Transcript
Solu¸co˜es dos exerc´ıcios de An´alise do livro An´alise real volume 1 de Elon Lages Lima. Rodrigo Carlos Silva de Lima
‡
Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ rodrigo.uff
[email protected] ‡
8 de dezembro de 2011
1
Sum´ ario 1 Solu¸co ˜es-An´ alise Real Volume 1 (Elon fino)
5
1.1
Nota¸c˜oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2
Cap´ıtulo 1-Conjuntos finitos e infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2.1
N´ umeros naturais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2.2
Conjuntos finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.2.3
Conjuntos infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.4
Conjuntos enumer´aveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3
1.4
1.5
1.6
Cap´ıtulo 2-N´ umeros reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.3.1
R ´e um corpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3.2
R ´e um corpo ordenado
1.3.3
R ´e um corpo ordenado completo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Cap´ıtulo 3-Sequˆencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.4.1
Limite de uma sequˆencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.4.2
Limites e desigualdades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1.4.3
Opera¸c˜oes com limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.4.4
Limites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Cap´ıtulo 4-S´eries num´ericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 1.5.1
S´eries convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
1.5.2
S´eries absolutamente convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.5.3
Teste de convergˆencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
1.5.4
Comutatividade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
Cap´ıtulo 5-Algumas no¸c˜oes topol´ogicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 1.6.1
Conjuntos abertos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
1.6.2
Conjuntos fechados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2
´ SUMARIO
1.7
1.8
1.9
3
1.6.3
Pontos de acumula¸c˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
1.6.4
Conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.6.5
O conjunto de Cantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Cap´ıtulo 6-Limite de fun¸co˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 1.7.1
Defini¸c˜ao e primeiras propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
1.7.2
Limites laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
1.7.3
Limites no infinito, limites infinitos, etc. . . . . . . . . . . . . . . . 85
Cap´ıtulo 7-Fun¸c˜oes cont´ınuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 1.8.1
Defini¸c˜ao e primeiras propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
1.8.2
Fun¸co˜es cont´ınuas num intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
1.8.3
Fun¸co˜es cont´ınuas em conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . 95
1.8.4
Continuidade uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
Cap´ıtulo 8-Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 1.9.1
A no¸c˜ao de derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
1.9.2
Regras operacionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
1.9.3
Derivada e crescimento local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
1.9.4
Fun¸co˜es deriv´aveis num intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
1.10 Cap´ıtulo 9-F´ormula de Taylor e aplica¸c˜oes da Derivada . . . . . . . . . . . 120 1.10.1 F´ormula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 1.10.2 Fun¸co˜es cˆoncavas e convexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 1.10.3 Aproxima¸c˜oes sucessivas e m´etodo de Newton . . . . . . . . . . . . 132 1.11 Cap´ıtulo 10-A integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 1.11.1 Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 1.11.2 Propriedades da integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 1.11.3 Condi¸co˜es suficientes de integrabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . 146 1.12 Cap´ıtulo 11-C´alculo com integrais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 1.12.1 Os teoremas cl´assicos do c´alculo integral. . . . . . . . . . . . . . . . 150 1.12.2 A integral como limite de somas de Riemann . . . . . . . . . . . . . 152 1.12.3 Logaritmos e exponenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 1.12.4 Integrais impr´oprias
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
1.13 Cap´ıtulo 12-Sequˆencias e s´erie de fun¸co˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 1.13.1 Convergˆencia simples e convergˆencia uniforme . . . . . . . . . . . . 168 1.13.2 Propriedades da convergˆencia uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . 172
´ SUMARIO
4
1.14 Agradecimentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
Cap´ıtulo 1 Solu¸c˜ oes-An´ alise Real Volume 1 (Elon fino) Este texto ainda n˜ao se encontra na sua vers˜ao final, sendo, por enquanto, constitu´ıdo apenas de anota¸c˜oes informais. Sugest˜oes para melhoria do texto, corre¸co˜es da parte matem´atica ou gramatical eu agradeceria que fossem enviadas para meu Email rodrigo.uff
[email protected]. Se houver alguma solu¸c˜ao errada, se quiser contribuir com uma solu¸ca˜o diferente ou ajudar com uma solu¸c˜ao que n˜ao consta no texto, tamb´em pe¸co que ajude enviando a solu¸c˜ao ou sugest˜ao para o email acima, colocarei no texto o nome da pessoa que tenha ajudado com alguma solu¸c˜ao. Espero que esse texto possa ajudar alguns alunos que estudam an´alise pelo livro do Elon. Os exerc´ıcios que possuem dicas no final do livro s˜ao feitos, em geral, seguindo essas dicas, por´em em alguns casos resolvemos um problema mais geral e tirando o exerc´ıcio como corol´ario direto de outra proposi¸ca˜o, outras vezes damos solu¸co˜es diferentes. Tentamos detalhar essas solu¸co˜es tornando claras passagens que poderiam ser obscuras. Os enunciados das quest˜oes s˜ao escritos no texto ,na maioria das vezes alterados, por´em tomamos o cuidado de manter a essˆencia de cada quest˜ao. A exposi¸ca˜o do texto segue a linha Teorema-Demonstra¸ca˜o.
5
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
1.1
6
Nota¸c˜ oes
Denotamos (xn ) uma sequˆencia (x1 , x2 , · · · ). Uma n upla (x1 , x2 , · · · , xn ) podemos
denotar como (xk )n1 . O conjunto de valores de aderˆencia de uma sequˆencia (xn ) iremos denotar como
A[xn ]. Usaremos a abrevia¸c˜ao P BO para princ´ıpio da boa ordena¸ca˜o. Denotamos f (x + 1) − f (x) = ∆f (x). Usamos nota¸c˜ao Qxn =
xn+1 . xn
Para simbolizar a k-´esima derivada da fun¸ca˜o f , usamos os s´ımbolos Dk ou f (k) . Se a sequˆencia (xn ) converge para a, podemos usar as nota¸co˜es lim xn = a ou
xn → a.
1.2 1.2.1
Cap´ıtulo 1-Conjuntos finitos e infinitos N´ umeros naturais
Quest˜ ao 1 a) Propriedade 1. Mostrar que
n ∑
k=
k=1
n(n + 1) . 2
Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸c˜ao sobre n. Para n = 1 a igualdade vale pois 1 ∑
k=1=
k=1
Supondo a validade para n
n ∑
k=
k=1
vamos provar para n + 1
n+1 ∑ k=1
k=
1(2) . 2
n(n + 1) 2
(n + 1)(n + 2) . 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
7
Por defini¸c˜ao de somat´orio temos n+1 ∑
k = (n + 1) +
k=1
n ∑
k = (n + 1) +
k=1
n(n + 1) n (n + 1)(n + 2) = (n + 1)(1 + ) = 2 2 2
onde usamos a hip´otese da indu¸ca˜o
.
Quest˜ ao 1 b) Propriedade 2. Mostrar que
n ∑
(2k − 1) = n2 .
k=1
Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸c˜ao sobre n. Para n = 1 temos 1 ∑ (2k − 1) = 2.1 − 1 = 1 = 12 . k=1
supondo a validade para n,
n ∑
(2k − 1) = n2
k=1
vamos provar para n + 1
n+1 ∑
(2k − 1) = (n + 1)2 .
k=1
Usando a defini¸ca˜o de somat´orio e hip´otese da indu¸c˜ao tem-se n+1 ∑ k=1
(2k − 1) =
n ∑
(2k − 1) + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2
.
k=1
Quest˜ ao 2 Propriedade 3 (Axioma de Eudoxius). Dados m e n naturais com n > m ent˜ao existe q ∈ N tal que qm ≤ n < (q + 1)m. Demonstra¸c˜ ao. Seja A = {x.m | xm > n, x ∈ N }, tal conjunto ´e n˜ao vazio pois (n + 1).m > n, pelo P BO ele possui um menor elemento. Sabemos tamb´em que m n˜ao pertence a esse conjunto, ent˜ao x > 1, x sempre ´e sucessor de algum n´ umero natural , ent˜ao podemos tomar o elemento m´ınimo de A da forma (q + 1)m. Tem-se (q + 1) > q
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
8
logo (q + 1).m > q.m, assim q.m n˜ao pode pertencer ao conjunto A, pois iria contrariar o P BO, logo por tricotomia vale q.m ≤ n e q.m ≤ n < (q + 1).m. Propriedade 4 (Divis˜ao Euclidiana). Dados n > m, ent˜ao existe q tal que n = q.m ou qm + r = n com r < m. Demonstra¸c˜ ao. Pelo axioma de Eudoxius existe q tal que q.m ≤ n < (q + 1).m. da´ı q.m = n ou q.m < n, se a primeira vale a demonstra¸ca˜o termina, se vale a segunda existe r ∈ N tal que q.m + r = n. Agora analisamos as possibilidades para r, se r = m, q.m + m = n, m(q + 1) = n que ´e absurdo. Se r > m ent˜ao q.m + r = n > q.m + m = m(q + 1) que tamb´em ´e absurdo, como n˜ao vale r ≥ m ent˜ao por tricotomia vale r < m
.
Quest˜ ao 3 Propriedade 5. Seja A ̸= ∅ subconjunto de N , com propriedade n, m ∈ A ⇔ m, m + n ∈ A ent˜ao existe t ∈ N tal que A = {tn | n ∈ N }. Demonstra¸c˜ ao. A ´e n˜ao vazio, ent˜ao ele possui um elemento m´ınimo t. Primeiro vamos mostrar que B = {tn | n ∈ N } ⊂ A. t ∈ A, supondo tn ∈ A vamos mostrar que t(n + 1) ∈ A. A propriedade vale pois t(n + 1) = tn + t a adi¸c˜ao ´e fechada em A. Ent˜ao os m´ ultiplos de t pertencem ao conjunto A. Agora dado um elemento m ∈ A, tomamos a divis˜ao euclidiana de m por t, da´ı existe q ∈ N tal que m = q.t ou ∃r ∈ N tal que m = q.t + r. Se vale para todo m a primeira possibilidade ent˜ao A ⊂ B implicando A = B. Vamos mostrar que a segunda n˜ao ocorre. Se m ∈ A ´e da forma qt + r, como qt ∈ A segue que r ∈ A, mas vale r < t o que contraria a minimalidade de t, ent˜ao essa possibilidade n˜ao pode acontecer e vale sempre m = q.t
.
Quest˜ ao 4 Propriedade 6. N˜ao existe x ∈ N tal que n < x < n + 1.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
9
Essa propriedade nos mostra que todo n´ umero natural diferente de 1 ´e sucessor de algum outro n´ umero. Demonstra¸c˜ ao. Suponha que exista x nas condi¸c˜oes dadas, ent˜ao x = n + p com p natural, p n˜ao pode ser 1 e tamb´em n˜ao pode ser p > 1, pois de 1 < p somando n, segue x < n + 1 < n + p chegar´ıamos em n + p < n + p que ´e falsa, resta ent˜ao a possibilidade de p < 1 que n˜ao acontece pois 1 ´e o menor elemento de N . Quest˜ ao 5 Propriedade 7. Provar o princ´ıpio da boa ordena¸ca˜o por meio do axioma de indu¸ca˜o. Demonstra¸c˜ ao. Seja B um conjunto que satisfa¸ca as condi¸c˜oes do axioma de indu¸ca˜o, 1 ∈ B e ∀k ∈ B, k + 1 ∈ B, vamos provar que B = N. Suponha por absurdo que B ̸= N , definimos A = N \ B, tal conjunto ´e n˜ao vazio ent˜ao possui um elemento m´ınimo, tal elemento n˜ao pode ser 1 pois 1 ∈ B, ent˜ao esse elemento ´e sucessor de algum n´ umero natural e podemos denotar tal elemento como t + 1 , isso implica que t ∈ B e por indu¸c˜ao t + 1 ∈ B que ´e um absurdo
1.2.2
.
Conjuntos finitos
Quest˜ ao 1 a) Propriedade 8. Se B ´e finito e A ⊂ B ent˜ao |A| ≤ |B|. (nota¸ca˜o |A| ´e o n´ umero de elemento de A e A ( B significa que A ´e subconjunto pr´oprio de B, isto ´e A ⊂ B e A ̸= B). Demonstra¸c˜ ao. Faremos o caso de B = In . Como A ´e subconjunto de um conjunto finito ent˜ao ele ´e finito, seja ent˜ao |A| = m, supondo por absurdo que m > n vale In ( Im e de A ⊂ In ( Im segue que A ( Im , isto ´e, A ´e subconjunto pr´oprio de Im , por´em como |A| = m, existe bije¸c˜ao entre Im e A, absurdo! pois n˜ao pode existir bije¸ca˜o entre um conjunto finito e sua parte pr´opria.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Quest˜ ao 1 b) Propriedade 9. Se A e B s˜ao finitos e disjuntos com |A| = n e |B| = m ent˜ao A ∪ B ´e finito com |A ∪ B| = m + n. Demonstra¸c˜ ao. Existem bije¸co˜es f : In → A, g : Im → B. Definimos h : Im+n → A ∪ B como h(x) = f (x) se 1 ≤ x ≤ n e h(x) = g(x − n) se 1 + n ≤ x ≤ m + n (1 ≤ x − n ≤ m), como h ´e bije¸ca˜o segue o resultado. Propriedade 10. Se A e B s˜ao conjuntos finitos n˜ao necessariamente disjuntos vale a rela¸c˜ao |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|. Demonstra¸c˜ ao. Escrevemos A como a uni˜ao disjunta A = (A \ B) ∪ (A ∩ B), da´ı |A| − |A ∩ B| = |A \ B| agora escrevemos A ∪ B = (A \ B) ∪ B, uni˜ao disjunta logo |A ∪ B| = |A \ B| + |B| usando a primeira express˜ao segue que |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|. Quest˜ ao 1 c) Propriedade 11. Sejam (A1 , A2 , · · · , An ) = (Ak )n1 (nota¸ca˜o) conjunto finitos dois a dois n n n ∑ ∑ ∪ mk . disjuntos, onde |Ak | = mk ent˜ao | Ak | = |Ak | = k=1
k=1
k=1
Demonstra¸c˜ ao. Indu¸c˜ao sobre n. Propriedade 12. Se A e B s˜ao finitos e disjuntos com |A| = m e |B| = n ent˜ao A × B ´e finito com |A × B| = m.n. Demonstra¸c˜ ao. Podemos escrever A × B =
n ∪
Ak onde Ak = A × {Bk } com |Ak | =
k=1
m, logo |A × B| = |
n ∪ k=1
Ak | =
n ∑ k=1
|Ak | = m.n.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Quest˜ ao 2 Propriedade 13. Seja |A| = n ent˜ao |P (A)| = 2n . Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸ca˜o sobre n, se n = 1, ent˜ao A = {a1 } possui dois subconjuntos que s˜ao ∅ e {α1 }. Suponha que qualquer conjunto qualquer B com n elementos tenha |P (B)| = 2n , vamos provar que um conjunto C com n + 1 elementos implica |P (C)| = 2n+1 . Tomamos um elemento a ∈ C, C \ {a} possui 2n subconjuntos (por hip´otese da indu¸ca˜o), sk de k = 1 at´e k = 2n , que tamb´em s˜ao subconjuntos de C, por´em podemos formar mais 2n subconjuntos de C com a uni˜ao do elemento {a}, logo no total temos 2n + 2n = 2n+1 subconjuntos de C e mais nenhum subconjunto, pois n˜ao temos nenhum outro elemento para unir aos subconjuntos dados. Quest˜ ao 3 Propriedade 14. Sejam (Ak )n1 com |Ak | = mk ent˜ao |
n ∏
Ak | =
k=1
n ∏ k=1
|Ak | =
n ∏
mk .
k=1
Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸c˜ao sobre n. Propriedade 15. Se |A| = m e |B| = n ent˜ao |F (A; B)| = nm . Demonstra¸c˜ ao.[1] Faremos o caso em que A = Im . As fun¸c˜oes de F (Im ; B) s˜ao m uplas, sendo que em cada coordenada existem n possibilidades de elementos F (Im ; B) =
m ∏
B
k=1
da´ı |F (Im ; B)| = |
m ∏ k=1
B| =
m ∏
|B| = nm .
k=1
No caso geral mostramos que existe uma bije¸c˜ao entre F (Im ; B) e F (A; B) logo tais conjuntos possuem a mesma quantidade de elementos. Demonstra¸c˜ ao.[2] Por indu¸ca˜o sobre m. Para m = 1. A = {a1 } e B = {b1 , · · · , bn }, temos n fun¸c˜oes fk (a1 ) = bk , ∀k ∈ In . Suponha a validade para um conjunto A′ qualquer com m elementos, vamos provar para A com |A| = m+1. Tomamos a ∈ A, da´ı A\{a} = A′ possui m elementos, logo |F (A′ , B)| = nm , podemos estender cada ft′ : A′ → B para f : A → B de n maneiras diferentes, tomando f (a) = bk , k ∈ In , logo temos no total nnm = nm+1 fun¸c˜oes
.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
12
Quest˜ ao 4 Propriedade 16. Se A ̸= ∅ ⊂ N ´e limitado superiormente ent˜ao A possui m´aximo. Demonstra¸c˜ ao. Seja B = {n ∈ N | n > x, ∀x ∈ A.} , B ´e um conjunto n˜ao vazio de n´ umeros naturais, logo pelo princ´ıpio da boa ordena¸ca˜o B possui um elemento m´ınimo, tal elemento n˜ao pode ser o n´ umero 1 ent˜ao ele ´e sucessor de algum n´ umero natural, que denotaremos por t + 1, logo t tem que satisfazer uma das propriedades, existe y ∈ A tal que t < y ou existe y ∈ A tal que t = y . A primeira op¸c˜ao n˜ao pode valer pois ter´ıamos t < y < t + 1 que ´e absurdo . Vamos mostrar que tal y realmente ´e o m´aximo do conjunto. Seja z ̸= y elemento de A, ent˜ao z < y, pois se t = y < z, ent˜ao t < z < t + 1 que ´e absurdo. Propriedade 17. Um conjunto A ̸= ∅ , A ⊂ N ´e finito sse ´e limitado.
1.2.3
Conjuntos infinitos
Quest˜ ao 1 a) Propriedade 18. Se A ´e infinito e f : A → B ´e injetiva ent˜ao B ´e infinito. Demonstra¸c˜ ao. f : A → f (A) ´e bije¸ca˜o e f (A) ⊂ B ´e infinito, logo B ´e infinito , B n˜ao pode ser finito, pois todo subconjunto de um conjunto finito ´e finito. f (A) n˜ao pode ser finito, pois se fosse A estaria em bije¸c˜ao com um conjunto finito logo seria finito. Quest˜ ao 1 b) Propriedade 19. Se B ´e infinito e f : A → B ´e sobrejetiva ent˜ao A ´e infinito. Demonstra¸c˜ ao. Dado y ∈ B escolhemos x ∈ A tal que f (x) = y e com isso definimos a fun¸c˜ao g : B → A tal que g(y) = x, g ´e injetiva ent˜ao pelo resultado anterior segue que A ´e infinito. Quest˜ ao 2 Propriedade 20. Se A ´e infinito ent˜ao existe fun¸ca˜o injetiva f : N → A.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
13
Demonstra¸c˜ ao. Podemos definir f indutivamente. Tomamos inicialmente x1 ∈ A e n ∪ definimos f (1) = x1 e para n ∈ N escolhemos xn+1 ∈ A\ {xk } definido f (n+1) = xn+1 . A\
n ∪
k=1
{xk } nunca ´e vazio pois A ´e infinito. f ´e injetora pois tomando m > n tem-se
k=1
f (n) ∈
m−1 ∪
m−1 ∪
k=1
k=1
{xk } e f (m) ∈ A \
{xk }.
Corol´ ario 1. Existe fun¸ca˜o injetiva de um conjunto finito B num conjunto infinito A. Propriedade 21. Sendo A infinito e B finito existe fun¸c˜ao sobrejetiva g : A → B. Demonstra¸c˜ ao. Existe fun¸c˜ao injetiva f : B → A, logo f : B → f (B) ⊂ A ´e bije¸c˜ao, possuindo inversa g −1 : f (B) → B. Considere a fun¸ca˜o f : A → B definida como f (x) = g −1 (x) se x ∈ f (B) e f (x) = x1 ∈ B se x ∈ / f (B), f ´e fun¸ca˜o sobrejetiva. Quest˜ ao 3 Propriedade 22. Existem infinitos n´ umeros primos. Demonstra¸c˜ ao. Suponha que existam (pk )n1 ,n primos, vamos mostrar que existe mais um primo distinto dos anteriores . Considere s=(
n ∏
pk ) +1
|k=1 {z } =a
se esse n´ umero ´e primo a demonstra¸c˜ao termina, se n˜ao, ele ´e composto e ir´a existir um n´ umero primo p tal que p|s, tal p n˜ao pode ser nenhum dos pk dados pois se pk |s ent˜ao pk |(s − a) = 1 que ´e absurdo, assim ele possui um fator primo p ̸= pk . Uma maneira de denotar tal fato ´e escrever lim π(n) = ∞. Exemplo 1. O produto de primos consecutivos adicionados de 1 n˜ao s˜ao sempre primos 2 + 1 = 3 ´e primo 2.3 + 1 = 7 ´e primo
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
14
2.3.5 + 1 = 31 ´e primo 2.3.5.7 + 1 = 211 ´e primo 2.3.5.7.11 + 1 = 2311 ´e primo 2.3.5.7.11.13 + 1 = 30031 = 509.59 n˜ao ´e primo 2.3.5.7.11.13.17 + 1 = 510511 = 19.97.277 n˜ao ´e primo Quest˜ ao 4 Exemplo 2. Dar exemplo de uma sequˆencia (Ak ) decrescente de conjuntos infinitos cuja intersec¸c˜ao seja vazia. Considere os conjuntos definidos como Ak = {n ∈ N | n > k}, cada um desses conjuntos ´e infinito e vale Ak ⊂ Ak+1 , por´em n˜ao existe elemento que perten¸ca ao intersec¸c˜ao ∞ ∩
Ak
k=1
se houvesse algum t que pertencesse a intersec¸ca˜o ent˜ao tal t deveria ser elemento de todo Ak , por´em isso n˜ao acontece, pois existe k tal que k > t, da´ı todos elementos de Ak s˜ao maiores que t.
1.2.4
Conjuntos enumer´ aveis
Quest˜ ao 1 Exemplo 3. f : N × N → N definida como f (m + 1, n) = 2m (2n − 1) e f (1, n) = 2n − 1 ´e uma bije¸c˜ao. Dado um n´ umero natural n qualquer, podemos escrever esse n´ umero como produto dos seus fatores primos n=
n ∏ k=1
pαk k = 2α1 .
n ∏
pαk k
k=2
como os primos maiores que 2 s˜ao ´ımpares e o produto de ´ımpares ´e um n´ umero ´ımpar ent˜ao n = 2m (2n − 1). Agora vamos mostrar que a fun¸ca˜o ´e injetora seja f (m, n) = f (p, q) 2m (2n − 1) = 2p (2q − 1)
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
15
se m ̸= p os n´ umeros ser˜ao diferentes pela unicidade de fatora¸c˜ao (2s − 1 n˜ao possui fatores 2 pois sempre ´e ´ımpar), ent˜ao devemos ter m = p, da´ı segue que n = q e termina a demonstra¸ca˜o. Quest˜ ao 2 Exemplo 4. Existe g : N → N sobrejetiva tal que g −1 (n) ´e infinito para cada n ∈ N . Seja f : N → N definida como f (n) = k se n ´e da forma n = pαk k onde pk ´e o k-´esimo n´ umero primo e f (n) = n caso contr´ario, f ´e sobrejetiva e existem infinitos n ∈ N tais que f (n) = k para cada k natural. Quest˜ ao 3 Exemplo 5. Exprimir N =
∞ ∪
Nk onde os conjuntos s˜ao infinitos e dois a dois disjuntos.
k=1
Tome Nk+1 =
{pαk k , αk
∈ N onde pk o k-´esimo primo} e N1 = N \
∞ ∪
Nk , cada um
k=2
deles ´e infinito, s˜ao disjuntos e sua uni˜ao d´a N . Quest˜ ao 4 Propriedade 23. Pn = {A ⊂ N | |A| = n} ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Definimos a fun¸c˜ao f : Pn → N n da seguinte maneira: Dado A = {x1 < x2 < · · · < xn }, f (A) = (x1 , · · · , xn ). Tal fun¸c˜ao ´e injetiva pois dados A = {xk , k ∈ In } e B = {yk , k ∈ In } n˜ao pode valer xk = yk para todo k, pois se n˜ao os conjuntos seriam iguais. Corol´ ario 2. o conjunto Pf dos subconjuntos finitos de N ´e enumer´avel pois Pf =
∞ ∪ k=1
´e uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis.
Pk
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
16
Quest˜ ao 5 Daremos duas demonstra¸co˜es para essa quest˜ao uma mais direta outra um pouco mais longa. Propriedade 24. O conjunto X das sequˆencias (xn ) tais que dado n, xn = 0 ou xn = 1 ´e n˜ao enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Vamos supor por absurdo que tal conjunto seja enumer´avel com a enumera¸ca˜o s : N → X , tal que dado v natural associamos a sequˆencia sv = (xv (n) ). Podemos ent˜ao tomar o elemento y = (yn ), definido da seguinte maneira: yn ̸= xn (n) , podemos tomar yn dessa maneira pois se para n fixo vale xn (n) = 0 escolhemos yn = 1, se xn (n) = 1 escolhemos yn = 0, da´ı tem-se que y ̸= sv para todo v natural, logo y n˜ao pertence a enumera¸c˜ao, o que ´e absurdo. Logo a sequˆencia ´e n˜ao enumer´avel. Propriedade 25. P (N ) ´e n˜ao enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Definimos a fun¸c˜ao f : X → P (N ) (onde X ´e o conjunto de sequˆencias de elementos 0 ou1 ) da seguinte maneira para cada sequˆencia (xk ), definimos f (xk ) = V = {k | xk ̸= 0}. Tal fun¸ca˜o ´e bije¸c˜ao pois dadas duas sequˆencias distintas (xk ) e (yk ) ent˜ao existe k tal que xk ̸= yk , sem perda de generalidade, yk = 0 ent˜ao k∈ / f (yk ) e k ∈ f (xk ) logo as imagens s˜ao distintas. A fun¸ca˜o tamb´em ´e sobrejetiva pois dado um subconjunto V ⊂ N a ele est´a associado a sequˆencia (xk ) onde xk = 0 se k ∈ /V e xk = 1 se k ∈ V . Como tal fun¸c˜ao ´e bije¸ca˜o e X ´e n˜ao enumer´avel, segue que P (N ) tamb´em ´e n˜ao enumer´avel. Teorema 1 (Cantor). Sejam A um conjunto arbitr´ario e B um conjunto contendo pelo menos dois elementos, ent˜ao nenhuma fun¸ca˜o f : A → F (A, B) ´e sobrejetiva. Demonstra¸c˜ ao. A fun¸ca˜o f : A → F (A, B) associa a um elemento de x de A a um elemento y de F (A, B), que por sua vez ´e uma fun¸ca˜o de A em B, y : A → B, que denotaremos por fx = y. Para mostrar que f n˜ao ´e sobrejetiva, temos que mostrar que existe z em F (A, B) tal que para nenhum x ∈ A vale fx = z. Definiremos z : A → B da seguinte maneira, para todo x ∈ A fixo temos que fx (x) ´e um elemento de B, como B possui no m´ınimo dois elementos, ent˜ao associamos z(x) a um
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
17
elemento diferente de fx (x), assim as fun¸co˜es(imagens da fun¸c˜ao) z e fx s˜ao distintas para todo x (pois diferem em um elemento) , logo f : A → F (A, B) n˜ao pode ser sobrejetiva. Propriedade 26. Existe bije¸ca˜o entre P (A) e F (A, {0, 1}). Os elementos de P (A) s˜ao subconjuntos de A. Demonstra¸c˜ ao. Seja a fun¸c˜ao C : P (A) → F (A, {0, 1}), chamada de fun¸c˜ao caracter´ıstica, definida como: Dado V ∈ P (A), CV deve ser uma fun¸ca˜o de A em {0, 1}, definimos ent˜ao CV (x) = 1 se x ∈ V e CV (x) = 0 se x ∈ / V. Tal fun¸ca˜o ´e injetiva, pois sejam V ̸= H elementos de P (A) ent˜ao CV ´e diferente de CH , pois existe, por exemplo, x1 ∈ H tal que x1 ∈ / V e x1 ∈ A e vale CV (x1 ) = 0 e CH (x1 ) = 1, logo as fun¸co˜es s˜ao distintas. A fun¸c˜ao ´e sobrejetiva, pois dado um elemento y de F (A, {0, 1}), ele deve ser uma fun¸c˜ao de A em {0, 1}, ent˜ao existe um subconjunto V que cont´em todos x ∈ A tal que y(x) = 1 e para todo x ∈ L = A \ V tem-se y(x) = 0, tal fun¸ca˜o ´e a mesma que CV . Logo a fun¸ca˜o ´e bijetora. Corol´ ario 3. N˜ao existe bije¸c˜ao entre os conjuntos A e P (A), pois n˜ao existe fun¸ca˜o sobrejetiva entre A e F (A, (0, 1)) essa u ´ltima que est´a em bije¸ca˜o com P (A). Em especial n˜ao existe bije¸c˜ao entre N e P (N ). Quest˜ ao 6 Propriedade 27. Sejam B enumer´avel e f : A → B tal que ∀y ∈ B, f −1 (y) ´e enumer´avel, ent˜ao A ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. A=
∪
f −1 (y)
y∈B
ent˜ao A ´e uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis, da´ı A ´e enumer´avel.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
1.3 1.3.1
18
Cap´ıtulo 2-N´ umeros reais R´ e um corpo
Quest˜ ao 1 a) Propriedade 28 (Unicidade do elemento neutro da adi¸ca˜o). Se x + θ = x para algum x ∈ R ent˜ao θ = 0. Demonstra¸c˜ ao. Vale que x + θ = x + 0, logo pela lei do corte segue θ = 0. Quest˜ ao 1 b) Propriedade 29 (Unicidade do elemento neutro da multiplica¸ca˜o). Se x.u = x para todo x ∈ R ent˜ao u = 1. Demonstra¸c˜ ao. Tomamos x ̸= 0 ele possui inverso x−1 multiplicando por x−1 de ambos lados segue que u = 1. Quest˜ ao 1 c) Propriedade 30. Se x + y = 0 ent˜ao y = −x. Demonstra¸c˜ ao. Adicionamos −x em ambos lados. Quest˜ ao 1 d) Propriedade 31. Se x.y = 1 ent˜ao y = x−1 . Demonstra¸c˜ ao. Como x.y = 1 ent˜ao nenhum dos n´ umeros ´e nulo, logo ambos possuem inverso, multiplicamos em ambos lados por x−1 de onde segue o resultado. Quest˜ ao 2 Propriedade 32. (bd)−1 = b−1 .d−1 .
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
Demonstra¸c˜ ao. (bd)−1 .bd = 1 b−1 .d−1 .b.d = 1 logo (bd)−1 = b−1 .d−1 . por unicidade de inverso . Propriedade 33. a c ac . = . b d bd Demonstra¸c˜ ao. a c ac . = a.b−1 .c.d−1 = ac.b−1 .d−1 = ac.(bd)−1 = . b d bd Propriedade 34. a c a+c + = . d d d Demonstra¸c˜ ao. a c a+c + = d−1 a + d−1 c = d−1 (a + c) = d d d por distributividade do produto em rela¸ca˜o a soma. Propriedade 35. a c ad + bc + = . b d bd Demonstra¸c˜ ao. a c ad cb ad cb ad + bc + = + = + = . b d bd db bd db bd Quest˜ ao 3 Propriedade 36. (x−1 )−1 = x. Demonstra¸c˜ ao. Pois x.x−1 = 1, logo x ´e o inverso de x−1 , isto ´e x = (x−1 )−1 . Corol´ ario 4.
pois
( )−1 a b = b a ( )−1 b a = (ab−1 )−1 = a−1 b = b a
.
19
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
20
Quest˜ ao 4 Propriedade 37. Mostrar que n ∑
xk =
k=0
1 − xn+1 1−x
para x ̸= 1. Demonstra¸c˜ ao. Usamos a soma telesc´opica n ∑
xk+1 − xk = xn+1 − 1
k=0
como xk+1 − xk = xk (x − 1) ent˜ao n ∑ k=0
1.3.2
xk =
xn+1 − 1 1 − xn+1 = . x−1 1−x
R´ e um corpo ordenado
Quest˜ ao 1 Vamos dar algumas demonstra¸co˜es da desigualdade triangular e tirar a quest˜ao como corol´ario. Propriedade 38. Sejam 0 ≤ x e 0 ≤ y. Se x2 ≤ y 2 ent˜ao x ≤ y. Demonstra¸c˜ ao. Vale (x − y)(x + y) ≤ 0 como 0 ≤= x + y deve valer (x − y) ≤ 0 da´ı x ≤ y . Propriedade 39 (Desigualdade triangular). |a + b| ≤ |a| + |b| para quaisquer a e b reais. Demonstra¸c˜ ao. a.b ≤ |ab| = |a||b|
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
21
multiplicando por 2 e somando a2 + b2 em ambos lados a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 ≤ a2 + 2|a||b| + b2 = |a|2 + 2|a||b| + |b|2 = (|a| + |b|)2 logo (|a + b|)2 ≤ (|a| + |b|)2 de onde segue usando a propriedade anterior |a + b| ≤ |a| + |b|.
