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LISTA 1 – ANÁLISE REAL – GABARITO
- (Desigualdade de Bernoulli) Prove, usando indução, que ( 1 + x)n^ > 1 + nx, ∀x ∈ R, x > −1, e ∀ n ∈ N.
Demonstração: Passos de indução
(i) Para n = 1, tem-se ( 1 + x)^1 > 1 + 1.x (ok!)
(ii) Suponha que seja verdade para n = k, isto é,
( 1 + x)k^ > 1 + k.x (HI)
(iii) Queremos mostrar que vale para n = k + 1, isto é,
( 1 + x)k+^1 > 1 + (k + 1 )x
De fato,
( 1 + x)k+^1 = ( 1 + x)k.( 1 + x) > ( 1 + kx)( 1 + x) = 1 + x + kx + kx^2 ⇔ ( 1 + x)k+^1 > 1 + (k + 1 )x + kx^2 > 1 + (k + 1 )x ⇔ ( 1 + x)k+^1 > 1 + (k + 1 )x,
pois kx^2 > 0.
De (i), (ii) e (iii), ( 1 + x)n^ > 1 + nx, ∀x ∈ R, x > −1, e ∀n ∈ N.
- Prove as seguintes unicidades:
(a) Se x + θ = x para algum x ∈ R, então θ = 0.
Demonstração:
θ = θ + 0 = θ + [x + (−x)] = [θ + x] + (−x) = [x] + (−x) = 0 ⇔ θ = 0.
(b) Se x.u = x para todo x ∈ R, então u = 1.
Demonstração: Se x = 0, então 0.u = 0, ∀ u ∈ R, em particular para u = 1. Mas se x 6 = 0, então
u = u.1 = u.[x.x−^1 ] = [u.x].x−^1 = [x.u].x−^1 = x.x−^1 = 1 ⇔ u = 1.
(c) Se x + y = 0, então y = −x.
Demonstração:
y = y + 0 = y + [x + (−x)] = [y + x] + (−x) = [x + y] + (−x) = = 0 + (−x) = −x ⇔ y = −x.
(d) Se x.y = 1, então y = x−^1.
Demonstração:
y = 1.y = (x−^1 .x).y = x−^1 .(x.y) = x−^1 .1 = x−^1 ⇔ y = x−^1.
- Dados a, b, c, d ∈ R, se b 6 = 0 e d 6 = 0, prove que:
(a)
a b
c d
a.d + b.c b.d
Demonstração: Como
a b
= a.b−^1 , temos
(a b
( (^) c d
= (a.b−^1 ) + (c.d−^1 ) = (a.b−^1 ).(d.d−^1 ) + (c.d−^1 ).(b.b−^1 ) =
= a.(b−^1 .d).d−^1 + c.(d−^1 .b).b−^1 = a.(d.b−^1 ).d−^1 + c.(b.d−^1 ).b−^1 = = (a.d).(b−^1 .d−^1 ) + (c.b).(d−^1 .b−^1 ) = (a.d + b.c)(b−^1 .d−^1 ) =
= (a.d + b.c)(b.d)−^1 =
a.d + b.c b.d
Demonstração:
0 6 f(x) =
∑^ n
i= 1
(ai + x.bi)^2 =
∑^ n
i= 1
(a^2 i + 2.ai.bi + b^2 i x^2 ) =
∑^ n
i= 1
a^2 i + x.
∑^ n
i= 1
ai.bi + x^2
∑^ n
i= 1
b^2 i.
Daí, ∑n
i= 1
a^2 i + x.
∑^ n
i= 1
ai.bi + x^2
∑^ n
i= 1
b^2 i > 0.
