ε, x + ε) ∩ F = {x}. Portanto, a ∈ F − {x}. Concluımo daı que F − {x} efechado.
(⇐) Suponhamos que x nao seja um ponto isolado de F. Entao, para todo n ∈ N, existe xn ∈ ((xn − 1
n, x +
1
n) ∩ F )− {x}. Assim, a sequencia (xn) em F − {x} tende a x. O que implica que F − {a} nao e fechado.
212
Exercıcio 5.37:
Seja X ⊂ R tal que X ′ ∩X = ∅. Mostre que existe, para cada x ∈ X, um intervalo aberto Ix, de centro em x, talque x = y ⇒ Ix ∩ Iy = ∅.
Para cada x ∈ X definimosδx = inf{|x− x|; x ∈ X − {x}}.
Temos que δx = 0 somente se x ∈ X ′. Entao, δx > 0 para cada x ∈ X ja que X ′ ∩X = ∅.Definimos para cada x ∈ X,
Ix = (x− δx2, x+
δx2).
Assim, para x = y em X, temos que se z ∈ Ix ∩ Iy
|x− y| ≤ |x− z|+ |z − y|
≤ δx2
+δx2
≤ |x− y|2
+|x− y|
2= |x− y|.
Portanto, Ix ∩ Iy = ∅. E o resultado segue.
213
Exercıcio 5.38:
Seja F ⊂ R fechado, infinito enumeravel. Mostre que F possui uma infinidade de pontos isolados.
Pelo corolario 1 do Teorema 9, temos que F possui algum ponto isolado. Suponhamos que x1, x2, ..., xn saopontos isolados de F. Por inducao no resultado do exercıcio 3.36, temos que F − {x1, x2, ..., xn} e fechado. Alemdisso, F −{x1, x2, ..., xn} e um conjunto sem pontos isolados e infinito enumeravel, contradizendo o Corolario 1 doTeorema 9.
214
Exercıcio 5.39:
Mostre que todo numero real x e limite de uma sequencia de numeros transcendentes dois a dois distintos.
Sejam A o conjunto dos numeros algebricos em Q (complementar do conjunto dos trancendentes) e x ∈ R.Dado ε > 0, temos que (x−ε, x+ε)−(A∪{x}) e infinito. De fato, pelo exercıcio 3.44, A e enumeravel enquanto
(x− ε, x+ ε) e nao enumeravel. Logo, (x− ε, x+ ε)− (A ∪ {x}) e infinito.Seja ε1 = 1. Podemos escolher
x1 ∈ (x− ε1, x+ ε1)− (A ∪ {x}).
E, indutivamente, escolherxn ∈ (x− εn, x+ εn)− (A ∪ {x}),
onde εn = |x− xn|. Assim (xn) e uma sequencia de termos trancendentes, dois a dois distintos e que tende a x.
215
Exercıcio 5.40:
Mostre que se X ⊂ R nao e enumeravel, entao X ∩X ′ = ∅.
Se X ∩X ′ = ∅, entao todo ponto de X e isolado. Mas, pelo Corolario 2 do Teorema 8, temos que isso implicaque X e enumeravel.
216
Exercıcio 5.41:
Se A e A ∪ {a} sao abertos entao a e ponto de acumulacao de A a direita e a esquerda.
Como A ∪ {a} e aberto, existe ε > 0 tal que (a− ε, a+ ε) ⊂ A ∪ {a}.Assim,
[a, a+ ε) ⊂ A ∪ {a}
e, consequentemente,(a, a+ ε) ⊂ A ∪ {a}.
Daı segue que A contem infinitos pontos de [a, a+ ε). Logo, a e ponto de acumulacao a direita de A.Analogamente, mostra-se que a e ponto de acumulacao a esquerda de A.
217
Exercıcio 5.42:
De explicitamente o significado de cada uma das seguintes afirmacoes. Em suas explicacoes, voce esta proibido deusar qualquer das palavras grifadas abaixo:
1) a ∈ X nao e ponto interior de X;
2) a ∈ R nao e aderente a X;
3) X ⊂ R nao e um conjunto aberto;
4) O conjunto Y ⊂ R nao e fechado;
5) a ∈ R nao e ponto de acumulacao do conjunto X ⊂ R;
6) X ′ = ∅;
7) X ⊂ Y mas X nao e denso em Y ;
8) int(X) = ∅;
9) X ∩X ′ = ∅;
10) X nao e compacto.
(1) Nao existe ε ∈ R+ tal quea ∈ (a− ε, a+ ε) ⊂ X.
(2) Existe ε ∈ R+ tal que(a− ε,A+ ε) ⊂ R−X.
(3) Existe x ∈ X tal que para todo ε ∈ R+
(x− ε, x+ ε) * X.
(4) Existe x ∈ R−X tal que para todo ε ∈ R+
(x− ε, x+ ε) ∩X = ∅.
(5) Existe ε ∈ R+ tal que(a− ε, a+ ε) ∩X ⊂ {a}.
(6) Para todo a ∈ R, tal que para todo ε ∈ R+
(a− ε, a+ ε) ∩X = ∅ entao a ∈ X.
(7) Existe y ∈ Y e ε ∈ R+ tais que(y − ε, y + ε) ∩X = ∅
mas X ⊂ Y.
(8) Para todo x ∈ X e ε ∈ R+, existe a ∈ R e δ ∈ R+ tais que
(x− ε, x+ ε) ⊃ (a− δ, a+ δ) ⊂ R−X.
(9) Para todo x ∈ X, existe ε ∈ R+ tal que
(x− ε, x+ ε) ∩X = {x}.
(10) Existe uma sequencia (xn) em R e (εn) em R+ tais que
X ⊂∪n∈N
(xn − εn, x+ εn),
mas para nenhum N ⊂ N finito temos que
X ⊂∪n∈N
(xn − εn, x+ εn).
218
Exercıcio 5.43:
Se todo ponto de acumulacao de X e unilateral, X e enumeravel.
Seja D o conjunto dos elementos de X que sao pontos de acumulacao a direita de X.Dado n ∈ Z seja
{aλ}λ∈Λ = [n, n+ 1] ∩D.
Para cada λ ∈ Λ, existe Iλ = (aλ−ελ, aλ), ελ > 0, tal que Iλ∩X = ∅. Observemos que para quaisquer λ1 e λ2 ∈ λ,λ1 = λ2, teremos que Iλ1 ∩ Iλ2 = ∅. Se Λ e nao enumeravel, existe ε > 0 tal que para cada n ∈ N existe λn tal queελn > ε. Assim,
∞∑n=1
ελn = ∞
e como os I ′λs sao disjuntos e estao contidos em um intervalo de comprimento 1, obtemos uma contradicao. Logo,Λ e finito ou enumeravel. E como
D =∪n∈Z
[n, n+ 1] ∩D,
temos que D e enumeravel.De forma analoga, mostra-se que o conjunto E dos pontos de acumulacao a esquerda deX e finito ou enumeravel.E como X −X ′ e finito ou enumeravel pelo Corolario 2 do Teorema 8, temos que
X = (X −X ′) ∪ E ∪D
e finito ou enumeravel.
219
Exercıcio 5.44:
SejaX ⊂ R um conjunto arbitrario. Toda cobertura deX por meio de abertos possui uma subcobertura enumeravel.(Teorema de Lindelof).
Seja {Aλ}λ∈Λ uma cobertura aberta de X. Tomemos E = {xn}n∈N um subconjuntto denso em X. Para cadan ∈ N fixemos
Rn = {ε ∈ R+; (xn − ε, xn + ε) ⊂ Aλ, λ ∈ Λ}.
Sabemos que Rn = ∅. Logo, existe supRn = 2εn.Alem disso, existe ε ∈ Rn tal que εn < ε. Ou seja, existe ε ∈ R+ tal que
(x− ε, x+ ε) ⊂ Aλ
para algum λ ∈ Λ. Existe, tambem n ∈ N tal que
xn ∈ (x− ε/4, x+ ε/4).
Para qualqueryn ∈ (xn − 3ε/4, xn + 3ε/4)
temos quey ∈ (x− ε, x+ ε).
Daı, 3ε/4 ∈ Rn. E, assim,
εn ≥ 3ε
8>ε
4.
Logo,x ∈ (xn − εn, xn + εn) ⊂ Aλn .
Concluımos daı que {Aλn}n∈N ⊂ {Aλ}λ∈Λ e uma cobertura de X.
220
Exercıcio 5.45:
Com a notacao do Exercıcio 4, prove:
a) Se A e compacto e B e fechado entao A+B e fechado;
b) se A e B sao compactos, entao A+B e A.B sao compactos;
c) se A e fechado e B e compacto, A.B pode nao ser fechado.
(a) Seja x ∈ A+B e (cn = an + bn)n∈N uma sequencia em A+B tendendo a x. A sequencia (an)n∈N em A possuiuma subsequencia (ank
)k∈N tendendo a algum a ∈ A. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0,
|an + bn − x| < ε/2.
E tambem, existe k0 ∈ N tal que, para todo k ≥ k0,
|ank− a| < ε/2.
Assim, parak1 = max{k0,min{k ∈ N;nk ≥ n0}}
e todo k ≥ k1, temos que
|bnk− (x− a)| = |(ank
+ bnk− x)− (a− ank
)|≤ |ank
+ bnk− x|+ |a− ank
|< ε/2 + ε/2 = ε.
Logo, limn→∞
bnk= x− a. Segue daı que x− a ∈ B e, consequentemente, x ∈ A+B. Concluımos daı que A+B
e fechado.
(b) A+B e fecado pelo item (a). E, tambem, temos que
sup(A+B) = supA+ supB <∞
einf(A+B) = inf A+ inf B > −∞.
Seja x ∈ A.B e (cn = an.bn)n∈N uma sequencia em A.B tendendo a x. A sequencia (an)n∈N em A possui umasubsequ?ncia (an)n∈N1 tendendo a algum a ∈ A. Por sua vez a sequencia (bn)n∈N1 possui uma subsequencia(bn)n∈N2
tendendo a algum b ∈ B. Assim,
x = limn∈N2
anbn
= limn∈N2
an limn∈N2
bn
= a.b ∈ A.B
Segue daı que A.B e fechado. E, como
sup(A.B) = supA. supB <∞
einf(A.B) = inf A. inf B > −∞,
temos que A.B e limitado. Portanto, A.B e compacto.
(c) Tome B = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} e A = Z. Temos que A.B nao e fechado. (Vide exercıcio 5.16)
221
Exercıcio 5.46:
Obtenha coberturas abertas de Q e de [0,∞) que nao admitam subcoberturas finitas.
Temos que {(−n, n)}n∈N e uma cobertura aberta tanto de Q quanto de [0,+∞) que nao admite subcoberturafinita.
222
Exercıcio 5.47:
Considere as funcoes f, g, h do Exercıcio 7. Mostre que paraK e L compactos arbitrarios, f(K), g(K), h(K), f−1(L), g−1(L)e h−1(L) sao compactos.
Seja (xn) uma sequencia em f−1(L) tendendo a x ∈ R. Temos que
lim f(xn) = lim(axn + b)
= a limxn + b
= ax+ b = f(x)
Como f(xn) e uma sequencia convergente no fechado L, temos que f(x) ∈ L e, consequentemente, x ∈ f−1(L).Segue daı que f−1(L). Segue daı que f−1(L) e fechado.
Seja (yn = f(xn))n∈N uma sequencia em f(K). Como K e compacto, existe uma subsequencia (xnk) de (xn)
que converge a algum x ∈ K. Assim,
y = lim f(xn) = lim f(xnk) = f(x).
Ou seja, y ∈ f(K). Concluımos daı que f(K) e fechado.Analogamente, prova-se que g−1(L), g(K), h−1 e h−1(K) sao fechados.Por fim, temos que
f(K) = aK + b
g(K) ⊂ K.K
eK.K.K.
E como os conjuntos aK + b, K2 e K3 sao limitados(ver exercıcio 5.45(b)), temos que f(K), g(K) e h(K) saocompactos. E, tambem,
f(f−1(L)) ⊂ L,
g(g−1(L)) ⊂ L
eh(h−1(L)) ⊂ L.
Assim, pelas definicoes de f, g e h temos que se f−1(L), g−1 ou h−1(L) fosse limitado, terıamos que f(f−1(L)),g(g−1(L)) ou h(h−1(L)) seria limitado contradizendo o fato de L ser limitado.
223
Exercıcio 5.48:
As seguintes afirmacoes a respeito de um conjunto X ⊂ R sao equivalentes:
(1) X e limitado;
(2) Todo subconjunto infinito de X possui ponto de acumulacao (que pode nao pertencer a X);
(3) Toda sequencia de pontos de X possui uma subsequencia convergente.
(1) ⇒ (2) Como X e limitado, temos que X e compacto. Entao, todo conjunto infinito em X ⊂ X possui umponto de acumulacao por ser subconjunto de um compacto.
(2) ⇒ (3) Seja (xn)n∈N uma sequencia em X. Se o conjunto P = {xn}n∈N for finito, entao para algum p ∈ P einfinitos n ∈ N, temos que xn = p. Logo, existe uma subsequencia de xn tendendo a p. Se P for infinito, entao pelahipotese, P possui um ponto de acumulacao x. Logo, e possıvel encontrar uma subsequencia de (xn) tendendo a x.
(3) ⇒ (1) Se X nao fosse limitado, seria possıvel encontrar uma sequencia crescente e ilimitada em X. Talsequencia nao teria subsequencia convergente. O que contradiz a hipotese.
224
Exercıcio 5.49:
Seja X ⊂ R um conjunto compacto cujos pontos, com excecao de a = infX e b = supX, sao pontos de acumulacaoa direita e a esquerda. Entao X = [a, b] ou X = {a, b}.
Como X e compacto, temos que a = infX e b = supX ∈ X. Suponhamos que X = {a, b}. Entao, existe c ∈ Xtal que a < c < b. Seja x ∈ (a, b). Se c ≤ x temos que s = sup([a, x] ∩X) e tal que a < c ≤ s ≤ x. Assim, se s = xtemos que s ∈ X − {a, b} e [s, x) ∩ X = {s}. Ou seja, s nao seria um ponto de acumulacao a direita. Absurdo.Logo, c = s ∈ X. Do mesmo modo, se x ≤ c teremos que x ∈ X. Concluımos que X = [a, b].
225
Exercıcio 5.50:
Se (Kλ)λ∈L e uma famılia qualquer de compactos, entao∩Kλ e compacto. Se K1, ...,Kn sao compactos entao
K1 ∪K2 ∪ ... ∪Kn e compacto. Se K e compacto e F e fechado, entao K ∩ F e compacto.
• Kλ, λ ∈ Λ, compactos ⇒∩
λ∈ΛKλ e compacto.
Como cada Kλ e fechado, temos que ∩Kλ e fechado. Alem disso, temos que, dado algum λ0 ∈ Λ qualquer
inf(∩Aλ) ≥ inf Aλ0 > −∞
esup(∩Aλ) ≤ inf Aλ0 <∞.
Daı, ∩Aλ e limitado. Portanto, ∩Aλ e compacto.
• Ki, i = 1, 2, ..., n, compacto ⇒∪n
i=1Ki e compacto.
Como cada Ki e fechado, temos que∪n
i=1Ki e fechado. Alem disso,
sup(n∪
i=1
Ki) = sup{supKi}ni=1 <∞
e
inf(n∪
i=1
Ki) = inf{infKi}ni=1 > −∞.
Daı,∪n
i=1Ki e limitado. Portanto,∪n
i=1Ki e compacto.
• K e compacto e F e fechado ⇒ K ∩ F e compacto.
Como K e F sao fechados, K ∩ F e fechado. Alem disso,
sup(K ∩ F ) ≤ supK <∞
einf(K ∩ F ) ≥ infK > −∞.
Daı, K ∩ F e limitado. Portanto, K ∩ F e compacto.
226
Exercıcio 5.51:
Seja X ⊂ R. Uma funcao f : X → R diz-se nao-decrescente no ponto a ∈ X quando existe δ > 0 tal quea− δ < x ≤ a ≤ y < a+ δ ⇒ f(x) ≤ f(a) ≤ f(y). (Bem entendido: x, y ∈ X.) Mostre que se f e nao-decrescenteem [a, b] (isto e, x, y ∈ [a, b], x ≤ y ⇒ f(x) ≤ f(y)).
Sejam x, y ∈ [a, b] com x ≤ y. Provaremos que f(x) ≤ f(y). Para cada α ∈ [x, y] existe δx ∈ R+ tal queα− δα < z ≤ α ≤ w < α+ δα implica f(z) ≤ f(α) ≤ f(z)(para z, w ∈ [a, b]).
Temos entao que [x, y] ⊂∪
α∈[x,y](α − δα, α + δα). Asssim, existem α1, α2, ..., αn ∈ [x, y] tais que [x, y] ⊂∪ni=1(αi − δα1 , αi + δα1). Podemos mostrar, por inducao em n, que podemos decompor [x, y] como
[x, β1 − δβ1) ⊂ (β1 − δβ1 , β1 + δβ1),
[βi−1 − δβi−1) ⊂ (βi − δβi , βi + δβi), i = 1, 2, ..., p− 1,
e[βp−1 − δβp−1
, y] ⊂ (βp − δβp, βp + δβp
)
para {βi}pi=1 ⊂ {αi}ni=1 e βi < βi+1, i = 1, 2, ..., p− 1. Daı escolhemos γi ∈ R, i = 1, 2, ..., p− 1, tais que
βi+1 − δi+1 < γi < βi + δβi e βi < γi < βi+1.
Assim,f(x) ≤ f(γ1) ≤ f(γ2) ≤ ... ≤ f(γp−1) ≤ f(y).
227
Exercıcio 5.52:
Seja [a, b] ⊂ ∪Aλ onde cada Aλ e aberto. Mostre que e possıvel decompor [a, b] em um numero finito de intervalosjustapostos de modo que cada um deles esteja contido em algum Aλ.
Pelo Teorema 2, cada Aλ pode ser decomposto como∪
j∈NA(λ,j),Nλ ⊂ N, onde os A′(λ,j)s sao intervalos abertos
disjuntos.Existe uma subcobertura {Bi}ni=1 ⊂ {A(λ.j)} de [a, b]. Provaremos que e possıvel decompor [a, b] como
[a, x1) ⊂ C1, [) ⊂ Ci, i = 2, ..., p, e [xp, b) ⊂ Cp+1 (5.7)
para {Ci}p+1i=1 ⊂ {Bi}ni=1.
Se n = 1, temos o resultado diretamente. Suponhamos que o resultado seja valido para n ≤ k e que estejamosno caso em que n = k + 1. Como a ∈ Bi, para algum i = 1, 2, ...n, tomemos C1 = Bi e assim
[supC1] ⊂∪
({Bj}nj=1 − {Bi}).
Pela hipotese indutiva, existem y1, y2, ..., yp e C1, C2, ..., Cp que decompoe [supC1, b] como em (5.7). Assim,tomando-se
x1 = supC1
xi = yi, i = 2, ..., p+ 1
Ci = Ci−1, i = 2, ..., p+ 2
temos o que querıamos.Entao, como cada intervalo da decomposicao de [a, b] esta contido em algum Ci e este por sua vez contido em
algum Aλ, temos o nosso resultado.
228
Exercıcio 5.53:
No exercıcio anterior, mostre que os intervalos nos quais se decompos [a, b] podem ser tomados com o mesmocomprimento.
No exercıcio anterior obtivemosC1 = [a, x1)
Ci = [xi−1, xi), i = 2, ..., n,
eCn+1 = [xn, b]
tais que {Ci}ni=1 e uma particao de [a, b] sendo que Ci ⊂ Aλ1 .Temos que xi ∈ Aλi+1. Assim, para cada i = 1, ..., n, existe εi > 0 tal que
(xi − εi, xi + εi) ⊂ Aλi+1.
Tomemos q ∈ Z+ tal queb− a
q< min{εi}ni=1.
Consideremos, agora, os intervalos
Ii = [a+i− 1
q(b− a), a+
i
q(b− a)), i = 1, ..., q.
Assim, temos que, para cada p = 1, ..., q,
(i) a ou xi ≤ a+p− 1
q(b− a) < a+
p
q(b− a) < xi+1 ou b
Ip ⊂ Ci+1 ⊂ Aλi+1
(ii) a+p− 1
q(b− a) < xi < a+
p
q(b− a)
Ip ⊂ (xi − εi, xi + εi) ⊂ Aλi+1.
Concluimos daı que, para p = 1, ..., q, Ip ⊂ Aλ, para algum λ. E temos o nosso resultado.
229
Exercıcio 5.54:
(Teorema de Baire) Se F1, F2, ..., Fn, ... sao fechados com interior vazio entao S = F1∪F2∪ ...∪Fn∪ ... tem interiorvazio. (E possıvel mostrar que, dado arbitrariamente um intervalo aberto I, existe algum x ∈ I ∩ (R− S). Imite ademonstracao do Teorema 6, Capıtulo III, onde se tem pontos em vez dos fechados Fn.)