Demonstra¸c˜ ao.[2] Valem as desigualdades −|a| ≤ a ≤ |a|, −|b| ≤ b ≤ |b| somando ambas −(|b| + |a|) ≤ a + b ≤ |b| + |a| que equivale `a |a + b| ≤ |a| + |b|. Demonstra¸c˜ ao.[3] Sabemos que vale sempre x ≤ |x| e y ≤ |y| ent˜ao x + y ≤ |x| + |y|, da´ı se 0 ≤ x + y temos |x + y| = x + y ≤ |x| + |y|. Vale tamb´em que −x ≤ |x| e y ≤ |y| ent˜ao se x + y < 0 segue |x + y| = −(x + y) ≤ |x| + |y|. Em qualquer dos casos temos |x + y| ≤ |x| + |y|. Corol´ ario 5. Na desigualdade triangular |a + b| ≤ |a| + |b| tomando a = x − y , b = y − z segue |x − z| ≤ |x − y| + |y − z| Quest˜ ao 2 Propriedade 40. ||a| − |b|| ≤ |a − b|.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
22
Demonstra¸c˜ ao. Pela desigualdade triangular temos que |a| ≤ |a − b| + |b| logo |a| − |b| ≤ |a − b| tem-se tamb´em que ( ) |b| ≤ |a − b| + |a| ⇒ |b| − |a| = − |a| − |b| ≤ |a − b| ⇒ −|a − b| ≤ |a| − |b| juntando as duas desigualdades −|a − b| ≤ |a| − |b| ≤ |a − b| que implica ||a| − |b|| ≤ |a − b|. Quest˜ ao 3 Propriedade 41. Dados x, y ∈ R, se x2 + y 2 = 0 ent˜ao x = y = 0. Demonstra¸c˜ ao. Suponha que x ̸= 0, ent˜ao x2 > 0 e y 2 ≥ 0 de onde segue que x2 +y 2 > 0 , absurdo ent˜ao deve valer x2 = 0 ⇒ x = 0 logo temos tamb´em y 2 = 0 ⇒ y = 0, portanto x = y = 0. Quest˜ ao 4 Exemplo 6. Mostre que x2 (1 + x) ≥ 1 + nx + n(n − 1) 2 n
para n natural e x ≥ 0. Vamos chamar C(n, x) = 1 + nx + n(n − 1)
x2 . 2
Por indu¸c˜ao sobre n, para n = 1 (1 + x) ≥ 1 + 1.x + 1(1 − 1)
x2 =1+x 2
logo vale a igualdade. Considere agora a validade da hip´otese (1 + x)n ≥ 1 + nx + n(n − 1)
x2 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
23
vamos mostrar que vale n+1
(1+x)
( ) ( ) x2 n+1 n+1 2 n(n − 1)x2 ≥ 1+(n+1)x+(n+1)(n) = 1+ x+ x = 1+nx+ +x+nx2 2 1 2 2 (1 + x)n+1 ≥ C(n, x) + x + nx2
onde usamos a rela¸c˜ao de Stiefel. Multiplicando a desigualdade da hip´otese da indu¸ca˜o por 1 + x, n˜ao alteramos a desigualdade pois 1 + x ´e positivo, temos ent˜ao (1 + x)n+1 ≥ C(n, x)(1 + x) = C(n, x) + C(n, x)x agora vamos mostrar que C(n, x) + C(n, x)x ≥ C(n, x) + x + nx2 que ´e equivalente `a C(n, x)x ≥ x + nx2 desigualdade v´alida se x = 0, agora se x > 0 equivale `a C(n, x) ≥ 1 + nx 1 + nx + n(n − 1)
x2 x2 ≥ 1 + nx ⇔ n(n − 1) ≥ 0 2 2
se n = 0 ou n = 1 ela se verifica, se n ̸= 0, 1 tamb´em pois temos x2 > 0. Quest˜ ao 5 Exemplo 7. 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 por´em elevando a uma potˆencia par resulta num n´ umero positivo, por outro lado 2nx < −2n logo 1 + 2nx < 1 − 2n < 0 ent˜ao (1 + x)2n ´e positivo e 1 + 2nx ´e negativo, logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx
.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
24
Quest˜ ao 6 Propriedade 42. |a − b| < ε ⇒ |a| < |b| + ε. Demonstra¸c˜ ao. 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| da´ı segue |a| ≤ ε + |b|. Quest˜ ao 7 Propriedade 43. Sejam (xk )n1 e (yk )n1 n´ umeros reais, ent˜ao vale a desigualdade n n n ∑ ∑ ∑ 2 2 xk yk ) ≤ ( (xk ) )( (yk )2 ). (
Demonstra¸c˜ ao. Dado f (x) =
k=1
k=1
k=1 n ∑
(xk + xyk )2 , vale f (x) ≥ 0, sendo um polinˆomio de
k=1
grau 2 em x, expandindo vale tamb´em n ∑
(xk + xyk )2 =
n ∑
(xk )2 +x 2
|k=1{z }
k=1
n ∑
(xk yk ) +x2
| k=1{z
c
}
n ∑
(yk )2
|k=1{z } a
b
temos que ter o discriminante ∆ = b2 − 4ac ≤ 0 ⇒ b2 ≤ 4ac para que f (x) ≥ 0, 4(
n ∑
n n ∑ ∑ 2 (xk yk )) ≤ 4( (xk ) )( (yk )2 )
k=1
2
k=1
k=1
implicando finalmente que n n n ∑ ∑ ∑ 2 2 ( xk yk ) ≤ ( (xk ) )( (yk )2 ). k=1
k=1
k=1
A igualdade vale sse cada valor xk + xyk = 0 para todo k ∈ N.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
25
Quest˜ ao 8 Propriedade 44. Sejam
ak ∈ (α, β) e tk , bk > 0 para cada k ∈ In , ent˜ao vale que bk n ∑ k=1 n ∑
tk ak ∈ (α, β). tk bk
k=1
Demonstra¸c˜ ao. Vale para cada k α<
tk ak <β tk bk
como cada tk bk > 0, podemos multiplicar por tal termo em ambos lados sem alterar a desigualdade, ficamos ent˜ao com αtk bk < tk ak < βtk bk , tomando a soma
n ∑
,sabendo que a soma preserva desigualdades, da´ı segue que
k=1 n ∑
αtk bk <
n ∑
tk a k < β
logo
n ∑
α<
tk bk
k=1
k=1
k=1
n ∑
tk a k
k=1 n ∑
<β tk bk
k=1 n ∑
implicando que
k=1 n ∑
tk ak ∈ (α, β). tk bk
k=1
Em especial tomando tk = 1 tem-se
n ∑ k=1 n ∑
ak ∈ (α, β). bk
k=1
1.3.3
R´ e um corpo ordenado completo
Quest˜ ao 1 Vamos primeiro demonstrar alguns resultados podem ser usados para resolver as quest˜oes.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
26
Propriedade 45. Se A ´e limitado superiormente e B ⊂ A ent˜ao sup(A) ≥ sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Toda cota superior de A ´e cota superior de B, logo o sup(A) ´e cota superior de B, como sup(B) ´e a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B). Propriedade 46. Se A ´e limitado inferiormente e B ⊂ A ent˜ao inf (A) ≤ inf (B). Demonstra¸c˜ ao. inf A ´e cota inferior de A, logo tamb´em ´e cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale inf A ≤ inf B, pois inf B ´e a maior cota inferior de B. Sejam A, B ⊂ R, conjuntos limitados . Propriedade 47. O conjunto A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B} tamb´em ´e limitado. Demonstra¸c˜ ao. 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 + t logo o conjunto A + B ´e limitado. Propriedade 48 (Propriedade aditiva). Vale sup(A + B) = sup(A) + sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Como A, B s˜ao limitidados superiomente, temos sup A := a e sup B := b, como vale a ≥ x e b ≥ y para 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 ε ε a
0 vale x < a + e y < b + pois a e b s˜ao as maiores cotas inferiores, 2 2 somando os termos das desigualdades segue x + y < a + b + ε, que implica que a + b ´e a maior cota inferior logo o ´ınfimo.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
27
Seja uma fun¸ca˜o limitada f : V → R. Defini¸ c˜ ao 1. sup f := sup f (V ) = sup{f (x) | x ∈ V } Defini¸ c˜ ao 2. inf f := inf f (V ) = inf{f (x) | x ∈ V } Sejam f, g : V → R fun¸co˜es limitadas . Propriedade 50. sup(f + g) ≤ sup f + sup g Demonstra¸c˜ ao. 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 51. inf(f + g) ≥ inf(f ) + inf(g). Demonstra¸c˜ ao. 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 8. 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 ent˜ao sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0. Vale ainda inf f = 0, inf g = −1, f + g = 0, inf (f + g) = 0 logo inf f + inf g = −1 < inf(f + g) = 0.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
28
Quest˜ ao 2 Defini¸ c˜ ao 3. Sejam A e B conjuntos n˜ao vazios, definimos A.B = {x.y | x ∈ A, y ∈ B}. Propriedade 52. Sejam A e B conjuntos limitados de n´ umeros positivos, ent˜ao vale sup(A.B) = sup(A). sup(B). Demonstra¸c˜ ao. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) ent˜ao valem x ≤ a e y ≤ b, ∀x ∈ t A, y ∈ B da´ı x.y ≤ a.b, logo a.b ´e cota superior de A.B. Tomando t < a.b segue que < b a t t t logo existe y ∈ B tal que < y da´ı < a logo existe x ∈ A tal que < x logo t < x.y a y y ent˜ao t n˜ao pode ser uma cota superior, implicando que a.b ´e o supremo do conjunto. Propriedade 53. Sejam A e B conjuntos limitados de n´ umeros positivos, ent˜ao vale inf(A.B) = inf(A). inf(B). Demonstra¸c˜ ao. Sejam a = inf(A) e b = inf(B) ent˜ao valem x ≥ a e y ≥ b, ∀x ∈ t A, y ∈ B da´ı x.y ≥ a.b, logo a.b ´e cota inferior de A.B. Tomando t > a.b segue que > b a t t t logo existe y ∈ B tal que > y da´ı > a logo existe x ∈ A tal que > x logo t < x.y a y y ent˜ao t n˜ao pode ser uma cota inferior, implicando que a.b ´e o inf´ımo do conjunto. Propriedade 54. Sejam f, g : A → R+ limitadas superiormente, ent˜ao sup(f.g) ≤ sup(f ) sup(g). Demonstra¸c˜ ao. Sejam C = {g(x).f (x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f (x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B, da´ı sup(A.B) ≥ sup(C) sup(A) sup(B) ≥ sup(C) sup(f ) sup(g) ≥ sup(f.g). Propriedade 55. Sejam f, g : A → R+ limitadas superiormente, ent˜ao inf(f.g) ≥ inf(f ) inf(g).
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
29
Demonstra¸c˜ ao. Sejam C = {g(x).f (x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f (x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B, da´ı inf(A.B) ≤ inf(C) inf(A) inf(B) ≤ inf(C) inf(f ) inf(g) ≤ inf(f.g). Exemplo 9. Sejam f, g : [1, 2] → R dadas por f (x) = x e g(x) =
1 , vale sup f = 2, x
sup g = 1 sup f. sup g = 2 e sup(f.g) = 1, pois f.g = 1 logo sup f sup g > sup(f.g). Da mesma maneira inf f = 1, inf g =
1 1 vale inf f. inf g = e inf(f.g) = 1 portanto 2 2
inf f. inf g < inf(f.g). Quest˜ ao 3 Propriedade 56. Seja f : A → R+ ent˜ao inf(f 2 ) = (inf f )2 . Demonstra¸c˜ ao. Seja a = inf f tem-se f (x) ≥ a ∀x da´ı f (x)2 ≥ a2 ent˜ao a2 ´e cota √ inferior de f 2 , e ´e a maior cota inferior pois se a2 < c ent˜ao a < c logo existe x tal que √ a < f (x) < c e da´ı a2 < f (x)2 < c logo a2 ´e a maior cota inferior inf(f 2 ) = inf(f )2 . Quest˜ ao 4 Exemplo 10.
Sejam X = {x ∈ R+ | x2 < 2} e Y = {y ∈ R+ | y 2 > 2}. X ´e
limitado superiormente por 2 pois se fosse x > 2 ent˜ao x2 > 4 que ´e absurdo. Os conjuntos X e Y s˜ao disjuntos, pois x n˜ao pode satisfazer x2 < 2 e x2 > 2 . Dado y ∈ Y vale y > x pois se fosse y < x ter´ıamos y 2 < x2 < 2 que ´e absurdo pois y 2 > 4. X n˜ao possui elemento m´aximo. Seja x ∈ X ent˜ ao x2 < 2, 0 < 2 − x2 , vale tamb´em 2 − x2 , podemos ent˜ao tomar um racional r < 1 tal que que 2x + 1 > 0, da´ı 0 < 2x + 1
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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2 − x2 , e vale ainda x + r ∈ X, pois de r < 1 tem-se r2 < r e da rela¸c˜ao 2x + 1 r(2x + 1) < 2 − x2 implica
0 0 e y 2 > 2, tem-se y2 − 2 y 2 − 2 > 0 e 2y > 0, logo existe um racional r tal que 0 < r < , logo 2y r2y < y 2 − 2, y 2 − 2ry > 2. Vale ainda que y − r ∈ Y pois
(y − r)2 = y 2 − 2ry + r2 > y 2 − 2ry > 2 logo vale (y − r)2 > 2. Vale tamb´em y − r > 0 pois de 2ry < y 2 − 2 segue y 1 r < − < y, logo y − r > 0, logo y − r ∈ Y , perceba ainda que y − r < y ent˜ao 2 y o conjunto Y realmente n˜ao possui m´ınimo. Existe sup X = a, vale a > 0, n˜ao pode ser a2 < 2 pois da´ı a ∈ X, mas X n˜ao
possui m´aximo. Se a2 > 2 ent˜ao a ∈ Y , por´em Y n˜ao possui m´ınimo o que implica existir c ∈ Y tal que x < c < a∀X o que contradiz o fato de a ser a menor cota superior (supremo). Sobre ent˜ao a possibilidade de ser a2 = 2. Quest˜ ao 5 Propriedade 57. O conjunto dos polinˆomios com coeficientes racionais ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Seja Pn o conjunto dos polinˆomios com coeficientes racionais de grau ≤ n a fun¸ca˜o f : Pn → Qn+1 tal que n ∑ P( ak xk ) = (ak )n1 k=0
´e uma bije¸c˜ao. Como Qn+1 ´e enumer´avel por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumer´aveis, segue que Pn ´e enumer´avel. Sendo A o conjunto dos polinˆomios de coeficientes racionais, vale que A=
∞ ∪ k=1
Pk
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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portanto A ´e uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis , sendo assim A ´e enumer´avel. Defini¸ c˜ ao 4 (N´ umero alg´ebrico). Um n´ umero real (complexo) x ´e dito alg´ebrico quando ´e raiz de um polinˆomio com coeficientes inteiros. Propriedade 58. O conjunto dos n´ umeros alg´ebricos ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Seja B o conjunto dos alg´ebricos . Para cada alg´ebrico x escolhemos um polinˆomio Px tal que Px (x) = 0. Definimos a fun¸c˜ao f : B → A tal que F (x) = Px . Dado Px ∈ F (B), temos que o conjunto g −1 (Px ) dos valores x ∈ B tal que f (x) = Px ´e finito pois Px possui um n´ umero |{z} =y
finito de ra´ızes e da´ı tem-se
∪
B=
g −1 (y)
y∈f (B)
logo B ´e uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis ( no caso finitos), ent˜ao B ´e enumer´avel. Corol´ ario 6. Existem n´ umeros reais que n˜ao s˜ao alg´ebricos, pois se todos fossem alg´ebricos R seria enumer´avel. Defini¸ c˜ ao 5 (N´ umeros transcendentes). Os n´ umeros reais que n˜ao s˜ao alg´ebricos s˜ao ditos transcendentais Quest˜ ao 6 Propriedade 59. Um conjunto I ⊂ R ´e um intervalo sse a′ < x < b′ com a′ , b′ ∈ I implica x ∈ I. Demonstra¸c˜ ao. Se I ´e um intervalo ent˜ao ele satisfaz a propriedade descrita. Agora se a defini¸ca˜o tomada de intervalo for: dados a′ , b′ elementos de I se para todo x tal que a′ < x < b′ ent˜ao x ∈ I, logo o conjunto I deve ser um dos nove tipos de intervalos. Caso I seja limitado, inf I = a e sup I = b, se a < x < b, existem a′ , b′ tais que a′ < x < b′ logo x ∈ I, isto ´e, os elementos entre o supremo e o ´ınfimo do conjunto pertencem ao intervalo. Vejamos os casos inf I = a, sup I = b s˜ao elementos de I, logo o intervalo ´e da forma [a, b].
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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a∈ / I, b ∈ I, o intervalo ´e do tipo (a, b]. a∈I eb∈ / I, o intervalo ´e do tipo [a, b). a ∈ / I e b ∈ / I tem-se o intervalo (a, b). Com isso terminamos os tipos finitos de
intervalos. Se I ´e limitado inferiormente por´em n˜ao superiormente. a ∈ I , gera o intervalo [a, ∞). a∈ / I, tem-se o intervalo (a, ∞).
Se I ´e limitado superiormente por´em n˜ao inferiormente. b ∈ I , gera o intervalo (−∞, b]. b∈ / I, tem-se o intervalo (−∞, b).
Ou ´ltimo caso, I n˜ao ´e limitado I = (−∞, ∞)
1.4
Cap´ıtulo 3-Sequˆ encias
1.4.1
Limite de uma sequˆ encia
Quest˜ ao 1 Propriedade 60. Uma sequˆencia peri´odica ´e convergente sse ´e constante. Demonstra¸c˜ ao. Considere as subsequˆencias da sequˆencia (xk ) que possui per´ıodo p (x1 , x1+p , x1+2p , · · · ) = (x1+kp )k∈N (x2 , x2+p , x2+2p , · · · ) = (x2+kp )k∈N .. . (xp−1 , xp−1+p , xp−1+2p , · · · ) = (xp−1+kp )k∈N cada sequˆencia dessas ´e constante e possui valor sempre igual ao seu primeiro termo pelo fato da sequˆencia ser peri´odica de per´ıodo p, xn+p = xn . Se (xk ) converge ent˜ao todas suas
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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subsequˆencias devem convergir para o mesmo valor, ent˜ao deve valer x1 = x2 = · · · = xp−1 e cada termo da sequˆencia (xk ) deve pertencer a uma dessas subsequˆencias, disso segue que (xk ) ´e constante. Quest˜ ao 2 Propriedade 61. Se lim x2n = a lim x2n−1 = a ent˜ao lim xn = a. Demonstra¸c˜ ao. Sejam yn = x2n e zn = x2n−1 como temos lim yn = lim zn = a, para qualquer ε > 0 existem n0 e n1 tais que para n > n0 vale yn ∈ (a − ε, a + ε) e n > n1 vale zn ∈ (a − ε, a + ε), escolhendo n2 = max{n0 , n1 } temos simultaneamente zn , yn ∈ (a − ε, a + ε), x2n−1 , x2n ∈ (a − ε, a + ε), ent˜ao para n > 2n2 − 1 temos xn ∈ (a − ε, a + ε) logo vale lim xn = a. Quest˜ ao 3 Propriedade 62. Se lim xn = a ent˜ao lim |xn | = |a|. Demonstra¸c˜ ao. Se lim xn = a ent˜ao ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N | n > n0 ⇒ |xn − a| < ε por´em temos a desigualdade ||xn | − |a|| ≤ |xn − a| logo ||xn | − |a|| < ε e lim |xn | = |a|. Quest˜ ao 4 Propriedade 63. Se uma sequˆencia mon´otona possui subsequˆencia limitada, ent˜ao a sequˆencia ´e limitada. Demonstra¸c˜ ao. Suponha que (xn ) seja n˜ao-decrescente e possua uma subsequˆencia limitada, vamos mostrar que para todo n natural vale xn < M para algum M . Como a subsequˆencia de (xn ) ´e limitada, ent˜ao para todo n ∈ N existe n0 ∈ N tal que n0 > n e n0 ´e ´ındice da subsequˆencia limitada de (xn ) com isso tem-se xn ≤ xn0 e como a subsequˆencia ´e limitada, existe M tal que xn0 < M , da´ı por transitividade xn < M , isso implica que (xn ) ´e limitada superiormente e como a sequˆencia n˜ao-decrescente ´e limitada inferiormente ent˜ao ela ´e limitada.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Corol´ ario 7. Se uma sequˆencia mon´otona possui subsequˆencia limitada ent˜ao ela ´e convergente, pois a sequˆencia mon´otona ser´a limitada e toda sequˆencia mon´otona limitada ´e convergente. Corol´ ario 8. Em especial se uma sequˆencia mon´otona possui subsequˆencia convergente, ent˜ao essa subsequˆencia ´e limitada e da´ı a sequˆencia mon´otona ´e convergente. Quest˜ ao 5 Defini¸ c˜ ao 6 (Valor de aderˆencia). Um n´ umero real a ´e dito valor de aderˆencia de uma sequˆencia (xn ), quando existe uma subsequˆencia de (xn ) que converge para a. Simbolizaremos o conjunto dos valores de aderˆencia de uma sequˆencia por A[xn ]. Corol´ ario 9. Se uma sequˆencia ´e convergente ent˜ao todas subsequˆencias convergem para o mesmo limite que ´e o limite da sequˆencia, ent˜ao se uma sequˆencia ´e convergente ela possui apenas um valor de aderˆencia, isto ´e, se lim xn = a ent˜ao A[xn ] = {a} = {lim xn }. Exemplo 11. Os racionais s˜ao densos na reta e s˜ao enumer´aveis, ent˜ao podemos tomar uma sequˆencia (xn ) que enumera os racionais, logo pra essa sequˆencia vale A[xn ] = R, pois tomando qualquer valor a ∈ R qualquer intervalo (a − ε, a + ε) para qualquer ε possui infinitos racionais, elementos da sequˆencia, ent˜ao podemos com esses infinitos valores tomar uma subsequˆencia de (xn ) que converge para a. Em especial os racionais em [0, 1] s˜ao enumer´aveis e densos logo tomando uma enumera¸ca˜o (xn ) dos racionais nesse conjunto temos A[xn ] = [0, 1]. Exemplo 12. A sequˆencia (1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, · · · ) que satisfaz x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3 sendo peri´odica de per´ıodo 3, xn+3 = xn , tem A[xn ] = {1, 2, 3}. Exemplo 13. Dar o exemplo de uma sequˆencia (xn ) que possua A[xn ] = N. Para que isso aconte¸ca ´e necess´ario que cada n´ umero natural apare¸ca infinitas vezes na sequˆencia. Definimos a sequˆencia (xn ) como xn = k se n ´e da forma pαk k , onde pk ´e o k-´esimo primo e αk ∈ N , da´ı existem infinitos valores de n tais que xn = k com isso geramos subsequˆencias
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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que convergem para um k qualquer dado, definimos tamb´em xn = 1 caso n n˜ao seja da forma pαk k , apenas para completar a defini¸c˜ao da sequˆencia. Quest˜ ao 6 Propriedade 64. a ∈ A[xn ] ⇔ ∀ ε > 0, ∀k ∈ N exista n > k tal que |xn − a| < ε. Demonstra¸c˜ ao. ⇒. Se a ´e valor de aderˆencia de (xn ), ent˜ao ela possui uma subsequˆencia que converge para a, logo para qualquer ε > 0 e k ∈ N fixo, existe n ´ındice da subsequˆencia tal que n > k e |xn − a| < ε. ⇐ . Supondo que ∀ ε > 0, ∀k ∈ N exista n > k tal que |xn − a| < ε. No primeiro passo tomamos ε = 1 e k = 1 da´ı existe n1 > 1 tal que xn1 ∈ (a − 1, a + 1). 1 1 1 Podemos tomar agora ε = e k = n1 ent˜ao existe n2 > n1 tal que xn2 ∈ (a − , a + ), 2 2 2 1 e k = nt da´ı existe nt+1 > nt tal que xnt+1 ∈ na t + 1-´esima etapa tomamos ε = t+1 1 1 ,a + ), logo constru´ımos uma subsequˆencia (xnt ) tal que lim xnt = a. (a − t+1 t+1 Quest˜ ao 7 Corol´ ario 10. Negamos a proposi¸ca˜o anterior. a∈ / A[xn ] ⇔ ∃ ε > 0, ∃k ∈ N tal que para todo n > k implique |xn − a| ≥ ε.
1.4.2
Limites e desigualdades
Quest˜ ao 1 Propriedade 65. Se lim xn = a, lim yn = b e |xn − yn | ≥ ε para todo n, ent˜ao |a − b| ≥ ε. Demonstra¸c˜ ao. Suponha por absurdo que |a − b| < ε e |yn − xn | ≥ ε. Podemos | {z } =ε1
tomar n > n0 tal que |yn − b| < ε2 e |xn − a| < ε3 onde ε1 + ε2 + ε3 < ε, que pode ser feito, pois basta tomar ε2 + ε3 < ε − ε1 logo | {z } >0
|yn − xn | ≤ |yn − b| + |b − a| + |xn − a| < ε1 + ε2 + ε3 = ε que contradiz |yn − xn | ≥ ε.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Quest˜ ao 2 Propriedade 66 (Permanˆencia de sinal ). Se lim xn = b com b > 0 ent˜ao no m´aximo uma quantidade finita de termos dessa sequˆencia pode n˜ao ser positiva, isto ´e, existe n0 ∈ N tal que para n > n0 vale xn > 0. Demonstra¸c˜ ao. Como lim xn = b para todo ε > 0 existe n0 tal que para n > n0 b b 2b − b b temos |xn − b| < ε, xn ∈ (b − ε, b + ε) tomando ε = temos b − ε = b − = = 2 2 2 2 3b b 3b b logo existe n0 tal que para n > n0 tem-se xn ∈ ( , ) logo xn ´e e b+ε = b+ = 2 2 2 2 positivo. Corol´ ario 11. Sejam (xn ), (yn ) duas sequˆencias com lim xn = a e lim yn = b. Se b > a ent˜ao existe n0 ∈ N tal que yn > xn para qualquer n > n0 . Considerando a sequˆencia (xn − yn ) ela tem limite lim xn − yn = b − a > 0 logo pela permanˆencia de sinal existe n0 ∈ N tal que para n > n0 vale xn − yn > 0, xn > yn
.
Quest˜ ao 3 Propriedade 67. Se uma sequˆencia limitada n˜ao ´e convergente ent˜ao ela possui mais de um ponto de aderˆencia . Demonstra¸c˜ ao. Como a sequˆencia (xn ) ´e limitada ela possui subsequˆencia (xnk ) convergente, convergindo para uma valor a . Como a sequˆencia n˜ao ´e convergente, deve haver uma outra subsequˆencia (xnt ) que n˜ao converge para a, da´ı existem infinitos valores de nt tal que xnt n˜ao est´a no intervalo (a − ε, a + ε) para algum ε. Como (xnt ) ´e limitada ent˜ao ela possui subsequˆencia convergente, que n˜ao pode convergir para a, converge ent˜ao para um valor b ̸= a e a proposi¸c˜ao est´a demonstrada. Quest˜ ao 4 Propriedade 68. Seja (xn ) uma sequˆencia limitada. (xn ) converge ⇔ possui um u ´nico valor de aderˆencia .
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Demonstra¸c˜ ao. Se ela ´e convergente ela possui um u ´nico valor de aderˆencia . Se ela possui um u ´nico valor de aderˆencia ent˜ao ela converge, pois se n˜ao convergisse ela teria mais de um valor de aderˆencia (contrapositiva e quest˜ao anterior). Quest˜ ao 5 Exemplo 14. Quais s˜ao os valores de aderˆencia da sequˆencia (xn ) definida como x2n−1 = 1 n e x2n = ? Para que um ponto seja de aderˆencia ´e necess´ario que existam infinitos n termos arbitrariamente pr´oximos de tal ponto, no caso de tal sequˆencia o u ´nico n´ umero que satisfaz tal propriedade ´e o 0, al´em disso tal sequˆencia n˜ao ´e convergente pois n˜ao ´e limitada. Quest˜ ao 6 √ a+b √ Propriedade 69. Sejam a, b > 0 ∈ R, x1 = ab, y1 = , xn+1 = xn .yn , yn+1 = 2 xn + yn . Ent˜ao (xn ) e (yn ) convergem para o mesmo limite. 2 Demonstra¸c˜ ao. Sabemos que yn ≥ xn pela desigualdade das m´edias, ent˜ao xn .yn ≥ x2n ⇒
√ xn .yn ≥ xn ⇒ xn+1 ≥ xn ,
ent˜ao (xn ) ´e crescente . Da mesma maneira yn ´e decrescente pois de xn ≤ yn tem-se (xn + yn ) xn + yn ≤ 2yn da´ı yn+1 = ≤ yn . Como vale x1 ≤ xn ≤ yn ≤ y1 para todo n, 2 conclu´ımos que xn e yn s˜ao convergentes, por serem mon´otonas e limitadas . yn+1 =
xn + yn 2
tomando o limite y=
x+y ⇒ x = y. 2
Defini¸ c˜ ao 7 (M´edia aritm´etico-geom´etrica). Dados dois n´ umeros reais positivos a e b o valor comum para o qual convergem as sequˆencias (xn ) e (yn ) definidas na propriedade anterior se chama m´edia aritm´etico-geom´etrica de a e b.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Quest˜ ao 7 a) Propriedade 70. Toda sequˆencia de Cauchy ´e limitada. Demonstra¸c˜ ao. Seja (xn ) uma sequˆencia de Cauchy, ent˜ao para todo ε > 0 existe n0 ∈ N tal que para n, m > n0 vale |xm − xn | < ε. Tomando ε = 1 e um n´ umero natural n1 > n0 fixando m = n1 segue |xn −xn1 | < 1 logo para n > n0 temos xn ∈ (xn1 −1, xn1 +1) , consideramos ent˜ao o conjunto A = {x1 , x2 , . . . , xn1 − 1, xn1 + 1} tomamos b = max A e a = min A ent˜ao xn ∈ [a, b]. Quest˜ ao 7 b) Propriedade 71. Se uma sequˆencia de Cauchy (xn ) possui subsequˆencia (xnk ) convergente ent˜ao (xn ) ´e convergente e converge para o mesmo valor de (xnk ) . Com essa propriedade conclu´ımos que uma sequˆencia de Cauchy n˜ao pode ter dois valores de aderˆencia a e b distintos, pois se n˜ao a sequˆencia iria convergir para a e para b, o que n˜ao acontece por unicidade do limite. Demonstra¸c˜ ao. Vale lim xnk = a para algum a ∈ R, da´ı para todo ε > 0 existe k ε n0 ∈ N tal que p > n0 implica |xnp − a| < , pela sequˆencia ser de Cauchy, existe n1 ∈ N , 2 ε tal que para n, m > n1 tem-se |xn − xm | < . 2 Tomamos um termo da subsequˆencia xnt tal que nt > n0 e nt > n1 logo vale |xnt −a| < ε ε e |xn − xnt | < somando por desigualdade triangular tem-se 2 2 |xn − a| ≤ |xnt − a| + |xn − xnt | ≤
ε ε + =ε 2 2
ent˜ao vale |xn − a| < ε implicando que (xn ) converge para a. Quest˜ ao 7 c) Propriedade 72. Toda sequˆencia convergente ´e de Cauchy. ε Demonstra¸c˜ ao. Se lim xn = a ∀ > 0 ∃n0 ∈ N tal que para m > n0 e n > n0 temos 2 ε ε |xn −a| < e |xm −a| < e por desigualdade triangular |xn −xm | ≤ |xn −a|+|xm −a| < ε 2 2 logo a sequˆencia convergente ´e de Cauchy.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Corol´ ario 12. Como toda sequˆencia limitada possui subsequˆencia convergente ent˜ao toda sequˆencia de Cauchy ´e convergente. Observe que para provar esse fato usamos o Teorema de Bolzano-Weiertrass que usa o fato de R ser um corpo completo, em corpos que n˜ao sejam completos como Q o conjunto dos racionais, existem sequˆencias de Cauchy que n˜ao s˜ao convergentes. Corol´ ario 13. Uma sequˆencia ´e convergente, se e somente se, ´e de Cauchy.
1.4.3
Opera¸co ˜es com limites
Quest˜ ao 1 1
1
1
Exemplo 15. Para todo p ∈ N tem-se lim n n+p = 1 pois vale 1 ≤ n n+p ≤ n n de onde n→∞
segue por sandu´ıche que lim n n→∞
1 n+p
= 1.
Quest˜ ao 2 Propriedade 73. Se existem ε > 0 e p ∈ N tais que ε ≤ xn ≤ np para n > n0 ∈ N ent˜ao 1
lim(xn ) n . Demonstra¸c˜ ao. Vale ε ≤ xn ≤ np , tomando a raiz n-´esima tem-se 1
εn ≤
√ 1 n xn ≤ (np ) n 1
tomando-se o limite segue pelo teorema do sandu´ıche que lim(xn ) n = 1. 1
Exemplo 16. Para n suficientemente grande tem-se 1 < n+s < n2 e da´ı lim(n+s) n = 1. Da mesma maneira 1 0 ∈ R tal que t2 > a + b e t2 − b > t. Da´ı a sequˆencia ´e limitada superiormente por t2 − b pois, por indu¸ca˜o x1 = a < t2 − b e supondo xn < t2 − b segue xn + b < t2 tomando a raiz segue xn+1 < t < t2 − b. Ela ´e limitada superiormente e crescente logo ´e convergente. 2 Tomando limite em ambos √ lados de xn+1 = xn + b resolvendo a equa¸ca˜o do segundo 1 + 1 + 4b grau encontramos L = . 2 Podemos tomar x1 = 0 e b = a da´ı 0 < a, logo converge e temos o corol´ario
√
Exemplo 18.
√ √ √ 1 + 1 + 4a a + a + a + ··· = . 2 √
converge para a raz˜ao ´aurea.
√ √ √ 1+ 5 1 + 1 + 1 + ··· = 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
41
Quest˜ ao 4 √ √ xn − a √ Propriedade 74. Seja en = o erro relativo na n-´esima etapa do c´alculo de a a 1 a por meio da recorrˆencia xn+1 = ( + xn ). Vale que 2 xn en+1
e2n = . 2(1 + en )
en+1
xn+1 − √ = a
Demonstra¸c˜ ao.
√ a
1 a substituindo xn+1 = ( + xn ) segue que 2 xn 1 a en+1 = √ ( + xn ) − 1. 2 a xn √ x2n − 2xn a + a = a √ √ √ xn − a xn − a + a xn √ 2(en + 1) = 2( √ + 1) = 2( ) = 2( √ ) a a a
Por outro lado
e2n
da´ı
√ √ xn − 2 a + e2n x2n − 2xn a + a √ √ =( ) a=( 2(en + 1) 2xn a 2 a
a xn
)=(
xn + xan √ ) − 1 = en+1 . 2 a
e2n . Se en ≤ 10−2 tem-se en+1 ≤ 2(1 + en ) 10−4 10−4 102 10−2 1 = = que podemos aproximar por = 0, 00005 −2 2 2 2(1 + 10 ) 2(10 + 1) 2(10 + 1) 2.104 aplicando novamente Exemplo 19. Usando a express˜ao en+1 =
en+2 ≤ que aproximamos para
1 8 8.10 (1 +
1 4.104 2.104
=
1 ) 2.104
=
2.104 8.108 (2.104 + 1)
1 = 0, 00000000125. 8.108
Quest˜ ao 5 1 Propriedade 75. Definimos uma sequˆencia (xn ) recursivamente como x1 = , a > 0, a 1 2 xn+1 = . (xn ) converge para a solu¸ca˜o positiva de x + ax − 1 = 0. a + xn
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
Demonstra¸c˜ ao. Vale xn+2 = xn+2 =
42
1 1 e xn+1 = ent˜ao a + xn+1 a + xn 1 a + xn = 2 1 a + axn + 1 a + ( a+xn ) xn+2 =
a2
a + xn + axn + 1
em especial x3 =
a + x1 . a2 + ax1 + 1
1 1 1 De c2 + ac − 1 = 0 segue que c(c + a) = 1, c = . Vale x1 = > c = > c+a a c+a 1 1 = x2 e da´ı x1 > x2 = que implica a + x1 a + x1 ax1 + x21 > 1 multiplicando por a e depois somando x1 em ambos lados segue que a2 x1 + ax21 + x1 > a + x1 ⇔ x1 (a2 + ax1 + 1) > a + x1 ⇒ x1 >
a + x1 + ax1 + 1 {z } | a2
=x3
da´ı x1 > x3 e como x2 < c segue que x3 = x2 . Vale tamb´em que x4 = ent˜ao
1 1 >c= , logo temos x1 > x3 > c > a + x2 a+c
1 1 > x2 = , pois x1 > x3 e c > x4 pois x3 > c, a + x3 a + x1 x 1 > x 3 > c > x4 > x2 .