Faça,
∑^ n
i= 1
b^2 i = p, 2
∑^ n
i= 1
ai.bi = q e
∑^ n
i= 1
a^2 i = r. Assim, r + q.x + p.x^2 > 0,
isto é, ∆ = q^2 − 4.p.r 6 0, ou, q^2 6 4.p.r. Daí, ( 2
∑^ n
i= 1
ai.bi
( (^) n ∑
i= 1
a^2 i
( (^) n ∑
i= 1
b^2 i
( (^) n ∑
i= 1
ai.bi
( (^) n ∑
i= 1
a^2 i
( (^) n ∑
i= 1
b^2 i
( (^) n ∑
i= 1
ai.bi
( (^) n ∑
i= 1
a^2 i
( (^) n ∑
i= 1
b^2 i
como queríamos demonstrar.
- Responda:
(a) Seja X ⊂ R limitado superiormente e não-vazio. Defina o supremo do conjunto X, notação sup X.
Definição: Um elemento b ∈ R chama-se supremo de X quando b é a menor das cotas superiores de X em R. Assim, b ∈ R é o supremo de X se, e só se, b satisfaz as duas condições abaixo: (S1) b > x, ∀ x ∈ X; (S2) Se c ∈ R é tal que c > x, para todo x ∈ X, então c > b. A condição (S2) é equivalente à condição (S2’) a seguir:
(S2’) Dado c ∈ R, c < b, então existe x ∈ X tal que x > c. E ainda, a condição (S2’) nos diz que
∀ε > 0, ∃x ∈ X; b − ε < x. Dado c < b, basta tomar ε = b − c.
(b) Seja X ⊂ R limitado inferiormente e não-vazio. Defina o ínfimo do con- junto X, notação inf X.
Definição: Um elemento a ∈ R chama-se ínfimo de X quando a é a maior das cotas inferiores de X em R. Assim, a ∈ R é o ínfimo de X se, e só se, a satisfaz as duas condições abaixo: (I1) a 6 x, ∀ x ∈ X; (I2) Se c ∈ R é tal que c 6 x, para todo x ∈ X, então c 6 a. A condição (I2) é equivalente à condição (I2’) a seguir: (I2’) Dado c ∈ R, c > a, então existe x ∈ X tal que x < c. E ainda, a condição (I2’) nos diz que ∀ε > 0, ∃x ∈ X; x < a + ε.
Dado c > a, basta tomar ε = c − a. (c) Enuncie o axioma da completeza do conjunto dos números reais.
Axioma da Completeza: O corpo ordenado R é COMPLETO, isto é, todo subconjunto não-vazio e limitado superiormente X de R possui supremo sup X = b, com b ∈ R.
(d) Demonstre as seguintes consequências da completeza de R. ”Teorema: (i) O conjunto N ⊂ R não é limitado superiormente; (ii) O ínfimo do conjunto X = { 1 /n; n ∈ N} é igual a 0 (zero); (iii) Dados a, b ∈ R+, existe n ∈ N tal que n.a > b. Demonstração: (i) Se N ∈ R fosse limitado superiormente, existiria c ∈ R, c = sup N. Assim, c − 1 não seria cota superior de N (pois o supremo é a menor das cotas superiores), isto é, existiria n ∈ N com c − 1 < n ⇔ c < (n + 1 ) ∈ N,
logo c não seria cota superior de N, contradição, pois c = sup N. Isto prova (i).
(ii) Também temos (f + g) 6 sup(f + g). Como sup(f + g) é a menor das cotas superiores de (f + g), então sup(f + g) 6 sup(f) + sup(g). Exemplo: Sejam f; g : [0; 1] −→ R dadas por f(x) = x e g(x) = −x, vale sup f = 1, sup g = 0, (f + g)(x) = 0, ∀ x ∈ [0, 1], logo sup(f + g) = 0. Vale então que sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0. Vale ainda, inf f = 0, inf g = −1, (f+g)(x) = 0, ∀ x ∈ [0, 1], inf(f+g) = 0, logo inf f + inf g = − 1 < inf(f + g) = 0.
(c) f.g : X −→ R é limitada superiormente, onde (f.g)(x) = f(x).g(x).