Seja I um intervalo aberto. Como F tem interior vazio, devemos ter x1 ∈ I − F1. E como F1 e fechado e Iaberto, existe ε1 > 0 tal que (x1 − ε, x1 + ε) ⊂ I ∩ (R − F ). Adiante, J1 = [x1 − ε/2, x1 + ε/2] ⊂ I ∩ (R − F1).Definimos I1 = (x− 1− ε/2, x1 + ε/2).
Da mesma forma podemos obter J2 compacto contido em I1 ∩ (R− F2) e que desta forma J2 ⊂ J1.Por inducao, podemos tomar intervalos compactos Jn ⊂ Jn−1, n ∈ N ∩ [2,∞), tais que Fn ∩ Jn = ∅.Logo, existe, pelo Teorema 12 do Capıtulo V, x ∈
∩j∈N Jn. E como Jn ∩ Fn = ∅, x ∈ Fn e, consequentemente
x /∈ S.Asim, I * S. E como I e arbitrario, segue daı que S tem interior vazio.
230
Exercıcio 5.55:
O conjunto R−Q dos numeros irracionais nao pode ser expresso como reuniao enumeravel de fechados. Analoga-mente, Q nao e interseccao de uma famılia enumeravel de abertos.
Suponhamos, por absurdo, que existam conjuntos fechados Fn, n ∈ Z+, em R tais que R−Q = ∪n∈Z+Fn.Como cada Fn esta contido em R−Q e R−Q possui interior vazio, concluımos que Fn tem interior vazio, para
cada n ∈ Z+.Seja (qn)n∈Z+ uma enumeracao do conjunto Q. Como o conjunto {qn}, para todo n ∈ Z+, e fechado e tem
interior vazio, temos que R e uma uniao enumeravel de conjuntos fechados com interior vazio pois
R = (R−Q) ∪Q = (∪n∈Z+Fn) ∪ (∪n∈Z+{qn}).
Assim, pelo Teorema de Baire, R e um conjunto de interior vazio (em R). Uma contradicao. Portanto, nao podemexistir fechados Fn, n ∈ Z+, em R tais que R−Q = ∪n∈Z+Fn.
Suponhamos, por absurdo, que existam abertos An, n ∈ Z+, em R tais que Q = ∩n∈Z+An.Consideremos os fechados Fn := R−An, para todo n ∈ Z+. Desta forma, terıamos que
R−Q = R− ∪n∈Z+An = ∪n∈Z+
(R−An) = ∪n∈Z+Fn.
Ou seja, desta forma R − Q seria uma uniao enumeravel de conjuntos fechados. Uma contradicao. Portanto, naopodem existir abertos An, n ∈ Z+, em R tais que Q = ∩n∈Z+An.
231
Exercıcio 5.56:
Se [a, b] ⊂ ∪ni=1[ai, bi], entao b− a 6
∑ni=1(bi − ai). Tambem [a, b] ⊂ ∪∞
n=1[an, bn] implica b− a 6∑∞
n=1(bn − an).Finalmente, resultados analogos valem para (a, b) em vez de [a, b].
(I) [a, b] ⊂n∪
i=1
[ai, bi] ⇒ b− a 6n∑
i=1
(bi − ai)
Para todo k ∈ Z+ e i = 1, . . . , n, temos que
[ai, bi] ⊂(ai −
1
2k, bi +
1
2k
).
Logo,
[a, b] ⊂n∪
i=1
[ai, bi] ⊂n∪
i=1
(ai −
1
2k, bi +
1
2k
).
Assim, pela Proposicao 1 deste capıtulo, segue que
b− a <
n∑i=1
((bi +
1
2k
)−(ai −
1
2k
))e, consequentemente,
b− a <
n∑i=1
(bi − ai +
1
k
)=
n∑i=1
(bi − ai) +n
k.
Portanto,
b− a 6 limk→∞
(n∑
i=1
(bi − ai) +n
k
)=
n∑i=1
(bi − ai).
(II) [a, b] ⊂∞∪i=1
[ai, bi] ⇒ b− a 6∞∑i=1
(bi − ai)
Para todo k e i ∈ Z+, temos que
[ai, bi] ⊂(ai −
1
2i+1k, bi +
1
2i+1k
).
Logo,
[a, b] ⊂∞∪i=1
[ai, bi] ⊂∞∪i=1
(ai −
1
2i+1k, bi +
1
2i+1k
).
Assim, pela Proposicao 2 deste capıtulo, segue que
b− a <
∞∑i=1
((bi +
1
2i+1k
)−(ai −
1
2i+1k
))e, consequentemente,
b− a <∞∑i=1
(bi − ai +
1
2ik
)=
∞∑i=1
(bi − ai) +1
k
∞∑i=1
1
2i=
∞∑i=1
(bi − ai) +1
k.
Portanto,
b− a 6 limk→∞
( ∞∑i=1
(bi − ai) +1
k
)=
∞∑i=1
(bi − ai).
232
(III) (a, b) ⊂n∪
i=1
[ai, bi] ⇒ b− a 6n∑
i=1
(bi − ai)
Temos que
[a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪n∪
i=1
[ai, bi].
Assim, pelo item (I), temos que
b− a 6 (a− a) + (b− b) +n∑
i=1
(bi − ai) =n∑
i=1
(bi − ai).
(IV) (a, b) ⊂∞∪i=1
[ai, bi] ⇒ b− a 6n∑
i=1
(bi − ai)
Temos que
[a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪∞∪i=1
[ai, bi].
Assim, pelo item (I), temos que
b− a 6 (a− a) + (b− b) +
∞∑i=1
(bi − ai) =
∞∑i=1
(bi − ai).
233
Exercıcio 5.57:
Seja X ⊂ R. Uma funcao f : X → R chama-se localmente limitada quando para cada x ∈ X existe um intervaloaberto Ix, contendo x, tal que f |Ix∩X e limitada. Mostre que se X e compacto, toda funcao f : X → R localmentelimitada e limitada.
Sejam X um subconjunto compacto de R, f : X → R uma funcao localmente limitada, para cada x ∈ X, Ixum intervalo contendo x e Ax > 0 tais que
|f(y)| < Ax,
para cada y ∈ X ∩ Ix.Como x ∈ Ix, para todo x ∈ X, temos que
X =∪x∈X
Ix.
Sendo X um conjunto compacto, existem x1,. . . ,xn em X tais que
X = Ix1 ∪ · · · ∪ Ixn .
Para A ∈ R definido porA := max{Ax1 , . . . , Axn}
temos, para y ∈ Ixi , que|f(y)| < Axi 6 A.
Ou seja,|f(y)| < A
para todo y ∈ X = ∪ni=1Ixi . Portanto, f e limitada.
234
Exercıcio 5.58:
Dado X ⊂ R nao-compacto, defina uma funcao f : X → R que seja localmente limitada mas nao seja limitada.
Sendo X nao-compacto, basta provarmos que existe uma funcao f : X → R que seja localmente mas nao sejalimitada nos casos:
• X nao e limitado;
Seja f : X → R dada porf(x) = x,
para todo x ∈ X. Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo
Ix = (x− 1, x+ 1)
e tal que f |X∩Ix e limitada poisx− 1 6 f(y) 6 x+ 1,
para todo y ∈ Ix ∩X.Por outro lado, f ainda nao e limitada ja que se existe A > 0 tal que
|f(x)| < A,
para todo x ∈ X, terıamos que|x| < A,
para todo x ∈ X, contradizendo o fato de X ser ilimitado.
• X nao e fechado;
Como X nao e fechado, existe a ∈ X ′ −X. Definimos f : X → R por
f(x) =1
a− x,
para todo x ∈ X.Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo
Ix =
(x− |x− a|
2, x+
|x− a|2
)e tal que f |X∩Ix e limitada. De fato, para y ∈ Ix, temos que
|y − a| = |(x− a) + (y − x)|> |x− a| − |y − x|> |x− a| − |x−a|
2
> |x−a|2
e, consequentemente,
|f(y)| = 1
|y − a|6 2
|x− a|.
E f nao e limitada ja que, dado A > 0 existe x ∈ X tal que
|f(x)| > A.
De fato, como a ∈ X ′ −X, existe x ∈ X tal que
|x− a| < 1
A
e, desta forma,
|f(x)| = 1
|x− a|> A.
235
Exercıcio 5.59:
Sejam C compacto, A aberto e C ⊂ A. Mostre que existe ε > 0 tal que x ∈ C, |y − x| < ε⇒ y ∈ A.
Como A e aberto e A ⊃ C, temos que, para todo x ∈ C, existe εx > 0 tal que
(x− 2εx, x+ 2εx) ⊂ A.
A famılia{(x− εx, x+ εx) : x ∈ C}
e uma cobertura aberta para o conjunto C. Como C e compacto, existem x1,. . . ,xn ∈ C tais que
C ⊂n∪
i=1
(xi − εxi , xi + εxi)
Tomemosε := min{εx1
, . . . , εxn} > 0.
Supondo que x ∈ C e |x− y| < ε temos que y ∈ A. De fato, como x ∈ C, temos que
x ∈ (xk − εxk, xk + εxk
),
para k = 1,. . . ,n− 1 ou n. Assim,
|xk − y| 6 |xk − x|+ |x− y| < εxk+ ε 6 2εxk
e, consequentemente,y ∈ (xk − 2εxk
, xk + 2εxk) ⊂ A.
236
Exercıcio 5.60:
Dada uma sequencia (xn), seja Xn = {xn, xn+1, . . . } para todo n ∈ Z+. Mostre que ∩∞n=1Xn e o conjunto dos
valores de aderencia de (xn).
Seja A o conjunto dos valores de aderencia de (xn).Provaremos separadamente que A ⊂ ∩∞
n=1Xn e que ∩∞n=1Xn ⊂ A.
Seja a ∈ A. Entao, existe uma subsequencia (xnk)k∈Z+ de (xn) tal que limk→∞ xnk
= a. Dado n ∈ Z+, temosque existe k0 ∈ Z+ tal que
n 6 nk0 < nk0+p,
para todo p ∈ Z+. Assim, (xnk0+p)p∈Z+ e uma sequencia em Xn tal que
limp→∞
xk0+p = limk→∞
xk = a.
Desta forma, a ∈ Xn, para n ∈ Z+ arbitrario. Ou seja, a ∈ ∩∞n=1Xn.
Seja a ∈ ∩∞n=1Xn. Provaremos que existe uma subsequencia (xnk
)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que limk→∞ xnk= a.
Ou seja, que a ∈ A. Comecemos observando que para todo m e k ∈ Z+ existe nk ∈ Z+ tal que
nk > m e |xnk− a| < 1
k. (5.8)
De fato, como a ∈ Xm+1 e Xm+1 = {xn : n > m + 1}, temos que existe xnk∈ Xm+1 tal que |xnk
− a| < 1k e,
desta forma, nk satisfaz (5.8). Assim, pelo princıpio da definicao recursiva, fica bem definida a sequecia de ındices(nk)k∈Z+ tal que
n1 := 1
e
nk := min
{n ∈ Z+ : n > nk−1, |xn − a| < 1
k
},
para k > 1 em Z+. Logo, a subsequencia (xnk)k∈Z+ e tal que
|xnk− a| 6 1
k,
para todo k ∈ Z+, e, consequentemente,lim
k→+∞xnk
= a.
237
Exercıcio 5.61:
Uma famılia de conjuntos (Kλ)λ∈L chama-se uma cadeia quando, para quaisquer λ e µ ∈ L tem-se Kλ ⊂ Kµ ouKµ ⊂ Kλ. Prove que se (Kλ)λ∈L e uma cadeia nao vazia de compactos nao-vazios entao a intersecao K = ∩λ∈LKλ
e nao vazia (e compacta).
Primeiramente, mostraremos que, dada um conjunto finito L′ contido em L, o conjunto∩λ∈L′
Kλ
nao e vazio. Procederemos por inducao no numero de elementos de L′. Para L′ = {µ}, temos a afirmacaotrivialmente ja que ∩
λ∈L′
Kλ = Kµ = ∅.
Suponhamos, como hipoteses de inducao, que, para cada conjunto finito L′′ de cardinalidade menor ou igual quen ∈ Z+, seja verdade que ∩
λ∈L′′
Kλ = ∅.
Sejam L′ um subconjunto de L com cardinalidade n+ 1 e λ0 ∈ L′. Definimos s conjuntos
L′− := {λ ∈ L′\{λ0} : Kλ ⊂ Kλ0}
eL′+ := {λ ∈ L′\{λ0} : Kλ0 ⊂ Kλ}.
Temos que
Kλ0 ∩(∩
λ∈L′+Kλ
)=
∩λ∈L′
+(Kλ ∩Kλ0) =
∩λ∈L′
+Kλ0
= Kλ0
e, como L′− tem cardinalidade menor ou igual que n,
Kλ0 ∩(∩
λ∈L′−Kλ
)=
∩λ∈L′
−(Kλ ∩Kλ0)
=∩
λ∈L′−Kλ
= ∅.
Assim, ∩λ∈L′ Kλ =
(Kλ0 ∩
(∩λ∈L′
+Kλ
))∩(∩
λ∈L′−Kλ
)= Kλ0 ∩
(∩λ∈L′
−Kλ
)= ∅.
Portanto, provamos a afirmacao do inıcio do paragrafo.Fixemos λ0 ∈ L.Suponhamos, por absurdo, que
∅ =∩λ∈L
Kµ = Kλ0 ∩
(∩λ∈L
Kλ
).
Desta forma terıamos que
Kλ0 ⊂∪λ∈L
(R\Kλ),
ou seja, {R\Kλ}λ∈L seria uma cobertura de Kλ0 por conjuntos abertos em R. Como Kλ0 e compacto, existiria umsubconjunto finito L′ de L tal que
Kλ0 ⊂∪
λ∈L′
(R\Kλ).
Porem, isso implicaria que ∩λ∈L′∪{λ0}
Kλ = Kλ0 ∩
( ∩λ∈L′
Kλ
)= ∅.
Contradizendo, ja que L′ ∪ {λ0} e finito, o que foi provado no primeiro paragrafo desta demonstracao.
238
Exercıcio 5.62:
Se X ⊂ R e nao-enumeravel, entao X ′ tambem o e.
Todos os pontos de X\X ′ sao isolados. De fato, dado x ∈ X\X ′, temos que x nao e um ponto de acumulacaode X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x− ε, x+ ε) = {x}.
Como todos os pontos de X\X ′ sao isolados, temos, pelo corolario 2 do Teorema 8, que este conjunto eenumeravel.
O conjunto X ∩X ′ nao e enumeravel. De fato, como X = (X\X ′) ∪ (X ∩X ′), X nao e enumeravel e X\X ′ eenumeravel, devemos ter que X ∩X ′ e nao enumeravel.
Por fim, como X ′ contem o conjunto nao enumeravel X ∩X ′, devemos ter que X ′ e nao enumeravel.
239
Exercıcio 5.63:
Para todo X ⊂ R, X −X ′ e enumeravel.
Todos os pontos de X−X ′ sao isolados. De fato, dado x ∈ X−X ′, temos que x nao e um ponto de acumulacaode X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x− ε, x+ ε) = {x}.
Como todos os pontos de X − X ′ sao isolados, temos, pelo corolario 2 do Teorema 8, que este conjunto eenumeravel.
Por fim, como X = X ∪X ′, temos que X −X ′ = X −X ′. Logo, X −X ′ e enumeravel.
240
Exercıcio 5.64:
Um numero real a chama-se ponto de condensacao de um conjunto X ⊂ R quando todo intervalo aberto de centroa contem uma infinidade nao-enumeravel de pontos de X. Seja F0 o conjunto dos pontos de condensacao de umconjunto F ⊂ R. Prove que F0 e um conjunto perfeito (isto e, fechado, sem pontos isolados) e que F − F0 eenumeravel. Conclua daı o Teorema de Bendixon: todo fechado da reta e reuniao de um conjunto perfeito com umconjunto enumeravel.
(I) F0 e fechado:
Mostraremos que todo a ∈ F0 e um ponto de condensacao de F . Isto e, que, para um ε > 0 arbitrario,(a− ε, a+ ε) ∩ F nao e enumeravel.
De fato, sendo a um elemento do feixo de F0, devemos ter que existe x ∈ (a− ε, a+ ε)∩ F0. Assim, para ε > 0tal que
(a− ε, a+ ε) ⊃ (x− ε, x+ ε),
temos que(a− ε, a+ ε) ∩ F ⊃ (x− ε, x+ ε) ∩ F.
Como x e um ponto de condensacao de F , (x − ε, x + ε) ∩ F nao e enumeravel. Logo, (a − ε, a + ε) ∩ F tambemnao e enumeravel.
(II) Se I e um intervalo finito tal que F0 ∩ I = ∅ entao F ∩ I e finito ou infinito enumeravel
Suponhamos que F ∩ I infinito e nao e enumeravel. Provaremos que F0 ∩ I = ∅.Definiremos uma sequencia de intervalos compactos ([an, bn])n∈Z+
contidos em I tais que, para todo n ∈ Z+,
[an, bn] ∩ F e infinito e nao e enumeravel, (5.9)
[an, bn] ⊃ [an+1, bn+1] (5.10)
e
bn − an =b− a
2n−1. (5.11)
Verificaremos que a sequencia ([an, bn])n∈Z+ fica bem definida por
[a1, b1] := I
e
[an, bn] :=
[an−1,
bn−1−an−1
2
], se
[an−1,
bn−1−an−1
2
]∩ F
e infinito e nao e enumeravel;[bn−1−an−1
2 , bn−1
], caso contrario,
(5.12)
para n > 1, e possui as propriedades (5.9), (5.10) e (5.11). O intervalo [a1, b1] = I, satisfaz (5.9) e (5.11) pelashipoteses sobre I. Suponhamos que os intervalos [a1, b1], . . . , [an−2, bn−2] e [an−1, bn−1] estejam bem definidos por(5.12) e satisfazem as condicoes (5.9), (5.10) e (5.11). Como [an−1, bn−1] ∩ F e infinito e nao e enumeravel, temosque [an−1, (bn−1 − an−1)/2] ou [(bn−1 − an−1)/2, bn−1] sao infinitos e nao sao enumeraveis. Desta forma, (5.12)define [an, bn] de forma que (5.9) e (5.10) sao prontamente satisfeitos. Tambem temos que [an, bn] satisfaz (5.11)pois
bn − an =bn−1 − an−1
2=b− a
2n−1.
Assim, temos, pelo Principio da Definicao Indutiva, que existe uma sequencia de intervalos compactos ([an, bn])n∈Z+
contidos em I que satisfaz (5.9), (5.10) e (5.11).Pelo Teorema 12 do Capıtulo 5, a propriedade (5.10) da sequencia de compactos ([an, bn])n∈Z+ implica que
existe x0 ∈ ∩∞n=1[an, bn]. Mostraremos que x0 ∈ F0.
Seja ε > 0. Para algum n ∈ Z+, temos que
ε >b− a
2n−1.
241
Como x0 ∈ [an, bn], segue que(x0 − ε, x0 + ε) ⊃ [an, bn].
Logo, (x0 − ε, x0 + ε) ∩ F e infinito e nao enumeravel ja que
(x0 − ε, x0 + ε) ∩ F ⊃ [an, bn] ∩ F
e [an, bn] ∩ F e infinito e nao e enumeravel por (5.9). Com isso, devemos ter que x0 ∈ F0.Portanto, x0 ∈ I ∩ F0 = [a1, b1] ∩ F0.
(III) F0 nao possui pontos isolados
Suponhamos que exista x0 em F0 e ε > 0 tais que (x0−2ε, x0+2ε)∩F0 = {x0}. Provaremos que (x0−ε, x0+ε)∩Fe finito ou infinito enumeravel.
Para todo n ∈ Z+, a inclusao(x0 − ε, x0 −
ε
n+ 1
)=
[x0 − ε, x0 −
ε
n+ 1
]⊂ (x0 − 2ε, x0)
implica que (x0 − ε, x0 −
ε
n+ 1
)∩ F0 = ∅.
Assim, pelo item (II), temos que (x0 − ε, x0 −
ε
n+ 1
)∩ F
e finito ou infinito enumeravel.Analogamente, (
x0 +ε
n+ 1, x0 + ε
)∩ F
e finito ou infinito enumeravel, para todo n ∈ Z+.Segue que
(x0 − ε, x0 + ε) ∩ F ==((x0 − ε, x0) ∩ F
)∪ ({x0} ∩ F ) ∪
((x0, x0 + ε) ∩ F
)=(∪n∈Z+
(x0 − ε, x0 − ε
n+1
)∩ F
)∪ ({x0} ∩ F )
∪(∪n∈Z+
(x0 +
εn+1 , x0 + ε
)∩ F
)e finito ou infinito enumeravel ja que
∪n∈Z+
((x0 − ε, x0 −
ε
n+ 1
)∩ F
)e
∪n∈Z+
((x0 +
ε
n+ 1, x0 + ε
)∩ F
)sao unioes enumeraveis de conjuntos finitos ou infinitos enumeraveis.