Seguindo esse procedimento mostramos que a sequˆencia dos ´ımpares ´e decrescente limitada inferiormente e a sequˆencia dos pares ´e crescente limitada superiormente, ent˜ao ambas as sequˆencias s˜ao convergentes. Supondo lim x2n = L1 e lim x2n−1 = L2 segue da a + xn que identidade xn+2 = 2 a + xn + 1 L=
a+L ⇒ a2 L + aL2 + L = a + L ⇒ a2 L + aL2 = a ⇒ aL + L2 = 1 2 a + aL + 1
como L1 , L2 > 0 essa equa¸c˜ao possui apenas uma solu¸c˜ao positiva, ent˜ao segue que L1 = L2 = c.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
43
Quest˜ ao 6 Propriedade 76. Dado a > 0 definimos (yn ) com y1 = a e yn+1 = a +
1 . Vale que yn
lim yn = a + c onde c ´e raiz positiva de x2 + ax − 1 = 0. 1 para todo n natural, onde (xn ) ´e yn a sequˆencia definida na propriedade anterior. Por indu¸c˜ao sobre n, para n = 1 temos 1 1 1 1 ok! Suponha por hip´otese que xn = e vamos mostrar que xn+1 = . x1 = = a y1 yn yn=1 1 ayn + 1 Vale que yn+1 = a + = , por defini¸c˜ao de xn tem-se que yn yn Demonstra¸c˜ ao. Vamos mostrar que xn =
xn+1 =
1 1 yn 1 = . = 1 = a + xn ayn + 1 yn+1 a + yn
Ent˜ao yn+1 = a + xn tomando o limite segue que lim yn+1 = a + c. Quest˜ ao 7 Exemplo 20. Seja a sequˆencia de fibonacci definida como f (n + 2) = f (n + 1) + f (n) f (n) com condi¸c˜oes iniciais f (1) = f (2) = 1, definindo xn = ent˜ao lim xn = c raiz f (n + 1) positiva de x2 + x − 1 = 0. Da recorrˆencia f (n + 2) = f (n + 1) + f (n) dividindo por f (n + 1) em ambos lados f (n + 2) f (n) f (n) f (n + 1) segue que = + 1 de xn = segue que xn+1 = , logo f (n + 1) f (n + 1) f (n + 1) f (n + 2) 1 xn+1
= xn + 1 ⇒ xn+1 =
1 1 + xn
logo ca´ımos no caso j´a demonstrado da sequˆencia (xn ) com a = 1, da´ı (xn ) converge para solu¸c˜ao positiva de x2 + x − 1 = 0.
1.4.4
Limites infinitos
Quest˜ ao 1 Exemplo 21. 1
lim(n!) n = ∞.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
44
1
De n! > an , com a > 0 arbitr´ario para n grande, tem-se (n!) n > a ent˜ao a sequˆencia 1
de termo xn = (n!) n n˜ao ´e limitada superiormente al´em disso ´e crescente, pois de n + 1 > n n ∏ ∏ k > 0 tem-se (n + 1) > k logo (n + 1)n > n! o que implica (n!)n (n + 1)n > n!(n!)n k=1
k=1 1
1
e da´ı ((n + 1)!)n > (n!)n+1 de onde segue (n + 1)! n+1 > (n!) n . como ela ´e crescente e ilimitada superiormente, ent˜ao seu limite ´e infinito. Quest˜ ao 2 Propriedade 77. Se lim xn = ∞ e a > 0 ent˜ao lim
√
ln(xn + a −
√ ln(xn = 0.
Demonstra¸c˜ ao. √
√ ln(xn + a) − ln(xn ) √ ln(xn = √ ln(xn + a + ln(xn a a o denominador ln(1 + ) < 1+ → 1 logo o numerador ´e limitado e o numerador xn xn tende ao infinito, ent˜ao o limite ´e nulo. ln(xn + a −
Quest˜ ao 3 Propriedade 78. Com a > 0, p ∈ N vale lim
np an = 0. n!
np an > 0 segue n! (n + 1)p an+1 n! a 1 = = (1 + )p n p (n + 1)! a .n (n + 1) n
Demonstra¸c˜ ao. Pelo testa da raz˜ao , tomando xn = xn+1 xn
xn+1 = 0 e lim xn = 0. xn n! Corol´ ario 14. lim p n = ∞. na da´ı lim
an n!np an n!np = 0 se a < e e lim = ∞ se a > e. nn nn an n!np > 0 tem-se Demonstra¸c˜ ao. Definindo xn = nn 1 p an+1 (n + 1)!(n + 1)p nn a xn+1 = = ) 1 n (1 + n+1 p n xn (n + 1) n a .n! n (1 + n ) a cujo limite ´e , da´ı, se a < e lim xn = 0 , se a > e lim xn = ∞. e Propriedade 79. Seja a > 0 ent˜ao lim
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
45
Quest˜ ao 4 Propriedade 80. Se (xn − yn ) ´e limitada e lim yn = ∞ ent˜ao lim
xn = 1. yn
Demonstra¸c˜ ao. Existem t1 , t2 ∈ R e n0 tal que para n > n0 vale t1 < xn − yn < t2 , ⇒ t1 + yn < xn < t2 + yn com yn > 0 dividimos por esse valor t1 xn t2 +1< < +1 yn yn yn tomando o limite em ambos lados tem-se por sandu´ıche 1 ≤ lim lim lim
xn ≤1 yn
xn = 1. yn
1 1 Corol´ ario 15. A sequˆencia (ln(n + 1) − ln(n)) ´e limitada pois vale 0 < ln(1 + ) < 1 + n n 1 ln(n + 1) com 1 + limitada da´ı lim = 1 pois e lim ln(n) = ∞. n ln(n) Outra maneira ´e considerar ln(1 + n1 ) ln(n + 1) ln(n + 1) − ln(n) −1= = ln(n) ln(n) ln(n) como o numerador ´e limitado e o denominador tende ao infinito o limite ´e nulo lim
ln(n + 1) ln(n + 1) − 1 = 0 ⇒ lim = 1. ln(n) ln(n)
Quest˜ oes 5 e 6 Propriedade 81 (Stolz-Ces`aro). Dada uma sequˆencia (xn ) e uma sequˆencia (yn ) crescente com lim yn = ∞ e lim
xn ∆xn = a ent˜ao lim = a. ∆yn yn
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
Demonstra¸c˜ ao. Como lim
46
∆xn = a ent˜ao para todo ε > 0 existe n0 ∈ N tal que ∆yn
∆xk ≤ a + ε e yn > 0 (pois tende ao infinito), como (yn ) ´e ∆yk crescente vale ∆yk > 0, logo podemos multiplicar por ele em ambos lados da desigualdade para k > n0 tem-se a − ε ≤
sem alterar (a − ε)∆yk ≤ ∆xk ≤ (a + ε)∆yk tomamos o somat´orio
n−1 ∑
em ambos lados
k=n0 +1
(a − ε)(yn − yn0 +1 ) ≤ (xn − xn0 +1 ) ≤ (a + ε)(yn − yn0 +1 ) isso implica (a − ε)(yn − yn0 +1 ) + xn0 +1 ≤ xn ≤ (a + ε)(yn − yn0 +1 ) + xn0 +1 yn0 +1 xn +1 xn yn +1 xn +1 )+ 0 ≤ ≤ (a + ε)(1 − 0 ) + 0 yn yn yn yn yn xn como lim yn = ∞ segue que o que implica lim = a. yn (a − ε)(1 −
Propriedade 82. Se limzn = a e (wn ) ´e uma sequˆencia de n´ umeros positivos com n ∑ w k zk n ∑ k=1 wk = ∞ ent˜ao lim ∑ lim = a. n k=1 wk k=1
Demonstra¸c˜ ao. Tomamos xn =
n ∑
wk .zk e yn =
n ∑
wk ent˜ao ∆xn = wn+1 .zn+1
k=1
k=1
∆xn , ∆yn = wn+1 > 0 ent˜ao yn ´e crescente e lim yn = ∞, temos tamb´em que = ∆yn wn+1 zn+1 = zn+1 cujo limite existe e vale a ent˜ao nessas condi¸co˜es vale wn+1 n ∑
wk .zk xn k=1 = lim ∑ = a. lim n yn wk k=1
Corol´ ario 16. Tomando wn = 1 ent˜ao
n ∑
wk = n e seu limite ´e infinito, tomando uma
k=1
sequˆencia (zn ) tal que lim zn = a ent˜ao segue que n ∑
lim
zk
k=1
n
=a
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
n ∑
, isto ´e, se lim zn = a ent˜ao lim
zk
k=1
= a.
n
Corol´ ario 17. No corol´ario anterior tome xn = que lim
47
n ∑
zk , da´ı segue que lim ∆xn = a implica
k=1
xn = a. n
Propriedade 83. lim
ln(n + 1) = 0. n
Demonstra¸c˜ ao. Tomando yn = n e xn = ln(n + 1) vale que ∆yn = 1 > 0 e n+1 lim yn = ∞, ∆xn = ln( ) vale ainda que n lim
∆yn n+1 = lim ln( )=0 ∆xn n
logo lim
ln(n + 1) = 0. n
1.5
Cap´ıtulo 4-S´ eries num´ ericas
1.5.1
S´ eries convergentes
Quest˜ ao 1 ∞ ∑
∞ ∑
√ √ 1 n + 1 − n , bn = log(1 + ) n k=1 k=1 , mostre que lim an = lim bn = 0. Calcule explicitamente as n-´esimas reduzidas sn e tn
Exemplo 22. Dadas as s´eries
ak e
bk com an =
destas s´eries e mostre que lim sn = lim tn = +∞.
sn =
n ∑ k=1
n n ∑ ∑ √ √ √ n+1 √ √ = n+1−1 ak = k+1− k = ∆ k = k k=1
k=1
1
logo lim sn = ∞
n+1 n n ∑ ∑ 1 = log(n+1)−log(1) = log(n+1) log(k+1)−log(k) = ∆log(k) = log(k) tn = log(1+ ) = k 1 k=1 k=1 k=1 n ∑
logo lim tn = +∞. O limite dos termos das s´eries an =
√ √ 1 n+1− n= √ √ lim an = 0 n+1+ n
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
48
1 ) n log[(1 + n1 )n ] (1 + n1 )n 1 0 < log(1 + ) = ≤ n n n (1 + n1 )n 1 n como lim(1 + ) = e ent˜ao tal sequˆencia ´e limitada, logo lim = 0 de onde segue n n 1 por teorema do sandu´ıche que lim log(1 + ) = 0. Usamos que log(n) < n. Assim temos n duas s´erie cujos termos gerais tendem a zero, por´em as s´eries divergem, esse exemplo ∞ ∑ mostra que a condi¸ca˜o de lim f (k) = 0 em uma s´erie f (k) ser satisfeita n˜ao garante bn = log(1 +
k=b
que a s´erie ser´a convergente, a condi¸ca˜o ´e apenas uma condi¸c˜ao necess´aria. Quest˜ ao 2 Usaremos muito a propriedade telesc´opica que diz que n ∑
∆f (k) = f (n + 1) − f (1)
k=1
onde ∆f (k) = f (k + 1) − f (k). ∞ ∑ 1 Exemplo 23. Mostrar que a s´erie converge, usando o crit´erio de compara¸c˜ao. k2 k=1 Come¸caremos com o somat´orio n+1 n n ∑ ∑ 1 1 1 1 n−1 1 =− − =− == − + 1 = k(k − 1) k k−1 k−1 2 n n k=2 k=2
onde usamos soma telesc´opica
b ∑ k=a
∆f (k) | {z }
b+1 = f (b + 1) − f (a) = f (k) , ∆f (k) = a
=f (k+1)−f (k)
f (k + 1) − f (k) ´e apenas uma nota¸c˜ao para essa diferen¸ca. Tomando o limite na express˜ao acima
∑ 1 1 . lim − + 1 = 1 = n k(k − 1) k=2 ∞
Vamos mostrar com esse resultado que a s´erie
∞ ∑ 1 converge , temos que para k > 1 2 k k=1
1 1 > 2 k(k − 1) k
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
49
pois k2 > k2 − k k>0 e k > 1 por an´alise de sinal , logo aplicando o somat´orio ∞ ∑ k=2
∑ 1 1 > k(k − 1) k=2 k 2 ∞
somando 1 em ambos lados e usando o resultado da s´erie que foi calculada 2>1+
∞ ∞ ∑ ∑ 1 1 = . 2 2 k k k=1 k=2
. Quest˜ ao 3 Vamos agora demonstrar alguns resultados que n˜ao s˜ao necess´arios para resolver a quest˜ao, por´em achamos que sejam interessantes , simples e podem enriquecer um pouco o material. Vamos usar o seguinte pequeno resultado em certas demonstra¸co˜es. Propriedade 84. Sejam (xn ) e (yn ) sequˆencias, se ∆xn = ∆yn para todo n, ent˜ao xn = yn + c para alguma constante c. Demonstra¸c˜ ao. Aplicamos o somat´orio
n−1 ∑
em cada lado na igualdade ∆xk = ∆yk
k=1
e usamos a soma telesc´opica, de onde segue xn − x1 = yn − y1 ⇒ xn = yn + x1 − y1 | {z }
.
=c
Corol´ ario 18. Se ∆xn = ∆yn ∀n e existe t ∈ N tal que xt = yt ent˜ao xn = yn para todo n. Tal propriedade vale pois xn = yn + c, tomando n = t segue xt = yt + c que implica c = 0, logo xn = yn para todo n. Propriedade 85. Seja e n > 0 ∈ N ent˜ao n−1 ∑
2s+1 ∑−1
s=0
k=2s
f (k) =
n −1 2∑
k=1
f (k)
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
50
Demonstra¸c˜ ao. Para n = 1 0 ∑
2s+1 ∑−1
s=0
k=2s
f (k) =
2−1 ∑
f (k) =
1 −1 2∑
k=20
f (k)
k=1
Temos que ∆
n−1 ∑
2s+1 ∑−1
s=0
k=2s
f (k) =
2n+1 ∑−1
f (k)
k=2n
e ∆
n −1 2∑
f (k) =
k=1
2n+1 ∑−1
f (k) −
k=1
2∑ −1 2∑ −1 2∑ −1 2∑ −1 1 = f (k) + f (k) − f (k) = f (k). kr k=2n k=1 k=1 k=2n
n −1 2∑
n+1
k=1
n
n
n+1
logo est´a provada a igualdade. Propriedade 86 (Crit´erio de condensa¸ca˜o de Cauchy). Seja (xn ) uma sequˆencia n˜ao∑ ∑ crescente de termos positivos ent˜ao xk converge, se e somente se, 2k .x2k converge. Demonstra¸c˜ ao. Usaremos a identidade n−1 ∑
2s+1 ∑−1
s=0
k=2s
f (k) =
n −1 2∑
f (k).
k=1
Como xk ´e n˜ao-crescente ent˜ao vale 2s+1 ∑−1
s
2 x2s+1 =
x2s+1 ≤
2s+1 ∑−1
k=2s
aplicando 2
n−1 ∑
segue
s=0
logo se
∑
xk
k=2s
n−1 ∑
s+1
2
x2s+1 ≤
s=0
2s x2s diverge ent˜ao
∑
n −1 2∑
xk
k=1
xk diverge.
Usando agora que 2s+1 ∑−1
xk ≤
k=2s
aplicando
n−1 ∑
da´ı se
s
x2s = 2s x2s
k=2s
segue que
s=0
∑
2s+1 ∑−1
2 x2s converge ent˜ao
n −1 2∑
∑
k=1
xk ≤
n−1 ∑
2s x2s
s=0
xk converge
.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
51
Exemplo 24 (S´erie Harmˆonica). Os n´ umeros harmˆonicos s˜ao definidos como Hn =
n ∑ 1 k=1
k
1 = 0 satisfaz a condi¸c˜ao necess´aria para convergˆencia de s´eries mas vamos n mostrar que a s´erie ∞ ∑ 1 =∞ lim Hn = k k=1
temos que lim
, isto ´e, a s´erie diverge. Suponha que a s´erie harmˆonica seja convergente, denotando lim Hn = H Sejam N1 o subconjunto de N dos ´ındices pares e N2 o conjunto dos n´ umeros ´ımpares. Se Hn converge temos que a s´erie sobre suas subsequˆencias tamb´em converge, sendo ent˜ao n ∑ k=1
∞ ∑ 1 1 = tn , =t 2k − 1 2k − 1 k=1
n ∞ ∞ ∑ ∑ 1 1 1∑1 H = sn , =s= = 2k 2k 2 k=1 k 2 k=1 k=1
H temos H2n = sn + tn tomando o limite lim H2n = H = lim(sn + tn ) = s + t , como s = 2 H segue que t = pois a soma deve ser H, desse modo a diferen¸ca t − s = 0, mas 2 tn − sn =
n ∑ k=1
∑ 1 ∑ 1 1 1 ∑ 1 − = = + >0 2k − 1 k=1 2k (2k)(2k − 1) 2 k=2 (2k)(2k − 1) k=1 n
n
n
logo lim tn − sn = t − s > 0 de onde segue t > s que ´e absurdo. Pode-se mostrar que lim tn − sn = ln(2). Exemplo 25. Na s´erie harmˆonica percebemos que 1 1 2 1 + > = 3 4 4 2 4 1 1 1 1 1 + + + > = 5 6 7 8 8 2 1 1 1 1 1 1 1 8 1 1 + + + + + + + > = 9 10 11 12 13 14 15 16 16 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
52
podemos continuar agrupando os termos das somas dessa maneira, vendo que a soma dos termos harmˆonicos n˜ao s˜ao limitados superiormente. ∞ ∑ 2k ∑ Usando o crit´erio de condensa¸c˜ao de Cauchy = 1 diverge. k 2 k=1 ∞ ∑ 1 1 1 Corol´ ario 19. diverge se p < 1. Para p < 1 vale k p < k e da´ı < p , da´ı por p k k k k=1 ∞ ∞ ∑1 ∑ 1 compara¸c˜ao como diverge isso implica que tamb´em diverge. k kp k=1 k=1
Vejamos outro corol´ario do crit´erio de condensa¸ca˜o de Cauchy. ∞ ∑ 1 Propriedade 87. A s´erie converge se p > 1 e diverge se p < 1. p k k=1 ∞ ∑ 1 Demonstra¸c˜ ao. Pelo crit´erio de condensa¸ca˜o de Cauchy a s´erie converge, se kp k=1 ∞ ∑ 2k 1 e somente se, converge da´ı p−1 < 1 logo p − 1 > 0, p > 1, caso p < 1 a s´erie kp 2 2 k=1 diverge.
Vamos resolver as quest˜oes 4 e 5 usando o crit´erio de condensa¸c˜ao de Cauchy. Quest˜ ao 4 e Quest˜ ao 5 Propriedade 88. A s´erie
∞ ∑ k=2
1 k(ln k)r
diverge se r ≤ 1 e converge se r > 1. Demonstra¸c˜ ao. Usamos o crit´erio de condensa¸c˜ao de Cauchy ∑
∑ 1 2k = k k r r 2 (ln(2 )) k (ln(2))r
que diverge se r ≤ 1 e converge se r > 1 . Exemplo 26. Provar que a s´erie Cauchy temos que
∑ ln(n) n2
∑ 2n ln(2n ) 2n .2n
converge. Pelo crit´erio de condensa¸ca˜o de
=
∑ n ln(2)
tal s´erie converge, logo a primeira tamb´em converge.
2n
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
53
Quest˜ ao 6 Exemplo 27. Provar que a s´erie Cauchy temos que
∑ ln(n)
converge. Pelo crit´erio de condensa¸ca˜o de
n2
∑ 2n ln(2n ) 2n .2n
=
∑ n ln(2) 2n
tal s´erie converge, logo a primeira tamb´em converge. Quest˜ ao 7 Propriedade 89. Seja (an ) uma sequˆencia n˜ao-crescente de n´ umeros reais positivos. Se ∑ ak converge ent˜ao lim nan = 0. Demonstra¸c˜ ao. Usaremos o crit´erio de Cauchy . Existe n0 ∈ N tal que para n + 1 > n0 vale
2n ∑ 2na2n ak < ε = na2n ≤ 2 k=n+1
logo lim 2na2n = 0. Agora mostramos que a subsequˆencia dos ´ımpares tamb´em tende a zero. Vale a2n+1 ≤ a2n da´ı 0 < (2n + 1)a2n+1 ≤ 2na2n + a2n por teorema do sandu´ıche segue o resultado. Como as subsequˆencias pares e ´ımpares de (nan ) tendem a zero, ent˜ao a sequˆencia tende a zero.
1.5.2
S´ eries absolutamente convergentes
Quest˜ ao 1 Propriedade 90. Sejam an ≥ 0 e
∑
an convergente, ent˜ao
convergente ∀x ∈ [−1, 1]. Demonstra¸c˜ ao. Com x ∈ [−1, 1] vale |x| ≤ 1 da´ı ∑
logo
∑
|an xn | =
∑
an xn ´e absolutamente convergente.
an |x|n ≤
∑
an
∑
an xn ´e absolutamente
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
54
Quest˜ ao 2 Exemplo 28. Seja a s´erie
∞ ∑
ak (−1)k+1 =
k=1
2 1 2 1 2 1 2 1 − + − + − + − + · · · onde 3 3 4 4 5 5 6 6
2 1 a2k = e a2k−1 = ent˜ao lim ak = 0 e tem termos alternados, por´em diverge. k+2 2+k Por que ela n˜ao contradiz o teorema de Leibniz? Tal sequˆencia n˜ao satisfaz a propriedade 2 1 de ser n˜ao-crescente, pois a2k+1 > a2k , > . 2+k+1 2+k Tal s´erie realmente diverge pois 2n ∑
k+1
ak (−1)
=
k=1
n ∑ k=1
a2k−1 −
n ∑ k=1
a2k =
n ∑ k=1
∑ 1 1 2 − = 2+k 2+k k+2 k=1 n
que diverge pela divergˆencia da s´erie harmˆonica (perceba acima que separamos os termos pares dos ´ımpares na soma). Quest˜ ao 3 Exemplo 29. Uma s´erie
∑
an pode ser convergente e quando seus termos s˜ao multi∑ plicados por uma sequˆencia limitada (xn ) a s´erie an xn , pode divergir, como ´e o caso ∑ (−1)n da s´erie com termos multiplicados pela sequˆencia limitada de termo (−1)n , n∑ ∑ 1 gerando a s´erie que ´e divergente. (xn ) pode ser convergente e ainda assim an x n n ∑ (−1)n √ divergir como ´e o caso de que converge pelo crit´erio de Leibniz e tomando n (−1)n ∑ (−1)n (−1)n ∑ 1 √ √ xn = √ = diverge. n n n n ∑ ∑ Propriedade 91. Se (xn ) ´e limitada e an ´e absolutamente convergente ent˜ao an x n ´e convergente. Demonstra¸c˜ ao. Existe m ∈ R tal que |xn | < m ∀n ∈ N da´ı |xn an | ≤ m|an | da´ı segue ∑ ∑ por compara¸ca˜o que |xn an | ´e convergente logo xn .an converge. Quest˜ ao 4 Propriedade 92. Seja (xn ) uma sequˆencia n˜ao-crescente com lim xn = 0 ent˜ao a s´erie obtida somando p termos com sinais positivos da sequˆencia (xn ) alternando com p termos negativos alternadamente ´e convergente.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
55
Demonstra¸c˜ ao. A s´erie pode ser escrita como ∞ ∑
(−1)
t=1
t+1
p ∑
xk+(t−1)p =
|k=1 {z
}
∞ ∑
(−1)t+1 yt
t=1
=yt
Vamos mostrar que essa s´erie satisfaz os crit´erio de Leibniz. Como lim xn = 0 ent˜ao o limite de qualquer subsequˆencia de (xn ) tamb´em tende a zero, logo lim xk+(t−1)p = 0 , para todo k fixo, tem-se lim yt = lim
p ∑
t→∞
xk+(t−1)p = 0. Agora vamos mostrar que a
k=1
sequˆencia (yt ) ´e n˜ao-crescente, como (xn ) ´e n˜ao-crescente temos que xk+tp ≤ xk+(t−1)p p ∑ para todo k, aplicando tem-se k=1
yt+1 =
p ∑
xk+tp ≤
k=1
p ∑
xk+(t−1)p = yt
k=1
da´ı yt ´e n˜ao-crescente, logo vale o crit´erio de Leibniz, implicando que
∞ ∑
(−1)
t+1
t=1
p ∑
xk+(t−1)p
k=1
´e convergente. Exemplo 30. A s´erie obtida somando p termos com sinais positivos da sequˆencia (xn ) = 1 ( ) alternando com p termos negativos alternadamente ´e convergente, pois lim xn = 0 e n xn ´e decrescente. Quest˜ ao 5 Propriedade 93. Se n ∑ ak bn−k → 0.
∑
ak ´e absolutamente convergente e lim bn = 0 ent˜ao cn =
k=1
Demonstra¸c˜ ao. Existe B > 0 tal que |bn | < B, ∀n ∈ N. Vale
∞ ∑
|ak | = A. Dado
k=1
n ∑ ε e por |ak | ser de cauchy vale ε > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica |bn | < 2A k=1 n ∑ ε | ak | < ent˜ao para n > 2n0 (n − n0 > n0 ) segue que 2B k=n +1 0
|
n ∑ k=1
ak bn−k | ≤
n ∑ k=1
|ak ||bn−k | =
n0 ∑ k=1
|ak ||bn−k | +
n ∑ k=n0 +1
|ak ||bn−k | ≤
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
56
n0 ∑
n ∑ ε Aε εB ε ε |ak | |ak |B ≤ ≤ + + ≤ + =ε 2A k=n +1 2A 2B 2 2 k=1 0
isso implica que lim cn = 0. Quest˜ ao 6 Propriedade 94. Seja (xk ) uma sequˆencia de n´ umeros n˜ao negativos com a s´erie ∑ convergente ent˜ao x2k ´e convergente. n ∑
∑
xk
Demonstra¸c˜ ao. Como temos xk ≥ 0 segue tamb´em x2k ≥ 0, sendo ent˜ao s(n) = x2k temos ∆s(n) = x2n+1 ≥ 0, logo s(n)´e n˜ao decrescente, se mostrarmos que a s´erie ´e
k=b
limitada superiormente teremos uma sequˆencia que ´e limitada e mon´otona logo convergente. Temos que s(n) ´e limitada superiormente da seguinte maneira n ∑
x2k
n n ∑ ∑ xk ) xk )( ≤(
k=b
k=b
k=b
logo a s´erie ´e convergente. ∑ ak ´e absolutamente convergente ent˜ao a2k converge, usamos o ∑ resultado anterior com xk = |ak |, ent˜ao a convergˆencia de |ak | implica a convergˆencia ∑ ∑ de |ak |2 = a2k . Corol´ ario 20. Se
∑
Quest˜ ao 7 Propriedade 95. Se
∑
x2n e
∑
yn2 convergem ent˜ao
∑
xn .yn converge absolutamente.
Demonstra¸c˜ ao. Usando a desigualdade de Cauchy n n n n n ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 2 2 2 2 ( |xk ||yk |) ≤ ( |xk | )( |yk | ) = ( xk )( yk2 ) k=1
k=1
logo por crit´erio de compara¸c˜ao segue que
k=1
∑
k=1
k=1
xn .yn converge absolutamente.
Quest˜ ao 8 Propriedade 96. Seja S={
∑ k∈A
∑
an uma s´erie qualquer, denotamos
ak , tal que A ´e qualquer conjunto finito de ´ındices de (ak )}.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
57
∑
ak ´e absolutamente convergente ⇔ S ´e limitado. ∑ Demonstra¸c˜ ao. ⇒ Se ak ´e absolutamente convergente ent˜ao a soma dos termos ∑ positivos ´e no m´aximo p = pk e a soma dos termos negativos ´e no m´aximo −q = ∑ − qk , logo S ´e um conjunto limitado, pois qualquer outra combina¸c˜ao de soma de termos positivos e negativos do conjunto deve estar entre esses dois valores. ⇐. Se S ∑ ∑ ´e limitado ent˜ao pn e qn s˜ao limitados e por isso convergentes pois determinam ∑ ∑ sequˆencias n˜ao-decrescentes limitadas superiormente, da´ı segue que |an | = pn + ∑ qn ´e convergente.
1.5.3
Teste de convergˆ encia
Quest˜ oes 1 e 2 1
Propriedade 97. Se |an | n ≥ 1 para uma infinidade de indices n ent˜ao lim an ̸= 0 e a ∑ s´erie an diverge. Demonstra¸c˜ ao. Se lim an = 0 ent˜ao existe n0 ∈ N tal que para n > n0 tem-se 1 1 |an | < , se |an | n ≥ 1 para uma infinidade de indices n, ent˜ao existe um ´ındice n1 > n0 2 1 tal que |an1 | n1 ≥ 1 logo |an1 | ≥ 1 o que entra em contradi¸c˜ao com a suposi¸c˜ao de que ∑ lim an = 0 ent˜ao tal propriedade n˜ao vale, de onde segue que a s´erie an diverge, pois se ela fosse convergente ent˜ao ter´ıamos lim an = 0. Propriedade 98. Se an ̸= 0∀n ∈ N e existe n0 ∈ N tal que para n ≥ n0 tem-se ∑ |an+1 | ≥ 1 ent˜ao an diverge. |an | n ∏ |ak+1 | ≥ 1 da´ı aplicando de ambos lados, Demonstra¸c˜ ao. Para k > n0 vale |ak | k=n0 segue por produto telesc´opico que
|an+1 | ≥ 1 ⇒ |an+1 | ≥ |an0 | > 0 an0 ∑ logo n˜ao vale que lim an = 0, portanto a s´erie an diverge. Exemplo 31. A s´erie
∞ ∑
ak = a + b + a2 + b2 + a3 + b3 + a4 + b4 + · · · definida como
k=1
a2k = bk e a2k−1 = ak onde 0 < a < b < 1 converge. O teste de d’Alembert ´e inconclusivo
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
58
a2k b b = ( )k > 1 pois de a < b segue 1 < . O teste de Cauchy funciona a2k−1 a a √ √ √ 2n n pois para ´ındices pares b = b < 1 e para ´ındices ´ımpares 2n−1 an < 1, logo vale ∑ √ para todo n, n |an | < 1 e o teste de Cauchy implica que an converge. No caso do a2k b teste de d’Alembert, caso fosse a = b seguiria que = ( )k = 1, por´em a s´erie s´eria a2k−1 a convergente pois 2n n n n n ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ k ak = a2k + a2k−1 = a + bk pois ∀k
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
sendo que a sequˆencia das reduzidas ´e convergente logo a s´erie ´e convergente, em especial 1 esse argumento vale para a = b = . 2 Quest˜ ao 3 Propriedade 99. A sequˆencia de termo (
ln(n + 1) n ) ´e limitada. (n + 1)
Demonstra¸c˜ ao. n+1 n ) < n da´ı (n + 1)n < nn+1 tomando o logaritmo n ln(n + 1) < n ln(n + 1) n+1 ln(n + 1) n n+1 n (n + 1) ln(n) logo < elevando `a n segue que ( ) < ( ) , ln(n) n (n + 1) n sendo menor que uma sequˆencia limitada segue que ela ´e limitada. Para n ≥ 3 vale (
∑ ln(n) ( )n ´e convergente. n Pelo crit´erio de D’Alembert, temos
Exemplo 32. Mostrar que
(
ln(n + 1) n+1 (n) n ln(n + 1) ln(n + 1) n n n ) ( ) = ( ) ( ) (n + 1) ln(n) n+1 (n + 1) n+1
o primeiro limite tende a zero, a segunda express˜ao ´e limitada e o terceiro limite converge, ent˜ao tal express˜ao tende a zero. √ ln(n) n ln(n) n Pelo crit´erio de Cauchy, ( ) = → 0 logo a s´erie converge. n n Quest˜ ao 4 |xn+1 | = L ent˜ao Propriedade 100. Seja (xn ) uma sequˆencia de termos n˜ao nulos, se lim |xn | √ lim n |xn | = L.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
59
Demonstra¸c˜ ao. Seja L > 0, ent˜ao existe n0 ∈ N tal que para k > n0 vale 0 < L − ε < t1 < aplicando
n ∏
|xk+1 | < t2 < L + ε |xk |
em ambos lados e usando produto telesc´opico tem-se
k=n0 +1
|xn0 +1 |(t1 )n−n0 < |xn+1 | < |xn0 +1 |(t2 )n−n0 tomando a raiz n-´esima n0
1
1
1
n0
|xn0 +1 | n (t1 )1− n < |xn+1 | n < |xn0 +1 | n (t2 )1− n para n grande tem-se 1
L − ε < |xn+1 | n < L + ε 1
da´ı segue que lim |xn+1 | n = L. Se L = 0, temos argumento similar, existe n0 ∈ N tal que para k > n0 vale 0< aplicando
n ∏
|xk+1 | < t2 < ε < 1 |xk |
em ambos lados e usando produto telesc´opico tem-se
k=n0 +1
0 < |xn+1 | < |xn0 +1 |(t2 )n−n0 tomando a raiz n-´esima 1
1
n0
0 < |xn+1 | n < |xn0 +1 | n (t2 )1− n para n grande tem-se 1
0 < |xn+1 | n < ε 1
da´ı segue que lim |xn+1 | n = 0. Propriedade 101 (Limite da m´edia geom´etrica). Seja (xn ) tal que xn > 0, se lim xn = a n ∏ 1 ent˜ao lim( xk ) n = a. k=1
xn+1 . xn √ Demonstra¸c˜ ao.[1] Usamos o resultado de que se lim Qyn = a ent˜ao lim n yn = a. n ∏ Tomando yn = xk segue que Qyn = xn+1 logo lim Qyn = lim xn+1 = a implica que Usando a nota¸ca˜o Qxn =
k=1
∏√ √ n lim n yn = a = lim xk = a.. n
k=1
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
60
Demonstra¸c˜ ao.[2] Seja a > 0 . lim xn = a ent˜ao lim ln(xn ) = ln(a) que implica lim
n ∑ ln(xk ) k=1
= ln(a), lim ln((
n
n ∏
1
xk ) n ) = ln(a)
k=1
pela continuidade e propriedade bijetiva de ln segue lim(
n ∏
1
xk ) n = a.
k=1
Se a = 0 usamos desigualdade das m´edias e teorema do sandu´ıche 0 < ((
n ∏
1
xk ) n ) ≤
k=1
da´ı 0 ≤ ((
n ∏
n ∑ xk k=1
1 n
xk ) ) ≤ lim
k=1
n ∑ xk k=1
ent˜ao lim(
n ∏
n
n
=0
1
xk ) n = a
k=1
em todos esses casos. Corol´ ario 21. Sabendo que lim xn = a, xn > 0 podemos provar que lim
n ∏
1
akn = a
k=1
usando a desigualdade das m´edias e teorema do sandu´ıche ∏ 1 ∑ ak n n ≤ a ≤ n k ∑ n k=1 ak k=1 n
n
k=1
∑ ak ∏ 1 n usando que lim ∑ akn por sandu´ıche . = a e lim = a segue que lim n n k=1 k=1 ak n
n
k=1
Quest˜ ao 5 Exemplo 33. Estudamos os valores x reais com os quais as s´eries a seguir convergem. 1.