Demonstração: (i) f é limitada superiormente, então existe k 1 ∈ R tal que f(x) 6 k 1 , ∀ x ∈ X. (ii) g é limitada superiormente, então existe k 2 ∈ R tal que g(x) 6 k 2 , ∀ x ∈ X. (iii) Assim, (f.g)(x) = f(x).g(x) 6 k 1 .k 2 , ∀ x ∈ X, ou seja, (f.g)(x) 6 k, ∀ x ∈ X ,onde k = k 1 .k 2. Logo, (f.g) é limitada superiormente.
(d) sup(f.g) 6 sup(f). sup(g). Dê um exemplo com sup(f.g) < sup(f). sup(g).
Demonstração: Devemos mostrar que o sup(f + g) 6 sup(f) + sup(g). Temos que,
(i)
f 6 sup(f) g 6 sup(g) ⇒ (f.g) 6 sup(f). sup(g).
Isto nos diz que
sup(f). sup(g)
é uma cota superior de (f.g). (ii) Também temos (f.g) 6 sup(f.g). Como sup(f.g) é a menor das cotas superiores de (f.g), então sup(f.g) 6 sup(f). sup(g).
Exemplo: Sejam f; g : [1; 2] −→ R dadas por f(x) = x e g(x) =
x
, vale sup f = 2, sup g = 1, (f.g)(x) = 1, ∀ x ∈ [1, 2], logo sup(f.g) = 1. Vale então que sup f. sup g = 2 > sup(f.g) = 1.
Vale ainda, inf f = 1, inf g =
, (f.g)(x) = 1, ∀ x ∈ [1, 2], inf(f.g) = 1, logo inf f. inf g =
< inf(f.g) = 1.
- Responda:
(a) Defina limite de uma sequência (xn), com lim(xn) = a. Se o limite existe, isto é, a ∈ R, então diz-se que (xn) é convergente.
Definição: Dizemos que o número real a é limite da sequência (xn)n∈N de números reais, ou simplesmente (xn), e escrevemos
a = lim n→+∞ xn
quando para cada número real ε > 0 é possível obter um número natural n 0 tal que |xn − a| < ε, para todo natural n > n 0. Em símbolos, a = lim n→+∞ xn ⇔ ∀ ε > 0, ∃n 0 ∈ N; ∀ n > n 0 , então |xn − a| < ε,
Equivalentemente,
a = lim n→+∞ xn ⇔ ∀ ε > 0, ∃n 0 ∈ N; ∀ n > n 0 , então a − ε < xn < a + ε, ou,
a = lim n→+∞ xn ⇔ ∀ ε > 0, ∃n 0 ∈ N; ∀ n > n 0 , então xn ∈ (a − ε, a + ε).
(b) Mostre que o limite de uma sequência é único.
Demonstração: Se a = lim n→+∞ (xn) e b = lim n→+∞ (xn), então a = b.
Suponhamos a 6 = b e seja ε =
|b − a| > 0. Temos que (a − ε, a + ε) ∩ (b − ε, b + ε) = ∅, pois se existisse x ∈ (a − ε, a + ε) ∩ (b − ε, b + ε) implicaria que:
|b − a| = |b − x + x − a| 6 |b − x| + |x − a| < ε + ε = 2 ε = |b − a| ⇔ |b − a| < |b − a|
um absurdo. Logo, para ε =
|b − a| > 0
∃n 0 ∈ N; ∀ n > n 0 , então xn ∈ (a − ε, a + ε) o que implica que ∃n 0 ∈ N; ∀ n > n 0 , então xn 6 ∈ (b − ε, b + ε). Então, temos que b 6 = lim n→+∞
(xn), sempre que b 6 = a. Logo, o limite a = lim n→+∞
(xn) é único.
- Responda:
(a) Seja (xn) uma sequência. Se xn > 0 para todo n natural e lim
xn+ 1 xn
a < 1, então lim(xn) = 0.