(IV) F − F0 e enumeravel
Para cada x ∈ F − F0, o conjunto
{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x− ε, x+ ε) ∩ F e finito ou infinito enumeravel}
nao e vazio e e limitado. Logo, podemos definir, para cada x ∈ F − F0,
εx := sup{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x− ε, x+ ε) ∩ F e finito ou infinito enumeravel}.
Desta forma,(x− εx, x+ εx) ∩ F
242
e finito ou infinito enumeravel.Seja E um subconjunto denso e finito ou infinito enumeravel de F−F0 (cuja existencia e garantida pelo Teorema
6 do Capıtulo 5). Provaremos queF − F0 ⊂ ∪e∈E(e− εe, e+ εe) ∩ F.
E, deste fato, concluiremos que F − F0 e finito ou infinito enumeravel ja que cada (e− εe, e+ εe) ∩ F , para e ∈ E,e finito ou infinito enumeravel e E e finito ou infinito enumeravel.
Seja x ∈ F − F0. Como E e denso em F − F0, existe e ∈ (x− εx/2, x+ εx/2). Desta forma
(e− εx/2, e+ εx/2) ∩ F ⊂ (x− εx, x+ εx) ∩ F
e finito ou infinito enumeravel. Logo, pela definicao de εe, temos que εe > εx/2. Assim,
x ∈ (e− εx/2, e+ εx/2) ⊂ (e− εe, e+ εe).
Portanto, concluimos que F − F0 ⊂ ∪e∈E(e− εe, e+ εe) ∩ F .
(V) Teorema da Bendixon: Todo fechado de R e uma uniao de um conjunto perfeito e um conjunto enumeravel.
Seja F um conjunto fechado. Denotemos por F0 o conjunto dos seus pontos de condensacao.Todo ponto de condensacao de F e um ponto de acumulacao de F . De fato, para todo x ∈ F0, temos que
(x− ε, x+ ε)∩F e infinito e enumeravel, para todo ε > 0. Logo, para todo x ∈ F0, temos que (x− varepsilon, x+ε) ∩ (F − {x}) = ∅, para todo ε > 0. Assim, todo ponto de F0 e um ponto de acumulacao de F . Isto e, F0 ⊂ F ′.
ComoF0 ⊂ F ′ ⊂ F,
Temos que F = F0 ∪ (F −F0). Assim, pelos intens (I), (III) e (IV), temos que F e a uniao do conjunto perfeito F0
e o conjunto finito ou infinito enumeravel F − F0.
243
Exercıcio 6.01:
Na definicao do limx→a
f(x), retire a exigencia de ser x = a. Mostre que esta nova definicao coincide com a anterior
no caso a /∈ X mas, para a ∈ X, o novo limite existe se, e somente se, o antigo existe e e igual a f(a).
Seja L = limx→a
f(x) pela definicao antiga.
• a /∈ X
Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ, x ∈ X, implica |f(x) − L| < ε. Entao, como a ∈ X, se|x− a| < δ, x ∈ X, entao |f(x)− L| < ε. Portanto, ainda temos L = lim
x→af(x).
• a ∈ X e f(a) = L.
Tomando ε = |L− f(a)| > 0 temos que para todo δ > 0 existe x ∈ X tal que |x− a| < δ e |f(x)− L| ≥ ε ( asaber x = a). Portanto, lim f(x) nao mais existe.
• a ∈ X e f(a) = L
Temos que dado ε > 0 existe δ > 0 tal que 0 < |x− a| < δ, x ∈ X, implica |f(x)− L| < ε. Mas, alem disso,|f(a) − L| = 0 < ε. Assim, para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ temos que |f(x) − L| < ε. Portanto, aindatemos lim f(x) = L.
Por fim, se limx→a
f(x) = L pela definicao nova, entao f e L satisfazem tambem as condicoes da definicao antiga.
Logo, limx→a
f(x) = L tambem pela definicao antiga.
245
Exercıcio 6.02:
Considere o seguinte erro tipografico na definicao de limite:
∀ε > 0∃δ > 0;x ∈ X, |x− a| < ε⇒ |f(x)− L| < δ.
Mostre que f cumpre esta condicao se, e somente se, e limitada em qualquer intervalo limitado de centro a. Nocaso afirmativo, L pode ser qualquer numero real.
(⇒) Seja I um intervalo de comprimento ε e centrado em a. Entao,
(a− ε, a+ ε) ⊃ I
e, pela hipotese, existe δ > 0 tal que|f(x)| − |L| ≤ |f(x)− L| < δ,
para todo x ∈ (a− ε, a+ ε). Logo, para todo x ∈ I temos que
|f(x)| < δ + |L|
e, consequentemente, f e limitada em I.(⇐) Seja ε > 0. Existe A ∈ R tal que para todo x ∈ (a − ε, a + ε) temos que |f(x)| < A. Daı temos que para
todo x ∈ R tal que |x− a| < ε temos
|f(x)− L| ≤ |f(x)|+ |L| < A+ |L|.
Assim, tomando δ = A+ |L| teremos a condicao que querıamos. E como ε e arbitrario a afirmacao esta provada.
246
Exercıcio 6.03:
Seja X = Y ∪Z, com a ∈ Y ′ ∩Z ′. Dada f : X → R, tomemos g = f |Y e h = f |Z. Se limx→a
g(x) = L e limx→a
h(x) = L
entao limx→a
f(x) = L.
Seja ε > 0 dado. Entao existem δ1 e δ2 positivos tais que se
x ∈ (a− δ1, a+ δ1) ∩ Y
oux ∈ (a− δ2, a+ δ2) ∩ Z
implicam|f(x)− L| < ε.
Fixemos δ = min{δ1, δ2}.Seja
x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩X.
Temos que x ∈ Y ou x ∈ Z. No primeiro caso
x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ Y ⊂ (a− δ1, a+ δ1) ∩ Y.
Isso implica que|f(x)− L| < ε.
Analogamente, no segundo caso, tambem temos que
|f(x)− L| < ε.
Concluımos, assim, que em todo caso
|x− a| < δ, x ∈ X ⇒ |f(x)− L| < ε.
Como ε e arbitrario, entao temos o resultado.
247
Exercıcio 6.04:
Seja f : R\ → R definida por f(x) =1
1 + e1/x. Entao lim
x→0+f(x) = 0 e lim
x→0−f(x) = 1.
Seja f : R \ {0} → R \ {0} dada por f1(x) =1
x. Temos entao que
limx→0+
f1(x) = +∞ e limx→0−
f1(x) = −∞.
Seja f2 : R → R \ {0} dada por f2(y) = 1 + ey. Entao,
limy→+∞
f2(y) = +∞ e limy→−∞
f2(y) = 1.
Por fim, seja f3 : R\ → R dada por f3(z) =1
z. Entao
limz→+∞
f3(z) = 0 e limz→1
f3(z) = 1.
Pelo Teorema 9, temos quelim
x→0+f(x) = lim
x→0+(f3 ◦ f2 ◦ f1)(x) = 0
elim
x→0−f(x) = lim
x→0−(f3 ◦ f2 ◦ f1)(x) = 1.
248
Exercıcio 6.05:
Seja f(x) = x + 10 sinx para todo x ∈ R. Entao limx→+∞
f(x) = +∞ e limx→−∞
f(x) = −∞. Prove o mesmo para a
funcao g(x) = x+x
2sinx.
Da relacao−1 ≤ sinx ≤ 1,
para todo x ∈ R, segue a relacaox
2= x− x
2≤ g(x) ≤ x+
x
2=
3x
2,
para todo x ∈ R.Seja A ∈ R arbitrario. Tomemos B = 2A e C =
2
3A. Se x ∈ R e x > B = 2A, temos que
g(x) ≥ x
2> A.
E como B so depende de A, segue quelim
x→+∞g(x) = +∞.
Se x ∈ R e x < C =2
3A, temos que
g(x) ≤ 3
2x < A.
E como C so depende de A, segue quelim
x→−∞g(x) = −∞.
249
Exercıcio 6.06:
Seja f : X → R monotona, com f(X) ⊂ [a, b]. Se f(X) e denso no intervalo [a, b] entao, para cada c ∈ X ′+ ∩X ′
−,tem-se lim
x→c−f(x) = lim
x→c+f(x). Se c ∈ X entao este limite e igual a f(c).
Como c ∈ X ′+ ∩X ′
− e f : X → R e monotona, pelo Teorema 12, existem os limites
L = limx→c+
f(x) e M = limx→c−
f(x).
Alem disso, como f(X) ⊂ [a, b] e [a, b] e compacto temos que L = limn→∞
f(xn)( para alguma sequencia em (c, b]) e
M = limn→∞
f(yn)( para alguma sequencia em [a, c)) estao em [a, b].
Suponhamos que f e nao-decrescente. Os casos em que f e crescente, decrescente ou nao-crescente sao demons-trados de forma analoga.
Seja x ∈ X. Se x < c entaof(x) ≤M = sup{f(y); y ∈ X e y < c}.
Tambem, f(x) ≤ f(y) para todo y > c e, consequentemente,
f(x) ≤ L = inf{f(y); y ∈ X e y > c}.
Assim, f(x) /∈ (min{L,M},max{L,M}). Se x > c, obtemos de forma analoga que f(x) /∈ (min{L,M},max{L,M}).Se x = c, entao
M ≤ f(x) ≤ L
pois f(y) ≤ f(x) para todo y < c = x e f(x) = f(y) para todo y > c = x ja que f e nao-decrescente.Se c /∈ X, entao
∅ = (min{L,M},max{L,M}) ∩ f(X),
o que implica que L =M pois caso contrario haveria um aberto em [a, b] sem nenhum ponto de f(X).Se c ∈ X, devemos ter
M = f(c) = L
pois caso contrario haveria um aberto(M,f(c)) ou (f(c), L)
nao vazio em [a, b] sem nenhum elemento de f(X) pelo que foi dito acima. Neste caso, pelo Teorema 11, temosque lim
x→cf(x) = f(c).
250
Exercıcio 6.07:
Demonstre o Teorema 2.
Suponhamos que limx→a
f(x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que se x ∈ X e 0 < |x−a| < δ, entao |f(x)−L| < ε.
Daı segue que se y ∈ Y ⊂ X e 0 < |y − a| < δ, entao |g(y)− L| = |f(x)− L| < ε. Como ε e arbitrario, temos quelimx→a
g(x) = L.
Suponhamos que Y = I ∩X, com I aberto contendo a. Entao, existe δ0 > 0 tal que (a − δ0, a + δ0) ⊂ I. Sejaε > 0 arbitrario. Existe δ1 > 0 tal que y ∈ Y e 0 < |y − a| < δ1 temos que |g(y) − L| < ε. Entao, tomando-seδ = min{δ0, δ1}, temos que se x ∈ X e 0 < |x− a| < δ entao
x ∈ (X \ {a}) ∩ (a− δ, a+ δ) ⊂ Y.
Assim, |f(x)− L| = |g(x)− L| < ε. Concluımos que limx→a
f(x) = L.
251
Exercıcio 6.08:
Sejam f : X → R monotona e a ∈ X ′+. Se existir uma sequencia de pontos xn ∈ X com xn > a, limxn = a e
lim f(xn) = L, entao limx→a+
f(x) = L.
Consideremos o caso em que f e nao-decrescente e (xn)n∈N e tal que xn > a para todo n ∈ N, limxn = a elim f(xn) = L.
Dado x ∈ X tal que x > a, devemos terL < f(x).
De fato, se existisse x ∈ X ∩ (a,+∞) tal que f(x) < L existiria uma subsequencia de (f(xn)) que nao tende a L.Por exemplo, seja (xnk
) dada por{xn0 ∈ (a, x) ∩ {xn}n∈Nxnk
∈ (a, xnk−1) ∩ {xn}n>nk−1.
Entao,f(xnk
) ≤ ... ≤ f(xn0) ≤ f(x) < L.
Logo, L nao e limite da sequencia (f(xnk)). Assim, dado ε > 0, tomemos n0 ∈ N tal que |f(xn0) − L| < ε e
δ = xxn0− a. Daı, se 0 < x− a < δ teremos que a < x < xn0 e, pelo que foi dito acima, L < f(x) ≤ f(xn0). Logo,
|f(x)− L| ≤ |f(xn0)− L| < ε.
Portanto, limx→a+
f(x) = L.
Os casos em que f e crescente, nao-crescente e decrescente sao analogos.
252
Exercıcio 6.09:
Se f : X → R e monotona entao o conjunto dos pontos a ∈ X ′ para os quais nao se tem limx→a−
f(x) = limx→a+
f(x) e
enumeravel.
Seja D o conjunto dos a ∈ X ′− ∩X ′
+ tais que
limx→a+
f(x) = limx→a−
f(x).
Tais limites existem pelo Teorema 12. Suponhamos que f seja nao-crescente. Pela demonstracao do Teorema 12,para cada a ∈ D, temos que
limx→a−
= sup{f(x);x ∈ X,x < a} (6.1)
elim
x→a+= inf{f(x);x ∈ X,x > a}. (6.2)
Para cada a ∈ D, sejaIa = ( lim
x→a−f(x), lim
x→a+f(x)).
Dados a, b ∈ D tais que a < b temos que existe x ∈ (a, b) ∩X. Assim, por (6.1) e (6.2) temos que
limx→a+
f(x) ≤ f(x) ≤ limx→b−
f(x).
Daı, segue que Ia ∩ Ib = ∅.Do paragrafo anterior concluımos que se a e b ∈ D e a = b entao Ia∩ Ib = ∅. Assim, qualquer funcao h : D → Q
tal que h(a) ∈ Ia ∩ Q (tais funcoes existem gracas ao axioma da escolha) e injetiva. Concluımos daı que D eenumeravel.
Os casos em que f e crescente, nao-crescente e decrescente sao analogos.
253
Exercıcio 6.10:
Enuncie e demonstre para funcoes o analogo do Teorema 14 do Capıtulo IV.
(1) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′. Se g e limitada inferiormente e limx→a
f(x) = +∞, entao limx→a
f(x) + g(x) = +∞.
De fato, seja c ∈ R um limitante inferior de g. Seja dado A ∈ R arbitrario. Existe δ > 0 tal que se x ∈(a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), entao f(x) > A− c.
Assim, se x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a})
f(x) + g(x) > (A− c) = (c) = A.
Segue daı que limx→a
f(x) + g(x) = +∞.
(2) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′. Se existe um limitante inferior c > 0 de g e limx→a
f(x) = +∞, entao limx→a
f(x).g(x) =
+∞.
De fato, seja A ∈ R arbitrario. existe δ > 0 tal que se x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), entao f(x) > Ac .
Assim, se x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), entao
f(x).g(x) > (A
c).(c) = A.
Segue daı que limx→a
f(x).g(x) = +∞.
(3) Sejam f : X → R tal que f(x) > 0 para todo X e a ∈ X ′. Temos neste caso que
limx→a
f(x) = 0 ⇔ limx→a
1
f(x)= +∞.
De fato,
(⇒) Seja A ∈ R∩ (0,+∞) arbitrario. Existe δ > 0 tal que se x ∈ (a− δ, a+ δ)∩ (X \{a}), entao 0 < f(x) < 1A .
Assim, dado x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), entao
A <1
f(x).
Segue daı que limx→a
f(x) = +∞.
(⇐) Seja ε > 0 arbitrario. Existe δ > 0 tal que x ∈ (a− δ, a + δ) ∩ (X \ {a}) implica1
f(x)>
1
ε. Assim, para
todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), temos que 0 < f(x) < ε. Segue daı que limx→a
f(x) = 0.
(4) Sejam f, g : X → R, tais que f e g s ao funcoes positivas e a ∈ X ′.
(a) Se existe c > 0 tal que f(x) > c para todo x ∈ X e limx→a
g(x) = 0, entao limx→a
f(x)
g(x)= +∞.
(b) Se f e limitada e limx→a
g(x) = +∞, entao limx→a
f(x)
g(x)= 0.
De fato,
(a) Temos que lim1
g(x)= +∞ pelo item (3). Daı o resultado segue aplicando-se o item (2) as funcoes f e
1
g.
254
(b) Seja k > 0 tal que 0 < f(x) < k. Entao,1
f(x)>
1
kpara todo x ∈ X.
Como limx→a
= +∞, temos que limx→a
1
g(x)= 0. Assim,
limx→a
g(x)
f(x)= lim
x→a
1f(x)
1g(x)
= +∞,
pelo item (a).
Portanto, temos pelo item (3) que
limx→a
f(x)
g(x)= lim
x→a
1g(x)f(x)
= 0.
255
Exercıcio 6.11:
Dado a > 1, defina f : Q → R pondo, para cadap
q∈ Q, f
(p
q
)= ap/q. Prove que lim
x→0f(x) = 1. conclua que para
cada b ∈ R existe limx→b
f(x), sendo este limite igual a f(b) se b ∈ Q. Chame este limite de ab. Prove que ab.ab′= ab+b′
e que b < b′ ⇒ ab < ab′.
Como a > 1, temos pelas propriedades basicas da multiplicacao que f e crescente.Seja n0 ∈ N tal que se n0 > a. Entao, para todo n > n0
n√n > n
√a > 1.
Logo, como limn→ +∞ n√n = 1, temos que lim
n→+∞f(1/n) = 1. Segue do exercıcio 8 que lim
x→0+f(x) = 1. Tambem
temos que
limn→+∞
f(−1/n) = limn→+∞
1
f(1/n)=
1
limn→+∞
f(1/n)=
1
1= 1.
E, novamente pelo resultado do exercıcio 8, temos que limx→0−
f(x) = 1. Concluımos, entao, que limx→0
f(x) = 1.
Seja b ∈ R.
1. b ∈ Q.lim
n→+∞f(b+ 1/n) = lim
n→+∞f(b)f(1/n) = f(b)
limn→+∞
f(b− 1/n) = limn→+∞
f(b)f(−1/n) = f(b).
E do exercıcio 6.8 temos que limx→b
f(x) = f(b).
2. b ∈ R \Q.
Sejam xn =m
ntal que m = max{u ∈ Z;
u
n< b} e yn =
m
ntal que m = min{u ∈ Z;
u
n> b}. Segue que se
xn =m
nentao yn =
m+ 1
n(pois b /∈ Q). As sequencias (xn) e (yn) s ao, respectivamente, n ao-decrescente e
n ao-crescente. Isso implica que as sequencias (f(xn)) e (f(yn)) tambem o sao. Daı segue que limn→∞
f(xn) e
limn→∞
f(yn) existem pois f(xn) < f(yn) para todo n ∈ N, isto e, tais sequencias sao limitadas. Por fim, temosque
1 = lim f
(1
n
)= lim
f(yn)
f(xn)=
lim f(yn)
lim f(xn).
Daı, pelo exercıcio 6.8, temos que
limx→b−
f(x) = limn→∞
f(xn) = limn→∞
f(yn) = limx→b+
f(x).
Portanto, o limite limx→b
f(x) existe e denotamos tal limite por ab.
Passaremos agora a verificacao das duas propriedades.
• ab.ab′= ab+b′
Sejam (xn) e (yn) sequencias que tendem a b e b′, respectivamente. Entao (xn + yn) tende a b+ b′ e
ab.ab′
= limx→b
f(x). limx→b′
f(x)
= limn→∞
f(xn). limn→∞
f(yn)
= limn→∞
f(xn).f(yn)
= limn→∞
f(xn + yn)
= limx→b+b′
f(x) = ab+b′ .
256
• b < b′ ⇒ ab < ab′.
Sejam r1, r2 ∈ Q ∩ (b, b′) tais que r1 < r2. Entao, como f e crescente
ab = inf{f(r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}
eab
′= sup{f(r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}.
Assim,ab ≤ f(r1) < f(r2) ≤ ab
′
e o resultado segue.
257
Exercıcio 6.12:
Dado a > 1, defina g : R → R, pondo g(x) = ax(veja o exercıcio anterior). Prove que limx→+∞
g(x) = +∞ e
limx→−∞
g(x) = 0.
Seja a = 1 + ε. Dado A > 0 arbitrario, tomemos n0 ∈ N tal que n0ε > A. Assim, dado x > n0 temos, peladesigualdade de Bernoulli, que
A < 1 + n0ε ≤ (1 + ε)n0 = g(n0) < g(x).
Segue daı que limx→+∞
g(x) = +∞.