∑
nk xn .
√ n
nk |x|n =
√ n
nk |x| → |x| ent˜ao a s´erie converge com |x| < 1, ela n˜ao
converge se x = 1 ou x = −1 pois nesses casos o limite do termo somado n˜ao tende a zero.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
61
∑
√ nn xn . n nn |x|n = n|x| → ∞ se x ̸= 0 ela s´o converge para x = 0. √ ∑ xn n |x|n |x| 3. . = → 0, logo ela converge independente do valor de x. n n n n n ∑ √ √ n n!xn . n n!|x|n = n!|x| → 0, logo ela s´o converge com x = 0. 4. √ ∑ xn n |x|n 5. . → |x|, ent˜ao ´e garantida a convergˆencia com |x| < 1 , com x = 1 n2 n2 ela converge e com x = −1 tamb´em, pois ´e absolutamente convergente. 2.
1.5.4
Comutatividade
Quest˜ ao 1 Propriedade 102. Se uma s´erie ´e condicionalmente convergente ent˜ao existem altera¸co˜es na ordem da soma dos seus termos de modo a tornar a s´erie +∞ ou −∞. ∑ Demonstra¸c˜ ao. Como vale qn = ∞ podemos somar uma quantidade suficiente de termos negativos da s´erie tal que a soma resulte em −s1 e qn seja arbitrariamente ∑ pequeno, da´ı como pn = ∞ somamos um n´ umero suficiente de termos positivos para que o resultado seja s2 + |{z} A > 0, como qn ´e pequeno somamos um n´ umero suficiente tal |{z} >0
>0
que o resultado seja s3 tal que A < s3 < s2 + A, novamente somamos uma quantidade de termos positivos tal que o resultado seja s4 = s2 +2A, somamos agora os termos negativos tal que o resultado seja s5 com 2A < s5 < s2 + 2A, continuamos o processo, sendo que para n suficientemente grande vale sn > p.A, onde p ´e natural e A > 0, logo a soma diverge para infinito. Para que a s´erie seja divergente para −∞ tomamos procedimento semelhante, por´em come¸cando a somar termos positivos at´e que pn seja pequeno e depois come¸camos a somar os termos negativos. Quest˜ ao 2 (n˜ao feita ainda) Demonstrar que (hip´otese) n 4n n 4n−4 ∑ ∑ ∑ ∑ 1 −1 1 1 1 1 < s(2n) = − < 0 < s2n−1 = − < n 2k − 1 k=1 2k 2k − 1 2k n k=1 k=1 k=1
da´ı lim sn = 0 , sn ´e uma reordena¸ca˜o da s´erie
∑ (−1)k k
.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
62
Quest˜ ao 3 a) Defini¸ c˜ ao 8 (Sequˆencia som´avel). Uma sequˆencia (an ) ´e som´avel com soma s quando ∀ε > 0, existe J0 ⊂ N tal que ∀J ⊂ N finito com J0 ⊂ J tem-se |
∑
ak − s| < ε.
k∈J
Propriedade 103. Se (an ) ´e som´avel ent˜ao para toda bije¸ca˜o f : N → N , (bn ) dada por bn = af (n) ´e som´avel com a mesma soma. Demonstra¸c˜ ao. Como (an ) ´e som´avel ent˜ao dado ε > 0 existe j1 ⊂ N finito tal que ∀A j ⊂ N com J1 ⊂ j tem-se |
∑
ak − s| < ε.
k∈j
Tomamos j0 ⊂ N tal que f (j0 ) = j1 , da´ı f (j0 ) = j1 ⊂ j. Se j0 ⊂ j ent˜ao f (j0 ) = j1 ⊂ f (j) que implica |
∑
ak − s| = |
∑
af (k) − s| = |
∑ k∈j
k∈j
k∈f (j)
bk − s| < ε
Quest˜ ao 3 b) e c) Propriedade 104. (an ) ´e som´avel com soma s ⇔ a s´erie ∑ gente e vale an = s. Demonstra¸c˜ ao. Adotaremos a nota¸c˜ao sj =
∑
∑
an ´e absolutamente conver-
ak , lembrando que j ´e um conjunto
k∈j
finito. ⇒ Vamos mostrar que o conjunto das somas finitas ´e limitado e da´ı a s´erie ir´a convergir absolutamente , por resultado j´a demonstrado. Dado ε = 1 existe j0 ∈ N finito tal que ∀j com j0 ⊂ j ⇒ |s − sj | < 1. Denotaremos ∑ a= |ak |. Seja A ⊂ N um conjunto finito arbitr´ario, por identidade de conjuntos vale k∈j0
A ∪ j0 = (j0 \ A) ∪ A sendo que essa uni˜ao ´e disjunta, da´ı tomando a soma sobre esses conjuntos finitos segue ∑ k∈A∪j0
ak =
∑ k∈j0 \A
ak +
∑ k∈A
ak ⇒
∑
ak =
k∈A
sA = sA∪j0 − sj0 \A
∑ k∈A∪j0
ak −
∑ k∈j0 \A
ak
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
pois em geral se A e B s˜ao conjuntos disjuntos vale que1
∑ k∈A∪B
ak =
∑
ak +
k∈A
63
∑
ak . Disso
k∈B
segue que |s − sA | = |s − sA∪j0 + sj0 \A | < |s − sA∪j0 | + |sj0 \A | < 1 + a pois j0 ⊂ A ∪ j0 logo |s − sA∪j0 | < 1 pela condi¸ca˜o de ser som´avel . conclu´ımos ent˜ao que o conjunto das ∑ somas finitas de ak ´e limitado, ent˜ao tal s´erie converge absolutamente. ∑ ∑ ⇐. Supondo agora que a s´erie an seja absolutamente convergente com an = ∑ ∑ ∑ ∑ pn − qn = u − v = s. Tomando uj = p k , vj = qk temos sj = uj − vj . | {z } | {z } k∈J k∈J u v ∑ Pela convergˆencia absoluta de an , dado ε > 0 arbitr´ario existe n0 ∈ N tal que, sendo ε ε pela defini¸c˜ao de limite j0 = In0 = {1, · · · , n0 }, j0 ⊂ j ⇒ |u − uj | < , |v − vj | < 2 2 aplicada as somas, da´ı j0 ⊂ j ⇒ ε ε |s − sj | = |uj − vj − (u − v)| ≤ |u − uj | + |v − vj | < + = ε. 2 2 da´ı a sequˆencia ´e som´avel.
1.6 1.6.1
Cap´ıtulo 5-Algumas no¸co ˜es topol´ ogicas Conjuntos abertos
Quest˜ ao 1 Propriedade 105. Se (x − ε, x + ε) ⊂ A ent˜ao (x − ε, x + ε) ⊂ intA. Demonstra¸c˜ ao. Queremos mostrar que um ponto y ∈ (x − ε, x + ε) arbitr´ario ´e ponto interior de A , da´ı seguindo que todo intervalo (x − ε, x + ε) ´e subconjunto de intA. Como y ∈ (x − ε, x + ε) ent˜ao vale x − ε < y e y < x + ε, podemos tomar um n´ umero real δ > 0 tal que x − ε < y − δ e y + δ < x + ε, da´ı cada (y − δ, y + δ) ⊂ (x − ε, x + ε), y ´e ponto interior de (x − ε, x + ε) ⊂ A, logo y ´e ponto interior de A o que implica que (x − ε, x + ε) ⊂ intA. Propriedade 106 (Idempotˆencia de int). Vale int (int(A)) = int(A). Demonstra¸c˜ ao. Temos que int (intA) ⊂ int(A), vamos mostrar agora que int(A) ⊂ int( int(A)). Dado x ∈ int(A) existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ⊂ A logo (x − ε, x + ε) ⊂ intA = B , ent˜ao x ∈ int(B) = int( int(A)), o que mostra a proposi¸ca˜o. 1
Isso pode ser tomado como parte da defini¸c˜ao de soma sobre conjuntos finitos
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
64
Quest˜ ao 2 Propriedade 107. Seja A ⊂ R. Se ∀(xn ) com lim xn = a ∈ A, ∃n0 ∈ N | n > n0 ⇒ xn ∈ A ent˜ao A ´e aberto. Demonstra¸c˜ ao. Vamos usar a contrapositiva que no caso diz: Se A n˜ao ´e aberto ent˜ao existe (xn ) com lim xn = a ∈ A e xn ∈ / A. Lembrando que a contrapositiva de p ⇒ q ´e v q ⇒v p, (onde v ´e o s´ımbolo para nega¸c˜ao da proposi¸c˜ao) sendo proposi¸c˜oes equivalentes, as vezes ´e muito mais simples provar a contrapositiva do que a proposi¸ca˜o diretamente. Se A n˜ao ´e aberto, existe a ∈ A tal que a n˜ao ´e ponto interior de A, assim ∀ε > 0 , (a − ε, a + ε) ∩ (R \ A) ̸= ∅, ent˜ao podemos tomar uma sequˆencia (xn ) em R \ A que converge para a ∈ A. Quest˜ ao 3 Propriedade 108. int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B). Demonstra¸c˜ ao. Primeiro vamos mostrar que int(A ∩ B) ⊂ int(A) ∩ int(B). Se x ∈ int(A ∩ B) ent˜ao existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ⊂ (A ∩ B) da´ı (x − ε, x + ε) ⊂ A e (x − ε, x + ε) ⊂ B , o que implica que (x − ε, x + ε) ⊂ intA e (x − ε, x + ε) ⊂ intB , provando a primeira parte. Vamos mostrar agora que intA ∩ intB ⊂ int(A ∩ B). Dado x ∈ intA ∩ intB, sabemos que tal conjunto ´e aberto por ser intersec¸c˜ao de abertos, logo existe ε > 0 tal que (x−ε, x+ ε) ⊂ intA ∩ intB da´ı (x − ε, x + ε) ⊂ intA e (x − ε, x + ε) ⊂ intB, logo (x − ε, x + ε) ∈ A, B provando o resultado. Exemplo 34. Podemos ter dois conjunto X e Y tais que int(X ∪ Y ) ̸= int(X) ∪ int(Y )? Sim, basta tomar X = [a, b] e Y = [b, c] temos que intX = (a, b), intY = (b, c) e que X ∪ Y = [a, c] segue que int(X ∪ Y ) = (a, c) que ´e diferente de (a, b) ∪ (b, c). Em especial tomando A = (0, 1] e B = [1, 2) vale que int(A∪B) = (0, 2) ̸= intA∪intB = (0, 1)∪(1, 2).
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Propriedade 109. Vale intA ∪ intB ⊂ int(A ∪ B). Demonstra¸c˜ ao. Seja x ∈ intA ent˜ao existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ∈ A logo (x − ε, x + ε) ∈ A ∪ B e (x − ε, x + ε) ∈ int(A ∪ B) o mesmo para B, logo vale intA ∪ intB ⊂ int(A ∪ B). Quest˜ ao 4 Usamos a nota¸ca˜o ∂A para fronteira do conjunto A. Propriedade 110. Dado A ⊂ R vale que R = int(A) ∪ int(R \ A) ∪ ∂A onde a uni˜ao ´e disjunta. Demonstra¸c˜ ao. Dado x ∈ R e A ⊂ R vale uma e apenas uma das propriedades a seguir: Existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ⊂ A, da´ı x ∈ int(A). Caso contr´ ario ∀ε > 0
(x − ε, x + ε) * A e fica valendo uma das propriedades a seguir: Existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ⊂ (R \ A) da´ı x ∈ int(R \ A) ou vale que ∀ε > 0, (x − ε, x + ε) ∩ A ̸= ∅ e ∀ε > 0, (x − ε, x + ε) ∩ (R \ A) ̸= ∅ , nessas condi¸c˜oes
x ∈ ∂A. Com isso conclu´ımos que R ⊂ int(A)∪int(R\A)∪∂A e como int(A)∪int(R\A)∪∂A ⊂ R segue que R = int(A) ∪ int(R \ A) ∪ ∂A. Propriedade 111. A ´e aberto ⇔ A ∩ ∂A = ∅. Demonstra¸c˜ ao. ⇒. Se A ´e aberto, ent˜ao intA = A com intA e ∂A disjuntos. ⇐. Supondo que A ∩ ∂A = ∅, ent˜ao, dado a ∈ A vale a ∈ int(A) ∪ int(R \ A) ∪ ∂A, n˜ao pode valer a ∈ ∂a ou a ∈ int(R \ A), da´ı for¸cosamente tem-se a ∈ int(A) implicando A ⊂ int(A) logo A = intA e A ´e aberto.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Quest˜ ao 5 Propriedade 112. Dado A = [a, b] tem-se ∂A = {a, b}. Demonstra¸c˜ ao. Os pontos de (a, b) n˜ao podem ser pontos de fronteira de A pois s˜ao pontos interiores do conjunto, da mesma maneira os pontos de (b, ∞) e (−∞, a) n˜ao podem ser pontos de fronteira pois s˜ao pontos de R \ A, da´ı segue que ∂A = {a, b} Exemplo 35. Dado A = [0, 1] tem-se ∂A = {0, 1}. Exemplo 36. Achar a fronteira do conjunto A = (0, 1) ∪ (1, 2). Tal conjunto ´e aberto, ent˜ao nenhum ponto desse conjunto pode pertencer a sua fronteira. Temos R \ A = (−∞, 0] ∪ {1} ∪ [2, ∞), cujo interior ´e int(R \ A) = (−∞, 0) ∪ (2, ∞), logo a fronteira ´e o que resta ∂A = {0, 1, 2}. Exemplo 37. ∂Q = R pois intQ = ∅, int(R \ Q) = ∅, da´ı ∂Q = R. Propriedade 113. Se R \ A ´e aberto e intA = ∅ ent˜ao ∂A = A. Demonstra¸c˜ ao. Vale que int(R \ A) = (R \ A) e intA = ∅ logo ∂A = R \ (int(A) ∪ int(R \ A)) = R \ ((R \ A)) = A. Exemplo 38. R \ Z ´e aberto, por ser reuni˜ao de abertos a al´em disso Z tem interior vazio, da´ı ∂Z = Z. Quest˜ ao 6 Propriedade 114. Sejam (Ik ) uma sequˆencia de intervalos limitados dois a dois disjuntos ∞ ∩ tais que Ik ⊃ Ik+1 ∀ k ∈ N e a intersec¸ca˜o I = Ik n˜ao ´e vazia. k=1
Nessas condi¸co˜es I ´e um intervalo que n˜ao ´e um intervalo aberto. Demonstra¸c˜ ao. Sejam ak e bk extremidades de Ik ent˜ao vale ak ≤ bp , ∀k, p ∈ N. As sequˆencias (ak ) e (bk ) s˜ao limitadas, (ak ) ´e n˜ao-decrescente e (bk ) n˜ao-crescente, logo elas s˜ao convergentes sendo lim an = a, lim bn = b. Dado x ∈ I n˜ao pode valer x < a, pois existe xn tal que x < xn < a e (xn ) ´e
n˜ao-decrescente, da mesma maneira n˜ao pode valer b < x, pois da´ı existe yn tal que b < yn < x e yn ´e n˜ao-crescente. Com isso conclu´ımos que I ⊂ [a, b].
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
67
Se a = b, ent˜ ao I ⊂ [a, a] = {a} de onde segue I = {a}. Se a < b ent˜ ao ∀ x com a < x < b ⇒ an < a < x < b < bn , logo (a, b) ⊂ I ⊂ [a, b].
Da´ı conclu´ımos que I ´e um intervalo com extremos a e b. Como os In s˜ao dois-a-dois distintos ent˜ ao (an ) ou (bn ) tem uma infinidade de termos
distintos. Digamos que seja (an ), ent˜ao ∀n ∈ N existe p ∈ N tal que an < an+p ≤ a logo a ∈ (an , bn ) ⊂ I, como a ∈ I ent˜ao I n˜ao pode ser um intervalo aberto, sendo do tipo [a, b) ou [a, b].
1.6.2
Conjuntos fechados
Quest˜ ao 1 Propriedade 115. Sejam I um intervalo n˜ao degenerado e k > 1 natural. O conjunto m A = { n ∈ I | m, n ∈ Z} ´e denso em I. k 1 Demonstra¸c˜ ao. Dado ε > 0 existe n ∈ N tal que k n > , da´ı os intervalos ε m+1 m 1 m m+1 ] tem comprimento − n = n < ε. [ n, k kn kn k k m+1 m Existe um menor inteiro m + 1 tal que x + ε ≤ da´ı n ∈ (x − ε, x + ε) pois n k k m m se fosse x + ε < n iria contrariar a minimalidade de m + 1 e se fosse n < x − ε ent˜ao k k m m+1 [ n, ] teria comprimento maior do que de (x − ε, x + ε), que ´e ε, uma contradi¸ca˜o k kn com a suposi¸c˜ao feita anteriormente. Quest˜ ao 2 Propriedade 116. Vale A = A ∪ ∂A. Demonstra¸c˜ ao. Iremos mostrar inicialmente que A ⊂ A ∪ ∂A. Se x ∈ A ent˜ao x ∈ A ∪ ∂A. Caso x ∈ / A e x ∈ A ent˜ao existe uma sequˆencia (xn ) em a tal que lim xn = a, ∀ε > 0 existe n0 ∈ N tal que para n > n0 tem-se xn ∈ (a − ε, a + ε), logo nessas condi¸co˜es (a − ε, a + ε) ∩ A ̸= ∅ e (a − ε, a + ε) ∩ (R \ A) ̸= ∅, pois a ∈ / A e a ∈ (a − ε, a + ε), ent˜ao temos pelo menos esse elemento no conjunto, implicando pela defini¸c˜ao que x ∈ ∂A.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
68
Agora A ∪ ∂A ⊂ A, basta mostrar que ∂A ⊂ A, pois j´a sabemos que A ⊂ A. Dado a ∈ ∂A ent˜ao para todo ε > 0 (a − ε, a + ε) ∩ A ̸= ∅, logo podemos tomar uma sequˆencia de pontos em A que converge para a, da´ı a ∈ A. Propriedade 117. A ´e fechado se , e somente se, ∂A ⊂ A. Demonstra¸c˜ ao. Se A ´e fechado ent˜ao A = A, usando a identidade A = A ∪ ∂A, segue que A ∪ ∂A = A logo deve valer ∂A ⊂ A. Suponha agora que ∂A ⊂ A ent˜ao A ∪ ∂A = A = A logo A ´e fechado. Quest˜ ao 3 Propriedade 118. a ∈ / A ⇔ a ∈ int(R \ A). Demonstra¸c˜ ao. ⇒.Se a ∈ / A existe ε > 0 tal que (a − ε, a + ε) ∩ A = ∅, da´ı todo x ∈ (a − ε, a + ε) n˜ao pertence a A logo pertence a R \ A, ent˜ao a ∈ int(R \ A). ⇐ . Se a ∈ int(R \ A) ent˜ao existe ε > 0 tal que (a − ε, a + ε) ⊂ (R \ A), logo existe ε > 0 tal que (a − ε, a + ε) ∩ A = ∅ portanto a ∈ / A. Corol´ ario 22. (R \ A) = int(R \ A). Pois a ∈ / A ⇔ a ∈ int(R \ A) . Conclu´ımos ent˜ao que R \ A ´e um conjunto aberto. Propriedade 119. Vale que A = ∂A ∪ int(A). Demonstra¸c˜ ao. Temos que R = intA ∪ ∂A ∪ int(R \ A) e R \ A = int(R \ A), da´ı segue A = ∂A ∪ int(A). Propriedade 120. Vale que R \ int(A) = R \ A. Demonstra¸c˜ ao. Temos que R = int(A) ∪ int(R \ A) ∪ ∂A da´ı R \ int(A) = int(R \ A) ∪ ∂A = int(R \ A) ∪ ∂(R \ A) = (R \ A).
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Quest˜ ao 4 Propriedade 121. Se A ´e aberto e A = B ∪ C ´e uma cis˜ao de A, ent˜ao C e B s˜ao abertos. Demonstra¸c˜ ao. Vale B ∩ C = ∅ e C ∩ B = ∅. Seja x ∈ A e x ∈ B, por A ser aberto, sabemos que existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ⊂ A. Se tiv´essemos ∀r > 0 (x − r, x + r) ∩ C ̸= ∅ ent˜ao ter´ıamos uma sequˆencia em C convergindo para x e da´ı x ∈ C o que contraria C ∩ B = ∅, ent˜ao deve existir um ε1 > 0 tal que (x − ε1 , x + ε1 ) ∩ C = ∅, da´ı temos (x − ε2 , x + ε2 ) ⊂ B, logo B ´e aberto. De maneira semelhante para A. Propriedade 122. Seja A = B ∪ C cis˜ao com A fechado, ent˜ao B e C s˜ao fechados. Demonstra¸c˜ ao. Seja x ∈ B ent˜ao x ∈ A, pois A ´e fechado. Por B ∩ C = ∅ segue que x ∈ / C, da´ı for¸cosamente tem-se x ∈ B. De maneira an´aloga para C. Quest˜ ao 5 Propriedade 123. Se ∂A = ∅ ent˜ao A = R ou A = ∅ Demonstra¸c˜ ao. Sabendo a identidade R = intA ∪ ∂A ∪ int(R \ A) uni˜ao disjunta, sendo ∂A vazio segue R = intA ∪ int(R \ A) e sabendo que R ´e conexo isso implica que A = R ou vazio. Quest˜ ao 6 Propriedade 124. Vale que A ∪ B = A ∪ B. Demonstra¸c˜ ao. Vamos mostrar inicialmente que A ∪ B ⊂ A ∪ B. De A ⊂ A ∪ B e B ⊂ A ∪ B segue que A ⊂ A ∪ B e B ⊂ A ∪ B da´ı A ∪ B ⊂ A ∪ B. Agora mostramos que A ∪ B ⊂ A ∪ B. Seja x ∈ A ∪ B, ent˜ao existe uma sequˆencia (xn ) ∈ A ∪ B tal que lim xn = x, tal sequˆencia possui um n´ umero infinito de elementos em A ou B, logo podemos tomar uma sequˆencia (yn ) em A ou B tal que lim yn = x ∈ A ∪ B. Que prova o que desejamos.
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70
Propriedade 125. Vale que A ∩ B ⊂ A ∩ B. Demonstra¸c˜ ao. Tem-se que A ∩ B ⊂ A e A ∩ B ⊂ B , logo A ∩ B ⊂ A e A ∩ B ⊂ B de onde segue A ∩ B ⊂ A ∩ B. Exemplo 39. Podemos ter conjuntos X e Y tais que X ∩ Y ̸= X ∩ Y ? Sim, basta tomar X = (a, b) e Y = (b, c), temos que X = [a, b] , Y = [b, c] , X ∩ Y = {b} e X ∩ Y = ∅ de onde X ∩ Y = ∅ , logo s˜ao diferentes. Quest˜ ao 7 Propriedade 126. Dada uma sequˆencia (xn ) o fecho de X = {xn , n ∈ N } ´e X = X ∪ A onde A ´e o conjunto dos valores de aderˆencia de (xn ). Demonstra¸c˜ ao. Inicialmente podemos perceber que X ∪ A ⊂ X pois X ⊂ X e A ⊂ X, esse u ´ltimo pois ´e formado pelo limite de subsequˆencias de X, que definem de modo natural sequˆencias. Agora iremos mostrar que X ⊂ X ∪ A. Se x ∈ X ent˜ao x ∈ A ∪ X. Se x ∈ X \ X ent˜ao vamos mostrar que x ∈ A, isto ´e, existe uma subsequˆencia de termos de (xn ) que converge para x. x ∈ X \ X implica que todo intervalo (x − ε, x + ε) possui elementos de X distintos de x, isto ´e, possui termos xn da sequˆencia. Definimos indutivamente n1 = min{n ∈ N | |xn − a| < 1} supondo definidos de n1 at´e 1 nk definimos nk+1 = min{n ∈ N | |xn − a| < }, da´ı (xnk ) ´e subsequˆencia de (xn ) e k+1 converge para a, logo a ∈ A.
1.6.3
Pontos de acumula¸ c˜ ao
Quest˜ ao 1 Propriedade 127. Dado A ⊂ R ent˜ao A ⊂ A ∪ A′ . Demonstra¸c˜ ao. Se a ∈ A ent˜ao { a ∈ A ⇒ a ∈ A ∪ A′ a∈ / A, da´ı existe (xn ) em A \ {a} tal que lim xn = a, logo a ∈ A′ .
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Corol´ ario 23. Temos que A ∪ A′ ⊂ A logo A = A ∪ A′ . Propriedade 128. A ´e fechado se, e somente se, A′ ⊂ A. Demonstra¸c˜ ao. ⇒. Se A ´e fechado vale A = A da´ı A = A ∪ A′ , que implica A′ ⊂ A. ⇐. Da mesma maneira se A′ ⊂ A ent˜ao A = A ∪ A′ = A logo A ´e fechado. Quest˜ ao 2 Propriedade 129. Toda cole¸ca˜o de intervalos n˜ao degenerados dois a dois disjuntos ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Seja A o conjunto dos intervalos n˜ao degenerados dois a dois disjuntos. Para cada intervalo I ∈ A escolhemos um n´ umero racional q e com isso definimos a fun¸ca˜o f : A → Q, definida como f (I) = q, tal fun¸ca˜o ´e injetiva pois os elementos I ̸= J de A s˜ao disjuntos , logo n˜ao h´a possibilidade de escolha de um mesmo racional q em pontos diferentes do dom´ınio, logo a fun¸c˜ao nesses pontos assume valores distintos . Al´em disso Podemos tomar um racional em cada um desses conjuntos pois os intervalos s˜ao n˜ao degenerados e Q ´e denso. Como f : A → Q ´e injetiva e Q ´e enumer´avel ent˜ao A ´e enumer´avel. Quest˜ ao 3 Defini¸ c˜ ao 9 (Conjunto discreto). Um conjunto A ´e dito discreto quando todos os seus pontos s˜ao isolados. Propriedade 130. Se A ´e discreto ent˜ao para cada x, y ∈ A existem intervalos abertos Ix , Iy de centro x, y respectivamente tais que se x ̸= y ent˜ao Ix ∩ Iy ̸= ∅, isto ´e, podemos tomar intervalos de centro x e y respectivamente, tais que eles sejam disjuntos em R ( n˜ao possuam elementos em comum de R). Demonstra¸c˜ ao. Para cada x ∈ A existe ex > 0 tal que (x − εx , x + εx ) ∩ {x}. Definimos para cada x, εx εx Ix = (x − , x + ).Tomando x ̸= y ∈ A podemos supor εx ≤ εy . Se z ∈ Ix ∩ Iy ent˜ao 2 2
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εx εy , |z − y| ≤ da´ı 2 2 εx εy εy εy |x − y| ≤ |z − y| + |z − x| ≤ + ≤ + = εy 2 2 2 2
z ∈ Ix e z ∈ Iy , logo |z − x| ≤
da´ı ir´ıamos concluir que x ∈ Iy , o que ´e absurdo pois Iy cont´em um u ´nico ponto de A, que ´e y, logo podemos tomar intervalos disjuntos como quer´ıamos demonstrar. Quest˜ ao 4 Propriedade 131. Se A ´e discreto ent˜ao A ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Pelo resultado anterior vimos que podemos para cada x, y ∈ A escolher intervalos centrados em x, y denotados por Ix , Iy respectivamente tais que Ix ∩Iy = ∪ ∪ Ix ´e enumer´avel por ser reuni˜ao de intervalos n˜ao ∅, ent˜ao A ⊂ Ix , sendo que x∈A
x∈A
degenerados dois a dois disjuntos, portanto seu subconjunto A tamb´em ´e enumer´avel. Propriedade 132. Se A ´e n˜ao enumer´avel ent˜ao A′ ̸= ∅ , isto ´e, se A ´e n˜ao enumer´avel ent˜ao A possui ponto de acumula¸c˜ao. Demonstra¸c˜ ao. Usamos a contrapositiva que ´e: se A′ = ∅ (da´ı A n˜ao possui pontos de acumula¸ca˜o, logo todos seus pontos s˜ao isolados) ent˜ao A ´e enumer´avel, por´em essa proposi¸c˜ao j´a foi demonstrada. Quest˜ ao 5 Propriedade 133. A′ ´e fechado. Demonstra¸c˜ ao.[1] Vamos mostrar que R \ A′ ´e aberto, ent˜ao A′ ´e fechado. Seja a ∈ R \ A′ ent˜ao a ∈ / A′ portanto existe ε > 0 tal que (a − ε, a + ε) ∩ A \ {a} = ∅ logo (a − ε, a + ε) ∩ A′ = ∅ que implica (a − ε, a = ε) ⊂ R \ A′ , logo R \ A′ ´e aberto. Demonstra¸c˜ ao.[2] Vale em geral que B ⊂ B, o mesmo vale tomando B = A′ , falta mostrar ent˜ao que A′ ⊂ A′ . Tomamos a ∈ A′ , logo existe uma sequˆencia (xn ) em A′ tal que lim xn = a, por defini¸c˜ao temos que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que n > n0 tem-se xn ∈ (a − ε, a + ε) \ {a}, como cada xn ´e ponto de acumula¸ca˜o de A, ent˜ao existem termos yn ∈ A arbitrariamente pr´oximos de xn , logo existem termos yn em (a − ε, a + ε) \ {a} com ε arbitr´ario, sendo assim podemos construir uma sequˆencia (yn ) que converge para a, portanto a ∈ A′
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Quest˜ ao 6 Propriedade 134. Seja a ∈ A′ ent˜ao existem (xn ) ou (yn ) em A, crescentes ou decrescentes respectivamente tais que lim xn = lim yn = a. Demonstra¸c˜ ao. 1 1 , a) e Bn = (a, a + ), como a ∈ A′ ent˜ao um desses conjunto n n possui infinitos elementos de A, se An ´e infinito podemos definir (xn ) em crescente com Sejam An = (a −
lim xn = a caso contr´ario definimos (yn ) decrescente, ambos com limite a
1.6.4
Conjuntos compactos
Quest˜ ao 1 Propriedade 135. O conjunto A dos valores de aderˆencia de uma sequˆencia (xn ) ´e fechado. Demonstra¸c˜ ao. Temos que mostrar que A = A.J´a sabemos que vale A ⊂ A, falta mostrar que A ⊂ A . Se a ∈ A ent˜ao a ∈ A, vamos usar a contrapositiva que ´e se a ∈ /A ent˜ao a ∈ / A. Se a ∈ / A ent˜ao existe ε > 0 tal que (a − ε, a + ε n˜ao possui elementos de (xn ) da´ı n˜ao pode valer a ∈ A. Propriedade 136. Se uma sequˆencia (xn ) for limitada ent˜ao seu conjunto de pontos de aderˆencia ´e compacto. Demonstra¸c˜ ao. J´a vimos que A ´e fechado, agora se (xn ) for limitada ent˜ao A ´e limitado, sendo limitado e fechado ´e compacto. Nessas condi¸c˜oes A possui elemento m´ınimo e elemento m´aximo. o M´ınimo de A ´e denotado como lim inf xn e o elemento m´aximo de A ´e denotado como lim sup xn . Quest˜ ao 2 Propriedade 137. Se A1 e A2 s˜ao compactos ent˜ao A1 ∪ A2 ´e compacto.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
Demonstra¸c˜ ao.[1] Seja uma cobertura
∪
74
Bk = B para A1 ∪ A2 , como A1 ⊂
k∈L
e A1 compacto, podemos extrair uma subcobertura finita da cobertura B, A1 ⊂ da mesma maneira podemos extrair uma subcobertura finita para A2 , A2 ⊂ m ∪ k=1
Bk =
n ∪ k=1
Bk ∪
m ∪
m ∪
∪
Bk
k∈L n ∪
Bk ,
k=1
Bk , da´ı
k=n+1
Bk ´e uma subcobertura finita para a uni˜ao.
k=n+1
Propriedade 138. Reuni˜ao finita de compactos ´e um conjunto compacto. Demonstra¸c˜ ao.[2] Seja A =
n ∪
Ak a reuni˜ao, como cada Ak ´e fechado tem-se que A
k=1
´e fechado por ser reuni˜ao finita de fechados. Al´em disso o fato de cada Ak ser limitado implica que A tamb´em ´e limitado, pois, cada Ak pertence a um intervalo do tipo [ak , bk ], n ∪ Ak ⊂ [a, b] tomando a < ak ∀k e b > bk ∀k tem-se que Ak ⊂ [ak , bk ] ⊂ [a, b] da´ı A = k=1
ent˜ao A ´e limitado. Sendo limitado e fechado segue que A ´e compacto. Propriedade 139. A intersec¸c˜ao arbitr´aria de compactos ´e um conjunto compacto. ∩ Ak a intersec¸ca˜o arbitr´aria de compactos, como cada Demonstra¸c˜ ao. Seja A = k∈B
Ak ´e fechado a e intersec¸c˜ao arbitr´aria de fechados ´e fechado segue que A ´e fechado, al´em disso A ´e limitado, pois dado t ∈ B, A ⊂ At , sendo A subconjunto de um conjunto limitado implica que A ´e limitado. A ´e fechado e limitado, portanto ´e compacto. Quest˜ ao 3 Exemplo 40. Dˆe um exemplo de uma sequˆencia decrescente de conjuntos fechados n˜ao ∞ ∩ vazios Fk ⊂ Fk+1 tal que Fk = ∅. k=1
Perceba que os conjuntos n˜ao podem ser intervalos fechados do tipo [a, b], pois nesse caso ir´ıamos cair no caso do teorema de intervalos encaixados e nesse caso a intersec¸ca˜o n˜ao seria vazia. Sabendo disso tomamos Fk = [k, ∞), n˜ao pode existir x nessa intersec¸c˜ao, pois dado x real, existe k > x e da´ı x ∈ / [k, ∞). Exemplo 41. Dˆe um exemplo de uma sequˆencia decrescente de conjuntos limitados n˜ao ∞ ∩ vazios Lk ⊂ Lk+1 tal que Lk = ∅. k=1
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
75
1 Nesse caso escolhemos Lk = (0, ), nenhum n´ umero pode pertencer a intersec¸c˜ao pois k 1 dado x existe k tal que < x e da´ı x n˜ao pode pertencer ao conjunto LK , assim tamb´em k n˜ao pertence a intersec¸ca˜o . Quest˜ ao 4 Propriedade 140. Sejam A, B n˜ao vazios com A compacto e B fechado, ent˜ao existem x0 ∈ A e y0 ∈ B tais que |x0 − y0 | ≤ |x − y ∀x ∈ A, y ∈ B.| Demonstra¸c˜ ao. Seja C = {|x − y|, x ∈ A y ∈ B}, tal conjunto ´e limitado inferiormente por 0. Sendo assim possui ´ınfimo. Seja a = inf C. Pelo fato de a ser ´ınfimo de C existe sequˆencia de elementos de C que converge para a, isso implica que existem sequˆencias xn ∈ A e yn ∈ B tais que lim |xn − yn | = a. Como A ´e compacto, portanto limitado a sequˆencia (xn ) possui subsequˆencia convergente, de modo que podemos admitir que (xn ) seja convergente (se n˜ao passamos a uma subsequˆencia), logo lim xn = a ∈ A pelo fato de A ser fechado. Da desigualdade |yn | ≤ |xn − yn | + |xn | conclu´ımos que (yn ) ´e limitada, logo possui subsequˆencia convergente, tomando sua subsequˆencia convergente se necess´ario, tem-se que lim yn = y0 ∈ B, pelo fato de B ser fechado. Dessas propriedades segue que lim |yn − xn | = lim |x0 − y0 | = a da´ı fica provado o resultado. Quest˜ ao 5 Propriedade 141. Seja A compacto. Se A ´e discreto ent˜ao A ´e finito. Demonstra¸c˜ ao. Contrapositiva, se A fosse infinito sendo limitado ele teria ponto de acumula¸c˜ao, pelo fato de ser fechado esse ponto de acumula¸ca˜o pertenceria ao conjunto. observe que a contrapositiva de A ´e discreto que ´e todos os pontos de A s˜ao isolados ´e existe pelo menos um ponto de A que n˜ao ´e isolado, isto ´e, que ´e ponto de acumula¸ca˜o.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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Exemplo 42. Z ´e um conjunto fechado ilimitado em que todos seus pontos s˜ao isolados. 1 A = { | n ∈ N } ´e um conjunto limitado n˜ao fechado em que todos os pontos s˜ao isolados. n Perceba nesse u ´ltimo exemplo que existem termos do conjunto arbitrariamente pr´oximos, mesmo assim todos seus pontos s˜ao isolados, tal conjunto admite ponto de acumula¸c˜ao 0, mas tal elemento n˜ao pertence ao conjunto o conjunto n˜ao ´e fechado. Quest˜ ao 6 Propriedade 142. Seja A compacto ent˜ao os seguintes conjuntos tamb´em s˜ao compactos S = {x + y, x, y ∈ A} D = {x − y, x, y ∈ A} P = {x.y, x, y ∈ A}
x Q = { , x, y ∈ A} y Demonstra¸c˜ ao. Primeiro vamos mostrar que tais conjuntos s˜ao limitados. Como A ´e limitado ent˜ao existe M > 0 tal que |x| ≤ M, ∀x ∈ A. |x + y| ≤ |x| + |y| ≤ M + M = 2M da´ı S ´e limitado. |x − y| ≤ |x| + |y| ≤ 2M , portanto D ´e limitado. Vale |x| ≤ M e |y| ≤ M logo |x.y| = |x|.|y| ≤ M 2 . Vale |x| ≤ M como 0 ∈ / A e A ´e fechado ent˜ao n˜ao existem termos arbitrariamente 1 1 < pr´oximos de zero, logo existe c tal que vale 0 < c < |y| disso segue que |y| c |x| M multiplicando pela primeira rela¸ca˜o tem-se ≤ . |y| c
Vamos mostrar que os conjuntos s˜ao fechados. S ´e fechado, tomamos (zn ) em S tal que lim zn = a vamos mostrar que a ∈ S.
zn = xn + yn , como A ´e compacto conseguimos uma subsequˆencia de (xn ) que seja convergente, da´ı passando para a subsequˆencia temos lim xn = x0 , lim xn +yn −xn = lim yn converge para y0 da´ı lim xn + yn = a = lim xn + lim yn = x0 + y0 ´e a soma
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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de dois elementos de A logo lim xn + yn converge para um elemento de S. Esse argumento de passar a uma subsequˆencia ser´a usado nos pr´oximos itens sem ser mencionado novamente. D ´e fechado, tomamos (zn ) em D tal que lim zn = a vamos mostrar que a ∈ S. zn =
xn − yn , conseguimos xn convergente em A, da´ı lim xn − yn + xn = lim −yn = −y0 , logo lim xn − yn = x0 − y0 ∈ D P ´e fechado lim xn .yn = a se um dos limites tende a zero o limite tamb´em tende a
zero, pois a outra sequˆencia ´e limitada, pois tem termos no conjunto limitado A. 1 Seja ent˜ao lim xn = x0 ̸= 0, lim xn .yn = lim yn = y0 , da´ı (yn ) converge e o limite xn do produto converge para um elemento de P . xn Da mesma maneira que as anteriores, lim = a, (yn ) converge para um elemento yn xn = x0 , portanto o limite do quociente converge para um n˜ao nulo da´ı lim yn yn elemento de Q.