Resolução:???????????????????? (b) Defina valor de aderência de uma sequência (xn).
Definição: Um número real a é dito valor de aderência de uma sequência (xn), quando existe uma subsequência de (xn) que converge para a. (c) A fim de que o número real a seja valor de aderência de (xn) é necessário e suficiente que, para todo ε > 0 e todo k ∈ N dados, exista n > k tal que |xn − a| < ε.
Demonstração: Temos que, (i) (⇒) Se a é valor de aderência de (xm), então existe subsequência (xmi ) de (xm) tal que xmi → a, isto é,
∀ ε > 0 e para cada k (fixo) ∈ N; ∃ n > k tal que xmn ∈ (a − ε, a + ε), pois, ∀ n > k ⇒ xmn ∈ (a − ε, a + ε).
(ii) (⇐) Supondo que ∀ ε > 0, ∀ k ∈ N exista n > k tal que |xn − a| < ε. No primeiro passo tomamos ε = 1 e k = 1, daí existe n 1 > 1 tal que xn 1 ∈ (a − 1; a + 1 ). Podemos tomar agora ε =
e k = n 1 ,
então existe n 2 > n 1 tal que xn 2 ∈
a −
, a +
. Na (t + 1 )-
ésima etapa tomamos ε =
t + 1
e k = nt, daí existe nt+ 1 > nt
tal que xnt+ 1 ∈
a −
t + 1
, a +
t + 1
. Logo, construimos uma subsequência (xnt ) de (xn) tal que lim(xnt ) = a (d) Prove que uma sequência limitada converge se, e somente se, possui um único valor de aderência.
Demonstração:????????????????????????????????
- Responda:
(a) Sejam lim(xn) = a e lim(yn) = b. Se a < b, prove que existe n 0 ∈ N tal que para todo n > n 0 , então xn < yn.
Demonstração: Temos que,
lim(xn − yn) = lim(xn) − lim(yn) = a − b < 0. Como lim(xn − yn) < 0, então, pelo teorema da conservação do sinal, ∃ n 0 ∈ N; ∀ n > n 0 ⇒ xn − yn < 0, ou seja, xn < yn.
(b) Diz-se que (xn) é uma sequência de Cauchy quando, para todo ε > 0 dado, existe n 0 ∈ N, tais que ∀m, n ∈ N com m, n > n 0 ⇒
∣xm −xn
∣ (^) < ε. Prove que uma sequência (xn) é convergente se, e somente se, é de Cauchy.
Demonstração:????????????????????????
- Dado a > 0, defina indutivamente a sequência (xn) pondo x 1 =
√ a^ e^ xn+^1 = a.xn. Prove que (xn) é converegente (use o teorema de Bolzano-Weierstrass) e calcule seu limite
L =
a.
a.
a.
Demonstração: Para mostrarmos que (xn) é convergente, devemos mostrar que (xn) é monótona (crescente) e limitada. [Mostremos por indução, sobre n que (xn) é monótona]
(i) x 2 =
a.
a >
a = x 1. Para n = 1, xn+ 1 > xn (ok!) (ii) (HI) Suponha que seja verdade para n = k − 1, i.e, xk > xk− 1 , sendo, xk =
a.xk− 1. (iii) Vamos mostrar que vale para n = (k − 1 ) + 1 = k, ou seja, vamos mostrar que xk+ 1 > xk. De fato,
xk =
a.xk− 1 ⇒ (xk)^2 = a.xk− 1 < a.xk = (xk+ 1 )^2 ⇔ (xk)^2 < (xk+ 1 )^2 ⇔ xk < xk+ 1
Logo, xn < xn+ 1 para todo n ∈ N. Portanto, (xn) é monótona.
[Mostremos que (xn) é limitada] Temos que xn > 0, ∀ n ∈ N. Afirmo que existe L > 0, tal que xn < L, ∀ n ∈ N. Fazendo indução sobre n, e tomando L = a (pois
a < a), temos