Dado, novamente, A > 0, tomemos n0 ∈ N tal que n0ε >1
A. Entao, dado x < −n0 temos que
A >1
n0ε+ 1≥ 1
(1 + ε)n0= g(−n0) > g(x) > 0.
Daı segue que limx→−∞
g(x) = 0.
258
Exercıcio 6.13:
Seja p : R → R, um polinomio real. Se o coeficiente do termo de grau mais elevado de p e positivo entaolim
x→+∞p(x) = +∞ e lim
x→−∞p(x) e igual a +∞ ou −∞, conforme o grau de p seja par ou ımpar.
Seja p(x) = anxn + an−1x
n−1 + ... + a1x + a0. Provaremos por inducao em n que limn→∞
p(x) = +∞. O caso
n = 1 e trivial. Suponhamos que o resultado seja verdadeiro para o polinomio de grau n− 1. Seja p(x) o polinomiotomado inicialmente. Temos que
p(x) = x(anxn−1 + ...+ a1) + a0.
Pela hipotese de inducao, temos que limn→+∞
anxn−1+ ...+a1 = +∞, o que nos garante que lim
n→+∞p(x) = +∞ pelos
resultados do exercıcio 6.10.Suponhamos agora n = 2k− 1. Provaremos por inducao sobre k que lim
x→−∞p(x) = −∞. Para k = 1, o resultado
e trivial. Temos que
p(x) = x2[(a2k−1x2(k−1)−1 + ...+ a2) +
a1x] + a0.
Assim, sabendo que limx→−∞
a1
x = 0 e supondo que limx→−∞
(a2k−1x2(k−1)−1 + ...+ a2) = −∞, temos novamente pelos
resultados do exercıcio 6.10 que limx→−∞
p(x) = −∞.
Suponhamos agora que n = 2k. Entao
p(x) = x(a2kx2k−1 + ...+ a1) + a0.
E, pelo resultado do paragrafo anterior, temos que
limx→−∞
(a2kx2k−1 + ...+ a1) = −∞.
Assim, pelos resultados do exercıcio 6.10 temos que limx→−∞
p(x) = +∞.
259
Exercıcio 6.14:
Determine o conjunto dos valores de aderencia da funcao f : R \ {0} → R, f(x) =sin(1/x)
1 + e1/x, no ponto x = 0.
Temos que0 ≤ e1/x e − 1 ≤ sin(1/x) ≤ 1
para todo x ∈ R \ {0}. Entao,
−1 ≤ sin(1/x)
1 + e1/x≤ 1.
Logo, o conjunto A dos pontos de aderencia de f no ponto 0 e tal que A ⊂ [−1, 1].
Seja λ ∈ [−1, 1]. Tomemos θ = arcsinλ. Entao, definindo xn =1
θ − 2πntemos que lim
n→+∞xn = 0 e lim e1/n = 0,
pois limn→+∞
1
xn= −∞. Assim,
f(xn) =sin(θ − 2πn)
1 + eθ−2πn=
λ
1 + eθ+2πn→ λ
quando n→ +∞. Logo, λ ∈ Λ. E segue que A ⊃ [−1, 1]. Concluımos que A = [−1, 1].
260
Exercıcio 6.15:
Se limx→a f(x) = L entao limx→a |f(x)| = |L|. Se limx→a |f(x)| = |L| entao o conjunto dos valores de aderenciade f no ponto a e {L}, {−L} e {−L,L}.
Consideremos a funcao f : X → R e a ∈ X.Suponhamos que limx→a f(x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
|f(x)− L| < ε,
para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ). Desta forma, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
||f(x)| − |L|| 6 |f(x)− L| < ε,
para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ). Logo, limx→a |f(x)| = |L|.Suponhamos que limx→a |f(x)| = |L|. Provaremos que o conjunto A dos pontos de aderencia de f e {−L,L},
{L} ou {−L}. O faremos mostrando que {L,−L} ⊃ A = ∅.Seja L′ ∈ A. Entao, existe uma sequencia (xn)n∈Z+ em X tal que limn→∞ f(xn) = L′. Segue que
|L′| = | limn→∞
f(xn)| = limn→∞
|f(xn)| = |L|
ja que limx→a |f(x)| = |L|. Logo, L′ ∈ {L,−L}. Concluimos daı que {L,−L} ⊃ A.Pelo Teorema 13 do Capıtulo VI, temos que L′ e um ponto de aderencia da funcao g : X → R no ponto a se e
somente se para todos ε e δ > 0 vale
(L′ − ε, L′ + ε) ∩ g((X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ)
)= ∅.
Suponhamos, por absurdo, que L e −L nao sao valores de aderencia de f no ponto a. Segue que existem ε+,ε−, δ+ e δ− > 0 tais que
(L− ε+, L+ ε+) ∩ f((X\{a}) ∩ (a− δ+, a+ δ+)
)= ∅
e(L− ε−, L+ ε−) ∩ f
((X\{a}) ∩ (a− δ−, a+ δ−)
)= ∅.
Como limx→a |f(x)| = |L|, existe
f(x) ∈ (L− ε, L+ ε) ∩ |f |((X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ)
),
com x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ). Desta forma, terıamos que
|f(x)− L| = ||f(x)| − |L|| < ε 6 ε+,
caso |f(x)| = ±f(x) e |L| = ±L, e
|f(x)− (−L)| = ||f(x)| − |L|| < ε 6 ε−,
caso |f(x)| = ±f(x) e |L| = ∓L. Consequentemente, seguiria que
f(x) ∈ (L− ε+, L+ ε+) ∩ f((X\{a}) ∩ (a− δ+, a+ δ+)
),
pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a− δ+, a+ δ+), ou
f(x) ∈ (−L− ε−,−L+ ε−) ∩ f((X\{a}) ∩ (a− δ−, a+ δ−)
),
pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a + δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a− δ−, a + δ−). Em todos os casos, chegamos a uma contradicaocom as hipoteses de que L e −L nao sao valores de aderencia de f no ponto a. Portanto, L ou −L sao valores deaderencia de f .
261
Exercıcio 6.16:
Dados um numero real a e um conjunto compacto nao-vazio K, obtenha uma funcao f : R → R tal que o conjuntodos valores de aderencia de f no ponto a seja K.
Consideremos o ponto a ∈ R. Provaremos que para todo conjunto F fechado em R existe uma funcao f : R → Rtal que o conjunto dos pontos de aderencia de f no ponto a e igual a F .
Seja E = {en}n∈Z+ um subconjunto enumeravel de F tal que E = F (veja o Teorema 6 do Capıtulo V).Para cada numero inteiro positivo n, definimos o conjunto
Cn :=
{x ∈ R : |x− a| = 3n
2k, para algum k ∈ Z+
}.
Se n e m sao inteiros distintos devemos ter que Cn ∩Cm = ∅. De fato, se x ∈ Cn ∩Cm, existiriam k e k′ ∈ Z+ taisque
3n
2k= |x− a| = 3m
2k′
Como 2 e 3 sao numeros inteiros coprimos, temos uma contradicao. Logo, Cn ∩ Cm = ∅.Assim, podemos definir uma funcao f : R → R por
f(x) =
{en, se x ∈ Cn,e1, se x ∈ R\ ∪n∈Z+ Cn.
Para todo δ > 0 e n ∈ Z+ existe k ∈ Z+ tal que 3n/2k < δ e, consequentemente,
en = f
(a+
3n
2k
)∈ f((a− δ, a+ δ)\{a}
).
Desta forma, temos que f(a− δ, a+ δ) = E. Logo, para todo δ > 0,
f((a− δ, a+ δ)\{a}
)= E = F.
Pelo Colorario 3 do Teorema 13 do Capıtulo VI, o conjunto dos valores de aderencia de f no ponto a e∩δ>0
f((a− δ, a+ δ)\{a}
)=∩δ>0
E = E = F.
262
Exercıcio 6.17:
Seja f : R → R definida por f(x) = x se x e irracional, f(pq ) = q se pq e uma fracao irredutıvel com p > 0, f(0) = 0.
Mostre que f e ilimitada em qualquer intervalo nao-degenerado.
Suponhamos que I seja um intervalo nao degenerado com a = inf(I) e b = sup(I).Mostraremos que, dado A > 0, arbitrario existe x ∈ (a, b) ⊂ I tal que f(x) > A.Sejam n ∈ Z+, tal que
2n > A e2
b− a,
ep := inf
{m ∈ Z; a <
m
2n
}.
Desta forma temos quep− 1
2n6 a <
p
2n
ep+ 1
2n=p− 1
2n+
2
2n< a+ (b− a) = b.
Logo,
a <p
2n<
2p+ 1
2n+1<p+ 1
2n< b.
Assim, x = 2p+12n+1 pertence a I e
f(x) = 2n+1 > 2n > A.
263
Exercıcio 6.18:
Sejam X, Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R com f(X) ⊂ Y . Se, para a ∈ X ′ e b ∈ Y ′ tem-se limx→a
f(x) = b, limy→b
g(y) = c
e, alem disso, f(x) = b para todo x ∈ X\{a}, entao limx→a
g(f(x)) = c. Mostre que a condicao b ∈ Y ′ decorre de ser
f(x) = b para x = a.
Primeiramente, mostraremos que se f(x) = b para x = a entao b ∈ Y ′. De fato, se ε > 0, temos que existe,pois limx→af(x) = b, δ > 0 tal que |f(x)− b| < ε para todo x ∈ (a− δ, a+ δ)∩ (X\{a}). Como a ∈ X ′, segue que(a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}) = ∅. Logo, existe x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}), tal que
f(x) ∈ (b− ε, b+ ε) ∩ (Y \{b}).
Portanto, devemos ter que b ∈ Y ′.Provaremos, agora, que lim
x→ag ◦ f(x) = c. Seja ε > 0. Como lim
y→bg(y) = c, existe ν > 0 tal que
|g(y)− c| < ε,
para todo y ∈ Y \{b} que satifaz a desigualdade
|y − b| < ν.
Tambem existe δ > 0, pois limx→a
f(x) = b, tal que
|f(x)− b| < ν,
para todo x ∈ X\{a} que satisfaz a desigualdade
|x− a| < δ.
Assim, para todo x ∈ X\{a} tal que|x− a| < δ,
temos que|g ◦ f(x)− c| < ε.
Portanto, segue que limx→a
g ◦ f(x) = c.
264
Exercıcio 6.19:
Para todo numero real x indiquemos, com [x] o maior inteiro 6 x. Mostre que se a e b sao positivos entao
limx→0+
x
a
[b
x
]=b
ae lim
x→0+
b
x
[xa
]= 0.
Prove tambem que, no primeiro caso o limite a esquerda seria o mesmo mas no segundo caso o limite e +∞ quandox→ 0 por valores negativos.
• limx→0+
x
a
[b
x
]= lim
x→0−
x
a
[b
x
]=b
a
Pela definicao de [·], temos, para todo x ∈ R, que
b
x− 1 <
[b
x
]6 b
x.
Assim, segue queb
a− x
a=x
a
(b
x− 1
)<x
a
[b
x
]6 x
a
b
x=b
a,
para x > 0, eb
a=x
a
b
x6 x
a
[b
x
]<x
a
(b
x− 1
)=b
a− x
a,
para x < 0. Logo, ∣∣∣∣xa[b
x
]− b
a
∣∣∣∣ < ∣∣∣xa ∣∣∣ ,para todo x ∈ R\{0}.
Dado ε > 0 e tomando-se δ = εa, para todo x ∈ R\{0} tal que
|x| < δ,
temos que ∣∣∣∣xa[b
x
]− b
a
∣∣∣∣ < ∣∣∣xa ∣∣∣ < εa
a= ε.
Portanto,
limx→0
x
a
[b
x
]=b
a
e, consequentemente,
limx→0+
x
a
[b
x
]= lim
x→0−
x
a
[b
x
]=b
a.
• limx→0+
b
x
[xa
]= 0 e lim
x→0−
b
x
[xa
]= +∞
Consideremos a funcao f : R\{0} → R dada, no ponto x ∈ R\{0}, por
f(x) =b
x
[xa
].
Se x ∈ (0, a), temos que 0 < x/a < 1 e, consequentemente, [x/a] = 0. Desta forma, para todo x ∈ (0, a),
f(x) =b
x
[xa
]=b
x0 = 0.
Por outro lado, se x ∈ (−a, 0), temos que −1 < x/a < 0 e, consequentemente, [x/a] = −1. Assim, para todox ∈ (−a, 0),
f(x) =b
x
[xa
]= − b
x.
265
Portanto, temos que
limx→0+
b
x
[xa
]= lim
x→0+f |(0,a)(x) = lim
x→0+0 = 0.
e
limx→0−
b
x
[xa
]= lim
x→0−f |(−a,0)(x) = lim
x→0+− b
x= +∞.
266
Exercıcio 6.20:
Dadas funcoes f e g : X → R, defina h = max{f, g} : X → R pondo
h(x) =
{f(x), se f(x) > g(x),g(x), se g(x) > f(x).
Seja a ∈ X ′. Prove que se limx→a
f(x) = L e limx→a
g(x) =M entao limx→a
h(x) = N , onde N e o maior dos dois numeros
L e M .
Suponhamos que L > M . Como limx→a
f(x) = L e limx→a
g(x) =M , tomando-se ε := (L −M)/2 existe δ > 0 tal
que para todox ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a})
vale
f(x) ∈ (L− ε, L+ ε) =
(L+M
2,3L−M
2
)e
g(x) ∈ (M − ε,M + ε) =
(3M − L
2,L+M
2
).
Assim, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}),
g(x) < f(x)
e, consequentemente,h(x) = f(x).
Desta forma, temos que h|(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) = f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a}). Portanto, quando L > M ,
limx→a
h(x) = limx→a
h|(a−δ,a+δ)∩(X\{a})(x) = limx→a
f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a})(x) = L = N.
De modo analogo, mostra-se que se M > L entao limx→a
h(x) = N .
Por fim, consideremos o caso em que L =M . Seja ε > 0. Como limx→a
f(x) = L = N e limx→a
g(x) =M = N , existe
δ > 0 tal que para todox ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a})
valef(x) ∈ (N − ε,N + ε)
eg(x) ∈ (N − ε,N + ε).
Assim, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}), tem-se que
h(x) ∈ {f(x), g(x)} ⊂ (L− ε, L+ ε).
Desta forma, concluimos quelimx→a
h(x) = N.
267
Exercıcio 6.21:
Sejam f e g : X → R funcoes limitadas numa vizinhanca do ponto a ∈ X ′. Mostre que
limx→a
sup(f + g)(x) 6 limx→a
sup f(x) + limx→a
sup g(x)
e quelimx→a
sup(− f(x)
)= − lim
x→ainf f(x).
Enuncie e prove resultados analogos para lim inf(f + g) e para o produto de duas funcoes.
Pelos exercıcios 3.38 e 3.40, temos que a soma e o produto de funcoes limitadas sao tambem funcoes limitadas.Isto e, f + g e f · g : X → R sao funcoes limitadas.
Para funcoes limitadas f e g : X → R e a ∈ X ′, provaremos que
limx→a
sup(f + g)(x) 6 limx→a
sup f(x) + limx→a
sup g(x),
limx→a
inf(f + g)(x) > limx→a
inf f(x) + limx→a
inf g(x)
elimx→a
sup(− f(x)
)= − lim
x→ainf f(x).
Alem disso, mostraremos que se f e g forem funcoes nao negativas (i.e. f(X) e g(X) ⊂ R+) entao
limx→a
sup(f · g)(x) 6(limx→a
sup f(x))(
limx→a
sup g(x))
elimx→a
inf(f · g)(x) >(limx→a
inf f(x))(
limx→a
inf g(x)).
Se f ou g : X → R nao forem nao negativas, podemos ter que
limx→a
sup(f · g)(x) >(limx→a
sup f(x))(
limx→a
sup g(x)).
De fato, definindo f e g : R → R por
g(x) = f(x) =
{0, se x ∈ Q,−1, se x /∈ Q,
temos quelimx→0
sup(f · g)(x) = 1 > 0 = 0 · 0 =(limx→0
sup f(x))(
limx→0
sup g(x)).
Se (xn)n∈Z+e uma sequencia em X entao (f(xn))n∈Z+
e (g(xn))n∈Z+sao sequencias em f(X) e g(X), respec-
tivamente. Como f(X) e g(X) sao compactos (pois sao fechos de conjuntos limitados, veja exercicio 5.30), existemsubsequencias de (f(xn))n∈Z+ e (g(xn))n∈Z+ que sao convergentes. Em particular, existe1 uma subsequencia(xnk
)n∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que (f(xnk))k∈Z+ e (g(xnk
))k∈Z+ sao convergentes.
• limx→a
sup(f + g)(x) 6 limx→a
sup f(x) + limx→a
sup g(x) e limx→a
inf(f + g)(x) > limx→a
inf f(x) + limx→a
inf g(x)
Sejam S ∈ R um valor de aderencia da funcao f + g no ponto a e (xn)n∈Z+ uma sequencia em X tal que
limn→+∞
xn = a e limn→+∞
(f + g)(xn) = S.
Mostraremos quelimx→a
inf f(x) + limx→a
inf g(x) 6 S 6 limx→a
sup f(x) + limx→a
sup g(x).
1Tome uma subsequencia convergente (f(xmp ))p∈Z+de (f(xm))m∈Z+
e extraia dela uma subsequencia convergente (g(xmpk))k∈Z+
de (g(xmp ))p∈Z+. Assim, (xnk )k∈Z+
, para nk := mpk , e como desejado.
268
E, como S ∈ R um valor de aderencia arbitrario da funcao f + g no ponto a, concluiremos que
limx→a
sup(f + g)(x) 6 limx→a
sup f(x) + limx→a
sup g(x)
elimx→a
inf(f + g)(x) > limx→a
inf f(x) + limx→a
inf g(x).
Como (xn)n∈Z+ e uma sequencia em X, segue que existe uma subsequencia (xnk)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que
(f(xnk))k∈Z+ e (g(xnk
))k∈Z+ sao convergentes. Segue que limk→+∞ f(xnk) e limk→+∞ g(xnk
) sao pontos deaderencia de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk
. Logo,
S = limk→+∞
(f + g)(xnk)
= limk→+∞
f(xnk) + lim
k→+∞g(xnk
)
6 limx→a
sup f(x) + limx→a
sup g(x)
e, analogamente,S > lim
x→ainf f(x) + lim
x→ainf g(x).
• limx→a
sup(− f(x)
)= − lim
x→ainf f(x)
Sejam VA(f ; a) e VA(−f ; a) os conjuntos dos valores de aderencia no ponto a das funcoes f e −f .Dado L ∈ VA(f ; a), existe uma sequencia (xn)n∈Z+ tal que a = limn→+∞ xn e L = limn→+∞ f(xn). Assim,
−L = − limn→+∞
f(xn) = limn→+∞
(−f)(xn) ∈ VA(−f ; a).
Portanto, como L ∈ VA(f ; a) e arbitrario, concluimos que −VA(f ; a) ⊂ VA(−f ; a).Analogamente, prova-se que −VA(f ; a) ⊃ VA(−f ; a). E, com isso, concluimos que −VA(f ; a) = VA(−f ; a).Portanto,
limx→a
sup(− f(x)
)= supVA(−f ; a)= sup
(− VA(f ; a)
)= − inf VA(f ; a)= − lim
x→ainf f(x).
• limx→0
sup(f · g)(x) 6(limx→0
sup f(x))(
limx→0
sup g(x))e lim
x→ainf(f · g)(x) >
(limx→a
inf f(x))(
limx→a
inf g(x))se f e
g > 0
Sejam P ∈ R um valor de aderencia da funcao f · g no ponto a e (xn)n∈Z+ uma sequencia em X tal que
limn→+∞
xn = a e limn→+∞
(f · g)(xn) = S.
Mostraremos que (limx→a
inf f(x))(
limx→a
inf g(x))6 P 6
(limx→a
sup f(x))(
limx→a
sup g(x)).
E, como P ∈ R um valor de aderencia arbitrario da funcao f · g no ponto a, concluiremos que
limx→a
sup(f · g)(x) 6(limx→a
sup f(x))(
limx→a
sup g(x))
elimx→a
inf(f · g)(x) >(limx→a
inf f(x))(
limx→a
inf g(x)).
Como (xn)n∈Z+ e uma sequencia em X, segue que existe uma subsequencia (xnk)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que
(f(xnk))k∈Z+ e (g(xnk
))k∈Z+ sao convergentes. Segue que limk→+∞ f(xnk) e limk→+∞ g(xnk
) sao pontos deaderencia de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk
. Logo,
P = limk→+∞
(f · g)(xnk)
=(
limk→+∞
f(xnk))(
limk→+∞
g(xnk))
6(limx→a
sup f(x))(
limx→a
sup g(x))
269
Exercıcio 6.22:
Seja f : [0,+∞) → R uma funcao limitada em cada intervalo limitado. Se
limx→+∞
[f(x+ 1)− f(x)] = L
entao
limx→+∞
f(x)
x= L.