1.6.5
O conjunto de Cantor
Quest˜ ao 1 Exemplo 43. Quais s˜ao os n´ umeros da forma
1 com 2 ≤ m ≤ 10, m natural, que n
pertencem ao conjunto de Cantor?. Os n´ umeros que devemos analisar s˜ao 1 1 1 1 1 1 1 1 1 , , , , , , , , . 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1 J´a sabemos de antem˜ao que e s˜ao elementos conjunto de Cantor pois s˜ao extre3 9 1 mos de intervalos que permanecem no conjunto ap´os as remo¸co˜es. Sabemos que , n˜ao 2 1 2 1 pertence ao conjunto de Cantor , pois ele pertence a um intervalo removido ( , ). 3 3 4 pertence ao conjunto de cantor pois temos sua representa¸c˜ao como ∞ ∞ ∑ ∑ 2 2 1 2 = = 0, 02 = 2k k 3 9 91− k=1 k=1
1 9
=
1 4
lembrando que um tra¸co em cima da parte decimal significa que tal parte se repete na representa¸c˜ao.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
78
1 1 1 1 , , e n˜ao pertencem ao conjunto de Cantor , pois s˜ao elementos pertencentes 5 6 7 8 1 2 ao intervalo removido ( , ). 9 9 1 Agora vemos que pertence ao conjunto de cantor, pois ele pode ser representado 10 por
0, 0022 =
∞ ∑ k=1
∞ ∞ ∞ ∑ 1 ∑ 2 1 ∑ 2 1 81 1 81 2 6 2 8 1 + = + = + = + = = . 4k−1 4k k k 3 3 27 k=0 81 81 k=0 81 27 80 81 80 80 80 80 10 k=1
2
1 1 1 1 Ent˜ao os n´ umeros que pertencem ao conjunto de cantor s˜ao , , e . Os n´ umeros 3 4 9 10 1 1 1 1 1 que n˜ao pertencem ao conjunto de cantor s˜ao , , , , . 2 5 6 7 8 Para determinar a express˜ao de um n´ umero entre 0 e 1 na base 3, pode-se usar esse processo que mostramos abaixo por meio de um exemplo 1 ∑ xk = 2 k=1 3k ∞
multiplicamos por 3
∞ ∑ 3 xk 1 = 1 + = x1 + 3 2 2 3k k=2
logo x1 = 1, continuamos o processo para encontrar x2 ∞ ∑ xk 1 =3 2 3k k=2
multiplicamos por 3
∞ ∑ 3 1 xk = 1 + = x2 + 9 2 2 3k k=3
1 = 0, 11 · · · , e conclu´ımos de outra maneira que 2 ele n˜ao pertence ao conjunto de Cantor, por possuir algarismos 1 .
da´ı x2 = 1, nesse caso conclu´ımos que
Quest˜ ao 2 Propriedade 143. Seja a ∈ (0, 1] ent˜ao existem x > y ∈ K tais que y − x = a. m m , existem x, y ∈ K tais que x − y = a, pois se a = n n 3 3 ´e extremo de intervalo removido que pertence ao conjunto de Cantor, ent˜ao tomamos Demonstra¸c˜ ao. Dado a =
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
y = 0 ∈ K e x = a. Caso contr´ario a =
79
s ∑ xk
, podemos sempre arranjar y finito formado 3k por algarismos xk sendo 0 ou 2 (ou no m´aximo o u ´ltimo algarismo sendo 1) tal que a soma k=1
y + a tamb´em seja elemento do conjunto de cantor por exemplo a = 0, 1212, tomamos y de forma conveniente para que a soma seja um elemento do conjunto de cantor, escolhendo os algarismos que devem ser somados, nesse caso podemos tomar y = 0, 0020. (Falta provar isso de forma rigorosa!!!) Definimos agora o conjunto D = {|x − y|, x, y ∈ K}, tal conjunto ´e limitado, pois vale |x − y| ≤ |x| + |y| ≤ 1 + 1 = 2 por x e y serem elementos do conjunto de Cantor que ´e limitado. Vamos agora mostrar que tal conjunto ´e fechado, seja (zn ) uma sequˆencia convergente nesse conjunto, vamos mostrar que o limite da sequˆencia pertence ao conjunto, lim zn = lim |xn − yn | = t ∈ D. Como o conjunto de Cantor ´e limitado as sequˆencias (xn ) e (yn ) s˜ao limitadas, logo possuem subsequˆencias convergentes, passando para estas subsequˆencia denotando ainda por (xn ), (yn ) elas convergem para elementos x0 , y0 no conjunto de cantor (pelo fato de tal conjunto ser fechado), da´ı temos lim zn = lim |xn − yn | = |x0 − y0 | = t logo, existem x0 , y0 ∈ K tais que |x0 − y0 | = t limite de uma sequˆencia arbitr´aria m de pontos de D, portanto D ´e fechado. O conjunto das fra¸c˜oes do tipo a = n (que 3 s˜ao elementos de D) ´e denso em [0, 1], disso seque tamb´em que D ´e denso [0, 1], sendo conjunto fechado conclu´ımos que D = [0, 1] logo para qualquer valor a ∈ (0, 1] existem x, y no conjunto de Cantor, tais que y − x = a. Quest˜ ao 3 Propriedade 144. A soma da s´erie cujos termos s˜ao os comprimentos dos intervalos omitidos para formar o conjunto de Cantor ´e igual a 1. Demonstra¸c˜ ao. Cada intervalo Ik remove 2k−1 intervalos de comprimento ∞ ∪
Ik remove um comprimento limite de
k=1 ∞ ∑ 2k−1 k=1
3k
1 ∑ 2k 1 3 = = ( )=1 k 3 k=1 3 3 3−2 ∞
1 . Assim 3k
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
80
Quest˜ ao 4 Propriedade 145. O conjunto A dos extremos dos intervalos removidos
∞ ∪
Ik ´e enu-
k=1
mer´avel . Demonstra¸c˜ ao. Para cada k seja Ak o conjunto dos extremos de intervalos de Ik , Ak ´e finito e vale A=
∞ ∪
Ak
k=1
como A ´e uni˜ao enumer´avel de conjuntos enumer´aveis(finitos) ent˜ao A ´e enumer´avel. Propriedade 146. Os extremos de intervalos removidos que pertencem ao conjunto de Cantor, possuem representa¸ca˜o finita na base 3. Da mesma maneira se um n´ umero possui representa¸c˜ao finita na base 3 e pertence ao conjunto de Cantor ent˜ao ele ´e extremo de um intervalo omitido. Demonstra¸c˜ ao. Os extremos de intervalos removidos possuem representa¸ca˜o finita n ∑ xk t na base 3 pois s˜ao da forma s que pode ser expandido em com xk 0 ou 2, que d´a 3 3k k=1 a sua representa¸ca˜o na base 3. Suponha agora que um n´ umero possui representa¸ca˜o finita na base 3 e pertence ao conjunto de Cantor, ent˜ao ele ´e da forma n ∑ xk k=1
3k
=
n ∑ xk 3n−k k=1
3n
n 1 ∑ m xk 3n−k = n = n 3 k=1 3 | {z } =m
ent˜ao ele ´e extremo de um intervalo removido. Propriedade 147. Os extremos dos intervalos removidos que pertencem ao conjunto de Cantor s˜ao densos nele. Demonstra¸c˜ ao. Os elementos do conjunto de Cantor s˜ao da forma xk assume valor 0 ou 2, como cada sn = removido, segue que
∞ ∑ xk k=1
conjunto de Cantor.
3k
n ∑ xk k=1
3k
∞ ∑ xk k=1
3k
, onde cada
nessas condi¸co˜es ´e extremo de intervalo
´e limite de pontos de extremos, ent˜ao tal conjunto ´e denso no
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
1.7
81
Cap´ıtulo 6-Limite de fun¸co ˜es
1.7.1
Defini¸c˜ ao e primeiras propriedades
Quest˜ ao 1 Propriedade 148. Seja f : A → R, a ∈ A′ , B = f (A \ {a}). Se lim f (x) = L ent˜ao x→a
L ∈ B. Tal propriedade significa que o limite L pertence ao fecho da imagem f (A \ {a}), isto ´e, existem pontos de f (A \ {a}) arbitrariamente pr´oximos de L. Demonstra¸c˜ ao. Usaremos o crit´erio de sequˆencias. Como lim f (x) = L, ent˜ao existe x→a
sequˆencia (xn ) em A \ {a} tal que lim f (xn ) = L, da´ı tome f (xn ) = yn , (yn ) ´e uma sequˆencia em f (A \ {a}) tal que lim yn = L, portanto L ∈ B. Quest˜ ao 2 Propriedade 149. Se ∀(xn ) em A \ {a} com lim xn = a implicar (f (xn )) convergente ent˜ao lim f (x) existe. x→a
Demonstra¸c˜ ao. Usaremos que lim f (x) = L ⇔ ∀ (zn ) ∈ A \ {a} com lim zn = a x→a
vale lim f (zn ) = L. Por isso vamos tomar duas sequˆencias arbitr´arias (xn ) e (yn ) com lim xn = lim yn = a em A \ {a} e vamos mostrar que lim f (xn ) = lim f (yn ). Tomamos (zn ) definida como z2n = xn e z2n−1 = yn , da´ı lim zn = a, portanto lim f (zn ) existe, como (f (xn )) e (f (yn )) s˜ao subsequˆencias de (f (zn )) ent˜ao elas convergem para o mesmo limite L, da´ı provamos que ∀ (zn ) ∈ A \ {a} com lim zn = a vale lim f (zn ) = L que implica lim f (x) = L.
x→a
Quest˜ ao 3 Teorema 2 (Limite da composi¸c˜ao de fun¸co˜es). Sejam A, B ⊂ R, f de A em R e g de B em R com f (A) ⊂ B. Se lim f (x) = b e lim g(y) = c ainda com c = g(b), tem-se x→a
y→b
lim g(f (x)) = c.
x→a
Demonstra¸c˜ ao. Da existˆencia do limite de g(x) temos que para todo ε > 0 existe δ1 > 0 tal que y ∈ B, |y − b| < δ1 ⇒ |g(y) − c| < ε, onde tiramos a restri¸ca˜o de
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
82
y ̸= b, pois no caso y = b a propriedade vale. Agora usando a existˆencia do limite de f tomando δ1 como εf , ε para f , temos que para δ1 existe δ2 > 0 tal que x ∈ A, 0 < |x − a| < δ2 ⇒ |f (x) − b| < δ1 como f (x) ∈ B, podemos tomar y = f (x) de onde do primeiro limite que |g(f (x)) − c| < ε implicando que lim g(f (x)) = c. x→a
Se x ̸= a implicar f (x) ̸= b ainda teremos a propriedade pois , repetindo o argumento com pequenas altera¸c˜oes: Da existˆencia do limite de g(x) temos que para todo ε > 0 existe δ1 > 0 tal que y ∈ B, 0 < |y − b| < δ1 ⇒ |g(y) − c| < ε, onde agora mantemos a restri¸c˜ao de y ̸= b. Usando a existˆencia do limite de f tomando δ1 como εf , ε para f , temos que para δ1 existe δ2 > 0 tal que x ∈ A, 0 < |x − a| < δ2 ⇒ 0 < |f (x) − b| < δ1 ( aqui usamos que x ̸= a implica f (x) ̸= b) como f (x) ∈ B, podemos tomar y = f (x) de onde do primeiro limite que |g(f (x)) − c| < ε implicando que lim g(f (x)) = c. x→a
Quest˜ ao 4 Exemplo 44. Sejam f : gR → R definidas como f (x) = 0 se x ∈ R \ Q, f (x) = x se x ∈ Q. g(0) = 1 e g(x) = 0 se x ̸= 0.
Nessas condi¸co˜es vale lim f (x) = lim g(x) = 0 e n˜ao existe lim g(f (x)). x→0
x→0
x→0
Vale lim f (x) = 0, pois tomamos ε = δ ent˜ao par 0 < |x| < δ vale |f (x)| < δ = ε, x→0
tanto para x irracional, pois no caso vale |f (x)| = 0 < ε, tanto no caso de x racional pois nesse caso vale |f (x)| = |x| < δ = ε, ent˜ao em qualquer desses casos temos |f (x)| < ε. Tamb´em vale que lim g(x) = 0, pois tomando ε = δ, 0 < |x| < δ implica x n˜ao nulo, x→0
portanto g(x) = 0 e da´ı |g(x)| = 0 < δ = ε. N˜ao existe lim g(f (x)). x→0
Seja xn → 0 por valores racionais, ent˜ao f (xn ) = xn e da´ı lim g(f (xn )) = lim g(xn ) = 0. Tomando yn → 0 por valores irracionais temos f (yn ) = 0 e lim g(f (yn )) = lim g(0) = 1, logo n˜ao pode existir lim g(f (x)), pois o limite depende de como se aproxima de zero x→0
(usamos o crit´erio de divergˆencia por meio de sequˆencias).
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
83
Quest˜ ao 5 1 Exemplo 45. lim sen( ) n˜ao existe. x→0 x 1 1 Tomamos as sequˆencias xn = e yn = vale lim xn = 0 = lim yn e 2nπ 2nπ + π2 1 1 π sen( ) = sen(2nπ) = 0 e sen(2nπ+ ) = 1 logo os limites s˜ao distintos ent˜ao lim sen( ) x→0 xn 2 x n˜ao existe. 1 Em geral, existe t ∈ R tal que sen(t) = v ∈ [−1, 1], tomando xn = vale t + 2πn 1 lim xn = 0 e sen( ) = sen(t + 2πn) = sen(t) = v. xn
1.7.2
Limites laterais
Quest˜ ao 1 Propriedade 150. a ∈ A′+ (a ∈ A′− ) ⇔ existe (xn ) em A decrescente (crescente) com lim xn = a. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Se a ∈ A′+ ent˜ao existe sequˆencia de termos zn > a com lim zn = a, da´ı podemos tomar uma subsequˆencia (xn ) de (zn ) que seja decrescente e lim xn = a. ⇐). Se existe (xn ) decrescente com lim xn = a ent˜ao por defini¸ca˜o ∀ε > 0 A∩(a, a+ε) ̸= ∅ e da´ı a ´e ponto de acumula¸ca˜o `a direita. De maneira similar, s´o trocando as palavras na argumenta¸c˜ao acima se prova o caso para pontos de acumula¸c˜ao `a esquerda. ⇒). Se a ∈ A′− ent˜ao existe sequˆencia de termos zn < a com lim zn = a, da´ı podemos tomar uma subsequˆencia (xn ) de (zn ) que seja crescente e lim xn = a. ⇐). Se existe (xn ) crescente com lim xn = a ent˜ao por defini¸c˜ao ∀ε > 0 A∩(a−ε, a) ̸= ∅ e da´ı a ´e ponto de acumula¸ca˜o `a esquerda. Quest˜ ao 2 Propriedade 151. lim+ f (x) = L ( lim− f (x) = L) ⇔ ∀(xn ) em A decrescente (crescente) x→a
x→a
com lim xn = a tem-se lim f (xn ) = L.
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84
Demonstra¸c˜ ao. Vale que lim+ f (x) = L ⇔ lim g(x) = L onde g : B → R onde x→a
x→a
B = A ∩ (a, ∞). Por´em lim g(x) = L ⇔ ∀(xn ) em B com lim xn = a vale lim g(xn ) = L. x→a
Vamos ent˜ao provar a propriedade. ⇒). Se lim+ f (x) = L ent˜ao lim g(x) = L que implica ∀(xn ) em B com lim xn = a x→a
x→a
vale lim g(xn ) = L, em especial para as sequˆencias (xn ) que sejam decrescentes. ⇐). Vamos usar a contrapositiva que ´e se lim g(x) ̸= L ent˜ao existe (xn ) em A decresx→a
cente com lim xn = a tal que lim g(xn ) ̸= L. Supondo que temos lim g(x) ̸= L ent˜ao existe x→a
sequˆencia (yn ) em B com lim yn = a tal que lim g(yn ) ̸= L, como (yn ) ∈ (a, a + ε) ∩ A, podemos tomar (xn ) subsequˆencia de (yn ) tal que lim xn = a e lim g(xn ) ̸= L (pois as subsequˆencias devem convergir para o mesmo valor das sequˆencias), assim fica provado o resultado. Quest˜ ao 3 Exemplo 46. Tomamos f : R \ {0} → R definida como f (x) =
1 1
1 + ax
com a > 1, vamos
analisar os limites laterais lim+ f (x) e lim− f (x). x→0
x→0
1
Seja (xn ) em R \ {0} tal que lim xn = 0 ent˜ao vale lim a xn = ∞, pois como lim xn = 0 1 1 podemos tomar c > 0 tal que ac > M > 0 arbitr´ario e 0 < xn0 < < 1 da´ı axn0 < a c ⇒ c 1 M < ac < a xn0 e como xn ´e decrescente para n0 < n vale xn < xn0 portanto axn < axn0 ⇒ 1 1 1 1 = 0 que M < a xn0 < a xn logo lim a xn = ∞ de onde segue que lim f (xn ) = lim 1 1 + a xn por sua vez implica lim+ f (x) = 0. x→0
1
Admitimos agora (yn ) crescente em R \ {0} tal que lim yn = 0. a yn =
1
, como 1 a −yn yn+1 > yn segue que −yn > −yn+1 , (−yn ) ´e decrescente e tende a zero logo pelo resultado 1 1 1 1 anterior lim a −yn = ∞ ⇒ lim a yn = lim 1 = 0, portanto lim 1 + a yn = 1 e lim f (xn ) = a −yn 1 lim = 1 da´ı vale lim− f (x) = 1. 1 x→0 1 + a xn Quest˜ ao 4 Propriedade 152. Seja f : A → R mon´otona. Se existe (xn ) em A com xn > a, lim xn = a e lim f (xn ) = L ent˜ao lim+ f (x) = L. x→a
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
85
Demonstra¸c˜ ao. Suponha f n˜ao decrescente, vamos mostrar que B = {f (x), x ∈ R, x > a} ´e um conjunto limitado inferiormente. Dado x arbitr´ario e fixo tal que x > a existe xn > a que satisfaz x > xn > a, pois lim xn = a, f n˜ao decrescente implica f (x) ≥ f (xn ), como (f (xn )) ´e convergente, vale que tal sequˆencia ´e limitada inferiormente, portanto existe M tal que f (xn ) > M ∀n ∈ N da´ı f (x) ≥ f (xn ) > M para f (x) ∈ B arbitr´ario, logo B ´e limitado inferiormente. Por B ser limitado inferiormente ele possui ´ınfimo . Seja L′ = inf B = inf{f (x), x ∈ R, x > a}, vale que lim f (x) = L′ (resultado j´a x→a
demonstrado), disso segue pelo crit´erio de sequˆencias para limite lateral que lim f (xn ) = L′ = L, pela unicidade de limite, portanto lim f (x) = L. x→a
Quest˜ ao 5 1 1 . Determine o conjunto Exemplo 47. Seja f : R \ {0} dada por f (x) = sen( ) x 1 + 2 x1 dos pontos L tais que lim f (xn ) = L, com lim xn = 0, xn ̸= 0. Tomando o m´odulo da express˜ao 1 sen( 1 ) 1 1 = 1 < 1 x 1 + 2x 1 + 2x 1
pois 0 < 2 x , da´ı n˜ao podemos ter limites dessa express˜ao fora do intervalo [−1, 1], vamos mostrar que temos limites em cada ponto desse intervalo . −1 1 vale sen( ) = t + 2πn xn sen(−t) = v, al´em disso (xn ) ´e decrescente com lim xn = 0, portanto vale lim f (xn ) = v lim = v, pois o limite no denominador resulta em 1 (limite j´a calculado). 1 1 + 2 xn Existe −t ∈ R tal que sen(−t) = v ∈ [−1, 1]., Tomando xn =
1.7.3
Limites no infinito, limites infinitos, etc.
Quest˜ ao 1 Propriedade 153. Seja P : R → R com P (x) =
n ∑
ak xk com an ̸= 0, n ≥ 1. Se n ´e par
k=0
ent˜ao lim P (x) = lim P (x) sendo ∞ se an > 0 e −∞ se an < 0. Se n ´e ´ımpar ent˜ao x→∞
x→−∞
lim P (x) = ∞ e lim P (x) = −∞ com an > 0 e lim P (x) = −∞ e lim P (x) = ∞ se
x→∞
an < 0.
x→−∞
x→∞
x→−∞
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
z n−1 ∑ n Demonstra¸c˜ ao. Escrevemos P (x) = an x ( |k=0
86
→1
}| { ak +1). Se n ´e par lim xn an = x→∞ an xn−k {z } →0
∞ = lim xn an com an > 0 e lim xn an = −∞ = lim xn an se an < 0, portanto o x→−∞
x→∞
x→−∞
mesmo segue para P (x). Se n ´e ´ımpar, lim xn an = ∞ e lim xn an = −∞ com an > 0, caso an < 0 tem-se x→∞
lim xn an = −∞ e lim xn an = ∞.
x→∞
x→−∞
x→−∞
Quest˜ ao 2 Exemplo 48. Seja f : R → R definida por f (x) = xsen(x), ent˜ao para todo c ∈ R existe (xn ) em R com lim xn = ∞ e lim f (xn ) = c. Para x suficientemente grande a oscila¸ca˜o de f (x) ´e t˜ao grande quanto queremos e a oscila¸c˜ao ´e crescente. π π + 2πn, vale sen(x) = 1 e f (x2 ) = + 2πn. 2 2 π π Para x1 = − + 2πn, vale sen(x) = −1 e f (x1 ) = − 2πn. 2 2 Para x2 =
Da´ı segue que f (x2 ) − f (x1 ) = 4πn, a oscila¸ca˜o cresce pois
π π + 2π(n + 1), vale sen(x) = 1 e f (x4 ) = + 2π(n + 1). 2 2 π π Para x3 = − + 2π(n + 1), vale sen(x) = −1 e f (x3 ) = − 2π(n + 1). 2 2 Para x4 =
Segue que f (x3 ) − f (x2 ) = 4π(n + 1) > f (x2 ) − f (x1 ) = 4πn, portanto a oscila¸ca˜o
da fun¸c˜ao ´e t˜ao grande quanto queremos e cresce. π π Ent˜ao, dado c ∈ R existe n0 ∈ N tal que c ∈ [ − 2πn0 , + 2πn0 ] e por continuidade 2 2 π π existe x1 ∈ [− + 2πn0 , + 2πn0 ] tal que f (x1 ) = c. Da mesma maneira existe x2 ∈ 2 2 π π π [− + 2π(n0 + 1), + 2π(n0 + 1)] tal que f (x2 ) = c, em geral xn ∈ [− + 2π(n0 + n − 2 2 2 π 1), + 2π(n0 + n − 1)] tal que f (xn ) = c, valendo lim xn = ∞ e lim f (xn ) = c. 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
87
Quest˜ ao 3 Propriedade 154. Seja f : [a, ∞) → R limitada. Para cada t ≥ a definimos Mt = sup{f (x) | x ∈ [t, ∞)} = sup At mt = inf{f (x) | x ∈ [t, ∞)} = sup At wt = Mt − mt , chamada de oscila¸c˜ao de f em I = [t, ∞). Nessas condi¸c˜oes, existem lim Mt e lim mt .
t→∞
t→∞
∃ lim f (t) ⇔ lim wt = 0. t→∞
t→∞
Demonstra¸c˜ ao. Mt ´e n˜ao-crescente e mt ´e n˜ao-decrescente. Se s > t vale que {f (x) | x ∈ [s, ∞} = As ⊂ {f (x) | x ∈ [t, ∞)} = At , portanto sup At ≥ sup As , implicando Mt ≥ Ms logo mt ´e n˜ao-crescente. Da mesma maneira mt ´e n˜ao-decrescente, pois de As ⊂ At segue inf As ≥ inf At e da´ı ms ≥ mt que significa que mt ´e n˜ao-decrescente. Ambas fun¸c˜oes s˜ao limitadas logo os limites lim Mt e lim mt existem. t→∞
t→∞
lim Mt = L, lim mt = l ⇒ lim wt = L − l.
t→∞
t→∞
t→∞
Agora provamos a equivalˆencia enunciada. ⇐). Se lim wt = 0 ent˜ao ⇒ lim f (t) t→∞
t→∞
existe. Vale que mt ≤ f (t) ≤ Mt (pois mt e Mt s˜ao ´ınfimo e supremo respectivamente), se ⇒ lim wt = 0 ent˜ao L − l = 0 ⇒ L = l, da´ı por teorema do sandu´ıche tem-se t→∞
L = lim mt ≤ lim f (t) ≤ lim Mt = L t→∞
t→∞
t→∞
de onde segue lim f (t) = L. t→∞
⇒). Se lim f (t) = L ent˜ao ∀ε > 0 ∃x ≥ a tal que para t ≥ a vale L − ε < f (t) < L + ε, t→∞
logo L − ε ≤ mt ≤ f (t) ≤ Mt ≤ L + ε pois mt ´e ´ınfimo e Mt ´e supremo, portanto Mt − mt ≤ 2ε (pois ambos pertencem ao intervalo (L − ε, L + ε)) e isso implica que lim Mt = lim mt = L da´ı lim wt = 0.
t→∞
t→∞
1.8
Cap´ıtulo 7-Fun¸ c˜ oes cont´ınuas
1.8.1
Defini¸c˜ ao e primeiras propriedades
Quest˜ ao 1 Propriedade 155. Vale max(x, y) =
x + y − |x − y| x + y + |x − y| e min(x, y) = 2 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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x+y+x−y = x como vale 2 x + y − |x − y| max(x, y) + min(x, y) = x + y ent˜ao min(x, y) = . 2 Demonstra¸c˜ ao. Se x ≥ y ent˜ao x − y = |x − y| da´ı
Propriedade 156. Se f : A → R ´e cont´ınua em a ent˜ao |f | : A → R tamb´em ´e cont´ınua em a. Demonstra¸c˜ ao. Vale ||f (x)| − |f (a)|| ≤ |f (x) − f (a)| < ε. Propriedade 157. Dadas f, g : A → R cont´ınuas, ent˜ao h, t : A → R dada por h(x) = max{f (x), g(x)}e t(x) = max{f (x), g(x)} s˜ao cont´ınuas. Demonstra¸c˜ ao. Vale h(x) = max{f (x), g(x)} = min{f (x), g(x)} =
f (x) + g(x) + |f (x) − g(x)| e t(x) = 2
f (x) + g(x) − |f (x) − g(x)| , da´ı h e t s˜ao uniformemente cont´ınuas. 2
Quest˜ ao 2 Propriedade 158. Sejam f, g : B → R cont´ınuas Y = {x ∈ B | f (x) < g(x)} Z = {x ∈ B | f (x) ≤ g(x)} ent˜ao existem A aberto e F fechado tais que Y = B ∩ A e Z = B ∩ F. Demonstra¸c˜ ao. Pela continuidade de f e g, para cada y ∈ Y existe um intervalo Iy de centro y, tal que {y} ⊂ B ∩ Iy ⊂ Y da´ı Y = logo Y =
∪
∪ y∈Y
y⊂
∪
(B ∩ Iy ) ⊂ Y
y∈Y
(B ∩ Iy ) e por identidade de conjuntos temos que
y∈Y
tomando A =
∪
∪ y∈Y
(B ∩ Iy ) = B ∩ (
∪
Iy ),
y∈Y
Iy segue que A ´e aberto por ser uni˜ao de abertos, da´ı Y = B ∪ A.
y∈Y
Vale que Z = B \ {ξ ∈ B, g(x) < f (x)}, pelo que provamos acima, existe B aberto tal que Z = B \ (B ∩ A) = B ∩ (R \ A)
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
89
onde essa u ´ltima passagem se deu por identidade de conjuntos, temos que R \ A = F ´e um conjunto fechado, logo provamos que Z = B ∩ F , onde F ´e fechado. Corol´ ario 24. Se B ´e aberto Y = B ∩ A ´e aberto por ser intersec¸ca˜o de abertos, se B ´e fechado ent˜ao Z = B ∩ F ´e fechado por ser intersec¸c˜ao de fechados. Corol´ ario 25. Se f, g : B → R s˜ao cont´ınuas e B aberto ent˜ao {x ∈ B | f (x) ̸= g(x)} ´e aberto pois {x ∈ B | f (x) < g(x)} ∪ {x ∈ B | f (x) > g(x)} onde ambos conjuntos s˜ao abertos. Corol´ ario 26. Se f, g : B → R s˜ao cont´ınuas e B fechado ent˜ao {x ∈ B | f (x) = g(x)} ´e fechado pois {x ∈ B | f (x) ≤ g(x)} ∩ {x ∈ B | f (x) ≥ g(x)} onde ambos conjuntos s˜ao fechados. Quest˜ ao 3 Defini¸ c˜ ao 10 (Semi-cont´ınua superiormente (scs)). f : A → R ´e scs em a ∈ A quando ∀ c > f (a) ∃ δ > 0 | ∀ x ∈ A, |x − a| < δ ⇒ f (x) < c. Defini¸ c˜ ao 11 (Semi-cont´ınua inferiormente (sci)). f : A → R ´e sci em a ∈ A quando ∀ c < f (a) ∃ δ > 0 | ∀ x ∈ A, |x − a| < δ ⇒ c < f (x). Propriedade 159. f : A → R ´e cont´ınua em a ∈ A ⇔ f ´e sci e scs em a. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Se f ´e cont´ınua em a ent˜ao ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 | ∀x ∈ A, |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε temos ent˜ao f (x) < f (a) + ε e f (a) − ε < f (x). Sendo c > f (a) arbitr´ario, podemos tomar ε = c − f (a), ε + f (a) = c, logo ∃ δ > 0 | ∀x ∈ A, |x − a| < δ implicando f (x) < f (a) + ε = c, portanto f ´e scs em a. Da mesma maneira se c < f (a), tomamos ε = f (a)−c ⇒ f (a)−ε = c e a continuidade garante que ∃ δ > 0 | ∀x ∈ A, |x − a| < δ implicando c = f (a) − ε < f (x), logo f ´e sci em a.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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⇐). Suponha que f seja scs e sci em a, seja ε > 0 arbitr´ario ent˜ao pela primeira condi¸c˜ao podemos tomar c − f (a) = ε que fica garantida a existˆencia de δ1 , tal que |x − a| < δ1 implica f (x) < c, f (x) − f (a) < ε, por f ser sci em a para qualquer, podemos tomar f (a) − c2 = ε e da´ı existe δ2 tal que |x − a| < δ2 implica c2 < f (x), f (a) − ε < f (x), da´ı tomando δ = min{δ1 , δ2 } as duas condi¸c˜oes s˜ao satisfeitas logo vale |f (x) − f (a)| < ε e f ´e cont´ınua em a. Propriedade 160. Se f ´e scs e g ´e sci em a e f (a) < g(a) ent˜ao existe δ > 0 tal que x ∈ A, |x − a| < δ implica f (x) < g(x). Demonstra¸c˜ ao. Como f ´e scs tomamos c =
f (a) + g(a) > f (a), ent˜ao existe δ1 > 0, 2
f (a) + g(a) . Da mesma maneira como g ´e sci, tomando o 2 f (a) + g(a) f (a) + g(a) mesmo c = < g(a) existe δ2 > 0, x ∈ A, |x − a| < δ2 ⇒ < g(x). 2 2 f (a) + g(a) Tomando δ = min{δ1 , δ2 } tem-se com x ∈ A , |x − a| < δ que f (x) < e 2 f (a) + g(a) < g(x) que implica f (x) < g(x). 2
x ∈ A, |x − a| < δ1 ⇒ f (x) <
Quest˜ ao 4 Propriedade 161. Seja f : R → R cont´ınua e f (x) = c uma constante para todo x ∈ A um conjunto denso em B, ent˜ao f (x) = c para todo x ∈ B. Demonstra¸c˜ ao. Dado a ∈ B arbitr´ario, por A ser denso em B, podemos tomar uma sequˆencia (xn ) em A tal que lim xn = a da´ı f (xn ) = c e lim f (xn ) = c = f (a), logo f (a) = c para todo a ∈ B. Corol´ ario 27. Em especial A ´e denso em A, da´ı f (x) = c ∀x ∈ A. Quest˜ ao 5 Propriedade 162. f : R → R ´e cont´ınua sse ∀A ⊂ R vale f (A) ⊂ f (A). Demonstra¸c˜ ao. ⇒. Supondo f cont´ınua, vamos mostrar que dado a ∈ f (A) ent˜ao a ∈ f (A). Seja a ∈ f (A), ent˜ao existe y ∈ A tal que f (y) = a, mas como y ∈ A, ent˜ao existe uma sequˆencia (xn ) em A tal que lim xn = y, por f ser cont´ınua segue que f (xn ) ∈ f (A) e lim f (xn ) = f (y) = a ∈ f (A), o que conclu´ı a demonstra¸c˜ao.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
91
⇐. Vamos usar a contrapositiva, se f ´e descont´ınua, ent˜ao existe um ponto a ∈ R tal que f ´e descont´ınua em a, assim existe uma sequˆencia (xn ) em R tal que ∃ε > 0 ∀
1 1 > 0 |xn − a| < e |f (xn ) − f (a)| ≥ ε n n
tomando A como conjunto dos termos da sequˆencia (xn ) segue que a ∈ A, logo f (a) ∈ f (A) mas a propriedade |f (xn ) − f (a)| ≥ ε nos garante que f (a) ∈ / f (A), de onde segue o resultado. Quest˜ ao 6 Propriedade 163. Seja f : A → R cont´ınua em a ∈ A. Se para toda vizinhan¸ca de a existem x e y ∈ A tais que f (x) e f (y) tem sinais contr´arios ent˜ao f (a) = 0. Demonstra¸c˜ ao. Usando a contrapositiva, temos que mostrar que se f (a) ̸= 0 ent˜ao existe vizinhan¸ca do ponto a tal que para todos x e y em tal vizinhan¸ca vale que f (x) e f (y) tem o mesmo sinal. Essa propriedade vale realmente para fun¸c˜oes cont´ınuas, logo a proposi¸c˜ao ´e verdadeira. Corol´ ario 28. Sejam f, g : A → R cont´ınuas no ponto a, tal que para toda vizinhan¸ca V de a existam pontos x e y, tais que f (x) < g(x) e f (y) > g(y) ent˜ao f (a) = g(a). Tomamos h : A → R com h(x) = f (x) − g(x) da´ı em toda vizinhan¸ca de a existem x, y tais que h(x) < 0 e h(y) > 0, portanto pelo resulado anterior vale que h(a) = 0 = f (a) − g(a) ⇒ f (a) = g(a). Quest˜ ao 7 Propriedade 164. Seja f : A → R descont´ınua em a ∈ A. Ent˜ao existe ε > 0 tal que Existe (xn ) em A com lim xn = a e f (xn ) > f (a) + ε ∀ n ∈ N , ou existe (yn ) em A com lim yn = a e f (yn ) < f (a) − ε ∀ n ∈ N .
Demonstra¸c˜ ao. Usamos o crit´erio de sequˆencias, usando a nega¸ca˜o da continuidade ∃(xn ) ∈ A com lim xn = a e lim f (xn ) ̸= f (a) (podendo n˜ao existir), disso segue que |f (xn ) − f (a)| > ε para n ∈ N ′ um subconjunto infinito de N . Para cada n ∈ N ′ vale
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
92
f (xn ) − f (a) > ε ou −f (xn ) + f (a) > ε
uma das duas condi¸co˜es ´e satisfeita para um n´ umero infinito de ´ındices, logo podemos tomar uma subsequˆencia (tn ) de (xn ) que satisfaz lim tn = a (pois toda subsequˆencia tende ao mesmo limite) e vale uma das propriedades citadas acima para todo n ∈ N
1.8.2
.
Fun¸ co ˜es cont´ınuas num intervalo
Quest˜ ao 1 Propriedade 165. Toda fun¸c˜ao f : I → R localmente constante ´e constante, onde I ´e um intervalo. Demonstra¸c˜ ao. Dado a ∈ I, definimos A = {x ∈ I | f (x) = f (a)}, B = {x ∈ I | f (x) ̸= f (a)}, vale que A ̸= ∅, pois a ∈ A, vale tamb´em que I = A ∪ B. Como f ´e localmente constante, ∀x ∈ A existe Ix = (x − ε, x + ε) tal que f (Ix ) = {f (a)} logo Ix ∩ B = ∅, da´ı n˜ao poder existir sequˆencia em B tendendo `a x, portanto x ∈ / B ⇒ A ∩ B = ∅. Suponha por absurdo que exista pelo menos um y ∈ B, ent˜ao para y ∈ B arbitr´ario vale f (y) = cy ̸= f (a) e existe ε tal que, para Iy = (y − ε, y + ε) tem-se f (Iy ) = {cy }, portanto (y − ε, y = ε) ∩ A ´e vazio, logo y ∈ / A, A ∩ B = ∅. Da´ı temos que A ∩ B = I ´e uma cis˜ao n˜ao trivial de um intervalo, o que ´e um absurdo, logo B = ∅ e f ´e constante. Suponha por absurdo que B n˜ao seja vazio. Quest˜ ao 2 Propriedade 166. Seja f : I → R uma fun¸c˜ao mon´otona, I um intervalo. Se f (I) ´e um intervalo ent˜ao f ´e cont´ınua. Demonstra¸c˜ ao. Seja a ∈ int(I). Suponha f n˜ao-decrescente. Existem2 os limites laterais l = lim− f (x) e L = lim+ f (x), onde x→a
x→a
L = inf{f (x) , x ∈ A, x > a)} = inf B 2
Essa propriedade segue por resultado j´a demonstrado para limite de fun¸c˜oes
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
93
l = sup{f (x) , x ∈ A, x < a)} = sup C sendo que f (a) ´e cota superior de C e cota
inferior de B pelo fato da fun¸c˜ao ser n˜ao-decrescente. Al´em disso vale l ≤ L. Como a ∈ int(I) ent˜ao existem x, y ∈ I com x < a < y. Suponha por absurdo que f seja descont´ınua em a, da´ı L > l e vale uma das possibilidades l < f (a) ≤ L ou l ≤ f (a) < L, pois n˜ao pode acontecer de L = f (a) = l, se n˜ao f seria cont´ınua em
a. Por isso podemos tomar z ̸= f (a) tal que l < z < L, valendo f (x) < z < f (y) , temos tamb´em que z ∈ / f (I), portanto f (I) n˜ao ´e intervalo, o que ´e absurdo. O caso de a ser uma extremo inferior ou superior do intervalo se fazem de maneira similar. Se a ´e extremidade inferior do intervalo, existe L = lim+ f (x) = inf{f (x) , x ∈ A, x > x→a
a)}, vale L ≥ f (a) pelo fato de f ser n˜ao-decrescente. Suponha que L > f (a) (f ser descont´ınua em a), ent˜ao existe z tal que L > z > f (a), da´ı de x > a segue f (x) > z ez ∈ / f (I), logo f (I) n˜ao ´e intervalo. Se a ´e intervalo inferior procedemos de maneira similar. Quest˜ ao 3 1 Exemplo 49. f : R → R dada por f (x) = sen( ) para x ̸= 0 e f (0) = 0, tem a x propriedade do valor intermedi´ario, por´em ´e descont´ınua em 0. Separamos os intervalos de R em dois tipos: Os intervalos que cont´em 0. Os intervalos que n˜ao cont´em 0.
Em todo intervalo que cont´em 0 a imagem da fun¸c˜ao ´e o intervalo [−1, 1], que j´a mostramos 1 , onde c ´e tal que sen(c) = v ∈ [−1, 1], por meio de sequˆencias da forma xn = 2nπ + c todo intervalo que cont´em 0 possui termos desse tipo para n suficientemente grande. Em intervalos que n˜ao cont´em 0, a fun¸ca˜o f ´e cont´ınua logo sua imagem ´e um intervalo. Portanto para qualquer tipo de intervalo vale a propriedade do valor intermedi´ario para a fun¸ca˜o f .
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
94
Quest˜ ao 4 Propriedade 167. Seja f : I → R com a propriedade do valor intermedi´ario. Se ∀ c ∈ R existe apenas um n´ umero finito de pontos x ∈ I tais que f (x) = c, ent˜ao f ´e cont´ınua. Demonstra¸c˜ ao. Suponha que exista a ∈ I, em que f seja descont´ınua. Pelo crit´erio de sequˆencias, existe (xn ) em I com lim xn = a e f (xn ) > f (a) + ε ∀n ∈ N (ou f (xn ) < f (a) − ε, garantido por resultado j´a mostrado). Tomando algum c ∈ (f (a), f (a) + ε), observamos o intervalo (f (a), f (xn )), como f (xn ) > f (a) + ε segue que c ∈ (f (a), f (a) + ε) ⊂ (f (a), f (xn )) ∀n ∈ N a propriedade de valor intermedi´ario garante a existˆencia de z1 entre a e x1 tal que f (z1 ) = c, como lim xn = a, podemos tomar xn1 tal que z1 n˜ao esteja entre a e xn1 , por´em novamente a propriedade de valor intermedi´ario garante a existˆencia de z1 entre a e xn1 tal que f (z1 ) = c, com esse processo conseguimos infinitos valores z tais que f (z) = c, o que contraria a hip´otese, ent˜ao a fun¸ca˜o deve ser cont´ınua. Quest˜ ao 5 Propriedade 168. Sejam p ≥ 0 real, f : [0, 2p] → R cont´ınua com f (0) = f (2p). Ent˜ao existe c ∈ [0, p] tal que f (c) = f (c + p). Demonstra¸c˜ ao. Definimos g : [0, p] → R, por g(x) = f (x + p) − f (x). Temos g(p) = f (2p) − f (p) = k g(0) = f (p) − f (0) = −k |{z} =f (2p)
como g ´e cont´ınua, por ser soma de fun¸co˜es cont´ınuas, segue que, existe c ∈ [0, p] tal que g(c) = 0 = f (c + p) − f (c), logo f (c + p) = f (c). 1 Exemplo 50. Tomando p = ent˜ao f : [0, 1] → R cont´ınua com f (0) = f (1) implica 2 1 1 1 que existe c ∈ [0, ] tal que f (c) = f (c + ). Da mesma maneira tomando p = 2 2 3 2 2 1 ent˜ao f : [0, ] → R cont´ınua com f (0) = f ( ) implica que existe c ∈ [0, ] tal que 3 3 3 1 f (c) = f (c + ). 3
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
1.8.3
95
Fun¸ co ˜es cont´ınuas em conjuntos compactos
Quest˜ ao 1 Propriedade 169. Seja f : R → R cont´ınua com lim f (x) = lim f (x) = ∞. Ent˜ao x→∞
x→−∞
existe x0 ∈ R tal que f (x0 ) ≤ f (x) ∀ x ∈ R. f possui m´ınimo global. Demonstra¸c˜ ao. Tomamos a ∈ R qualquer, da defini¸c˜ao dos limites infinito temos ∃ B > 0 tal que x > B ⇒ f (x) > f (a) ∃ B1 > 0 tal que x < −B1 ⇒ f (x) > f (a).
Podemos tomar A > 0 tal que A > B, A > a, −A < −B1 , −A < a, logo para x > A, y < −A tem-se f (x) > f (a), f (y) > f (a), f restrita `a [−A, A] possui m´ınimo f (x0 ) pois o conjunto ´e compacto, al´em disso como a ∈ [−A, A] segue que f (x0 ) ≥ f (a), tal valor f (x0 ) ´e m´ınimo global da fun¸c˜ao, pois em [−A, A] tal valor ´e m´ınimo e fora desse intervalo a fun¸c˜ao assume valores maiores que f (x0 ). Quest˜ ao 2 Propriedade 170. Seja f : R → R cont´ınua com lim f (x) = ∞ e lim f (x) = −∞. x→∞
x→−∞
Ent˜ao para todo c ∈ R existe entre as ra´ızes da equa¸c˜ao f (x) = c uma cujo m´odulo ´e m´ınimo. Demonstra¸c˜ ao. Come¸camos de maneira similar ao resultado anterior, pela defini¸c˜ao dos limites infinitos ∃ B > 0 tal que x > B ⇒ f (x) > c ∃ B1 > 0 tal que x < −B1 ⇒ f (x) > −c.
Podemos tomar A > 0 tal que A > B, A > c, −A < −B1 , −A < −c, logo para x > A, y < −A tem-se f (x) > c, f (y) < −c. As ra´ızes de f (x) = c pertencem ao conjunto [−A, A]. Seja V = {|x| ∈ [−A, A] | f (x) = c}, tal conjunto ´e limitado inferiormente, logo possui ´ınfimo. Seja t = inf V . Se o ´ınfimo pertence ao conjunto nada precisamos fazer, essa ´e nossa ra´ız com m´odulo m´ınimo. Se n˜ao, existe (xn ) ∈ V tal que lim xn = t, vale f (xn ) = c ∀n ∈ N e por continuidade de f temos lim f (xn ) = f (t) = c, ent˜ao o ´ınfimo pertence ao conjunto, logo existe sempre uma ra´ız cujo m´odulo ´e m´ınimo.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
96
Quest˜ ao 3 Propriedade 171. N˜ao existe f : [a, b] → R cont´ınua que assume cada um dos seus valores f (x) exatamente duas vezes. Demonstra¸c˜ ao. [a, b] possui apenas dois extremos , temos 2 pontos de m´aximo e 2 pontos de m´ınimo da fun¸c˜ao f , ent˜ao obrigatoriamente teremos que um desses pontos cr´ıticos deve ser imagem de um ponto interior de [a, b]. Suponha que seja o m´aximo. O valor m´aximo de f ser´a ent˜ao assumido num ponto xm1 ∈ int[a, b] vamos supor o outro ponto xm2 em que a fun¸c˜ao atinge m´aximo tamb´em no interior do intervalo , com xm1 > xm2 . Tomamos x3 < xm2 , xm2 < x2 < xm1 , xm1 < x1 e A = max{f (x3 ), f (x1 ), f (x2 )}, pelo T V I existe valores x ∈ [x3 , xm2 ), y ∈ [x2 , xm1 ) e z ∈ (xm1 , x1 ], tais que f (x) = f (y) = f (z) = A, absurdo, pois deveria haver apenas 2 valores distintos em [a, b] tais que suas imagens fossem iguais. Quest˜ ao 4 Propriedade 172. Toda fun¸ca˜o cont´ınua peri´odica f : R → R ´e limitada e atinge valores m´aximo e m´ınimo. Demonstra¸c˜ ao. Seja p o per´ıodo da fun¸c˜ao, ent˜ao ∀x ∈ R vale f (x + p) = f (x) , a fun¸c˜ao repete os valores de sua imagem no intervalo [0, p] logo estudamos a sua restri¸ca˜o ao compacto [0, p]. f |[0,p] ´e cont´ınua e sua imagem ´e um compacto, logo ela possui m´aximo e m´ınimo, existindo x1 , x2 ∈ R tal que f (x1 ) ´e m´ınimo e f (x2 ) ´e m´aximo. Quest˜ ao 5 Propriedade 173. Seja A ⊂ R compacto. Se f : A → R e cont´ınua ent˜ao ∀ε > 0, ∃cε > 0 | |y − x| ≥ ε ⇒ |f (y) − f (x)| ≤ cε |y − x|. Demonstra¸c˜ ao. Vamos usar a contrapositiva ∃ε > 0, ∀cε > 0 |y − x| ≥ ε e |f (y) − f (x)| > cε |y − x| ≥ cε ε a rela¸c˜ao |f (y) − f (x)| ≥ cε ε ∀cε > 0 implica que f (A) n˜ao ´e limitado, logo f n˜ao pode ser cont´ınua, pois a imagem do compacto A seria o compacto f (A) que ´e limitado.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
1.8.4
97
Continuidade uniforme
Quest˜ ao 1 Propriedade 174. Toda fun¸ca˜o f : N → R ´e uniformemente cont´ınua. Demonstra¸c˜ ao. Podemos tomar δ < 1 da´ı |x − y| < δ implica x = y, que implica |f (x) − f (y)| = 0 < ε. N ´e fechado, por´em n˜ao ´e limitado, toda sequˆencia ´e uma fun¸ca˜o uniformemente cont´ınua. Propriedade 175. Se toda fun¸ca˜o f : A → R ´e uniformemente cont´ınua ent˜ao A ´e fechado, por´em n˜ao necessariamente compacto. Demonstra¸c˜ ao. Usaremos a contrapositiva. Se A n˜ao ´e fechado ent˜ao existe fun¸ca˜o f : A → R que n˜ao ´e uniformemente cont´ınua. Daremos ent˜ao um exemplo desse tipo de fun¸c˜ao. Como A n˜ao deve ser fechado ent˜ao deve existir a ∈ A tal que a ∈ / A, tomamos 1 f : A → R definida como f (x) = o limite lim f (x) n˜ao existe ent˜ao A n˜ao pode ser x→a x−a uniformemente cont´ınua. Quest˜ ao 2 Exemplo 51. A fun¸ca˜o f : R → R dada por f (x) = sen(x2 ) n˜ao ´e uniformemente cont´ınua.
√
√ 1 (n + )π e yn = nπ, ent˜ao 2 √ π √ 1 2 yn − xn = (n + )π − nπ = √ →0 √ 2 1 (n + 2 )π + nπ
Tomamos xn =
onde acima racionalizamos a fra¸ca˜o. Por´em 1 1 f (yn ) − f (xn ) = sen((n + )π) − sen(nπ) = sen((n + )π) 2 2 e tal sequˆencia n˜ao tende a zero.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
98
Quest˜ ao 3 Propriedade 176. Dada f : A → R uniformemente cont´ınua, definimos g : A → R como g(x) = f (x) se x ∈ A ´e um ponto isolado e g(a) = lim f (x) se a ∈ A′ . Nessas condi¸co˜es g x→a
´e uniformemente cont´ınua e vale g(x) = f (x) ∀x ∈ A. Demonstra¸c˜ ao. Vamos mostrar inicialmente que vale g(x) = f (x) ∀x ∈ A. Se x ´e ponto isolado sabemos por defini¸c˜ao de g que tem-se g(x) = f (x). Seja agora um ponto a ∈ A que n˜ao seja isolado, ent˜ao existe (xn ) ∈ A tal que lim xn = a, por f ser cont´ınua vale que lim f (xn ) = f (a) = lim f (x) = g(a), onde a u ´ltima passagem foi pela defini¸c˜ao x→a
da g. Fica provado ent˜ao que g(x) = f (x) ∀x ∈ A. Vamos mostrar agora que g ´e uniformemente cont´ınua. f ´e uniformemente cont´ınua, ε da´ı para x, y ∈ A com |x − y| < δ tem-se |f (x) − f (y)| < , sendo a, b ∈ A existem 2 (xn ), (yn ) em A, tais que lim xn = a, lim yn = b, se |a − b| < δ temos |xn − yn | < δ para n grande, por causa da desigualdade |xn − yn | ≤ |xn − a| + |yn − b| + |a − b| ε isso implica que |f (xn ) − f (yn )| < , passando o limite temos |g(a) − g(b)| = lim |f (xn ) − 2 ε f (yn )| ≤ , da´ı g ´e uniformemente cont´ınua. 2 Quest˜ ao 4 Propriedade 177. Seja f : R → R cont´ınua. Se existem lim f (x) = L e lim f (x) = l x→∞
x→−∞
ent˜ao f ´e uniformemente cont´ınua. Demonstra¸c˜ ao. Pela defini¸c˜ao de limite temos que ∀ ε > 0 ∃A > 0 | x > A ⇒ |f (x) − L| <
ε 4
ε ∀ ε > 0 ∃B > 0 | x < −B ⇒ |f (x) − l| < . 4 ε ε Se x > A, y > A vale que |f (x) − L| < e |f (y) − L| < , da´ı 4 4 ε ε ε |f (y) − f (x)| ≤ |f (x) − L| + |f (y) − L| < + = . 4 4 2 ε ε Da mesma maneira se x < −B, y < −B vale que |f (x) − l| < e |f (y) − l| < , da´ı 4 4 ε ε ε |f (y) − f (x)| ≤ |f (x) − l| + |f (y) − l| < + = . 4 4 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
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O conjunto [−B, A] ´e compacto, ent˜ao f ´e uniformemente cont´ınua em tal conjunto, da´ı ε se x, y ∈ [−B, A] com |x − y| < δ tem-se |f (x) − f (y)| < . Caso x < −B e y ∈ [−B, A] 2 com |x − y| < δ temos tamb´em que | − B − y| < |x − y| < δ, pois x < −B ≤ y, a distˆancia de y at´e B ´e menor que a distˆancia de y at´e x, portanto |f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − f (−B)| + |f (−B) − f (y)| <
ε ε + = ε. 2 2
Da mesma forma se x > A e y ∈ [−B, A] com |x − y| < δ vale y ≤ A < X da´ı |A − y| < |x − y| < δ e vale |f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − f (A)| + |f (A) − f (y)| <
ε ε + = ε. 2 2
Conclu´ımos que f ´e uniformemente cont´ınua em qualquer um dos casos x, y > A x ∈ [−B, A] y > A x, y ∈ [−B, A] x, y < −B.
Logo f ´e uniformemente cont´ınua em R. Exemplo 52. Suponha f : R → R cont´ınua , ent˜ao g : R → R dada por g(x) = f (x) − x tamb´em ´e cont´ınua, se existem lim g(x) = L e lim g(x) = l ent˜ao g ´e uniformemente x→∞
x→−∞
cont´ınua. A soma de fun¸co˜es uniformemente cont´ınuas ´e uniformemente cont´ınua ent˜ao g(x) + x = f (x) tamb´em ´e uniformemente cont´ınua. Quest˜ ao 5 Propriedade 178. Se f, g : A → R s˜ao uniformemente cont´ınuas, ent˜ao f + g ´e uniformemente cont´ınua. Demonstra¸c˜ ao. Dado ε arbitr´ario existe δ1 > 0 tal que |x−y| < δ1 ⇒ |f (x)−f (y)| < ε ε e δ1 > 0 tal que |x − y| < δ2 ⇒ |g(x) − g(y)| < tomando δ = min{δ1 , δ2 } segue que 2 2 ε ε |g(x) − g(y)| < e |f (x) − f (y)| < , pela desigualdade triangular tem-se 2 2 ε ε |g(x) + f (x) − g(y) − f (y)| ≤ |g(x) − g(y)| + |f (x) − f (y)| < + 2 2 logo f + g ´e uniformemente cont´ınua.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
100
Propriedade 179. Sejam f, g : A → R limitadas e uniformemente cont´ınuas, ent˜ao f.g ´e uniformemente cont´ınua. Demonstra¸c˜ ao. Tomamos duas sequˆencias (xn ), (yn ) em A tais que lim yn − xn = 0. Escrevemos f (yn ).g(yn ) − f (xn ).g(xn ) = f (yn ).g(yn ) − f (xn ).g(yn ) + f (xn ).g(yn ) − f (xn ).g(xn ) = = [f (yn ) − f (xn )] g(yn ) + f (xn ) [g(yn ) − g(xn )] → 0 | {z } | {z } →0
→0
pois (f (xn )) e (g(yn )) s˜ao limitadas, usamos tamb´em que f e g s˜ao uniformemente convergentes e o crit´erio de sequˆencias. Portanto vale que lim f (yn ).g(yn ) − f (xn ).g(xn ) e da´ı f.g ´e uniformemente cont´ınua. Propriedade 180. Dadas f, g : A → R uniformemente cont´ınuas, ent˜ao h, t : A → R dada por h(x) = max{f (x), g(x)}e t(x) = max{f (x), g(x)} s˜ao uniformemente cont´ınuas. Demonstra¸c˜ ao. Vale h(x) = max{f (x), g(x)} = min{f (x), g(x)} =
1.9 1.9.1
f (x) + g(x) + |f (x) − g(x)| e t(x) = 2
f (x) + g(x) − |f (x) − g(x)| , da´ı h e g s˜ao uniformemente cont´ınuas. 2
Cap´ıtulo 8-Derivadas A no¸c˜ ao de derivada
Quest˜ ao 1 Propriedade 181 (Caracteriza¸c˜ao de Carath´eodory). f ´e deriv´avel em a ⇔ existe g : A → R cont´ınua em a tal que f (x) = f (a) + g(x)(x − a) ∀x ∈ A. Demonstra¸c˜ ao. ⇐) . Suponha que existe g : A → R cont´ınua em a tal que f (x) = f (a) + g(x)(x − a), da´ı para x ̸= a tem-se f (x) − f (a) = g(x) x−a f (x) − f (a) = f ′ (a) = g(a), x→a x−a
como existe lim g(x) por g ser cont´ınua em a, ent˜ao existe lim x→a
logo f ´e deriv´avel.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
101
⇒). Supondo que f seja deriv´avel, ent˜ao podemos escrever f (a + h) = f (a) + f ′ (a)h + r(h) r(h), se h ̸= 0, definimos g(a + h) = f ′ (a) + , se h = 0 definimos g(a) = f ′ (a), ent˜ao h vale que f (a + h) = f (a) + g(a + h).h se h ̸= 0 e se h = 0 tamb´em, al´em disso g ´e cont´ınua em a, pois de g(a + h) = f ′ (a)+
r(h) , h
tomando lim , tem-se h→0
lim g(a + h) = f ′ (a) = g(a).
h→0
Quest˜ ao 2 Propriedade 182 (Teorema do sandu´ıche para derivadas). Sejam f, g, h : X → R tais que para todo x ∈ X se tenha f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) . Se num ponto a ∈ X ∩ X ′ tem-se f (a) = h(a) e existem f ′ (a) = h′ (a) ent˜ao existe g ′ (a) = f ′ (a) . Demonstra¸c˜ ao. Da identidade f (a) = h(a) e da desigualdade f (x) ≤ g(x) ≤ h(x), temos f (a) ≤ g(a) ≤ h(a) = f (a), ⇒ g(a) = f (a) = h(a) tem-se tamb´em f (a + h) ≤ g(a + h) ≤ h(a + h), ⇔ f (a + h) − f (a) ≤ g(a + h) − g(a) ≤ h(a + h) − h(a) pois f (a) = h(a) = g(a), como as derivadas f ′ (a) e h′ (a) existem, ent˜ao tamb´em existem as derivadas laterais f+′ (a) = f−′ (a) = f ′ (a) = g ′ (a) = h′+ (a) = h′− (a) dividindo a u ´ltima desigualdade por h > 0 e tomando o limite a direita segue f ′ (a) ≤ lim+ h→0
g(a + h) − g(a) ≤ f ′ (a) h
e dividindo por h < 0 e tomando o limite a esquerda f ′ (a) ≥ lim− h→0
assim lim−
h→0
g(a + h) − g(a) ≥ f ′ (a) h
g(a + h) − g(a) g(a + h) − g(a) = lim+ = f ′ (a) = g ′ (a) h→0 h h
.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
102
Quest˜ ao 3 Veremos um lema que ajudar´a na pr´oximo resultado. Lema 1. Sejam (an ) e (bn ) sequˆencias limitada tais que an + bn = 1 ∀n ∈ N , (zn ) e (tn ) com o mesmo limite a, ent˜ao lim an .zn + bn .tn = a. Demonstra¸c˜ ao. Escrevemos an .zn + bn .tn = an .zn − a.an + a. an +bn .tn = an (zn − a) + a(1 − bn ) + bn .tn = |{z} =1−bn
= an (zn − a) + a − a.bn + bn .tn = an (zn − a) + a + bn (tn − a) da´ı lim an (zn − a) + a + bn (tn − a) = a = lim an .zn + bn .tn pois an e bn s˜ao limitadas e zn − a, tn − a tendem a zero. Propriedade 183. Seja f : A → R deriv´avel em a. Se xn < a < yn ∀n e lim xn = f (yn ) − f (xn ) = f ′ (a). lim yn = a ent˜ao lim yn − xn Demonstra¸c˜ ao. Come¸camos com uma manipula¸c˜ao alg´ebrica f (yn ) − f (xn ) f (yn ) − f (a) − f (xn ) + f (a) f (yn ) − f (a) f (xn ) − f (a) = = − = yn − x n yn − xn yn − xn yn − xn f (yn ) − f (a) = + yn − xn f (yn ) − f (a) + = yn − xn
(
(
−xn + a yn − xn
)(
f (xn ) − f (a) xn − a
yn − xn − yn + a yn − xn
)(
) =
f (xn ) − f (a) xn − a
) =
( )( ) yn − a f (xn ) − f (a) f (yn ) − f (a) + 1− = = yn − xn yn − x n xn − a ( =
yn − a y −x | n {z n} =tn
)(
f (yn ) − f (a) yn − a
)
)( ( ) f (xn ) − f (a) yn − a + 1− = yn − x n xn − a
(
( ) ) f (yn ) − f (a) f (xn ) − f (a) = tn +(1 − tn ) yn − a xn − a {z } {z } | | →f ′ (a)
→f ′ (a)
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
103
yn − a < 1, pois yn − xn yn > xn da´ı podemos dividir por yn − xn sem alterar a desigualdade. Da mesma maneira yn − a vale 0 < yn − a e da´ı 0 < < 1, logo (tn ) ´e limitada, o mesmo vale para 1 − tn , yn − xn logo aplicamos o lema anterior que nos garante que ( ( ) ) f (yn ) − f (xn ) f (yn ) − f (a) f (xn ) − f (a) +(1 − tn ) = f ′ (a). lim = lim tn yn − xn yn − a xn − a {z } {z } | | observamos que (tn ) ´e limitada pois xn < a ⇒ yn − a < yn − xn ⇒
→f ′ (a)
→f ′ (a)
Quest˜ ao 4 1 Exemplo 53. Seja f : R → R dada por f (x) = x2 sen( ) se x ̸= 0 e f (0) = 0, tomamos x 1 1 , da´ı vale lim xn = lim yn = 0 e yn = xn = nπ nπ + π2 f (xn ) =
1 sen(nπ) = 0 (nπ)2
1 π (−1)n f (yn ) = sen(nπ + ) = (nπ + π2 )2 2 (nπ + π2 )2 π π π pois sen(nπ + ) = sen(nπ) cos( ) + sen( )cos(nπ) = (−1)n , da´ı | {z } 2 2 2 =0
f (yn ) − f (xn ) f (yn ) = yn − x n yn − xn yn − xn =
1 nπ +
π 2
−
nπ − nπ − π2 − π2 1 = = nπ (nπ + π2 )(nπ) (nπ + π2 )(nπ)
f (yn ) − f (xn ) (−1)n+1 π (−1)n+1 (−1)n+1 = .2n(nπ + ) = .2n = π .2 yn − xn (nπ + π2 )2 2 (nπ + π2 ) (π + 2n ) −1 −1 que n˜ao converge, pois para n par temos .2 e para n ´ımpar tem-se π .2 → (π + 2n ) π 1 1 .2 duas subsequˆencias convergindo para valores distintos, logo a sequˆencia π .2 → (π + 2n ) π n˜ao converge. Tal fun¸ca˜o ´e deriv´avel no 0, pois x2 sen( x1 ) − 0 1 = lim xsen( ) = 0 lim x→0 x→0 x x em outros pontos distintos de 0 a fun¸c˜ao tamb´em ´e deriv´avel por ser produto de fun¸co˜es deriv´aveis.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
104
Quest˜ ao 5 Propriedade 184. Se f : A → R ´e deriv´avel em a ∈ int(A) ent˜ao f (a + h) − f (a − h) = f ′ (a). h→0 2h lim
Demonstra¸c˜ ao. Como f ´e deriv´avel em a ∈ intA podemos escrever f (a + h) = r(h) f (a) + f ′ (a)h + r(h) onde lim = 0, podemos tomar f (a − h) = f (a) − f ′ (a)h + r(−h), h→0 h subtraindo as duas express˜oes e dividindo por 2h, tem-se r(h) − r(−h) f (a + h) − f (a − h) = f ′ (a) + 2h 2h | {z } →0
tomando o limite segue que f (a + h) − f (a − h) = f ′ (a). h→0 2h lim
f (a + h) − f (a − h) pode existir por´em a fun¸c˜ao pode n˜ao h→0 2h ser deriv´avel em a, considere por exemplo f : R → R dada por f (x) = |x|, no ponto a = 0 Exemplo 54. O limite lim
ela n˜ao ´e deriv´avel por´em |h| − | − h| |h| − |h| = lim = 0. h→0 h→0 2h 2h lim
1.9.2
Regras operacionais
Quest˜ ao 1 −1
Propriedade 185. A fun¸c˜ao f : R → R com f (x) = e x2 para x ̸= 0 e f (0) = 0, satisfaz Dn f (0) = 0 para todo n ∈ N. 1 −1 Demonstra¸c˜ ao. Para x ̸= 0 vale f n (x) = gn ( )e x2 onde gn ´e um polinˆomio. Tal x 1 −1 resultado segue por indu¸c˜ao sobre n, pois para n = 1 a identidade se verifica f ′ (x) = 3 e x2 x pela regra da cadeia. Supondo a validade para n, vamos provar para n + 1 1 −1 1 −1 1 −1 1 2 −1 1 1 2 1 f n+1 (x) = (f n (x))′ = (gn ( )e x2 )′ = gn ( ) 3 e x2 − 2 gn′ ( )e x2 = (gn ( ) 3 − 2 gn′ ( ))e x2 = x x x x x x x x x 1 −1 = (gn+1 ( ))e x2 . x
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105
Agora provamos por indu¸ca˜o que Dn f (0) = 0 para todo n ∈ N. Para n = 1 temos −1
e x2 1 y f (0) = lim = lim 1 = lim 2 = 0. x→0 x x→0 y→∞ ey xe x2 ′
Supondo que Dn f (0) = 0, provamos agora que Dn+1 f (0) = 0 −1
gn ( x1 )e x2 Dn f (x) − Dn f (0) Dn f (x) D f (0) = lim = lim = lim = x→0 x→0 x→0 x x x ygn (y) =0 = lim y→∞ ey 2 logo fica provado que Dn f (0) = 0 para todo n natural. n+1
Quest˜ ao 2 Propriedade 186. Sejam I um intervalo aberto , f : I → R de classe C 2 . Se f (I) ⊂ J e g : J → R ´e de classe C 2 ent˜ao a composta g ◦ f : I → R ´e de classe C 2 . Demonstra¸c˜ ao. Pela regra da cadeia a fun¸ca˜o g ◦ f ´e de classe C 1 , pois ´e deriv´avel e vale (g ◦ f )′ (x) = f ′ (x).g ′ (f (x)) , g ′ (f (x)) ´e cont´ınua pois f ´e cont´ınua e g ′ ´e cont´ınua, da mesma maneira f ′ ´e cont´ınua logo o produto das fun¸c˜oes tamb´em ´e uma fun¸ca˜o cont´ınua. Definindo h : I → R com h(x) = (g ◦ f )′ (x) = f ′ (x).g ′ (f (x)), vamos mostrar que tal fun¸c˜ao ´e deriv´avel e possui derivada cont´ınua. f ′ ´e deriv´avel pois f pois ´e C 2 . g ′ ◦ f ´e deriv´avel, pois dado a ∈ I arbitr´ario existem f ′ (a) e g ′′ (f (a)) pois f e g ′ s˜ao deriv´aveis. Portanto f ′ .(g ′ ◦ f ) = h ´e deriv´avel, valendo a regra da cadeia h′ (x) = f ′′ (x).g ′ (f (x)) + f ′ (x)g ′′ (f (x)) como f ′′ , g ′ ◦ f , f ′ e g ′′ ◦ f s˜ao cont´ınuas , segue-se que h′ ´e cont´ınua, portanto h ´e C 1 , que implica g ◦ f ser C 2 . Quest˜ ao 3 Propriedade 187. Seja f : I → R de classe C 2 com f (I) = J e f (x) ̸= 0 ∀x ∈ I. Ent˜ao f −1 : J → R ´e de classe C 2 . Demonstra¸c˜ ao. Temos que f ´e deriv´avel em x ∈ I arbitr´ario, valendo f ′ (x) ̸= 0 , supondo g = f −1 cont´ınua em f (x) = y segue pelo teorema da derivada da inversa que g ′ (y) =
1 f ′ (x)
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
como f ´e C 2 tem-se que f ′ ´e deriv´avel e da´ı
106
1 tamb´em ´e deriv´avel portanto f′
−f ′′ (x) = (g ′ (y))′ (f ′ (x))2 dessa express˜ao tiramos que g ′ ´e deriv´avel e cont´ınua pois f ′′ e f ′ s˜ao cont´ınuas, logo g ´e C 2 . O c´alculo explicito de g ′′ (y) nos d´a g ′′ (y) =
−f ′′ (x) . [f ′ (x)]3
Quest˜ ao 4 Propriedade 188. Seja f : R → R uma fun¸ca˜o par C ∞ , ent˜ao vale Dn f (−x) = (−1)n Dn f (x). Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸ca˜o sobre n, temos que f (−x) = f (x), derivando pela regra da cadeia tem-se −f ′ (−x) = f ′ (x), logo a propriedade vale para n = 1. Suponha que vale para n, Dn f (−x) = (−1)n Dn f (x), vamos provar a validade para n + 1. Seja g(x) = Dn f (x) ent˜ao g(−x) = Dn f (−x) e vale g(−x) = (−1)n g(x) derivando pela regra da cadeia tem-se g ′ (−x) = (−1)n+1 g ′ (x) portanto Dn+1 f (−x) = (−1)n+1 Dn+1 f (x). Corol´ ario 29. Se n ´e par tem-se Dn f (−x) = Dn f (x) e se n ´e ´ımpar Dn f (−x) = −Dn f (x). Se uma fun¸ca˜o g ´e ´ımpar ela satisfaz g(x) = −g(−x) da´ı tomando x = 0 tem-se g(0) = −g(0), portanto g(0) = 0. Da´ı segue que se f ´e par e n ´ımpar ent˜ao Dn f (0) = 0. Propriedade 189. Seja f : R → R uma fun¸ca˜o ´ımpar C ∞ , ent˜ao vale Dn f (−x) = (−1)n+1 Dn f (x). Demonstra¸c˜ ao. Por indu¸ca˜o sobre n, temos que f (−x) = −f (x), derivando pela regra da cadeia tem-se −f ′ (−x) = −f ′ (x) ⇒ f ′ (−x) = f ′ (x), logo a propriedade vale
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
107
para n = 1. Suponha que vale para n, Dn f (−x) = (−1)n+1 Dn f (x), vamos provar a validade para n + 1. Seja g(x) = Dn f (x) ent˜ao g(−x) = Dn f (−x) e vale g(−x) = (−1)n+1 g(x) derivando pela regra da cadeia tem-se g ′ (−x) = (−1)n g ′ (x) = (−1)n+2 g ′ (x) portanto Dn+1 f (−x) = (−1)n+2 Dn+1 f (x). Quest˜ ao 5 Propriedade 190. Seja f : R → R k vezes deriv´avel tal que f (tx) = tk f (x)∀ t, x ∈ R. Dk f (0) k Nessas condi¸co˜es temos f (x) = x = cxk . k! Dk Demonstra¸c˜ ao. Aplicamos na identidade f (tx) = tk f (x) , isto ´e, derivamos k k! vezes em rela¸ca˜o `a t , aplicando a regra da cadeia. Dk k k k (k) Usamos que D f (tx) = x f (tx) e t f (x) = f (x) logo k! xk (k) f (tx) = f (x) k! tomando t = 0 tem-se
xk (k) f (0) = f (x). k! Em especial se k = 1, f (x) = x.f ′ (0) = c.x.