Como f e limitada em todos os intervalos limitados de [0,+∞), para todo C ∈ Z+ existe MC > 0 tal que|f(λ)| < MC , para todo λ ∈ [C − 1, C).
Para C ∈ Z+, λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+, temos que∣∣∣ f(λ+k)λ+k − L
∣∣∣ 6∣∣∣ f(λ+k)
λ+k − f(λ+k)k + f(λ)
k
∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)
k − L∣∣∣
6∣∣∣ f(λ+k)
λ+k − f(λ+k)k
∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ)k
∣∣∣++∣∣∣ f(λ+k)
k − f(λ)k − L
∣∣∣6
∣∣∣ λλ+k
∣∣∣ ∣∣∣ f(λ+k)k
∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ)k
∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)
k − L∣∣∣
6∣∣∣ λλ+k
∣∣∣ (∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)
k − L∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ)k
∣∣∣+ |L|)+
+∣∣∣ f(λ)k
∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)
k − L∣∣∣
6 Ck
(∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)
k − L∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ)k
∣∣∣+ |L|)+
+∣∣∣ f(λ)k
∣∣∣+ ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)
k − L∣∣∣
6 Ck |L|+ (1 + C
k )|f(λ)|
k + (1 + Ck )∣∣∣ f(λ+k)
k − f(λ)k − L
∣∣∣< 1
k
(C|L|+ (1 + C
k )MC
)+ (1 + C
k )∣∣∣ f(λ+k)
k − f(λ)k − L
∣∣∣Seja ε > 0. Provaremos que existem C e n0 ∈ Z tal que para todo k > n0 e λ ∈ [C−1, C) valem as desigualdades
1
k
(C|L|+
(1 +
C
k
)M
)<ε
2e
(1 +
C
k
) ∣∣∣∣f(λ+ k)
k− f(λ)
k− L
∣∣∣∣ < ε
2.
Assim, dado x > (C − 1) + n0, existem λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+ tais que x = λ+ k, k > n0 e, consequentemente,∣∣∣ f(x)x − L∣∣∣ =
∣∣∣ f(λ+k)λ+k − L
∣∣∣< 1
k
(C|L|+ (1 + C
k )MC
)+(1 + C
k
) ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)
k − L∣∣∣
< ε2 + ε
2= ε.
Com isso, conclui-se que limx→+∞f(x)x = L.
Por hipotese, limx→+∞(f(x+ 1)− f(x)
)= L. Fixemos C ∈ Z+ tal que para todo numero real x > C − 1 vale
a desigualdade
|f(x+ 1)− f(x)− L| < ε
3.
Assim, para todo λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+, temos que∣∣∣∣f(λ+ k)
k− f(λ)
k− L
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣k−1∑i=0
(f(λ+ i+ 1)
k− f(λ+ i)
k− L
k
)∣∣∣∣∣6
k−1∑i=0
|f(λ+ i+ 1)− f(λ+ i)− L|k
<k−1∑i=0
ε/3
k
= ε3 .
271
Como
limk→+∞
1
k= 0
e
limk→+∞
(C|L|+
(1 +
C
k
)MC
)= C|L|+M,
segue que
limk→+∞
1
k
(C|L|+
(1 +
C
k
)MC
)= 0.
Alem disso,
limk→+∞
(1 +
C
k
)= 1.
Fixemos n0 ∈ Z+ tal que para todo k > n0 valem as desigualdades∣∣∣∣1k(C|L|+
(1 +
C
k
)MC
)∣∣∣∣ < ε
2
e
1 +C
k<
3
2.
Por fim, para λ ∈ [C − 1, C) e k > n0, temos que∣∣∣∣1k(C|L|+
(1 +
C
k
)MC
)∣∣∣∣ < ε
2
e (1 +
C
k
) ∣∣∣∣f(λ+ k)
k− f(λ)
k− L
∣∣∣∣ < 3
2
ε
3=ε
2.
Como querıamos demonstrar.
272
Exercıcio 6.23:
Seja f : R → R definida porf(x) = x+ ax · sen(x).
Mostre que se |a| < 1 entaolim
x→+∞f(x) = +∞ e lim
x→−∞f(x) = −∞.
Suponhamos que 1− |a| > 0.Seja A > 0. Provaremos que
x >A
1− |a|> 0 ⇒ f(x) > A
e
x < − A
1− |a|< 0 ⇒ f(x) < −A.
Assim, como A > 0 e arbitrario, podemos concluir que
limx→+∞
f(x) = +∞ e limx→−∞
f(x) = −∞.
Para todo x ∈ R, temos as desigualdades
−|a| = −|a| · 16 −|a|| sen(x)|= −|a · sen(x)|6 a · sen(x).
Assim, para x > A1−|a| > 0,
f(x) = x+ xa · sen(x)> x− x|a|= x(1− |a|)> A
e, para x < − A1−|a| < 0,
f(x) = x+ xa · sen(x)6 x− x|a|= x(1− |a|)< −A.
273
Exercıcio 6.24:
Seja p : R → R um polinomio nao constante. Dado b ∈ R, suponha que exista uma sequencia (xn), tal que
limn→+∞
p(xn) = b ∈ R.
Prove que (xn) e limitada e o conjunto dos seus pontos de aderencia nao e vazio e esta contido em p−1(b). Emparticular, se existe uma sequencia (xn), tal que lim p(xn) = 0, entao p tem alguma raiz real.
Suponhamos que lim p(xn) = b ∈ R.Pelo exercıcio 6.13, temos que
limx→+∞
p(x) = +∞ ou −∞
elim
x→−∞p(x) = +∞ ou −∞.
Assim, se (xn)n∈Z+ possuisse uma subsequencia (xnk)k∈Z+ tal que
limk→+∞
xnk= +∞ ou −∞
terıamos quelim
k→+∞p(xnk
) = +∞ ou −∞.
Contradizendo o fato de que toda subsequencia de (xn)n∈Z+converge para b ∈ R. Portanto, a sequencia (xn) e
limitada.Como a sequencia (xn) e limitada, segue que o seu conjunto de pontos de aderencia nao e vazio.Sejam (xnk
)k∈Z+ uma subsequencia convergente de (xn)n∈Z+ e a = limk→+∞ xnk. Suponhamos que c0, c1, . . . ,
cm ∈ R sao tais quep(x) = cmx
m + · · ·+ c1x+ c0,
para todo x ∈ R. Assim,
p(a) = cmam + · · ·+ c1a+ c0
= cm
(lim
k→+∞xnk
)m
+ · · ·+ c1
(lim
k→+∞xnk
)+ c0
= limk→+∞
(cmx
mnk
+ · · ·+ c1xnk+ c0
)= lim
k→+∞p(xnk
)
= b.
Logo, a ∈ p−1(b). Com isso, concluimos que o conjunto dos pontos de aderencia de (xn) esta contido em p−1(b).Em especial, se b = 0, o conjunto dos pontos de aderencia de (xn) esta contido no conjunto de raızes de p.
Logo, neste caso, conclui-se que p possui raizes reais.
274
Exercıcio 7.38:
A funcao R f : [0,+∞) → [0,+∞), definida por f(x) = n√x, n > 1, nao e Lipschitziana num intervalo da forma
[0, a], a > 0, embora seja uniformemente continua nestes intervalos. Por outro lado, f e Lipschitziana, comconstante
c :=1
nn√an−1
,
no intervalo [a,+∞). Concluir que f e uniformemente continua em [0,+∞).
Mostraremos, primeiramente, que f : [0, a] → R nao e Lipschitziana, para todo a > 0. Faremos isso verificandoque o conjunto
L :=
{|f(x)− f(y)|
|x− y|: x e y ∈ [0, a]
}e ilimitado superiormente e, consequentemente, nao existe c ∈ R tal que
|f(x)− f(y)| 6 c|x− y|,
para todo x e y ∈ [0, a].Seja A > 0. Para todo z ∈ R tal que
max
{1
n−1√A,
1n√a
}< z
temos que
zn−1 > A e1
zn∈ [0, a].
Assim,
S :=
{1
zn: z > max{1/ n−1
√A, 1/ n
√a}}
⊂ [0, a]
e, para todo x = 1zn ∈ S,
|f(x)− f(0)||x− 0|
=|f(1/zn)− f(0)|
|1/zn − 0|= zn−1 > A.
Desta forma, temos que L e ilimitado superiormente.Verificaremos, a seguir, que f : [a,+∞) → R e Lipschitziana com
c :=1
nn√an−1
como constante de Lipschitz.Sejam x e y = x+ λ ∈ [a, 0], λ > 0. Pela Desigualdade de Bernulli
1 + n
(1
nx
)6(1 +
1
nx
)n
,
temos que
n
√1 +
λ
x6 1 +
λ
nx.
Assim,
n
√1 +
λ
x− 1 6 λ
nxe, consequentemente,
n√x+ λ− n
√x 6 λ
nn√xn−1
.
Logo,|f(x)− f(y)| = |f(x+ λ)− f(x)|
= n√x+ λ− n
√x
6 λ
nn√xn−1
6 λ
nn√an−1
6 c|x− y|.
276
Com isso, concluimos que f : [a,+∞) → R e Lipschitziana com c como constante de Lipschitz.Por fim, provaremos que f : [0,∞) → R e uniformemente contınua.Seja ε > 0. Para todos x e y ∈ [0,+∞), com y = x+ λ e λ ∈ [0, εn), temos que
|f(x)− f(y)| = |f(x+ λ)− f(x)|= n
√x+ λ− n
√x
6 ( n√x+ n
√λ)− n
√x
= n√λ
< n√εn
= ε.
Logo, se x e y ∈ [0,+∞) e |x− y| < εn temos que |f(x)− f(y)| < ε. Portanto, f e uniformemente continua.
277
Exercıcio 7.39:
Sejam
Z∗+ :=
{n+
1
n: n ∈ Z+
}e F := Z+ ∪ Z∗
+. Defina a funcao f : F → R por
f(x) =
{2, se x ∈ Z+;x, se x ∈ Z∗
+.
Mostre que os conjuntos Z+ e Z∗+ sao fechados, que f |Z+ e f |Z∗
+sao funcoes uniformemente contınuas, mas f : F → R
nao e uniformemente contınua.
Primeiramente, verifiquemos que z+ e fechado. Pela construcao de R, temos que
(n− 1, n+ 1) ∩ Z+ = {n},
para todo n ∈ Z+. Desta forma, se (xn)n∈Z+ e uma sequencia convergente (de Cauchy) em Z+ existe n0 ∈ Z+ talque para todos p > n0 vale a desigualdade
|xn0 − xp| < 1.
Logo, como(xn0 − 1, xn0 + 1) ∩ Z+ = {xn0},
devemos ter que xn0 = xp, para todo p > n0. Assim, limn→∞
xn = xn0 ∈ Z+. Portanto, concluimos que o limite de
toda sequencia convergente de elmentos de Z+ concverge para um elemento de Z+. Desta forma, Z+ e fechado.Pela equivalencia
n < m ⇐⇒ n+1
n< m+
1
m,
para todos n e m ∈ Z+, obtemos que os intervalos
Cn :=
(3
2,5
2
), se n = 1;(
n+1
n− 1
2, n+
1
n+
1
2
), se n = 1.
⊂
(0, 2 +
1
2
), se n = 1;(
n− 1 +1
n− 1, n+ 1 +
1
n+ 1
), se n = 1.
sao tais que
Cn ∩ Z∗+ =
{n+
1
n
}.
Assim, de modo analogo ao caso de Z+, verifica-se que toda sequencia de elementos de Z∗+ converge para um
elemento de Z∗+ e, por isso, Z∗
+ e fechado.Como f |Z+ e constante e f |Z∗
+e a funcao identidade, temos que estas funcoes sao uniformemente contınuas.
Provaremos, agora, que f nao e uniformemente contınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ Ftais que |x− y| < δ e |f(x)− f(y)| < 1.
Seja δ > 0. Podemos escolher n ∈ Z+ tal que
1
n< δ e n > 3.
Assim, para x = n+ 1/n e y = n, temos que
|x− y| = 1
ne |f(x)− f(y)| = n− 2 +
1
n> 1.
Portanto, f nao e uniformemente contınua.
278
Exercıcio 7.40:
De um exemplo de dois abertos A e B e uma funcao contınua f : A∪B → R tal que f |A e f |B sejam uniformementecontınuas, mas f nao seja.
Sejam A e B os subconjuntos abertos (−∞, 0) e (0,+∞), respectivamente, em R. Podemos definir uma funcaof : A ∪B → R por
f(x) =
{−1, se x ∈ (−∞, 0) = A;1, se x ∈ (0,+∞) = B.
As restricoes f |A e f |B sao constantes e, por isso, sao uniformemente contınuas.Mostraremos, agora, que f nao e uniformemente contınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ A∪B
tais que|x− y| < δ e |f(x)− f(y)| > 1.
Seja δ > 0. Para x = δ/4 e y = −δ/4, temos que
|x− y| = δ
2< δ e |f(x)− f(y)| = 2 > 1.
Portanto, concluimos que f nao e uniformemente contınua.
279
Exercıcio 7.41:
Toda funcao contınua monotona limitada f : I → R, definida num intervalo I, e uniformemente contınua.
Seja I um intervalo em R.Suponhamos que f : I → R seja crescente, contınua e limitada.Seja ε > 0. Provaremos que existe δ > 0 tal que se x e y ∈ I satisfazem |x− y| < δ entao
|f(x)− f(y)| < ϵ. (7.1)
Daı, obtemos diretamente que f e uniformemente contınua.Sejam
A := inf f(I) e B := sup f(I).
Se B −A < ε a desigualdade (7.1) se verifica automaticamente pois, neste caso
|f(x)− f(y)| 6 B −A < ε,
para todos x e y ∈ I. Desta forma, basta varificarmos o caso em que B −A > ε.Como
A = inf f(I) < A+ε
36 B − ε
3< sup f(I) = B
e I e um intervalo, temos, pelo Teorema do Valor Intermediario, que f−1(A+ ε3 ) e f
−1(B − ε3 ) sao conjuntos nao
vazios.Tomemos
c ∈ inf f−1(A+
ε
3
)e d ∈ sup f−1
(B − ε
3
).
Sejama := inf I e b := sup I.
Como f−1(A+ ε3 ) e f
−1(B − ε3 ) ⊂ I, devemos ter que a =6 c e d 6 b. Por fim, como f e crescente, todo elemento
de f−1(A+ ε
3
)e menor que qualquer elemento de f−1
(B − ε
3
). Logo,
a 6 c < d 6 b.
Seja x ∈ [a, c) ∩ I. Como A = inf f(I), devemos ter que f(x) > A. Por outro lado, como f e crescente e x < c,devemos ter que f(x) 6 f(c) = A+ ε
3 . Portanto, f(x) ∈ [A,A+ ε3 ].
De modo analogo, prova-se que se x ∈ (d, b] entao f(x) ∈ [B − ε3 , B].
Como c e d ∈ I, temos que [c, d] e um intervalo compacto contido em I. Sendo f contınua, devemos ter quef |[c,d] tambem e contınua. Assim, como toda funcao contınua com domınio compacto e uniformemente contınua,devemos ter que f[c,d] e uniformemente contınua. Logo, existe δ0 > 0 tal que para quaisquer x e y ∈ [c, d], com|x− y| < δ0, a desigualdade
|f(x)− f(y)| < ϵ
2
e valida.Por fim, tomemos
δ := min{δ0, d− c}.
Se x e y ∈ I, com x < y, sao tais que |x− y| < δ, pela escolha de δ 6 d− c, devemos ter um dos casos:
• x e y ∈ [a, c) ∩ I;
• x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d];
• x e y ∈ [c, d];
• x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I;
• x e y ∈ (d, b] ∩ I.
Verificaremos, em cada um destes casos, que a desigualdade (7.1) e valida:
280
• Se x e y ∈ [a, c) ∩ I temos que f(x) e f(y) ∈ [A,A+ ε3 ]. Logo, a desigualdade (7.1) e valida;
• Se x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d] temos que f(x) e f(c) ∈ [A,A+ ε3 ] e |c− y| < δ 6 δ0. Logo,
|f(x)− f(y)| 6 |f(x)− f(c)|+ |f(c)− f(y)| < ε
3+ε
2< ε;
• Se x e y ∈ [c, d] temo imediatamente que |f(x)− f(y)| < ε2 < ε;
• Se x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I temos que |d− x| < δ 6 δ0 e f(y) e f(d) ∈ [B − ε3 , B]. Logo,
|f(x)− f(y)| 6 |f(x)− f(d)|+ |f(d)− f(y)| < ε
2+ε
3< ε;
• Se x e y ∈ (d, b] ∩ I temos que f(x) e f(y) ∈ [B − ε3 , B]. Logo, a desigualdade (7.1) e valida.
Suponhamos agora que f : I → R seja decrescente, contınua e limitada. Provaremos que f e uniformementecontınua.
Como f : I → R e decrescente, contınua e limitada, temos que −f : I → R e crescente, contınua e limitada.Pelo que foi demonstrado acima, f e uniformemente contınua.
Seja ε > 0. Como −f e uniformemente contınua, existe δ > 0 tal que, para todos x e y ∈ I com |x− y| < δ, adesigualdade
|(−f)(x)− (−f)(y)| < ε
e valida. Logo, para todos x e y ∈ I com |x− y| < δ, a desigualdade
|f(x)− f(y)| = |(−f)(x)− (−f)(y)| < ε
e valida. Desta forma, concluimos que f e uniformemente contınua.Portanto, toda funcao f : I → R monotona, contınua e limitada e uniformemente contınua.
281
Exercıcio 7.42:
Seja f : X → R uma funcao contınua. Para que f se estenda continuamente a uma funcao φ : X → R e necessarioe suficiente que exista lim
x→af(x) para todo a ∈ X ′.
Suponhamos que haja uma funcao contınua φ : X → R tal que φ|X = f . Entao, para todo a ∈ X ′, existelimx→a
f(x) pois, pelo Teorema 2 do Capıtulo VI,
limx→a
f(x) = limx→a
φ|X(x) = limx→a
φ(x).
Suponhamos que, para todo a ∈ X ′, exista limx→a
f(x).
Seja φ : X → R definida pela igualdadeφ(a) := lim
x→af(x),
para todo a ∈ X ′. Assim, pelo fato de f ser contınua,
φ(a) = limx→a
f(x) = f(a),
para todo a ∈ X. Mostraremos que, para todo a ∈ X ′,
limy→a
φ(y) = φ(a),
e concluiremos daı que φ e uma extensao contınua de f .Fixemos a ∈ X ′ e ε > 0. Como φ(a) := lim
x→af(x), existe δ > 0 tal que
|φ(a)− f(x)| < ε
2,
para todo x ∈ X tal que |a − x| < δ. Seja y ∈ X ′ tal que |a − y| < δ. Novamente pela definicao de φ,φ(y) := lim
x→yf(x), existe δ0 > 0 tal que
δ0 < δ − |a− y|
e|φ(y)− f(x)| < ε
2,
para todo x ∈ X tal que |y − x| < δ0. Assim, como y ∈ X ′, existe
x0 ∈ (y − δ0, y + δ0) ∩X ⊂ (a− δ, a+ δ) ∩X.
Logo,
|φ(a)− φ(y)| 6 |φ(a)− f(x0)|+ |f(x0)− φ(y)| < ε
2+ε
2= ε.
Desta forma, concluimos que|φ(a)− φ(y)| < ε,
para todo y ∈ X ′ tal que |a− y| < δ.Portanto, para todo a ∈ X ′,
limy→a
φ(y) = φ(a).
282
Exercıcio 7.43:
Seja f : [a, b] → R contınua. Dado ε > 0, existem
a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b
tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n,x, y ∈ [ai−1, ai] ⇒ |f(x)− f(y)| < ε.
Seja ε > 0. Mostraremos que existem
a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b
tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n,x, y ∈ [ai−1, ai] ⇒ |f(x)− f(y)| < ε.
Como o intervalo [a, b] e compacto e f : [a, b] → R e contınua, temos que f : [a, b] → R e uniformemente contınua.Assim, podemos escolher um δ > 0 tal que
|f(x)− f(y)| < ε,
para todos x e y ∈ [a, b] tais que |x− y| < δ.A famılia de intervalos abertos {(
p− δ
2, p+
δ
2
)}p∈[a,b]
e uma cobertura aberta para o intervalo compacto [a, b]. Pelo exercıcio 5.52, existe uma particao
a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b
do intervalo [a, b] tal que para cada subintervalo [ak, ak+1] existe pk ∈ [a, b] tal que
[ak, ak+1] ⊂(pk − δ
2, pk +
δ
2
).