1.9.3
Derivada e crescimento local
Quest˜ ao 1 Propriedade 191. Se f : R → R ´e de classe C 1 ent˜ao o conjunto dos seus pontos cr´ıticos ´e fechado. Demonstra¸c˜ ao. Definimos F = {x ∈ R | f ′ (x) = 0}. Podemos ver que F ´e fechado de diversas maneiras, como R ´e fechado segue por resultado j´a demonstrado na parte de fun¸c˜oes cont´ınuas do texto que F ´e fechado, podemos olhar tamb´em para R \ F = {x ∈ R | f ′ (x) < 0} ∪ {x ∈ R | f ′ (x) > 0} como R ´e aberto segue que esses dois u ´ltimos conjuntos s˜ao aberto, portanto F ´e fechado .
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
108
( ) 1 x Exemplo 55. Seja f : R → R dada por f (x) = x sen + se x ̸= 0 e f (0) = 0. A x 13 derivada no ponto zero ´e ( ) x 2 ( ) x sen x1 + 13 1 1 = lim xsen + lim x→0 x→0 x x 13 2
a derivada em outros pontos ´e dada por ( ) ( ) 1 1 1 − cos + . f (x) = 2xsen x x 13 ′
1 1 Podemos tomar x ̸= 0 arbitrariamente perto de 0 tal que sen( ) = 0 e cos( ) = 1 x x da´ı tem-se f ′ (x) < 0, da mesma maneira com x ̸= 0 arbitrariamente pr´oximo de zero com 1 1 sen( ) = 1 , cos( ) = 0 e f ′ (x) > 0. x x ′ Como f ´e cont´ınua existem pontos muito pr´oximos de zero tais que f ′ (x) = 0 (pontos cr´ıticos), da´ı temos sequˆencias de pontos cr´ıticos que tendem a zero, por´em f ′ (0) > 0. Quest˜ ao 2 Propriedade 192. Seja f : (a, b) → R deriv´avel e c um ponto cr´ıtico de f , se existe δ > 0 tal que 1. Se f ′ (x) ≥ 0 para x ∈ (c − δ, c) e f ′ (x) ≤ 0 para x ∈ (c, c + δ) ent˜ao c ´e um m´aximo local de f . 2. Se f ′ (x) ≤ 0 para x ∈ (c − δ, c) e f ′ (x) ≥ 0 para x ∈ (c, c + δ) ent˜ao c ´e um m´ınimo local de f . Demonstra¸c˜ ao. 1. f ´e n˜ao-decrescente em (c − δ, c) e f ´e n˜ao-crescente em (c, c + δ) . Dado qualquer y ∈ (c − δ, c) existe uma sequˆencia de pontos (yn ) em (y, c) tal que lim yn = c, vale que f (y) ≤ f (yn ) pelo fato da fun¸ca˜o ser n˜ao-decrescente, tomando o limite e usando a continuidade segue que f (y) ≤ f (c). Da mesma maneira, dado x ∈ (c, c + δ) existe (xn ) em (c, x) implicando que vale f (x) ≤ f (xn ) pelo fato da fun¸ca˜o ser n˜ao-crescente ent˜ao tomando o limite e usando a continuidade tem-se que f (x) ≤ f (c).
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
109
Resumindo para quaisquer x ∈ (c, c + δ), y ∈ (c − δ, c) vale que f (y) ≤ f (c) e f (x) ≤ f (c) ent˜ao c ´e um m´aximo local de f . 2. f ´e n˜ao-crescente em (c − δ, c) dai para qualquer x nesse conjunto tomamos uma sequˆencia (xn ) em (x, c) que converge para c, vale f (xn ) ≤ f (x), por continuidade passando o limite tem-se que f (c) ≤ f (x). f ´e n˜ao-crescente em (c, c + δ), dado y nesse intervalo tomamos uma sequˆencia (yn ) em (c, y) tal que lim yn = c, temos f (yn ) ≤ f (y), tomando o limite, temos por continuidade que f (c) ≤ f (y), como vale f (c) ≤ f (y) e f (c) ≤ f (x) para x ∈ (c − δ, c), y ∈ (c, c + δ) tem-se que f (c) ´e ponto de m´ınimo local de f . Corol´ ario 30.
Seja c ponto cr´ıtico e f ′ n˜ao-crescente para x ∈ (c − δ, c) tem-se
x < c implicando f ′ (x) ≥ f (c) = 0 e y ∈ (c, c + δ) implica y > c e f ′ (c) = 0 ≥ f ′ (y), ent˜ao c ´e ponto de m´aximo. Se f ′′ (x) ≤ 0, ∀x ∈ (c − ε, c + ε) ent˜ ao f ′ ´e n˜ao-crescente portanto c ´e ponto de
m´aximo. Se f ′′ for cont´ınua em c e vale f ′′ (c) < 0, ent˜ ao por continuidade vale o item anterior.
Resultados similares valem para m´ınimo. Corol´ ario 31.
Seja c ponto cr´ıtico e f ′ n˜ao-decrescente para x ∈ (c − δ, c) tem-se
x < c implicando f ′ (x) ≤ f (c) = 0 e y ∈ (c, c + δ) implica y > c e f ′ (c) = 0 ≤ f ′ (y), ent˜ao c ´e ponto de m´ınimo. Se f ′′ (x) ≥ 0, ∀x ∈ (c − ε, c + ε) ent˜ ao f ′ ´e n˜ao-decrescente portanto c ´e ponto de
m´ınimo. Se f ′′ for cont´ınua em c e vale f ′′ (c) > 0, ent˜ ao por continuidade vale o item anterior.
Defini¸ c˜ ao 12 (Ponto cr´ıtico n˜ao-degenerado). Seja f : I → R deriv´avel no intervalo aberto I. Um ponto cr´ıtico c ∈ I ´e dito ser n˜ao-degenerado quando f ′′ (c) ̸= 0. Propriedade 193. Todo ponto cr´ıtico n˜ao degenerado ´e um ponto de m´aximo local ou m´ınimo local.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
110
Demonstra¸c˜ ao. Se vale f ′′ (c) > 0 ent˜ao c ´e um ponto de m´ınimo e se vale f ′′ (c) < 0 ent˜ao c ´e um ponto de m´aximo pelos resultados anteriores. Quest˜ ao 3 Propriedade 194. Sejam f : I → R, c ∈ I um ponto cr´ıtico n˜ao degenerado, ent˜ao existe δ > 0 tal que c ´e o u ´nico ponto cr´ıtico de f em (c − δ, c + δ). Demonstra¸c˜ ao. Vale f ′′ (c) > 0 ou f ′′ (c) < 0, supondo a primeira condi¸c˜ao existe δ > 0 tal que c − δ < x < c < y < c + δ ⇒ f (x) < f ′ (c) < f (y) | {z } =0
logo s´o existe um ponto cr´ıtico no intervalo (c − δ, c + δ) que ´e no ponto c. No caso de f ′′ (c) < 0 segue que existe δ > 0 tal que c − δ < x < c < y < c + δ ⇒ f (y) < f ′ (c) < f (x) | {z } =0
da´ı conclu´ımos o mesmo do caso anterior. Propriedade 195. Se f ´e de classe C 1 num conjunto compacto K ⊂ I em que todos pontos cr´ıticos de f s˜ao n˜ao degenerados, s´o existe um n´ umero finito deles. Demonstra¸c˜ ao. Suponha por absurdo que exista uma infinidade de pontos (cn ) cr´ıticos n˜ao-degenerados em K. (cn ) ´e limitada logo possui subsequˆencia convergente, passamos a tal subsequˆencia convergente que tamb´em simbolizaremos por (cn ). lim cn = c ∈ K pois K ´e fechado. ∀ cn vale f ′ (cn ) = 0, como f ′ cont´ınua tem-se que lim f ′ (cn ) = f ′ (c) = 0, da´ı c ´e ponto cr´ıtico, por´em isso ´e absurdo pois deveria existir δ > 0 tal que (c − δ, c + δ) ∩ K tivesse apenas um ponto cr´ıtico de K mas nessas condi¸c˜oes teria uma infinidade pois lim cn = c com cada cn ∈ K. Quest˜ ao 4 Propriedade 196. Se o ponto cr´ıtico c da fun¸ca˜o f : I → R ´e limite de uma sequˆencia de pontos cr´ıticos cn ̸= c e f ′′ (c) existe ent˜ao f ′′ (c) = 0, nessas condi¸c˜oes c ´e um ponto cr´ıtico degenerado.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
111
Demonstra¸c˜ ao. Se f ′′ (c) existe ent˜ao para qualquer sequˆencia (cn ) → c devemos ter lim
f ′ (cn ) − f ′ (c) = f ′′ (c), cn − c
tomamos ent˜ao a sequˆencia de pontos cr´ıticos e vale lim
f ′ (cn ) − f ′ (c) = 0 = f ′′ (c), cn − c
pois f ′ (cn ) = f ′ (c) = 0. Quest˜ ao 5 Propriedade 197. o conjunto dos pontos de m´aximo ou de m´ınimo local estrito de qualquer fun¸ca˜o f : R → R ´e enumer´avel. Demonstra¸c˜ ao. Seja M o conjunto dos pontos de m´aximo local estrito de f , vamos mostrar que M ´e enumer´avel. Para cada c ∈ M podemos tomar racionais Ic , Sc tais que c ∈ (Ic , Sc ) e c seja o ponto de m´aximo estrito de (Ic , Sc ) \ {c}, isto ´e, ∀x ∈ (Ic , Sc ) e x ̸= c vale que f (c) > f (x). Seja B o conjunto dos intervalos da forma (p, q), com p e q racionais, tal conjunto ´e enumer´avel pois em bije¸ca˜o com um subconjunto de Q × Q que ´e enumer´avel. Definimos a fun¸ca˜o f : M → B tal que f (d) = (Id , Sd ), tal fun¸c˜ao ´e injetiva, dado c ̸= d n˜ao vale c ∈ (Id , Sd ) e d ∈ (Ic , Sc ), pois se fosse ter´ıamos f (c) < f (d) e f (d) < f (c), que ´e absurdo, ent˜ao tais intervalos devem ser diferentes e portanto f ´e injetiva implicando que M ´e enumer´avel. O argumento para pontos de m´ınimo ´e o mesmo, s´o trocamos as desigualdades na demonstra¸c˜ao acima. Seja m o conjunto dos pontos de m´ınimo local estrito de f , vamos mostrar que m ´e enumer´avel. Para cada c ∈ m podemos tomar racionais Ic , Sc tais que c ∈ (Ic , Sc ) e c seja o ponto de m´ınimo estrito de (Ic , Sc ) \ {c}, isto ´e, ∀x ∈ (Ic , Sc ) e x ̸= c vale que f (c) < f (x). Definimos a fun¸ca˜o f : M → B tal que f (d) = (Id , Sd ), tal fun¸c˜ao ´e injetiva, dado c ̸= d n˜ao vale c ∈ (Id , Sd ) e d ∈ (Ic , Sc ), pois se fosse ter´ıamos f (c) < f (d) e f (d) < f (c), que ´e absurdo, ent˜ao tais intervalos devem ser diferentes e portanto f ´e injetiva implicando que m ´e enumer´avel.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
1.9.4
112
Fun¸ co ˜es deriv´ aveis num intervalo
Quest˜ ao 1 Propriedade 198. Seja g : I → R cont´ınua, exceto em c. Se existem lim− g(x) = l e x→c
′
lim g(x) = L com l ̸= L ent˜ao n˜ao existe f : I → R com f = g.
x→c−
Demonstra¸c˜ ao. Como g ´e descont´ınua em c e possui os limites laterais ent˜ao existe δ > 0 tal que c − δ ≤ x < c < y ≤ c + δ ⇒ g(x) < l − ε < L + ε < g(y) tomamos d ̸= g(c) em (l − ε, L + ε). Vale g(c − δ) < l + ε e g(c + δ) > L − ε mas n˜ao existe x ∈ (c − δ, c + δ) tal que g(x) = d. Se g fosse derivada de alguma fun¸c˜ao, ent˜ao pelo teorema de Darboux existiria x em tal intervalo tal que g(x) = d. Quest˜ ao 2 ln(x) , determinar os intervalos de x crescimento e decrescimento de f , seus pontos cr´ıticos e seus limites x → 0 e x → ∞. 1 − ln(x) Calculamos a derivada f ′ (x) = pela regra do quociente, o ponto cr´ıtico da x2 fun¸c˜ao acontece quando ln(x) = 1 logo x = e, a derivada ´e positiva quando 1 − ln(x) > Exemplo 56. Seja f : R+ :→ R dada por f (x) =
0, 1 > ln(x) da´ı x < e, a derivada ´e negativa quando 1 − ln(x) < 0, 1 < ln(x) da´ı x > e. Ent˜ao temos Para x < e, f ´e crescente. Para x > e, f ´e decrescente.
Vamos mostrar que lim x→0 1 x da forma n , da´ı 2
ln(x) ln(x) = −∞ e lim = 0. Para o primeiro limite tomamos x→∞ x x 2n . ln(2−n ) = 2n .(−n) ln(2) → −∞
ln(x) = −∞ pelo fato de f ser crescente para x < e. Para o outro limite tomamos x x = 2 logo ln(2) ln(2n ) =n n →0 n 2 2
logo lim
x→0 n
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
113
ln(x) = 0 pois f ´e decrescente para x > e. x→∞ x
logo lim
Quest˜ ao 3 ex ex (x − 1) . Calculamos g ′ (x) = logo x x2 1 temos ponto cr´ıtico apenas para x = 1. Vale que ex > 0 e 2 > 0, da´ı o sinal de g ′ (x) x depende de x − 1.
Exemplo 57. Seja g : R+ → R com g(x) =
Se x > 1 ent˜ ao g ′ (x) > 0 e g ´e crescente. Se x < 1 ent˜ ao g ′ (x) < 0 e g ´e decrescente.
ex 1 Vale lim = ∞, pois tomando da da forma x = ln(1 + n ) temos com esse x aplicado x→0 x 2 a fun¸ca˜o 1 1 →∞ (1 + n ) 2 ln(1 + 21n ) ex como a fun¸ca˜o ´e decrescente para x < 1 ent˜ao lim = ∞. Da mesma forma, vale que x→0 x x e lim = ∞, pois f ´e crescente para x > 1 e tomando x = ln(n) tem-se x→∞ x eln(n) n = →∞ n ln(n) pois
ln(n) → 0. n
Quest˜ ao 4 Exemplo 58. Prove que π π sen : (− , ) → (−1, 1) 2 2 cos : (0, π) → (−1, 1)
π π tg : (− , ) → R 2 2 s˜ao bije¸c˜oes com derivadas n˜ao nulas e calcule a derivada das fun¸co˜es inversas arcsen, arccos e arctg.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
114
π π (sen(x))′ = cos(x), que n˜ao se anula em (− , ), para x nesse intervalo vale que 2 2 ′ cos(x) = (sen(x)) > 0 logo a fun¸c˜ao ´e crescente. A imagem da fun¸c˜ao ´e (−1, 1), −π π ) = −1 , sen( ) = 1 e a fun¸c˜ao ´e cont´ınua. Como ela ´e crescente, pois sen( 2 2 ent˜ao temos bije¸ca˜o. Da mesma maneira com cos, temos (cos(x))′ = −sen(x) em (0, π) sen(x) ´e positivo,
logo −sen(x) < 0, portanto cos ´e decrescente. Vale cos(0) = 1 e cos(π) = −1 e a fun¸ca˜o ´e cont´ınua logo sua imagem ´e o intervalo (−1, 1), al´em disso a derivada nunca se anula em (0, π) . Pelo fato da fun¸ca˜o ser decrescente temos bije¸c˜ao . π π A derivada de tg(x) ´e sec2 (x) > 0 em (− , ), portanto a fun¸c˜ao ´e crescente. Vale 2 2 π 1 lim tg(x) = ∞, tomamos x = − , aplicando na fun¸ca˜o e simplificando x→ π2 2 n cos( n1 ) →∞ sen( n1 ) portanto limπ tg(x) = ∞, de maneira semelhante mostramos que lim tg(x) = −∞. −π x→ 2
x→
2
π 1 Tomamos x = − + , aplicando na fun¸c˜ao e simplificando 2 n −
cos( n1 ) → −∞ sen( n1 )
Pelo fato da fun¸ca˜o ser cont´ınua segue que sua imagem ´e R, por ser crescente, temos bije¸ca˜o. Todas essas fun¸co˜es s˜ao bije¸c˜oes, logo podemos definir suas fun¸co˜es inversas. Propriedade 199. D[arcsen(x)] = √
1 . 1 − x2
Demonstra¸c˜ ao. Tomando arcsen(x) = y ent˜ao sen(y) = x, derivando y ′ cos(y) = 1 √ 1 como cos2 (y) = 1 − sen2 (y) segue que cos(y) = 1 − sen2 (y) e e da´ı y ′ = cos(y) 1 y′ = √ . 1 − x2 −1 Propriedade 200. Vale D[arccos(x)] = √ . 1 − x2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
115
Demonstra¸c˜ ao. Tomando y = arccos(x) tem-se cos(y) = x e da´ı −y ′ sen(y) = 1 logo 1 sen(y) √ √ como sen(y) = 1 − cos2 (x) tem-se sen(y) = 1 − x2 ent˜ao y′ = −
1 . y′ = − √ 1 − x2 Propriedade 201. Vale D[arctg(x] =
1 . x2 + 1
Demonstra¸c˜ ao. Se arctg(x) = y ent˜ao tg(y) = x, derivando ambos lados tem-se 1 2 y sec (y) = 1 logo y ′ = . Da identidade sec2 (y) = tg 2 (y) + 1 ent˜ao sec2 (y) = x2 + 1 2 sec (y) de onde segue 1 y′ = 2 . x +1 ′
Quest˜ ao 5 Propriedade 202. Sejam f deriv´avel em I, A = {f ′ (x) | x ∈ I} e B={
f (y) − f (x) , x ̸= y ∈ I}. y−x
Vale que B⊂A B=A sup(B) = sup(A) e inf(B) = inf(A).
Demonstra¸c˜ ao. B ⊂ A, pelo TVM que diz x, y ∈ I ent˜ao existe x < c < y tal que
f ′ (c).
f (y) − f (x) = y−x
B ⊂ A implica que B ⊂ A, por defini¸ca˜o de derivada temos que A ⊂ B da´ı A ⊂ B
implicando finalmente que B = A.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
116
Da rela¸c˜ao A ⊂ B temos que sup(B) ≤ sup(A) por´em n˜ao pode valer sup(A) >
sup(B) pois sup(B) ∈ A (de A = B) da mesma rela¸c˜ao temos inf(B) ≥ inf(A) e n˜ao pode valer inf(B) > inf(A). Portanto sup(B) = sup(A) e inf(B) = inf(A). O conjunto A pode estar contido em B propriamente, um exemplo e a fun¸ca˜o de lei f (x) = x3 , temos A = {3x2 | x ∈ I} e B = {y 2 + yx + x2 | x ̸= y ∈ I | x ∈ I}, o primeiro conjunto cont´em o n´ umero 0 o segundo n˜ao cont´em o n´ umero zero. Quest˜ ao 6 Propriedade 203. Seja f : (a, b) → R limitada e deriv´avel. Se n˜ao existir lim+ f (x) ou x→a
′
lim f (x) ent˜ao para todo c ∈ R existe x ∈ (a, b) tal que f (x) = c.
x→b−
Demonstra¸c˜ ao. Vamos mostrar que f ′ ´e ilimitada superiormente e inferiormente. Suponho por absurdo que f ′ fosse limitada inferiormente, ent˜ao valeria f ′ (x) ≥ m ∀x, da´ı tomando g : (a, b) → R dada por g(x) = f (x) − mx ter´ıamos g ′ (x) = f ′ (x) − m ≥ 0, logo g seria n˜ao-decrescente e limitada e por isso existiriam os limites laterais lim+ g(x) x→a
ou lim− g(x) e o mesmo valeria para f por causa da identidade g(x) = f (x) − mx, o que x→b
contraria nossa suposi¸ca˜o . Da mesma maneira f ′ n˜ao pode ser limitada superiormente.
Suponho por absurdo que f ′ (x) ≤ M ∀x, da´ı tomando g : (a, b) → R dada por g(x) = −f (x) + M x ter´ıamos g ′ (x) = −f ′ (x) + M ≥ 0, logo g seria n˜ao-crescente e limitada e por isso existiriam os limites laterais lim+ g(x) ou lim− g(x) e o mesmo valeria x→a
x→b
para f por causa da identidade g(x) = −f (x) − M x, o que contraria nossa suposi¸ca˜o novamente. Ent˜ao f ′ n˜ao ´e limitada inferiormente ou superiormente, ent˜ao dado qualquer c ∈ R existem x1 , x2 ∈ (a, b) tais que f ′ (x1 ) < c < f ′ (x2 ) da´ı segue pelo teorema de Darboux que existe x3 com x1 < x3 < x2 tal que f (x3 ) = c. Quest˜ ao 7 Propriedade 204. Seja f : [a, b] → R cont´ınua e deriv´avel em (a, b) com f ′ (x) ≥ 0, ∀ x ∈ (a, b). Se {x ∈ [a, b] | f ′ (x) = 0} ´e finito ent˜ao f ´e crescente. Demonstra¸c˜ ao. Como vale f ′ (x) ≥ 0 ent˜ao f ´e n˜ao-decrescente. Suponha por absurdo que f n˜ao seja crescente, ent˜ao existem x < y ∈ (a, b) tais que f (x) = f (y) da´ı
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
117
f ´e constante no intervalo [x, y], pois dado z ∈ [x, y] vale que f (x) ≤ f (z) ≤ f (y) = f (x) pois f ´e n˜ao-decrescente, logo f (z) = f (x) = c nesse intervalo e f ′ (z) = 0. Nesse caso a derivada seria nula numa quantidade infinita de pontos, o que contraria a hip´otese , portanto f ´e crescente. Quest˜ ao 8 Propriedade 205. Seja f de I em R uma fun¸c˜ao cont´ınua em um intervalo I tal que f ′ (x) = 0 para todo x ∈ I, ent˜ao f ´e constante. Demonstra¸c˜ ao. Sejam dois pontos a e b em A, com b > a pelo TVM existe α ∈ A f (b) − f (a) tal que f ′ (α) = = 0, logo temos que ter f (b) − f (a) = 0, logo f (b) = f (a) o b−a que implica a fun¸ca˜o ser constante, dada a arbitrariedade dos pontos a e b escolhidos em A. Demonstra¸c˜ ao.[2-Intervalos encaixados] Suponha por absurdo que f n˜ao seja constante em I, ent˜ao existem a, b ∈ I tais que α := |f (a) − f (b)| > 0 α em uma das metades do intervalo [a, b] deve valer |f (b1 ) − f (a)| ≥ , pois caso contr´ario 2 α α valeria |f (b) − f (b1 )| ≤ e |f (b1 ) − f (a)| ≤ , da´ı pela desigualdade triangular ter´ıamos 2 2 |f (b) − f (a)| ≤ |f (b) − f (b1 )| + |f (b1 ) − f (a)| ≤
α α + =α 2 2
o que contraria nossa defini¸ca˜o inicial. Podemos continuar o processo, tomando intervalos b−a encaixados [ak , bk ] ⊃ [ak+1 , bk+1 ] com bn − an = n e (an − bn → 0) 2 α |f (bn ) − f (an )| α ⇒ ≥ n 2 bn − a n b−a por propriedade de intervalos encaixados, existe c ∈ [an , bn ]∀ n com an , bn → c logo |f (bn ) − f (an )| ≥
|f ′ (c)| = lim
|f (bn ) − f (an )| α ≥ >0 bn − an b−a
portanto n˜ao valeria f ′ (x) = 0 o que contradiz a hip´otese.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
118
Quest˜ ao 9 Propriedade 206. Seja f de I(um intervalo aberto) em R deriv´avel em I. Se existe k ∈ R tal que |f ′ (x)| ≤ k para todo x ∈ I ent˜ao f ´e lipschitziana em I(implicando tamb´em ser uniformemente cont´ınua em I). Demonstra¸c˜ ao. Pelo TVM existem y, x, α ∈ R, y > x com α entre x e y tal que f (y) − f (x) = f ′ (α), f (y) − f (x) = f ′ (α)(y − x), |f (y) − f (x)| = |f ′ (α)||(y − x)| y−x |f (y) − f (x)| = |f ′ (α)||(y − x)| ≤ k|(y − x)| Demonstra¸c˜ ao.[2-Intervalos encaixados] Suponha por absurdo que existem a < b ∈ I tais que |f (b) − f (a)| > k(b − a) = α > 0 dai seguimos a mesma constru¸ca˜o da demonstra¸ca˜o anterior existindo c ∈ [an , bn ]∀ n tal que |f (bn ) − f (an )| α ≥ =k>0 bn − a n b−a o que entra em contradi¸c˜ao com a hip´otese de |f ′ (x)| ≤ k para todo x ∈ I. |f ′ (c)| = lim
Quest˜ ao 10 Propriedade 207. Seja f : [a, b] → R cont´ınua, em que a princ´ıpio ´e garantida a diferenciabilidade em [a, b] \ {c} . Se existe lim f ′ (x) = L ent˜ao f ′ (x) existe e vale f ′ (c) = L. x→c
Demonstra¸c˜ ao. Para todo x ̸= c em (a, b) existe zx entre x e c tal que pelo T V M f (x) − f (c) = f ′ (zx ) x−c da´ı
f (x) − f (c) = lim f ′ (zx ) = L x→c x→c x−c
f ′ (c) = lim
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
119
Quest˜ ao 11 Propriedade 208. Seja f : [a, b] → R deriv´avel em (a, b), com f ′ limitada no mesmo conjunto. Se f possui propriedade do valor intermedi´ario, ent˜ao f ´e cont´ınua em [a, b]. Demonstra¸c˜ ao. Basta prova que f ´e cont´ınua em a e b, pois nos outros pontos ela j´a ´e cont´ınua por ser deriv´avel. f restrita ao conjunto (a, b) ´e uniformemente cont´ınua, pelo fato da derivada ser limitada (aplica¸ca˜o do teorema do valor m´edio), isso implica que os limites laterais lim f (x) = L e lim− f (x) = l existem3
x→a+
x→b
Suponha por absurdo que f (a) < L, ent˜ao existe δ > 0 tal que x ∈ (a, a + δ) implica
f (x) ∈ (L − ε, L + ε) com L − ε > f (a), seja f (a + δ) = t ∈ (L − ε, L + ε) , n˜ao existe x ∈ (a, a + δ) tal f (x) = y ∈ (f (a), L − ε), por´em tomando o intervalo [a, a + δ) sua imagem cont´em intervalo (f (a), t) da´ı existe x ∈ (a, a + δ) tal que f (x) ∈ (f (a), L − ε) que ´e garantido pela propriedade do valor intermedi´ario, mas isso ´e absurdo! Da mesma maneira podemos argumentar para L < f (a), conclu´ındo que L = f (a) e para o ponto b. Quest˜ ao 12 Propriedade 209. Se f : I → R satisfaz |f (y) − f (x)| ≤ c|y − x|α com α > 1, c > 0, x, y ∈ R arbitr´arios ent˜ao f ´e constante. Demonstra¸c˜ ao. De |f (y) − f (x)| ≤ c|y − x|α tomamos x = a ∈ R fixo por´em arbitr´ario
|f (y) − f (a)| ≤ c|y − a|α−1 y−a com α − 1 > 0, aplicamos o limite de ambos os lados e pelo teorema do sandu´ıche segue 0≤
que f ′ (a) = 0, logo f ´e constante. Quest˜ ao 13 Propriedade 210. Se f ´e deriv´avel em I e f ′ ´e cont´ınua em a ent˜ao ∀ xn ̸= yn com lim xn = lim yn = a ent˜ao lim 3
f (yn ) − f (xn ) = f ′ (a). yn − xn
Propriedade de fun¸c˜ oes uniformemente cont´ınuas.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
120
Demonstra¸c˜ ao. Pelo T V M , para cada yn , xn existe zn entre eles tal que f (yn ) − f (xn ) = f ′ (zn ) yn − xn da´ı lim zn = a por sanduiche e lim f ′ (zn ) = f ′ (a) por continuidade, logo lim
1.10
f (yn ) − f (xn ) = lim f ′ (zn ) = f ′ (a). yn − xn
Cap´ıtulo 9-F´ ormula de Taylor e aplica¸c˜ oes da Derivada
1.10.1
F´ ormula de Taylor
Quest˜ ao 1 Exemplo 59. Calcule as derivadas sucessivas da fun¸c˜ao f : (−1, 1) → R com f (x) = 1 . 1−x Tomamos P (h) =
n ∑ k=0
e r(h) =
hk =
hn+1 − 1 1 − hn+1 1 hn+1 = = − h−1 1−h 1−h 1−h
hn+1 da´ı 1−h R(h) = f (h) − P (h) =
hn+1 1−h
R(h) h = lim = 0 portanto P ´e o polinˆomio de Taylor de f em 0 ent˜ao h→0 hn h→0 1 − h Dk f (0) = ak coeficiente do polinˆomio P , ent˜ao Dk f (0) = k! para k de 1 at´e n. k!
vale lim
Quest˜ ao 2 Exemplo 60. Seja f : R → R com f (x) =
x5 , calcular as derivadas de ordem 2001 1 + x6
e 2003 de f em 0. Usamos a identidade
∑ 1 y n+1 = − yk 1−y 1 − y k=0 n
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
121
tomando y = −x6 multiplicando por x5 ∑ (−x6 )n+1 x5 x5 = − (−1)k x6k+5 1 + x6 1 + x6 k=0 n
vale D
k f (0)
k!
n ∑ = ak o coeficiente de (−1)k x6k+5 , da´ı se k n˜ao ´e da forma 6t + 5 vale k=0
f (0) ak = 0 e a6k+5 = D6k+5 = (−1)k que implica D6k+5 f (0) = (−1)k (6k + 5)! (6k + 5)! tomando k = 333 segue que D2003 f (0) = −(2003)! e D2001 f (0) pois 2001 n˜ao ´e da forma 6k + 5. Quest˜ ao 3 Propriedade 211. Seja f : I → R de classe C ∞ no intervalo I, Suponha que exista K > 0 tal que |f (n) (x)| ≤ K para todo x ∈ I e todo n ∈ N , ent˜ao para x0 , x ∈ I quaisquer vale f (x) =
∞ ∑ f (k) (x0 )(x − x0 )k
k!
k=0
.