Por fim, utilizando-se uma particao de [a, b] como acima, dados x e y ∈ [ak, bk] ⊂(pk − δ
2 , pk + δ2
), e valida a
desigualdade|x− y| < δ
e, por isso e pela escolha de δ, temos que|f(x)− f(y)| < ε.
Logo, temos uma particao de [a, b] com a propriedade desejada.
283
Exercıcio 7.44:
Uma funcao contınua φ : [a, b] → R chama-se poligonal quando existe uma particao
a = a0 < a1 < · · · < an = b
tais que φ|[ai−1,ai] e um polinomio de grau 6 1, para cada i = 1, . . . , n. Prove que, se f : [a, b] → R e contınua,entao, dado ε > 0, existe uma funcao poligonal φ : [a, b] → R, tal que |f(x)− φ(x)| < ε para todo x ∈ [a, b].
Seja ε > 0.Pelo exercıcio 7.43, existe uma particao
a = a0 < a1 < · · · < an = b
tal que
|f(x)− f(y)| < ε
2,
para x e y ∈ [ak, ak+1].Podemos definir uma funcao poligonal φ : [a, b] → R pela equacao
φ(x) :=(f(ak+1)− f(ak)
)( x− akak+1 − ak
)+ f(ak),
para cada x ∈ [ak, ak+1]. Por esta definicao e pela escolha da particao de [a, b], temos que
|φ(x)− f(ak)| = |f(ak+1)− f(ak)|∣∣∣∣ x− akak+1 − ak
∣∣∣∣ 6 |f(ak+1)− f(ak)| <ε
2,
para cada x ∈ [ak, ak+1].Por fim, dado x ∈ [a, b],
|f(x)− φ(x)| 6 |f(x)− f(ak)|+ |φ(x)− f(ak)| <ε
2+ε
2= ε,
onde x ∈ [ak, ak+1]. Portanto, φ e uma funcao poligonal que satisfaz a condicao do enunciado.
284
Exercıcio 7.45:
Dado ξ : [a, b] → R, se existem a = a0 < a1 < · · · < an = b tais que ξ|(ai−1,ai) e constante para cada i = 1, 2, . . . ,n,ξ e chamada de funcao escada. Mostre que se f : [a, b] → R e contınua, entao, para cada ε > 0, existe uma funcaoescada ξ : [a, b] → R, tal que |f(x)− ξ(x)| < ε qualquer que seja x ∈ [a, b].
Seja ε > 0.Como f e contınua, existe, pelo exercıcio 7.43, uma particao
a = a0 < a1 < · · · < an = b
de [a, b] tal que a desigualdade|f(x)− f(y)| < ε,
e valida sempre que existe k = 1, . . . , n, tal que x e y ∈ [ak, ak+1].Podemos definir uma funcao escada ξ : [a, b] → R pela igualdade
ξ(x) =
{f(ak), x ∈ [ak, ak+1),f(an), x = an.
Logo, se x ∈ [ak, ak+1) entao|f(x)− ξ(x)| = |f(x)− f(ak)| < ε
pela escolha da particao de [a, b]. Portanto, como |f(an)− ξ(an)| = 0, segue que a desigualdade
|f(x)− ξ(x)| < ε
e valida para todo x ∈ [a, b].
285
Exercıcio 7.46:
Dada uma funcao f : X → R, suponha que para cada ε > 0 se possa obter uma funcao contınua g : X → R, tal que|f(x)− g(x)| < ε qualquer que seja x ∈ X. Entao f e contınua.
Concluiremos que f e contınua mostrando que f e contınua em um ponto arbitrario a ∈ X.Seja ε > 0.Pela hipotese sobre f , existe uma funcao contınua g : X → R tal que
|f(x)− g(x)| < ε
3,
para todo x ∈ X.Como g e contınua, existe δ > 0 tal que
|g(x)− g(a)| < ε
3,
para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ.Assim,
|f(x)− f(a)| 6 |f(x)− g(x)|+ |g(x)− g(a)|+ |g(a)− f(a)|< ε
3 + ε3 + ε
3= ε.
para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ. Desta forma, concluimos que f e contınua em a.
286
Exercıcio 7.47:
Seja X ⊂ R. Uma funcao f : X → R diz-se semicontınua superiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0dado, pode-se obter δ > 0, tal que se
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(x) < f(a) + ε.
Diz-se que f e semicintınua superiormente quando ela o e em todos os pontos de X.
(a) Defina funcao semicontınua inferiormente e mostre que f e contınua num ponto se, e somente se, e semi-contınua superior e inferiormente naquele ponto.
(b) Prove que um subconjunto A ⊂ R e aberto se, e somente se, sua funcao caracterıstica ξA : R → R (definidapor ξA(x) = 1 se x ∈ A e ξA(x) = 0 se x /∈ A) e semicontınua inferiormente.
(c) Enuncie e prove um resultado analogo ao anterior para conjuntos fechados.
(d) Mostre, mais geralmente, que para todo subconjunto X ⊂ R, sua funcao caracterıstica ξX : R → R e des-contınua precisamente nos pontos da fronteira de X. Dado a ∈ frX, mostre que ξX e semicontınua superior-mente no ponto a se a ∈ X e inferiormente se a /∈ X. Conclua que a funcao f : R → R, definida por f(x) = 1para x ∈ Q e f(x) = 0 para x irracional, e semicontınua superiormente nos numeros racionais e inferiormentenos numeros irracionais.
(e) Seja f : R → R definida por f(x) = sen(1/x) se x = 0 e f(0) = c. Mostre que f e semicontınua superiormenteno ponto 0 se, e somente se, c > 1. (E inferiormente se, e somente se, c 6 −1.) Tomando −1 < c < 1, mostreque f nao e semicontınua inferiormente ou superiormente no ponto 0.
(f) As funcoes f e g : R → R, onde f(0) = g(0) = 0 e, para x = 0, f(x) = x sen(1/x), g(x) = 1/|x|, saosemicontınuas inferiormente, mas seu produto f · g nao e uma funcao semicontınua no ponto 0.
(g) Para que f : X → R seja semicontınua superiormente no ponto a ∈ X ∩ X ′ e necessario e suficiente quelimx→a sup f(x) 6 f(a) (Errata: e necessario mas nao suficinte se f for ilimitada. Contra exemplo: a = 0e f : R → R definida por f(x) = 1/x, em x = 0, e f(0) = 0). Equivalentemente: para toda sequencia depontos xn ∈ X com limn→∞ xn = a, que seja limn→∞ sup f(xn) 6 f(a). Vale o resultado analogo parasemicontinuidade inferior.
(h) A soma de duas funcoes semicontınuas superiormente num ponto ainda goza da mesma propriedade. Useo item (e) com c = 1 e c = −1 para dar exemplo de duas funcoes semicontınuas (uma superiormente eoutra inferiormente) cuja soma nao e semicontınua. Mostre que se f e semicontınua superiormente, −f einferiormente.
(i) Sejam f e g : X → R semicontınuas superiormente num ponto. Se f(x) > 0 e g(x) > 0 para todo x ∈ X,entao o produto f · g e uma funcao semicontınua superiormente no mesmo ponto.
(j) Quando X ⊂ R e compacto, toda funcao semicontınua superiormente f : X → R e limitada superiormente eatinge seu valor maximo num ponto de X. Enuncie e prove um fato analogo para semicontinuidade inferior.
(a)
Uma funcao f : X → R diz-se semicontınua inferiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0 dado,pode-se obter δ > 0, tal que se
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x).
Diz-se que f e semicintınua inferiormente quando ela o e em todos os pontos de X.Suponhamos que f : X → R seja uma funcao semicontınua inferiormente e superiormente. Provaremos que f e
contınua em um ponto arbitrario a ∈ X e concluiremos daı que f e contınua.Seja ε > 0. Como f e semicontınua inferiormente e superiormente em a, existem δ− e δ+ > 0 tais que
x ∈ X e |x− a| < δ− ⇒ f(a)− ε < f(x)
287
ex ∈ X e |x− a| < δ+ ⇒ f(x) < f(a) + ε.
Assim, para δ := min{δ−, δ+},
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x) < f(a) + ε.
Logo, podemos concluir que f e contınua em a ∈ X.Suponhamos, por outro lado, que f e contınua. Provaremos que f e semicontınua inferiormente e superiormente
em um ponto arbitrario a ∈ X e concluiremos daı que f e semicontınua inferiormente e superiormente.Seja ε > 0. Como f e contınua em a, existe δ > 0 tal que
x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x) < f(a) + ε.
Assim,x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x)
ex ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(x) < f(a) + ε.
Logo, podemos concluir que f e semicontınua inferiormente e superiormente em a ∈ X.
(b)
Suponhamos que A ⊂ R e aberto. Provaremos que ξA : R → R e semicontınua inferiormente em um pontop ∈ R arbitrario. E conluiremos daı que ξA e semicontınua inferiormente.
Seja ε > 0.Se p ∈ A entao existe δ > 0 tal que
(p− δ, p+ δ) ⊂ A.
Assim, neste caso, se x ∈ R e |x− p| < δ entao
ξA(p)− ε = 1− ε < 1 = ξA(x).
Logo, se p ∈ A entao ξA e semicontınua inferiormente em p.Se p ∈ R\A entao, para todo x ∈ R, temos que
ξA(p)− ε = 0− ε < 0 6 ξA(x).
Logo, se p ∈ R\A entao ξA e semicontınua inferiormente em p.Portanto, ξA e semicontınua inferiormente em p ∈ R.Suponhamos, por outro lado, que ξA seja semicontınua inferiormente. Provaremos que, para um ponto arbitrario
a ∈ A, existe δ > 0 tal que (a− δ, a+ δ) ⊂ A. Desta forma concluiremos que A e aberto.Como ξA e semicontınua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ),
vale1
2= ξA(a)− ε < ξA(x).
Desta forma, ξA(x) = 0, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ). Logo, (a− δ, a+ δ) ⊂ A.
(c)
Provaremos que F ⊂ R e fechado se, e somente se, sua funcao caracterıstica ξF : R → R e semicontınuasuperiormente.
Suponhamos que F ⊂ R seja fechado. Provaremos que ξF e semicontınua superiormente em um ponto arbitrariop ∈ R e concluiremos daı que ξF e semicontınua superiormente.
Seja ε > 0.Se p ∈ F , para todo x ∈ R, temos que
ξF (x) 6 1 < ξF (p) + ε.
Logo, se p ∈ F entao ξF e semicontınua superiormente em p.
288
Se p ∈ R\F entao existe δ > 0 tal que(p− δ, p+ δ) ⊂ R\F.
Assim, neste caso, se x ∈ R e |x− p| < δ entao
ξF (x) = 0 < 0 + ε = ξA(p) + ε.
Logo, se p ∈ R\F entao ξF e semicontınua inferiormente em p.Portanto, ξF e semicontınua superiormente em p ∈ R.Suponhamos, por outro lado, que ξF seja semicontınua superiormente. Provaremos que, para um ponto ar-
bitrario p ∈ R\F , existe δ > 0 tal que (p− δ, p+ δ) ⊂ R\F . Desta forma, concluiremos que F e fechado.Como ξF e semicontınua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (p− δ, p+ δ),
vale
ξF (x) < ξF (p) + ε = 0 +1
2=
1
2.
Desta forma, ξF (x) = 1, para todo x ∈ (p− δ, p+ δ). Logo, (p− δ, p+ δ) ⊂ R\F .
(d)
Seja X ⊂ R.Para concluirmos que ξX : R → R e descontınuo exatamente nos pontos de fronteira de X, verificaremos que ξX
e contınua em int(X) e int(R\X), semicontınua superiormente, mas nao inferiormente, em fr(X)∩X e semicontınuainferiormente, mas nao superiormente, em fr(X) ∩ (R\X).
Seja a ∈ int(X). Como int(X) e aberto, existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ int(X). Assim, para todo x ∈ Rtal que |x− a| < δ, temos que x ∈ int(X) e, consequentemente,
|ξX(x)− ξX(a)| = |1− 1| = 0.
Logo, ξX e contınua em a ∈ int(X) pois, para todo ε > 0,
|ξX(x)− ξX(a)| = 0 < ε
sempre que |x− a| < δ.De modo analogo, verifica-se que ξX : R → R e contınua em int(R\X).Seja a ∈ (frX) ∩X. Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ), a desigualdade
ξX(x) 6 1 < 1 + ε = ξX(a) + ε.
Logo, ξX e semicontınua superiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a−δ, a+δ)∩(R\X).Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que
ξX(a)− ε = 1/2 > 0 = ξX(x),
para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (R\X). Logo, ξX nao e semicontınua inferiormente.Seja a ∈ (frX) ∩ (R\X). Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ), a desigualdade
ξX(a)− ε = 0− ε < 0 6 ξX(x).
Logo, ξX e semicontınua inferiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a − δ, a + δ) ∩X.Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que
ξX(x) = 1 > 1/2 = 0 + 1/2 = ξX(a) + ε.
para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩X. Logo, ξX nao e semicontınua superiormente.Por fim, f = ξQ e semicontınua superiormente em
Q = R ∩Q = (frQ) ∩Q
e semicontınua inferiormente emR\Q = R ∩ (R\Q) = (frQ) ∩ (R\Q)
pelo que foi provado anteriormente.
289
(e)
Seja f : R → R dada por
f(x) =
{sen 1
x , se x = 0c, se x = 0.
Como f e uma composicao de funcoes contınuas no aberto R\{0}, temos que f e contınua em R\{0}.Desta forma, podemos concluir que f e semicontınua superiormente (inferiormente) se, e somente se, c > 1
(c 6 −1) mostrando que f e f e semicontınua superiormente (inferiormente) em 0 se, e somente se, c > 1 (c 6 −1).Assim, podemos tambem concluir que f nao e semicontınua superiormente ou inferiormente se −1 < c < 1.
Suponhamos que f seja semicontınua superiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitrario, que 1− ε < c econcluiremos daı que 1 6 c. Existe δ > 0 tal que
f(x) < f(0) + ε = c+ ε,
para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que
1π2 + 2nπ
∈ (−δ, δ)
e, consequentemente,
1 = sen(π2+ 2nπ
)= f
(1
π2 + 2nπ
)< c+ ε.
Consideremos, por outro lado, o caso em que 1 6 c. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que
f(x) = sen
(1
x
)6 1 < 1 + ε = c+ ε = f(0) + ε.
Logo, para todo x ∈ R, temos quef(x) < f(0) + ε.
Portanto, f e semicontınua superiormente em 0.Suponhamos que f seja semicontınua inferiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitrario, que c < −1 + ε
e concluiremos daı que c 6 −1. Existe δ > 0 tal que
c− ε = f(0)− ε < f(x),
para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que
13π2 + 2nπ
∈ (−δ, δ)
e, consequentemente,
c− ε < f
(1
3π2 + 2nπ
)= sen
(3π
2+ 2nπ
)= −1.
Consideremos, por outro lado, o caso em que c 6 −1. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que
f(0)− ε = c− ε 6 −1− ε < −1 6 sen
(1
x
)= f(x).
Logo, para todo x ∈ R, temos quef(0)− ε < f(x).
Portanto, f e semicontınua inferiormente em 0.
(f)
Sejam f e g : R → R definidas por
f(x) =
{0, se x = 0,x sen
(1x
), se x = 0,
290
e
g(x) =
{0, se x = 0,1|x| , se x = 0,
Como f e g sao produtos, composicoes e quocientes de funcoes contınuas em R\{0}, temos que f e g saocontınuas em R\{0}. Logo, f e g sao semicontınuas inferiormente em R\{0}. Desta forma, provando que f e g saosemicontınuas inferiormente em 0 podemos, pelo item (a), concluir que f e g sao semicontınuas inferiormente.
Seja ε > 0. Tomando δ := ε, temos, para todo x ∈ (−δ, δ)\{0}, que∣∣∣∣x sen( 1
x
)∣∣∣∣ = |x|∣∣∣∣sen( 1
x
)∣∣∣∣ 6 |x| < δ = ε
e
−ε < 0 <1
|x|.
Assim,
f(0)− ε = −ε < x sen
(1
x
)= f(x)
e
g(0)− ε = −ε < 1
|x|= g(x),
para todo x ∈ R tal que 0 < |x| < δ. Logo, podemos concluir que f e g sao semicontınuas inferiormente em 0.Provaremos, agora, que f · g nao e semicontınua em 0. Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que
x :=1
(2n+ 1)π< δ.
Assim, x ∈ (−δ, δ)\{0} e
f · g(x) = x
|x|sen
(1
x
)= sen
((2n+ 1)π
)= −1.
Logo, podemos concluir que para todo δ > 0 existe x ∈ R\{0} tal que |x| < δ e
f · g(x) = −1 = 0− 1 = f · g(0)− 1.
Portanto, f · g nao e semicontınua em 0.
(g)
Seja f : X → R uma funcao e a ∈ X ∩X ′.Suponhamos que f seja semicontınua superiormente em a. Provaremos que limx→a sup f(x) 6 f(a).Sejam c ∈ R um valor de aderencia de f em a e (xn)n∈Z+ uma sequencia em X\{a} tal que limn→∞ xn = a e
limn→∞ f(xn) = c. Provaremos, para ε > 0 arbitrario, que
c < f(a) + ε.
Com isso, poderemos concluir que c 6 f(a). Existe δ > 0 tal que
f(x) < f(a) +ε
2
sempre que x ∈ X e tal que |x− a| < δ. Tambem existe n0 ∈ Z+ tal que
|xn0 − a| < δ e |f(xn0)− c| < ε
2.
Assim,
c− ε
2< f(xn0) < f(a) +
ε
2
e, consequentemente,c < f(a) + ε.
291
Concluimos que f(a) e maior ou igual que qualquer valor de aderencia de f em a. Portanto, limx→a sup f(x) 6f(a).
Consideremos, agora, que limx→a sup f(x) 6 f(a). Para provarmos que provaremos que f e semicontınuasuperiormente em a precisamos de mais hipoteses. Por exemplo, se f : R → R e dada por
f(x) =
{0, se x = 0,1x , se x = 0.
entaolimx→0
sup f(x) = −∞ < f(0).
Desta forma, iremos assumir tambem que f e limitada em uma vizinhanca de a.Seja ε > 0. Suponhamos, por absurdo, que nao exista δ > 0 tal que
f(x) < f(a) + ε
sempre que x ∈ X e tal que |x− a| < δ. Entao, para cada n ∈ Z+, exite xn ∈ X\{a} tal que
|xn − a| < 1
n
ef(a) + ε 6 f(xn).
Assim, temos uma sequencia (xn)n∈Z+ em X\{a} tal que limn→∞ xn = a. Como f e limitada em uma vizinhancade a, existe uma subsequencia (f(xnk
))k∈Z+ de (f(xn))n∈Z+ que converge para um ponto c ∈ R. Logo,
f(a) + ε 6 limk→∞
f(xnk) = c
ja quef(a) + ε 6 f(xnk
),
para todo k ∈ Z+. Por outro lado, como c e um ponto de acumulacao de f em a,
c 6 limx→a
sup f(x) 6 f(a).
Uma contradicao.Portanto, f e semicontınua superiormente no ponto a.De modo analogo, admitindo que f e limitada em uma vizinhanca de a, prova-se que f e semicontınua inferi-
ormente em a se, e somente se,f(a) 6 lim
x→ainf f(x).
(h)
Suponhamos que f e g : X → R sejam duas funcoes semicontınuas superiormente em um ponto a ∈ X. Mos-traremos que f + g e semicontınua superiormente em a.
Seja ε > 0. Existem δf e δg > 0 tais que
f(x) < f(a) +ε
2,
sempre que x ∈ X e tal que |x− a| < δf , e
g(x) < g(a) +ε
2,
sempre que x ∈ X e tal que |x − a| < δg. Denotemos min{δf , δg} por δ. Assim, para x ∈ X tal que |x − a| < δ,temos que
(f + g)(x) = f(x) + g(x) <(f(a) +
ε
2
)+(g(a) +
ε
2
)= (f + g)(a) + ε.
Logo, podemos concluir que f + g e semicontınua superiormente em a.Sejam f e g : R → R dadas por
f(x) =
{sen 1
x , se x = 0,−1, se x = 0,
292
e
g(x) =
{sen 1
x , se x = 0,1, se x = 0.
Pelo item (e), f e semicontınua inferiormente e g e semicontınua superiormente. Provaremos que f + g nao esemicontınua superiormente nem inferiormente em 0.
Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que ∣∣∣∣ 1
2πn+ π2
∣∣∣∣ < δ.
Assim, para
x :=1
2πn+ π2
temos que|x| < δ
e(f + g)(x) = f(x) + g(x)
= sen 1x + sen 1
x= 2> 0 + 1= f(0) + g(0) + 1.
Desta forma, como δ > 0 e arbitrario, concluımos que f + g nao e semicontınua superiormente em 0.De forma analoga, podemos mostrar que f + g nao e semicontınua inferiormente em 0.Suponhamos que f : X → R sejam semicontınua superiormente. Provaremos que −f e semicontınua inferior-
mente em um ponto arbitrario a ∈ X. E concluiremos daı que −f e semicontınua inferiormente.Seja ε > 0. Existe δ > 0 tal que
f(x) < f(a) + ε,
para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ. Assim,
−f(a)− ε < −f(x),
para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ. Portanto, como ε > 0 e arbitrario, −f e semicontınua inferiormente em a.
(i)
Suponhamos que f e g : X → R sejam duas funcoes semicontınuas superiormente em um ponto a ∈ X e quef(x) e g(x) > 0, para todo x ∈ X. Mostraremos que f · g e semicontınua superiormente em a.
Seja ε > 0. Como f(a) + g(a) > 0, podemos escolher λ ∈ R tal que
0 < λ < min
{1,
1
f(a) + g(a) + 1
}.
Desta forma,(f(a) + g(a))λ+ λ2 =
((f(a) + g(a)) + λ
)λ
<((f(a) + g(a)) + 1
)λ
< ε.
Seja δ > 0 tal quef(x) < f(a) + λ
eg(x) < g(a) + λ,
para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Logo,
(f · g)(x) = f(x) · g(x)=
(f(a) + λ
)(g(a) + λ
)= (f · g)(a) + (f(a) + g(a))λ+ λ2
= (f · g)(a) + ε,
293
para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Portanto, f · g e semicontınua superiormente em a.
(j)
Suponhamos que f : X → R seja uma funcao semicontınua superiormente em um conjunto compacto X ⊂ R.Para cada a ∈ X, existe δ(a) > 0 tal que
f(x) < f(a) + 1,
para todo x ∈ X tal que |x| < δ(a).Como
X ⊂ ∪a∈X
(a− δ(a), a+ δ(a)
)e X e compacto, existem a1, . . . , an ∈ X tais que
X ⊂ ∪nk=1
(ak − δ(ak), ak + δ(ak)
).
SejaM := max{f(ak) + 1: k = 1, . . . , n}.
Provaremos que M e uma cota superior para f(X) e concluiremos daı que f e limitada superiormente.Seja x ∈ X. Para algum k ∈ {1, . . . , n}, x ∈
(ak − δ(ak), ak + δ(ak)
)ja que X ⊂ ∪n
k=1
(ak − δ(ak), ak + δ(ak)
).
Logo, pela escolha de δ(ak), temos quef(x) < f(ak) + ε 6M.
Portanto, M e uma cota superior para f(X).Seja (xn)n∈Z+ uma sequencia em X tal que
limn→+∞
f(xn) = sup f(X).
Como X e compacto, existe uma subsequencia convergente (xnk)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que a = limk→+∞ xnk
∈ X.Assim, pelo item (g),
sup f(X) = limn→+∞ f(xn)= limn→+∞ f(xnk
)6 limx→a sup f(x)6 f(a).
Logo, f(a) = sup f(X) e, portanto, f assume seu valor maximo em um ponto de X.De modo analogo, podemos provar que se f : X → R for uma funcao semicontınua inferiormente em um conjunto
compacto X ⊂ R entao f e limitada inferiormente e assume seu valor mınimo em um ponto de X.
294
Exercıcio 8.46:
Dadas f e g analıticas no intervalo aberto I, seja X ⊂ I um conjunto que possui um ponto de acumulacao a ∈ I.Se f(x) = g(x), para todo x ∈ I. Em particular, se f(x) = 0, para todo x ∈ X, entao f(x) = 0, para todo x ∈ I.
Sejam f e g : I → R funcoes analıticas definidas no intervalo aberto I e X ⊂ I. Suponhamos que X e tal quef |X = g|X e exista a ∈ X ′ ∩ I.
Pelo exercıcio 8.45, basta provarmos que f (n)(a) = g(n)(a), n ∈ Z+, para concluirmos que f = g. Assim,mostrando, por inducao em n ∈ Z+, que a funcao φ := f − g e tal que
0 = φ(n)(a) = f (n)(a)− g(n)(a),
para todo n ∈ Z+, teremos o resultado do enunciado.Seja (xk)k∈Z+ uma sequencia em X tal que limk→+∞ xk = a e xk = a, para todo k ∈ Z+. Denotemos por
(hk)k∈Z+ definida por hk = xk − a. Segue que
limk→+∞
hk = 0.
Para n = 0, temos queφ(0)(a) = f(a)− g(a)
= limx→a f(x)− limx→a g(x)= limk→+∞ f(xk)− limk→+∞ g(xk)= limk→+∞
(f(xk)− g(xk)
)= limk→+∞ 0= 0.
Suponhamos que φ(m)(a) = 0 para todo 0 6 m < n. Pela Formula da Taylor com Resto de Lagrange (Teorema8.10), temos que existe θk ∈ (0, 1) tal que
0 = φ(xk) = φ(a+ hk) =n−1∑i=0
φ(i)(a)
i!hik +
φ(n)(a+ θkhk)
n!hnk =
φ(n)(a+ θkhk)
n!hnk .
Logo,lim
k→+∞θkhk = 0
e, como hk = a− xk = 0,φ(n)(a+ θkhk) = 0.
Desta forma,φ(n)(a) = lim
x→aφ(n)(x) = lim
k→+∞φ(n)(a+ θkhk) = 0.
Portanto, pelo princıpio da inducao finita, φ(n)(a) = 0, para todo n ∈ Z+.Em particular, provamos que se f : I → R e uma funcao analıtica definida no intervalo aberto I, X ⊂ I, f |X = 0
e a ∈ X ∩ I entao f = 0 pois 0 e analıtica em I.
296
Exercıcio 8.47:
Seja I = (a − δ, a + δ). Dada f : I → R, de classe C∞, suponha que existam constantes a0, a1, . . . , an, . . . taisque, para todo x ∈ I, se tenha
f(x) =∞∑
n=0
an(x− a)n.
Prove que∑an(x− a)n e a serie de Taylor de f em torno de a, isto e, que
an =f (n)(a)
n!,
para todo n = 0, 1, 2, . . . .
Seja
f(x) = f(a) + f ′(a) · (x− a) +f ′′(a)
2!· (x− a)2 + · · ·+ f (n)(a)
n!· (x− a)n + r(x− a),
para x ∈ I, a n-esima expansao de Taylor de f em torno de a.Provaremos, por inducao em n ∈ Z>0, que
an =f (n)(a)
n!.
Para n = 0, temos da igualdade
f(x) =
∞∑n=0
an(x− a)n
que
f(a) =∞∑k=0
ak(a− a)k =∞∑k=0
ak(0)k = a0.
Suponhamos, como hipotese de inducao, que
ak =f (k)(a)
k!,
para todo k ∈ Z>0 ∩ [0, n). Assim,
f(a) + · · ·+ f(n−1)(a)(n−1)! (x− a)n−1 + f(n)(a)
n! (x− a)n + r(x− a)
= f(x)= a0 + · · ·+ an−1(x− a)n−1 + an(x− a)n +
∑∞k=n+1 ak(x− a)k
= f(a) + · · ·+ f(n−1)(a)(n−1)! (x− a)n−1 + an(x− a)n +
∑∞k=n+1 ak(x− a)k
e, consequentemente,
f (n)(a)
n!(x− a)n + r(x− a) = an(x− a)n +
∞∑k=n+1
ak(x− a)k.
Logo, para x ∈ I\{a},f (n)(a)
n!− an = (x− a)−n
∞∑k=n+1
ak(x− a)k − r(x− a)
(x− a)n.
Por fim,f(n)(a)
n! − an = limx→a
((x− a)−n
∑∞k=n+1 ak(x− a)k − r(x−a)
(x−a)n
)= limx→a
((x− a)−n
∑∞k=n+1 ak(x− a)k
)− limx→a
(r(x−a)(x−a)n
)= 0 + 0= 0.
Portanto, o resultado segue pelo PIF.
297
Exercıcio 8.48:
Seja f(x) = x5
1+x6 . Calcule as derivadas de ordem 2001 e 2003 da funcao f : R → R no ponto 0.
Para y ∈ (−1, 1) temos, pelo Exemplo 24 do Capıtulo IV, temos que
1
1− y=
∞∑k=0
yk.
Assim, para todo x ∈ (−1, 1), temos que
f(x) = x5
1+x6
= x5 11−(−x6)
= x5∑∞
k=0(−x6)k= x5
∑∞k=0(−1)kx6k
=∑∞
k=0(−1)kx6k+5
=∑∞
n=0 anxn,
onde
an :=
{(−1)k, se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0,0, caso contrario.
Pelo exercıcio 8.47, temos que
f (n)(0) = ann! :=
{(−1)kn!, se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0,0, caso contrario.
Assim,f (2001)(0) = f (333·6+3)(0) = 0
ef (2003)(0) = f (333·6+5)(0) = (−1)3332003! = −2003!.
298
Exercıcio 8.49:
Seja f : I → R definida num intervalo. Prove que f e convexa se, e somente se, para quaisquer a e b em I e0 6 t 6 1, vale
f((1− t)a+ tb) 6 (1− t)f(a) + tf(b).
Suponhamos que f : I → R seja convexa. Mostraremos que
f((1− t)a+ tb) 6 (1− t)f(a) + tf(b), (8.1)
para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Para a = b, temos que
f((1− t)a+ tb) = f((1− t)a+ ta) = f(a) = (1− t)f(a) + tf(a) = (1− t)f(a) + tf(b).
Adiante, mostraremos para o caso em que a < b. Deste caso segue o caso em que b < a. De fato, para a′ = b,b′ = a e t′ = 1− t,
f((1− t)a+ tb) = f((1− t′)a′ + t′b′) 6 (1− t′)f(a′) + t′f(b′) = (1− t)f(a) + tf(b).
Portanto, se f e convexa, entao a desigualdade (8.1) e valida para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1].Sejam a e b ∈ I, com a < b, e t ∈ [0, 1]. Desta forma x := (1− t)a+ tb e tal que
x− a = t(b− a) > 0
eb− x = (1− t)(b− a) > 0.
Ou seja, x ∈ [a, b] ⊂ I. Alem disso, segue da definicao de x que
t =x− a
b− ae
1− t =b− x
b− a.
Como f e convexa, temos quef(x)− f(a)
x− a6 f(b)− f(a)
b− ae, consequentemente,
f(x) 6(b− x
b− a
)f(a) +
(x− a
b− a
)f(b).
Logo,f((1− t)a+ tb) = f(x)
6(
b−xb−a
)f(a) +
(x−ab−a
)f(b)
= (1− t)f(a) + tf(b).
Consideremos, agora, que f satisfaz a desigualdade (8.1), para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Mostraremos que fe convexa.
Sejam a e b ∈ I, com a < b, e x ∈ [a, b]. Definindo
t :=x− a
b− a
temos quex = (1− t)a+ tb
e, da desigualdade a 6 x 6 b, que t ∈ [0, 1]. Daı,
f(x) = f((1− t)a+ tb)6 (1− t)f(a) + tf(b)
=(
b−xb−a
)f(a) +
(x−ab−a
)f(b)
e, consequentemente,f(x)− f(a)
x− a6 f(b)− f(a)
b− a.
Com isso, concluimos que f e convexa.
299
Exercıcio 8.50:
Verifique que f : R → R, dada por f(x) = ex, e convexa e conclua que, para 0 6 t 6 1 e x e y ∈ R quaisquer vale
e(1−t)x+ty 6 (1− t)ex + tey.
Deduza daı a desigualdadeaαbβ 6 αa+ βb,
para α, β, a, b nao-negativos, com α+ β = 1.
Seja exp: R → R a aplicacao exponencial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Capıtulo 8, queexp e uma funcao convexa. Assim, pelo Excercıcio 8.50,
e(1−t)x+ty = exp((1− t)x+ ty
)6 (1− t) exp(x) + t exp(y) = (1− t)ex + tey,
para todos x e y ∈ R e t ∈ [0, 1].Dados a, b, α e β ∈ R+, com α+ β = 1, provaremos que vale a desigualdade
aαbβ 6 αa+ βb.
Sejam x := ln(a) e y := ln(b) ∈ R e t = β ∈ [0, 1]. Temos, pela desigualdade provada acima, que
aαbβ = eα ln(a)eβ ln(b)
= e(1−t)xety
= e(1−t)x+ty
6 (1− t)ex + tey
= αeln(a) + βeln(b)
= αa+ βb.
300
Exercıcio 8.51:
Seja F : I → R convexa no intervalo I. Se a1, . . . , an pertencem ao intervalo I, t1, . . . , tn pentencem a [0, 1] e∑ni=1 ti = 1, prove que
f
(n∑
i=1
tiai
)6
n∑i=1
tif(ai).
Primeiramente, verifiquemos que se a1, . . . , ak pertencem ao intervalo I, t1, . . . , tk pentencentem a [0, 1] e∑ki=1 ti = 1 entao
∑ni=1 tiai ∈ I. Sejam
a := min{a1, . . . , an} ∈ I
eb := max{a1, . . . , an} ∈ I.
Segue que
a =
(n∑
i=1
ti
)a =
n∑i=1
tia 6n∑
i=1
tiai
en∑
i=1
tiai >n∑
i=1
tib =
(n∑
i=1
ti
)b = b.
Logo,n∑
i=1
tiai ∈ [a, b] ⊂ I.
Provaremos o resultado por inducao em n.No caso n = 2, temos que
t1 = 1− t2
e, pelo Exercıcio 8.49, temos que
f(t1a1 + t2a2) = f((1− t2)a1 + t2a2)= (1− t2)f(a1) + t2f(a2)= t1f(a1) + t2f(a2).
Suponhamos, como hipotese de inducao, que o caso n = k − 1 seja verdadeiro.Sejam a1, . . . , ak pertencentes ao intervalo I, t1, . . . , tk pentencentes a [0, 1] e
∑ki=1 ti = 1.
Se tk = 1 segue que t1 = · · · = tk−1 = 0 e, consequentemente,
f
(k∑
i=1
tiai
)= f(ak) =
k∑i=1
tif(ai).
Consideremos agora o caso em que tk = 1. Desta forma,
t′i :=ti
1− tk
sao tais quek−1∑i=1
t′i =
k−1∑i=1
ti1− tk
=
∑k−1i=1 ti
1− tk= 1
et′i ∈ [0, 1].
Seja
a :=k−1∑i=1
t′iai ∈ I.
301
Assim, pela hipotese de inducao,
f
(k∑
i=1
tiai
)= f
((1− tk)
k−1∑i=1
ti1− tk
ai + tkak
)= f
((1− tk)a+ tkak
)6 (1− tk)f(a) + tkf(ak)
= (1− tk)f(∑k−1
i=1 t′iai
)+ tkf(ak)
6 (1− tk)∑k−1
i=1 t′if(ai) + tkf(ak)
=∑k−1
i=1 tif(ai) + tkf(ak)
=∑k
i=1 tif(ai).
Portanto, o resultado segue pelo PIF.
302
Exercıcio 8.52:
Sejam x1, x2, . . . , xn e t1, . . . , tn numeros nao-negativos, com t1 + · · ·+ tn = 1. Prove que
xt11 · xt22 · · · · · xtnn 6 t1x1 + t2x2 + · · ·+ tnxn.
Conclua, em particular a desigualdade entre as medias aritmetica e geometrica.
Denotemos por exp: R → R a aplicacao exponecial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Capıtulo8, que exp e uma funcao convexa.
Sejam x1, . . . , xn, t1, . . . , tn ∈ R>0 tais que t1 + · · ·+ tn = 1. Se algum xi e nulo, temos imediatamente que
xt11 · · · xtnn = 0 6 t1x1 + . . . tnxn.
Se x1, . . . , xn ∈ (0,+∞) entao
xt11 · xt22 · · · · · xtnn = et1 ln x1 · et2 lnx2 · · · · · etn lnxn
= et1 ln x1+t2 ln x2+···+tn ln xn
= exp(t1 lnx1 + t2 lnx2 + · · ·+ tn lnxn).
Assim, como exp e convexa, temos, pelo Exercıcio 8.51, que
xt11 · xt22 · · · · · xtnn = exp(t1 lnx1 + t2 lnx2 + · · ·+ tn lnxn)= t1 exp(lnx1) + t2 exp(lnx2) + · · ·+ tn exp(lnxn)= t1x1 + t2x2 + · · ·+ tnxn.
Sejam x1, . . . xn numeros reais nao negativos,
G := n√x1 · x2 · · · · · xn
sua media geometrica e
A :=x1 + · · ·+ xn
n
sua media aritmatica. Pelo que foi demonstrado acima, temos que
G = x1n1 · x
1n2 · · · · · x
1nn
6 x1
n + x2
n + · · ·+ xn
n= A.
303
Exercıcio 8.53:
Seja φ : [a, b] → R duas vezes derivavel, com φ(a) = φ(b) = 0 e φ′′(x) < 0 para todo x ∈ [a, b]. Prove que φ(x) > 0,para todo x ∈ (a, b). Conclua que, se f : I → R e duas vezes derivavel e f ′′(x) > 0, para todo x ∈ I, entao f eestritamente convexa no intervalo I.
Seja φ : [a, b] → R, a < b, duas vezes derivavel, com φ(a) = φ(b) = 0 e φ′′(x) < 0 para todo x ∈ [a, b].Como φ′′(x) < 0 para todo x ∈ [a, b], temos que φ′ e estritamente decrescente (Corolario 6 do Teorema 7 do
Capıtulo VIII). Alem disso, como φ(a) = 0 = φ(b), pelo Toerema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que φ′(c) = 0.Desta forma, como φ′ e estritamente decrescente em [a, b] e φ′(c) = 0, φ′ > 0 em [a, c) e φ′ < 0 em (c, b]. Com isso,concluimos que φ e estritamente crescente em [a, c] e estritamente decrescente em [c, b] (novamente pelo Corolario6 do Teorema 7 do Capıtulo VIII).
Sendo φ(a) = 0 e φ estritamente crescente em [a, c] segue que φ > 0 em (a, c]. Em particular, temos queφ(c) > φ(a) = 0. Por outro lado, como φ(c) > 0 = φ(b) e φ e estritamente decrescente em [c, b), φ > 0 em [c, b].
Portanto, φ > 0 em (a, b).Seja f : I → R e duas vezes derivavel e f ′′(x) > 0, para todo x ∈ I, entao f e estritamente convexa no intervalo
I. Provaremos, para a e b em I, com a < b, arbitrarios, que
f(x)− f(a)
x− a<f(b)− f(a)
b− a,
para todo x ∈ (a, b). Com isso, concluiremos que f e estritamente convexa.Definimos φ : [a, b] → R por
φ(x) =f(b)− f(a)
b− a(x− a) + f(a)− f(x),
para todo x ∈ [a, b]. Desta forma,φ(a) = φ(b) = 0,
φ′(x) =f(b)− f(a)
b− a− f ′(x)
eφ′′(x) = −f ′′(x) < 0,
para todo x ∈ I. Logo, pelo que foi provado acima, φ > 0 em (a, b).Assim, para todo x ∈ (a, b),
0 < φ(x) =f(b)− f(a)
b− a(x− a) + f(a)− f(x)
e, consequentemente,f(x)− f(a)
x− a<f(b)− f(a)
b− a.
304
Exercıcio 8.54:
Seja f contınua num ponto. Prove que se f e derivavel nesse ponto entao existe na maximo uma reta que coincidecom o grafico de f uma infinidade de vezes em qualquer vizinhanca do ponto.
Seja f : X → R derivavel em a ∈ X ′.Suponhamos que c e d ∈ R sao tais que, para qualquer vizinhanca U de a em X,
f(x) = cx+ d,
para infinitos x ∈ U . Em particular, existe uma sequencia (xn)n∈Z+ em X tal que
limn→∞
xn = a
ef(xn) = cxn + d,
para todo n ∈ Z+.Como f e derivavel em a, temos que
c = limn→∞
(cxn + d)− (ca+ d)
xn − a= lim
n→∞
f(xn)− f(a)
xn − a= lim
x→a
f(x)− f(a)
x− a= f ′(a).
Alem disso, como f e contınua em a,
ca+ d = limn→∞
(cxn + d) = limn→∞
f(xn) = f(a)
e, consequentemente,d = f(a)− ca = f(a)− f ′(a)a.
Portanto, concluimos que se f coincide em infinitos pontos, em cada vizinhanca de a, com uma reta
{(x, ca+ d) : x ∈ R}
entao c e d sao determinados unicamente pelos valores de f(a) e f ′(a). Em particular, existe no maximo uma retacom esta propriedade.
305
Exercıcio 8.55:
Seja f : [a,+∞) → R duas vezes derivavel. Se limx→+∞
f(x) = f(a) entao existe x ∈ (a,+∞) tal que f ′′(x) = 0.
Usaremos o seguinte resultado: Se g : [c,+∞) → R e uma funcao derivavel que adimite uma sequencia (xn)n∈Z+
em [c,+∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn) = g(c) entao existe x ∈ (c,+∞) tal que g′(x) = 0.Se g(y) = g(c), para todo y ∈ (c,+∞), qualquer x ∈ (c,+∞) e tal que g′(x) = 0. Suponhamos que exista
y ∈ (c,+∞) tal que g(y) = g(c). Provaremos que exsite x como desejado para o caso em que
g(y) > g(c).
O caso em que g(y) < g(c) e analogo. Como limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn) = g(c), deve existir algumxn ∈ (y,+∞) tal que
g(xn) ∈ (g(c)− 1, g(y)).
Seg(xn) ∈ (g(c)− 1, g(c)]
temos queg(xn) 6 g(c) < g(y)
e, pelo Teorema do Valor Intermediario, existe um z ∈ (y, xn] tal que
g(z) = g(c).
Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (a, z) tal que g′(x) = 0. Se
g(xn) ∈ (g(c), g(y)),
temos, pelo Teorema do Valor Intermadiario, que existe z ∈ (c, y) tal que
g(z) = g(xn).
Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (z, xn) tal que g′(x) = 0.
Consideremos, agora, f : [a,+∞) → R como no enunciado.Como limx→+∞ f(x) = f(a), deve existir uma sequencia (xn)n∈Z+ em [a,+∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e
limn→+∞ f(xn) = f(a). Logo, existe um ponto b ∈ (a,+∞) tal que f ′(b) = 0.Provaremos que existe uma sequencia (xn)n∈Z+ em [b,+∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ f ′(xn) =
0 = f ′(b). Assim, concluımos que a funcao derivavel f ′ : [b,+∞) → R admite um ponto x ∈ (b,+∞) tal quef ′′(x) = 0.
Pelo Teorema do Valor Medio, podemos escolher, para cada n ∈ Z+, xn ∈ (a+ n, a+ n+ 1) tal que
f ′(xn) = f(a+ n+ 1)− f(a+ n).
Segue daı que limn→+∞ xn = +∞ e
limn→+∞
f ′(xn) = limn→+∞
(f(a+ n+ 1)− f(a+ n)
)= lim
n→+∞f(a+ n+ 1)− lim
n→+∞f(a+ n)
= f(a)− f(a)= 0.
306
Exercıcio 10.44:
A sequencia de funcoes fn(x) = nx2 possui derivadas equilimitadas no ponto 0 mas nao e equicontınua nesteponto.
Como f ′n(0) = 0 para todo n ∈ Z+ temos que a sequencia (fn) possui derivadas limitadas em 0.Por outro lado, para todo δ > 0, existe x ∈ (−δ, δ) e n ∈ Z+ tais que
|fn(0)− fn(x)| > 1.
De fato, dado δ > 0, existe k ∈ Z+ tal que 1/k < δ. Assim, para n = k2 e x = 1/k, temos que
|fn(0)− fn(x)| = |0− 1| = 1.
Portanto, a sequencia nao e equicontınua em 0.
309
Exercıcio 10.45:
Um conjunto de polinomios de grau 6 k, uniformemente limitado em um intervalo compacto, e equicontınuo nesteintervalo.
Seja E tal conjunto de polinomios definidos no intervalo compacto I.Podemos considerar, sem perda de generalidade, que I = [0, b] para algum b > 0. De fato, se I = [a, b], podemos
definirE := {p : [0, b− a] → R | ∃p ∈ E, p(x) = p(x+ a)∀x ∈ [0, b− a]}
e teremos, assim, que E e uniformemente limitado se e somente se E e uniformemente limitado e que E e equi-contınuo se e somente se E e equicontıno.
Provaremos, por inducao em k, que existe uma constante C > 0 tal que, para todo p ∈ E dado por p(x) =∑ki=0 aix
i, vale|ai| < C, i = 0, ..., k. (10.1)
Donde conclui-se que o conjunto das derivadas dos polinomios de E e equilimitado e, consequentemente, que E eequicontınuo.
Para k = 0, temos que (10.1) segue do fato de E ser equilimitado.Suponhamos que exista C > 0 satifazendo (10.1) para todo k 6 n− 1. E suponhamos que k = n.Como E e equilimitado, segue que o conjunto
E′ := {p− p(0) | p ∈ E}
e tambem equilimitado. Consideremos
E′′ := {p | ∃p ∈ E′, p(x) = p(x)x, ∀x ∈ I}
Adiante, dada uma constante A > 0 tal que
|p(x)| < A, ∀p ∈ E′, x ∈ I,
temos que A′ = A/b e tal que|p(x)| < A′, ∀p ∈ E′′, x ∈ I.
Ou seja, E′′ e equilimitada. Alem disso, todos os polinomios em E′′ sao de grau 6 n − 1. Pelo passo indutivo,existe C ′ > 0 tal que, para todo p ∈ E′′ dado por p(x) =
∑ni=1 aix
i−1, vale
|ai| < C ′, i = 1, ..., n.
E, como E e equilimitado, existe C ′′ > 0 tal que, para todo p ∈ E, vale
|a0| = |p(0)| < C ′′.
Assim, para C = max{C ′, C ′′} temos (10.1). E o resultado segue pelo PIF.
310
Exercıcio 10.46:
Diz-se que uma sequencia de funcoes fn : X → R converge fracamente para uma funcao f : X → R quandolimn→∞ fn(x) = f(x) para cada ponto x ∈ X na qual f e contınua. Seja D ⊂ R denso. Prove que se umasequencia de funcoes monotonas fn : R → R converge simplesmente em D para uma funcao f : R → R entao (fn)converge fracamente para f em R.
Seja x0 ∈ R um ponto de continuidade de f . Provaremos que
limn→∞
fn(x0) = f(x0). (10.2)
Para tanto, basta mostrar, para (fnk) e (fnp) sendo as subsequencia nao-decrescentes e nao-crescentes de (fn), que
limk→∞
fnk(x0) = lim
p→∞fnp(x0) = f(x0)
Com igual razao, basta provar a afirmacao (10.2) para o caso em que todas as fn’s sao decrescentes e para o casoem que todas as fn’s sao nao-crescentes.
Suponhamos que todas as fn’s sao nao-decrescentes.Comecaremos provando que f e nao-decrescente em D. Suponhamos, por absurdo, que existam
x− < x+
em D tais quef(x−) > f(x+).
Entao, comolimn→∞
fn(x−) = f(x−),
limn→∞
fn(x+) = f(x+)
e
f(x−) >f(x−) + f(x+)
2> f(x+),
temos, para n suficientemente grande, que
fn(x−) >
f(x−) + f(x+)
2> fn(x
+).
Contradizendo o fato de fn ser nao-decrescente. Portanto, f e nao-decrescente em D.O proximo passo desta demonstracao e provar que se
x−0 < x0 < x+0 ,
onde x−0 e x+0 ∈ D, entaof(x−0 ) 6 f(x0) 6 f(x+0 ).
De fato, sef(x−0 ) > f(x0),
entao, como f e contınua em x0 e D e denso em R, existe x ∈ D tal que
x−0 < x < x0
ef(x−0 ) > f(x).
Contradizendo o fato de f ser nao-decrescente em D. Portanto, devemos ter que
f(x−0 ) 6 f(x0).
E, de forma analoga, mostra-se que devemos ter que
f(x0) 6 f(x+0 ).
311
Por fim, provaremos que, dado ε > 0, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo natural n > n0 vale
|f(x0)− fn(x0)| < ε.
Com efeito, existem (pois f e contınua em x0) x−0 e x+0 ∈ D tais que
x−0 < x0 < x+0
e|f(x−0 )− f(x+0 )| < ε/2.
E, como (fn) converge simplesmente para f em D, existe n0 ∈ Z+, tal que, para todo n > n0, vale
|f(x−0 )− fn(x−0 )| < ε/2
e|f(x+0 )− fn(x
+0 )| < ε/2.
Pelo que foi dito nos paragrafos acima, temos que
f(x−0 ) 6 f(x0) 6 f(x+0 )
efn(x
−0 ) 6 fn(x0) 6 fn(x
+0 ).
Logo,f(x−0 )− fn(x
+0 ) 6 f(x0)− fn(x0) 6 f(x+0 )− fn(x
−0 ).
E, como|f(x−0 )− fn(x
+0 )| 6 |f(x−0 )− f(x+0 )|+ |f(x+0 )− fn(x
+0 )| 6 ε/2 + ε/2 = ε
e|f(x+0 )− fn(x
−0 )| 6 |f(x+0 )− f(x−0 )|+ |f(x−0 )− fn(x
−0 )| 6 ε/2 + ε/2 = ε,
para todo n > n0, segue que|f(x0)− fn(x0)| < ε,
para todo n > n0. E temos o resultado.O caso em que todas as fn’s sao nao-crescentes e analogo.
312
Exercıcio 10.47:
Seja f(x) = x+ x|x| se x = 0 e f(0) = 0. Obtenha uma sequencia de funcoes contınuas crescentes fn : R → R que
convirjam para f em R− {0}, mas (fn(0)) nao converge.
Considere
fk(x) =
{f(x), x < −1/k e 0 < x(2 + 1
k
) (x+1/k1/k
)− 1
k − 1, −1/k 6 x 6 0
para k par e
fk(x) =
{f(x), x < −1/k e 0 < x(2 + 1
k
) (x
1/k
)− 1, 0 6 x 6 1/k
para k ımpar. Temos, entao, que (fk) e uma sequencia de funcoes contınuas e crescentes que converge para f emR− {0}. E, como
fk(0) = (−1)k,
temos que (fk(0)) nao e convergente.
313
Exercıcio 10.48:
Uma sequencia de funcoes monotonas fn : R → R possui uma subsequencia que converge fracamente para umafuncao monotona f : R → R, a qual podemos tomar contınua a direita.
Provaremos o resultado para o caso em que (fn) e uma sequencia de funcoes nao decrescentes. A demonstracaopara o caso em que (fn) e uma sequencia de funcoes nao-crescentes e analoga. No caso geral, (fn) possui umasubsequencia de pelo menos um destes dois tipos. E esta, por sua vez, possuira um subsequencia com a propriedadedo enunciado.
Seja (fn) uma sequencia simplesmente limitada de funcoes nao decrescentes.Pelo Teorema de Cantor-Tychonov existe uma subsequencia (fnk
) de (fn) que converge em Q para uma funcaof : Q → R. Como (fnk
), devemos ter que f e nao-decrescente.Como f e monotona, existe limx→x+
0f(x). Assim, podemos definir
f : R → Rx0 → limx→x+
0f(x).
Provaremos que f e contınua a direita e (fnk) converge fracamente para f .
Seja x0 ∈ R. Provaremos quef(x0) = lim
x→x+0
f(x).
Seja (xn) uma sequencia em R que converge a direita para x0. Pela definicao de f , para cada n ∈ Z+ existeyn ∈ Q ∩ (xn,+∞) tal que
|xn − yn| <1
ne
|f(xn)− f(yn)| <1
n.
Assim,lim
n→∞yn = lim
n→∞xn = x0
e, consequentemente,limn→∞
f(xn) = limn→∞
f(yn) = limx→x+
0
f(x) = f(x0).
Como (xn) e uma sequencia que converge para x0 a direita arbitraria, segue que
limx→x+
0
f(x) = f(x0).
Por sua vez, como x0 e arbitrario, concluımos que f e contınua a direita.Para todos x0 ∈ R, x−0 e x+0 ∈ Q tais que
x−0 < x0 < x+0 ,
temos quef(x−0 ) 6 f(x0) 6 f(x+0 ) (10.3)
poisf(x0) = limx→x+
0f(x)
e f e nao-decrescente.Seja x0 um ponto de continuidade de f e ε > 0. Provaremos que existe k0 ∈ Z+ tal que para todo k > k0 em
Z+ temos que|f(x0)− fnk
(x0)| < ε.
Como x0 e ponto de continuidade de f , existem y−0 e y+0 ∈ R tais que
y−0 < x0 < y+0
e|f(y+0 )− f(y−0 )| <
ε
2.
314
Tomando-se x−0 e x+0 ∈ Q tais quey−0 < x−0 < x0 < x+0 < y+0
temos, por (10.3), quef(y−0 ) 6 f(x−0 ) 6 f(x0) 6 f(x+0 ) 6 f(y+0 ).
Assim,
|f(x+0 )− f(x−0 )| <ε
2.
Como (fnk) converge simplesmente para f em Q, existe k0 ∈ Z+ tal que, para todo k > k0 vale
|f(x−0 )− fnk(x−0 )| <
ε
2
e|f(x+0 )− fnk
(x+0 )| <ε
2.
Do que foi dito acima, e pelo fato de cada fnkser nao-decrescente, temos que
f(x−0 ) 6 f(x0) 6 f(x+0 ),
fnk(x−0 ) 6 fnk
(x0) 6 f(x+0 )
e, consequentemente,f(x−0 )− fnk
(x+0 ) 6 f(x0)− fnk(x0) 6 f(x+0 )− fnk
(x−0 ).
Por fim, como
|f(x−0 )− fnk(x+0 )| 6 |f(x−0 )− f(x+0 )|+ |f(x+0 )− fnk
(x+0 )| <ε
2+ε
2= ε
e|f(x+0 )− fnk
(x−0 )| 6 |f(x+0 )− f(x−0 )|+ |f(x−0 )− fnk(x−0 )| <
ε
2+ε
2= ε
para todo k > k0 em Z+, temos que|f(x0)− fnk
(x0)| < ε
para todo k > k0 em Z+.
315
Exercıcio 10.49:
Seja (fn) uma sequencia equicontınua e simplesmente limitada num compacto X ⊂ R. Se toda subsequenciauniformemente convergente em X tem o mesmo limite f : X → R, entao fn → f uniformemente.
Suponhamos, por absurdo, que a sequencia (fn) nao convirja uniformemente para f . Entao, existe uma sub-sequencia (fnk
) de (fn) e uma sequencia|f(xnk
)− fnk(xnk
)| > ε (10.4)
para algum ε > 0 fixo. Porem, como X e compacto, (fnk) e equicontınua e simplesmente limitada, temos, pelo
Teorema 10.23, que alguma subsequencia de (fnk) converge uniformemente em X para uma funcao f . E, como
toda subsequencia uniformemente convergente de (fn) converge para f , devemos ter que f = f . O que contradiz(10.4).
316
Exercıcio 10.50:
De exemplo de uma sequencia equicontınua de funcoes fn : (0, 1) → (0, 1) que nao possua subsequencia uniforme-mente convergente em (0, 1).
Seja (fn) a sequencia dada por
fn : (0, 1) → (0, 1)x ∈
(0, 1
2πn
]→ 1
4 sin(1x
)+ 1
2x ∈
[1
2πn , 1)
→ 12 .
Esta sequencia converge simplesmente para a funcao
f : (0, 1) → (0, 1)x → 1
2 .
Porem nenhuma subsequencia desta sequencia converge uniformemente.
317
Exercıcio 10.51:
Dada uma sequencia de funcoes duas vezes derivaveis (fn) definidas no intervalo compacto I, suponha que fn → fsimplesmente em I, que (f ′n(a)) e limitada para um certo a ∈ I e que (f ′′n ) e uniformemente limitada em I. Proveque f ∈ C1.
Temos que a sequencia (f ′n) e equicontınua e uniformemente limitada. De fato, como (f ′′n ) e uma sequenciauniformemente limitada, segue que (fn) e equicontınua. Adiante, como (f ′′n ) e uniformemente limitada e I ecompacto, existe, pelo teorema do valor medio, C ′ > 0 tal que
|f ′n(x)− f ′n(a)| < C ′, ∀n ∈ Z+, x ∈ I.
E, como (f ′n(a)) e uma sequencia limitada, existe C > 0 tal que
|f ′n(a)| < C, ∀n ∈ Z+.
Entao,|f ′n(x)| 6 |f ′n(x)− f ′n(a)|+ |f ′n(a)| < C ′ + C, ∀n ∈ Z+, x ∈ I.
Ou seja, (f ′n) e uniformemente limitada.Adiante, temos que toda subsequencia uniformemente convergente de (f ′n) converge para f
′. De fato, dada umasubsequencia uniformemente convergente (f ′nk
) temos, pelo Teorema 10.7, que f ′nk→ f ′ ja que fnk
→ f .Como (fn) e uma sequencia equincontınua, uniformemente limitada tal que todas as suas subsequencias unifor-
memente convergentes convergem para f ′, temos, pelo exercıcio 10.49, que f ′n → f ′ uniformemente em I.Portanto, f ′ e contınua, pois e o limite uniforme de uma sequencia de funcoes contınuas.
318
Exercıcio 10.52:
Dada uma sequencia de funcoes k+1 vezes derivaveis (fn) definidas no intervalo I, suponha que existam a0, ..., ak ∈ I
e c > 0, tais que |fn(a0)| 6 c, |f ′n(a1)| 6 c,...,|f (k)n (ak)| 6 c para todo n ∈ Z+ e que a sequencia (f(k+1)n ) seja
uniformemente limitada em I. Prove que existe uma subsequencia (fni) que converge, juntamente com suas kprimeiras derivadas, uniformemente em cada parte compacta I.
E suficiente provar que existe uma subsequencia (fni) que converge, juntamente com suas k primeiras derivadas,uniformemente em I para o caso em que I e um intervalo compacto. Entao, assumiremos sem perda de generalidade,que I e um intervalo compacto.
Temos que a sequencia (f(k)n ) e equicontınua e uniformemente limitada. De fato, como (f
(k+1)n ) e uma sequencia
uniformemente limitada, segue que (f(k)n ) e equicontınua. Adiante, como (f
(k+1)n ) e uniformemente limitada e I e
compacto, existe, pelo teorema do valor medio, C ′ > 0 tal que
|f (k)n (x)− f (k)n (ak)| < C ′, ∀n ∈ Z+, x ∈ I.
E, como (f(k)n (ak)) e uma sequencia limitada, existe C > 0 tal que
|f (k)n (ak)| < C, ∀n ∈ Z+.
Entao,|f (k)n (x)| 6 |f (k)n (x)− f (k)n (ak)|+ |f (k)n (ak)| < C ′ + C, ∀n ∈ Z+, x ∈ I.
Ou seja, (f(k)n ) e uniformemente limitada.
Agora, provaremos o resultado por inducao em k.Consideremos o caso k = 0. Pelo que foi dito acima, temos que (fn) e equicontınua e uniformemente limitada.
Segue daı e do fato de I ser compacto, pelo Teorema 10.23, que (fn) possui uma subsequencia uniformementeconvergente.
Faremos agora o passo indutivo. Como (f(k)n ) e uniformemente limitada, temos que existe uma subsequencia
(fni) que converge, juntamente com suas k − 1 primeiras derivadas, uniformente. Adiante, temos que (f
(k)ni ) e
equicontınua e uniformemente limitada. Isto implica que existe uma subsequencia (f(k)nj ) de (f
(k)ni ) que converge
uniformemente. Portanto, devemos ter que (fnj ) e suas primeiras k derivadas convergem uniformemente.
319
Exercıcio 10.53:
Demonstre o corolario de Teorema 22 para intervalos arbitrarios (abertos ou nao) I ⊂ R.
Se int(I) = ∅, os unicos compactos em I sao ∅ e I. Assim, o Teorema de Arzela-Ascoli se aplica imediatamentee o resultado segue. Adiante assumiremos que existe c ∈ int(I).
Consideremos o intervalo J = [a, b] ⊂ I dado por
a =
{c, caso inf(I) /∈ Iinf(I), caso contrario
e
b =
{c, caso sup(I) /∈ Isup(I), caso contrario.
Se J = I, temos que I e compacto, e, pelo Teorema de Arzela-Ascoli, temos que existe uma subsequencia de (fn)que converge uniformemente em I. E, logo, em cada parte compacta de I. Assumiremos daqui em diante queJ = I.
Entao existe uma sequencia de compactos Ki ⊂ I, i ∈ Z+ tais que
K1 = J,
Ki ⊂ Ki+1
eint(I) = ∪i∈Z+ int(Ki).
Seja K ⊂ I um compacto. Pela escolha de J , temos que K\J ⊂ int(I) e que K\J e um compacto. Daı segueque
K\J ⊂ ∪i∈Z+ int(Ki)
e, consequentemente,K\J ⊂ Ki
para algum i ∈ Z+. Logo,K ⊂ J ∪Ki = Ki
para algum i ∈ Z+.Agora, como na demonstracao dada no texto, existe uma subsequencia de (fn) que converge uniformemente em
cada Ki, i ∈ Z+. Portanto, como cada parte compacta de I esta contida em algum Ki, temos que esta subsequenciaconverge uniformemente em toda parte compacta de K.
320