Demonstra¸c˜ ao. Pela fun¸ca˜o ser C ∞ podemos escrever o polinˆomio de taylor de ordem n f (x) =
n−1 (k) ∑ f (x0 )(x − x0 )k
k!
k=0
com rn (h) =
+ rn (h)
f (n+1) (ψ)(x − x0 )n+1 (n + 1)!
tomando o valor absoluto |rn (h)| =
K|(x − x0 )n+1 | |f (n+1) (ψ)||(x − x0 )n+1 | ≤ (n + 1)! (n + 1)!
com x, x0 , K fixos, podemos aplicar o teorema do sandu´ıche , sendo que os limites tendem a zero, conclu´ımos da´ı que lim rn (h) = 0 logo a s´erie de taylor converge para a fun¸c˜ao f (x) =
∞ ∑ f (k) (x0 )(x − x0 )k k=0
k!
.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
122
Quest˜ ao 4 Propriedade 212. Se f ′′ (x) ≥ 0 ent˜ao f ´e convexa . Demonstra¸c˜ ao. Pela f´ormula de Taylor com resto de lagrange vale a identidade f (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a) +
f ′′ (c)(x − a)2 2
com algum c entre a e x arbitr´arios, da´ı f (x) − f (a) − f ′ (a)(x − a) =
f ′′ (c)(x − a)2 ≥0 2
portanto f (x) ≥ f (a) + f ′ (a)(x − a) desigualdade que implica f ser convexa4 . Quest˜ ao 5 Propriedade 213. Seja f : I → R C 2 em I. Dado a ∈ I definimos g : I → R como f (x) − f (a) g(x) = se x ̸= a e g(a) = f ′ (a). x−a Nessas condi¸c˜oes g ´e de classe C 1 . Se f ∈ C 3 ⇒ g ∈ C 2 .
Demonstra¸c˜ ao. Pela f´ormula de Taylor podemos escrever f (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)
(x − a)2 + R(x) 2
R′ (x) R(x) = 0 e vale tamb´ e m lim = 0 pois derivando a identidade x→a (x − a) x→a (x − a)2 acima tem-se onde vale lim
f ′ (x) = f ′ (a) + f ′′ (a)(x − a) + R′ (x) agrupando convenientemente e dividindo por x − a R′ (x) f ′ (x) − f ′ (a) ′′ − f (a) = x−a x−a 4
Propriedade equivalente a defini¸c˜ ao de fun¸c˜ao convexa.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
123
como f ´e C 2 podemos aplicar o limite lim resultando em x→a
R′ (x) = 0. x→a x − a
f ′′ (a) − f ′′ (a) = lim Tem-se ent˜ao que g(x) =
f (x) − f (a) x−a R(x) = f ′ (a) + f ′′ (a) + x−a 2 x−a
derivando temos que g ′ (x) =
f ′′ (a) R′ (x) R(x) + − 2 x − a (x − a)2
tomando o limite lim segue x→a
f ′′ (a) R′ (x) R(x) f ′′ (a) + − = x→a 2 − a} (x − a)2 2 |x {z | {z }
lim g ′ (x) = lim
x→a
→0
→0
portanto g ′ (a) existe e vale lim g ′ (x) = g ′ (a), portanto g ´e C 1 . x→a
Para o segundo caso procedemos de maneira similar Pela f´ormula de Taylor f (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)
(x − a)2 (x − a)3 + f ′′′ (a) + R(x) 2 3!
R(x) R′ (x) R′′ (x) = 0 e vale tamb´ e m lim = 0 e lim = 0 pois x→a (x − a)3 x→a (x − a) x→a (x − a) derivando a identidade acima tem-se
onde vale lim
f ′ (x) = f ′ (a) + f ′′ (a)(x − a) + f ′′′ (a)
(x − a)2 + R′ (x) 2!
agrupando convenientemente e dividindo por x − a f ′ (x) − f ′ (a) R′ (x) (x − a) − f ′′ (a) = + f ′′′ (a) x−a x−a 2! como f ´e C 3 podemos aplicar o limite lim resultando em x→a
R′ (x) = 0. x→a x − a
f ′′ (a) − f ′′ (a) = lim
Derivando a identidade f ′ (x) = f ′ (a) + f ′′ (a)(x − a) + f ′′′ (a) f ′′ (x) = f ′′ (a) + f ′′′ (a)(x − a) + R′′ (x)
(x − a)2 + R′ (x) segue 2!
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
124
agrupando e dividindo por x − a f ′′ (x) − f ′′ (a) R′′ (x) ′′′ − f (a) = x−a x−a aplicando o limite lim
x→a
f ′′ (x) − f ′′ (a) R′′ (x) − f ′′′ (a) = 0 = lim = 0. x→a x→a x − a x−a lim
Tem-se ent˜ao que g(x) =
f (x) − f (a) x−a (x − a)2 R(x) = f ′ (a) + f ′′ (a) + f ′′′ (a) + x−a 2 3! x−a
derivando
f ′′ (a) (x − a) R′ (x) R(x) + f ′′′ (a) + − 2 2! x − a (x − a)2 tomando o limite lim segue g ′ (x) =
x→a
f ′′ (a) R(x) (x − a)2 R′ (x) f ′′ (a) + − + f ′′′ (a) = x→a 2 3! } |x {z − a} (x − a)2 2 | {z | {z }
lim g ′ (x) = lim
x→a
→0
→0
→0
portanto g ′ (a) existe e vale lim g ′ (x) = g ′ (a), portanto g ´e C 1 . Agora provamos que g ´e x→a
C 2 , derivamos a rela¸ca˜o g ′ (x) = g ′′ (x) = f ′′′ (a)
(x − a) R′ (x) R(x) f ′′ (a) + f ′′′ (a) + − 2 2! x − a (x − a)2
1 R′′ (x) R′ (x) R′ (x) R(x) + − − + 2 2! x−a (x − a)2 (x − a)2 (x − a)3
aplicando o limite lim tem-se x→a
1 2! ′′ ′ R (x) R (x) R(x) pois → 0, → 0 por L’Hospital e → 0. Portanto lim g ′′ (x) = g ′′ (a) 2 x→a x−a (x − a) (x − a)3 e g ´e C 2 . lim g ′′ (x) = f ′′′ (a)
x→a
Quest˜ ao 6 Propriedade 214. Se P : R → R ´e um polinˆomio de grau n ent˜ao para a, x ∈ R tem-se P (x) =
n ∑ P (k) (a) k=0
k!
(x − a)k .
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
125
Demonstra¸c˜ ao. Usamos a f´ormula de Taylor infinitesimal P (a + h) =
n ∑ P (k) (a)hk
k!
k=0
+ r(h)
com x = a + h, h = x − a logo P (x) =
n ∑ P (k) (a)(x − a)k
k!
k=0
como P ´e polinˆomio e
n ∑ P (k) (a)(x − a)k
k!
k=0
+ r(x − a)
tamb´em ´e, segue que r(h) tamb´em ´e polinˆomio
r(h) = 0 ent˜ao vale hn (t) que r (0) = 0 para todo t de 0 at´e n, se r(h) n˜ao fosse nulo, sendo de grau s ≤ n ent˜ao e tem grau at´e n, por ser diferen¸ca de polinˆomios. Como vale lim
r(s) (0) ̸= 0 o que n˜ao acontece, ent˜ao r(h) = 0 e da´ı P (x) =
n ∑ P (k) (a)(x − a)k k=0
k!
.
Quest˜ ao 7 Propriedade 215. Sejam f, g : I → R ambas duas vezes deriv´aveis em a. Se f (a) = g(a), f ′ (a) = g ′ (a) e f (x) ≥ g(x) ∀c ∈ I ent˜ao f ′′ (a) ≥ g ′′ (a). Demonstra¸c˜ ao. Pela f´ormula de Taylor infinitesimal temos f (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)
(x − a)2 + R1 (h) 2
(x − a)2 + R2 (h) 2 usando que f (x) ≥ g(x) e anulando os termos semelhantes temos g(x) = g(a) + g ′ (a)(x − a) + g ′′ (a)
f ′′ (a)
(x − a)2 (x − a)2 + R1 (h) ≥ g ′′ (a) + R2 (h) ⇒ 2 2
(x − a)2 [
f ′′ (a) − g ′′ (a) r1 (h) − r2 (h) + ]≥0 2 (x − a)2
se fosse g ′′ (a) > f ′′ (a) ent˜ao o termo entre colchetes teria o sinal de negativo pois r1 (h) − r2 (h) → 0, com h pequeno, o que n˜ao pode acontecer, logo f ′′ (a) ≥ g ′′ (a).
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
1.10.2
126
Fun¸ co ˜es cˆ oncavas e convexas
Quest˜ ao 1 Propriedade 216. Sejam f : I → R e g : J → R convexas com f (I) ⊂ J e g n˜aodecrescente. Nessas condi¸co˜es g ◦ f : I → R ´e convexa. Demonstra¸c˜ ao. Sejam t1 , t2 tais que t1 + t2 = 1 como f e g s˜ao convexas ent˜ao vale f (t1 .a1 + t2 .a2 ) ≤ t1 f (a1 ) + t2 f (a2 ) e g(t1 .y1 + t2 .y2 ) ≤ t1 g(y1 ) + t2 g(y2 ) a1 , a2 ∈ I e y1 , y2 ∈ J. Pelo fato de g ser n˜ao-decrescente ela preserva a desigualdade, ent˜ao g(f (t1 .a1 + t2 .a2 )) ≤ g(t1 f (a1 ) +t2 f (a2 )) = g(t1 .y1 + t2 .y2 ) ≤ t1 g(y1 ) + t2 g(y2 ) | {z } | {z } y1
y2
logo g(f (t1 .a1 + t2 .a2 )) ≤ t1 g(f (a1 )) + t2 g(f (a2 )) logo g ◦ f ´e convexa. Demonstra¸c˜ ao.[2] Supondo f e g duas vezes deriv´aveis vale g ′′ (x) ≥ 0, f ′′ (x) ≥ 0 e g ′ (y) ≥ 0 as duas primeiras por serem fun¸co˜es convexas e a u ´ltima desigualdade por g ser n˜ao-decrescente, ent˜ao (g ◦ f )(x)′ = f ′ (x)g ′ (f (x)). (g ◦ f )(x)′′ = f ′′ (x) g ′ (f (x)) + (f ′ (x))2 g ′′ (f (x)) ≥ 0 | {z } | {z } | {z } | {z } ≥0
≥0
≥0
≥0
portanto g ◦ f ´e convexa. Exemplo 61. Se g n˜ao ´e mon´otona n˜ao-decrescente, ent˜ao g ◦ f pode n˜ao ser convexa, como por exemplo, tomando g(x) = −x que ´e convexa, f (x) = x2 da´ı g(f (x)) = −x2 que n˜ao ´e convexa.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
127
Quest˜ ao 2 Propriedade 217. Se f : I → R possui ponto cr´ıtico n˜ao degenerado c ∈ int(I) e f ′′ ´e cont´ınua, ent˜ao existe δ > 0 tal que f ´e convexa ou cˆoncava em (c − δ, c + δ). Demonstra¸c˜ ao. Se o ponto cr´ıtico c ´e n˜ao degenerado ent˜ao f ′′ (c) > 0 ou f ′′ (c) < 0 pela continuidade de f ′′ existe δ > 0 tal que x ∈ (c − δ, c + δ) implica f ′′ (x) > 0 ou f ′′ (x) < 0, portanto f ´e convexa ou cˆoncava em tal intervalo, respectivamente. Quest˜ ao 3 Propriedade 218. A soma de fun¸c˜oes convexas ´e uma fun¸ca˜o convexa . Demonstra¸c˜ ao. Temos que mostrar que (f + g)(t1 a1 + t2 a2 ) ≤ t1 (f + g)(a1 ) + t2 (f + g)(a2 ) onde t1 + t2 = 1.
f (t1 a1 +t2 a2 )+g(t1 a1 +t2 a2 ) ≤ t1 f (a1 )+t2 f (a2 )+t1 g(a1 )+t2 g(a2 ) = t1 (f +g)(a1 )+t2 (f +g)(a2 ) Exemplo 62. O produto de fun¸co˜es convexas pode n˜ao resultar numa fun¸ca˜o convexa. Por exemplo f (x) = x2 − 1 e g(x) = x2 de R em R s˜ao convexas, por´em seu produto p(x) = x4 − x2 n˜ao ´e convexa, pois p′ (x) = 4x3 − 2x, p′′ (x) = 12x2 − 2, em x = 0 o resultado ´e negativo, se ela fosse convexa deveria resultar um valor n˜ao negativo. Quest˜ ao 4 Propriedade 219. Toda fun¸c˜ao convexa ´e quase-convexa e toda fun¸c˜ao cˆoncava ´e quase cˆoncava. Demonstra¸c˜ ao. Sejam f convexa e A = {x ∈ I | f (x) ≤ c} dados x, y ∈ A e z ∈ [x, y] tem-se z = t1 x + t2 y com t1 + t2 = 1 ent˜ao f (z) = f (t1 x + t2 y) ≤ t1 f (x) + t2 f (y) ≤ (t1 + t2 )c = c portanto f (z) ≤ c e A ´e um intervalo, isso prova que f ´e quase-convexa.
.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
128
Sejam f cˆoncava e B = {x ∈ I | f (x) ≥ c} dados x, y ∈ B e z ∈ [x, y] tem-se z = t1 x + t2 y com t1 + t2 = 1 ent˜ao f (z) = f (t1 x + t2 y) ≥ t1 f (x) + t2 f (y) ≥ (t1 + t2 )c = c portanto f (z) ≥ c e B ´e um intervalo, isso prova que f ´e quase-cˆoncava. Propriedade 220. Toda fun¸ca˜o mon´otona ´e ao mesmo tempo quase-convexa e quase cˆoncava. Demonstra¸c˜ ao. Sejam f mon´otona n˜ao-decrescente e A = {x ∈ I | f (x) ≤ c} dado x, y ∈ A e z ∈ [x, y] vale f (z) ≤ f (y) ≤ c portanto z ∈ A. A ´e intervalo portanto f ´e quase-convexa. Da mesma forma, seja B = {x ∈ I | f (x) ≥ c} dados x, y ∈ B e z ∈ [x, y] , c ≤ f (x) ≤ f (z) portanto c ≤ f (z) e B ´e um intervalo, portanto f ´e quase-cˆoncava. Sejam f mon´otona n˜ao-crescente e A = {x ∈ I | f (x) ≤ c} dado x, y ∈ A e z ∈ [x, y] vale f (z) ≤ f (x) ≤ c portanto z ∈ A. A ´e intervalo portanto f ´e quase-convexa. Da mesma forma, seja B = {x ∈ I | f (x) ≥ c} dados x, y ∈ B e z ∈ [x, y] , c ≤ f (y) ≤ f (z) portanto c ≤ f (z) e B ´e um intervalo, portanto f ´e quase-cˆoncava. Quest˜ ao 5 Propriedade 221. f : I → R ´e quase-convexa ⇔ x, y ∈ I e t ∈ [0, 1] vale f (t1 x + t2 y) ≤ max{f (x), f (y)} onde t1 = 1 − t, t2 = t. Demonstra¸c˜ ao. ⇒ .) Suponha f quase-convexa, ent˜ao definimos c = max{f (x), f (y)} como A = {x ∈ I | f (x) ≤ c} ´e um intervalo, ent˜ao para qualquer z entre x e y tem-se f (z) ≤ c, por´em, todo z dessa forma pode ser escrito como z = t1 x + t2 y da´ı f (t1 x + t2 y) ≤ max{f (x), f (y)}. ⇐ .) Sejam x, y ∈ A = {x ∈ I | f (x) ≤ c} ent˜ao A ´e intervalo pois dado z entre x e y tem-se z = t1 x + t2 y e vale f (t1 x + t2 y) ≤ max{f (x), f (y)} ≤ c portanto A ´e um intervalo.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
129
Propriedade 222. f : I → R ´e quase-cˆoncava ⇔ x, y ∈ I e t ∈ [0, 1] vale f (t1 x + t2 y) ≥ max{f (x), f (y)} onde t1 = 1 − t, t2 = t. Demonstra¸c˜ ao. ⇒ .) Suponha f quase-cˆoncava , ent˜ao definimos c = max{f (x), f (y)} como B = {x ∈ I | f (x) ≥ c} ´e um intervalo, ent˜ao para qualquer z entre x e y tem-se f (z) ≥ c, por´em, todo z dessa forma pode ser escrito como z = t1 x + t2 y da´ı f (t1 x + t2 y) ≥ max{f (x), f (y)}. ⇐ .) Sejam x, y ∈ B = {x ∈ I | f (x) ≥ c} ent˜ao A ´e intervalo pois dado z entre x e y tem-se z = t1 x + t2 y e vale f (t1 x + t2 y) ≥ max{f (x), f (y)} ≥ c portanto B ´e um intervalo. Quest˜ ao 6 Propriedade 223. Seja f : [a, b] → R cont´ınua, quase-convexa, cujo valor m´ınimo ´e atingido em c ∈ [a, b]. Se c = a ent˜ ao f ´e n˜ao-decrescente. Se c = b ent˜ ao f ´e n˜ao-crescente.
Demonstra¸c˜ ao. M´ınimo em a. Dados x < y em [a, b] temos x ∈ [a, y] da´ı
f (x) ≤ max{f (a), f (y)} = f (y) logo f ´e n˜ao-decrescente. M´ınimo em b. Dados y < x em [a, b] temos x ∈ [y, b] da´ı
f (x) ≤ max{f (b), f (y)} = f (y) logo f ´e n˜ao-crescente.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
130
Corol´ ario 32. Se f ´e quase-convexa e atinge m´ınimo em c ∈ (a, b) ent˜ao f ´e n˜ao-crescente em [a, c] e n˜ao-decrescente em [c, b], basta considerar as restri¸co˜es a esses conjuntos e aplicar a propriedade anterior. Propriedade 224. Seja f : [a, b] → R cont´ınua, quase-cˆoncava, cujo valor m´ınimo ´e atingido em c ∈ [a, b]. Se c = a ent˜ ao f ´e n˜ao-crescente. Se c = b ent˜ ao f ´e n˜ao-decrescente.
Demonstra¸c˜ ao. M´ınimo em a. Dados x < y em [a, b] temos x ∈ [a, y] da´ı
f (x) ≥ max{f (a), f (y)} = f (y) logo f ´e n˜ao-crescente. M´ınimo em b. Dados y < x em [a, b] temos x ∈ [y, b] da´ı
f (x) ≥ max{f (b), f (y)} = f (y) logo f ´e n˜ao-decrescente. Corol´ ario 33. Se f ´e quase-cˆoncava e atinge m´ınimo em c ∈ (a, b) ent˜ao f ´e n˜aodecrescente em [a, c] e n˜ao-crescente em [c, b], basta considerar as restri¸co˜es a esses conjuntos e aplicar a propriedade anterior. Propriedade 225. Seja f : [a, b] → R cont´ınua. f ´e quase-convexa ⇔ existe c ∈ [a, b] tal que f ´e n˜ao-crescente em [a, c] e n˜ao decrescente em [c, b]. Demonstra¸c˜ ao. f ´e cont´ınua num conjunto compacto [a, b] ent˜ao f assume m´aximo e m´ınimo, digamos m´ınimo em c ∈ [a, b]. ⇒). f ´e quase-convexa da´ı f ´e n˜ao-crescente em [a, c] e n˜ao decrescente em [c, b] por resultado j´a demonstrado. ⇐ .) Seja A = {x ∈ [a, b] |f (x) ≤ l}, vamos mostrar que tal conjunto ´e um intervalo, dados x, y ∈ A se x < z < y ∈ [a, c] nesse intervalo a fun¸c˜ao ´e n˜ao-crescente, logo
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
131
f (y) ≤ f (z) ≤ f (x) ≤ l. Se x < z < y ∈ [c, b], nesse intervalo a fun¸c˜ao ´e n˜ao-decrescente portanto f (x) ≤ f (z) ≤ f (y) ≤ l No u ´ltimo caso x ∈ [a, c] e y ∈ [c, b], f (c) ´e m´ınimo ent˜ao f (c) ≤ f (x) ≤ l e f (c) ≤ f (y) ≤ l pois c ´e ponto de m´ınimo, se z = c a propriedade vale, se z ̸= c ent˜ao z pertence a um dos intervalos (c, b) ou (a, c) da´ı a propriedade reca´ı nos casos j´a demonstrados. Quest˜ ao 7 Propriedade 226. Para cada n ∈ N seja fn : I → R uma fun¸c˜ao convexa tal que ∀ x ∈ I (fn (x)) seja convergente, ent˜ao f : I → R definida como f (x) = lim fn (x) ´e convexa. O n→∞
mesmo vale para fun¸co˜es cˆoncavas, quase-cˆoncavas e quase-convexas. Demonstra¸c˜ ao. 1. Caso de fun¸c˜oes convexas. Para cada n vale a desigualdade fn (t1 x1 + t2 x2 ) ≤ t1 fn (x1 ) + t2 fn (x2 ) como o limite preserva a desigualdade, na passagem do limites temos f (t1 x1 + t2 x2 ) ≤ t1 f (x1 ) + t2 f (x2 ). logo f ´e convexa. 2. Caso de fun¸co˜es cˆoncavas. Usamos procedimento similar a das fun¸c˜oes convexas. Para cada n vale a desigualdade fn (t1 x1 + t2 x2 ) ≥ t1 fn (x1 ) + t2 fn (x2 ) como o limite preserva a desigualdade, na passagem do limites temos f (t1 x1 + t2 x2 ) ≥ t1 f (x1 ) + t2 f (x2 ) 3. Caso de fun¸c˜oes quase-convexas. Para cada n vale a desigualdade fn (t1 x1 + t2 x2 ) ≤ max{fn (x1 ), fn (x2 )} =
fn (x1 ) + fn (x2 ) + |fn (x1 ) − fn (x2 )| 2
novamente a passagem do limite implica f (t1 x1 + t2 x2 ) ≤
f (x1 ) + f (x2 ) + |f (x1 ) − f (x2 )| = max{f (x1 ), f (x2 )}. 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
132
4. Finalmente para fun¸c˜oes quase-cˆoncavas. Para cada n vale a desigualdade fn (t1 x1 + t2 x2 ) ≥ max{fn (x1 ), fn (x2 )} =
fn (x1 ) + fn (x2 ) + |fn (x1 ) − fn (x2 )| 2
novamente a passagem do limite implica f (t1 x1 + t2 x2 ) ≥
f (x1 ) + f (x2 ) + |f (x1 ) − f (x2 )| = max{f (x1 ), f (x2 )}. 2
Quest˜ ao 8 Propriedade 227. Seja f : [a, b] → R cont´ınua e convexa tal que f (a) < 0 < f (b). Ent˜ao existe um u ´nico c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0. Demonstra¸c˜ ao. Existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0 pelo fato de f ser cont´ınua. Suponha a < c1 < c2 < b com f (c1 ) = f (c2 ) = 0. Tomamos o intervalo [a, c2 ] podemos escrever c1 = t1 a + t2 c2 e usando a propriedade de f ser convexa, segue que 0 = f (c1 ) ≤ t1 f (a) + t2 f (c2 ) = t1 f (a) da´ı ter´ıamos f (a) > 0 o que ´e absurdo, ent˜ao existe um u ´nico c com tal propriedade.
1.10.3
Aproxima¸ c˜ oes sucessivas e m´ etodo de Newton
Quest˜ ao 1 Propriedade 228. Sejam f : I → R, I = [a − δ, a + δ] tal que |f (y) − f (x)| ≤ c|y − x| com c ∈ [0, 1). Se |f (a) − a| ≤ (1 − c)δ ent˜ao existe um u ´nico x ∈ I com f (x) = x. Demonstra¸c˜ ao. f ´e contra¸ca˜o , I ´e fechado, para que possamos usar o teorema do ponto fixo de contra¸c˜oes basta mostrar que f (I) ⊂ I, isto ´e, x ∈ I implica f (x) ∈ I. Se x ∈ I = [a − δ, a + δ] ent˜ao |x − a| ≤ δ, o que implica por desigualdade triangular |f (x) − a| ≤ |f (x) − f (a)| + |f (a) − a| ≤ c|x − a| + (1 − c)δ ≤ cδ + (1 − c)δ = δ portanto f (x) pertence ao intervalo [a − δ, a + δ] = I e podemos usar o teorema do ponto fixo das contra¸co˜es, da´ı f possui um u ´nico ponto fixo.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
133
Quest˜ ao 2 −x
Exemplo 63. Seja f : [0, ∞) → [0, ∞) com f (x) = 2 2 . f ´e uma contra¸ca˜o. −x x − ln(2)2 2 ′ e vale |f ′ (x)| ≤ 1, 20 = 1, 2 2 ´e crescente, Derivando a fun¸ca˜o temos f (x) = 2 portanto x ln(2) ln(2) < 2 2 ⇒ |f ′ (x)| = x < 1 2 2.2 2 portanto f ´e contra¸c˜ao definida num conjunto fechado e com contradom´ınio igual ao dom´ınio, portanto podemos aplicar o teorema do ponto fixo, que nos garante que tal fun¸c˜ao possui apenas um ponto fixo a, valendo 2
−a 2
= a ⇒ 2−a = a2
−a ´e raiz negativa da equa¸c˜ao 2x = x2 . Agora utilizamos o m´etodo das aproxima¸co˜es sucessivas para obter o valor de a com 8 algarismos decimais exatos, tomamos x0 = 0 x1 = 2− 2 = 1 0
x2 = 2− 2 ≈ 0, 70710678 1
x2
x3 = 2− 2 ≈ 0, 78265402 x3
x4 = 2− 2 ≈ 0, 76247990 x4
x5 = 2− 2 ≈ 0, 76779123 x5
x6 = 2− 2 ≈ 0, 76636542 x6
x7 = 2− 2 ≈ 0, 76674421 x7
x8 = 2− 2 ≈ 0, 76664356 x8
x9 = 2− 2 ≈ 0, 76667031 x9
x10 = 2− 2 ≈ 0, 76666320 x11 = 2−
x10 2
≈ 0, 76666509
x12 = 2−
x11 2
≈ 0, 76666459
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
x13 = 2−
x12 2
≈ 0, 76666472
x14 = 2−
x13 2
≈ 0, 76666469
134
o valor com 8 algarismos decimais exatos ´e 0, 76666469, observe que precisamos de bastante itera¸c˜oes para chegar nesse valor, apesar de termos tomado uma condi¸ca˜o inicial pr´oxima. As contas foram feitas no site wolfram alpha (http://www.wolframalpha.com). Quest˜ ao 3 Propriedade 229. Seja I = [a − δ, a + δ]. Se f : I → R ´e C 2 com f ′ (x) ̸= 0, |
f (x)f ′′ (x) |≤c<1∀x∈I [f ′ (x)]2
f (a) | ≤ (1 − c)δ ent˜ao independente do valor inicial x0 ∈ I o m´etodo de Newton f ′ (a) converge para a u ´nica raiz x ∈ I de f (x) = 0. e |
Demonstra¸c˜ ao. Primeiro vamos mostrar que N : I → R com N (x) = x − contra¸c˜ao. Derivando temos N ′ (x) =
f (x)f ′′ (x) logo pelo T V M temos que [f ′ (x)]2
f (x) ´e f ′ (x)
|N (y) − N (x)| ≤ c|y − x| ≤ cδ Portanto N ´e contra¸ca˜o, I ´e fechado , falta mostrar que N (I) ⊂ I. Temos tamb´em que f (a) f (a) N (a) − a = ′ portanto |N (a) − a| = | ′ | ≤ (1 − c)δ que iremos usar na pr´oxima f (a) f (a) desigualdade. Dado x ∈ I, por desigualdade triangular temos |N (x) − a| ≤ |N (x) − N (a)| + |N (a) − a| ≤ cδ + (1 − c)δ = δ portanto N (x) ∈ I, assim N satisfaz todas condi¸co˜es necess´arias para aplica¸c˜ao do teorema do ponto fixo, portanto o m´etodo de Newton converge para a u ´nica raiz de f , pois se houvesse mais uma N teria mais de um ponto fixo. Quest˜ ao 4 1 , a > 1. a+x Dado x0 > 0 fixo, a sequˆencia definida como x1 = f (x0 ), xn+1 = f (xn ) converge para
Propriedade 230. Seja f : [0, ∞) → R com f (x) =
a ra´ız positiva da equa¸ca˜o x2 + ax − 1 = 0.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
Demonstra¸c˜ ao. Usaremos o m´etodo de Newton. Vale f ′ (x) =
135
−1 , (a + x)2
1 < a ⇒ a < a2 ⇒ a < a2 + |{z} 2ax + |{z} x2 = (a + x)2 ⇒ ≥0
|f ′ (x)| =
≥0
1 1 ≤ < 1. 2 (a + x) a
Portanto f ´e contra¸c˜ao. Vale tamb´em que [0, ∞) ´e fechado e f (x) ∈ [0, ∞). Da´ı 1 podemos aplicar o teorema do ponto fixo. Existe um u ´nico valor c tal que c = ⇒ a+c 2 c + ac − 1 = 0. Tal valor n˜ao pode ser negativo, pois a sequˆencia ´e de valores positivos. Quest˜ ao 5 Exemplo 64. Mostre que 1, 0754 ´e um valor aproximado com 4 algarismos exatos da ra´ız positiva da equa¸ca˜o x6 + 6x − 8 = 0. Tomamos f (x) = x6 + 6x − 8, vale f ′ (x) = 6x5 + 6 que possui sua u ´nica raiz real em −1. Observamos que f (1) = −1 e f (2) > 0, logo existe ra´ız em [1, 2] por continuidade de f , aplicamos o m´etodo de Newton com x0 = 1. xn+1 = xn −
x6n + 6xn − 8 6x5n + 6
x1 = 1, 083 x2 = 1, 07554 x3 = 1, 0754 no terceiro termo, j´a conseguimos uma aproxima¸ca˜o com 4 d´ıgitos , o m´etodo de Newton converge ”r´apido”. Quest˜ ao 6 Propriedade 231. Seja f : [a, b] → R convexa, duas vezes deriv´avel. Se f (a) < 0 < f (b) ent˜ao para qualquer condi¸ca˜o inicial x0 ∈ [a, b] com f (x0 ) > 0 o m´etodo de Newton converge sempre para a u ´nica raiz x ∈ [a, b] da equa¸c˜ao f (x) = 0.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
136
Demonstra¸c˜ ao. Como f (a) < 0 < f (b) e f ´e cont´ınua ent˜ao existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0, portanto f possui ra´ız. Vamos mostrar que a sequˆencia (xn ) obtida com o m´etodo de Newton xn+1 = xn −
f (xn ) f ′ (xn )
converge para uma ra´ız de f , sendo que a condi¸ca˜o inicial f (x0 ) > 0. Como f ´e duas vezes f (xn ) deriv´avel ent˜ao f e f ′ s˜ao cont´ınuas se xn → c ent˜ao de xn+1 = xn − ′ temos pela f (xn ) passagem do limite e usando a continuidade que f (c) f (c) c=c− ′ ⇒ ′ = 0 ⇒ f (c) = 0 f (c) f (c) portanto o limite da sequˆencia ´e a raiz. A fun¸c˜ao f ´e cont´ınua definida num compacto logo ela possui um m´ınimo, esse m´ınimo ´e u ´nico e global pelo fato de f ser convexa, o m´ınimo ´e alcan¸cado em t ∈ [a, b], nesse ponto de m´ınimo a fun¸ca˜o deve assumir valor negativo pois vale f (a) < 0, no intervalo [a, t] a fun¸c˜ao ´e n˜ao-crescente e no intervalo [t, b] a fun¸ca˜o ´e n˜ao-decrescente, portanto x0 ∈ [t, b], pois f (x0 ) > 0. Por f ser convexa e duas vezes deriv´avel vale que f ′′ (x) ≥ 0 portanto f ′ (x) ´e n˜ao-decrescente em [t, b] tem-se f ′ (x) > 0. Vamos provar por indu¸ca˜o que f (xn ) ≥ 0 ∀n. Para n = 0 o resultado vale, agora supondo f (xn ) ≥ 0 vamos provar que f (xn+1 ) ≥ 0.
−f (xn ) , pela fun¸ca˜o f ′ (xn ) ser convexa tem-se que seu gr´afico est´a sempre acima dos pontos da tangente f (x) ≥ Pela recorrˆencia do m´etodo de Newton vale que xn+1 − xn =
f (a) + f ′ (a)(x − a) ∀ x, a disso segue que tomando x = xn+1 e a = xn tem-se f (xn+1 ) ≥ f (xn ) + f ′ (xn )(xn+1 − xn ) = f (xn ) − f (xn ) = 0 portanto vale que f (xn ) ≥ 0∀ n por indu¸c˜ao . Como f (xn ) ≥ 0 segue que f ′ (xn ) ≥ 0 pois os pontos xn pertencem todos ao intervalo [c, b] onde a fun¸ca˜o ´e n˜ao-decrescente. −f (xn ) Como vale xn+1 − xn = ′ ≤ 0 ent˜ao (xn ) ´e n˜ao decrescente, como ela ´e limitada f (xn ) inferiormente, ent˜ao ela converge, e converge para a raiz da fun¸c˜ao. Notamos que n˜ao precisamos nos preocupar com f ′ (xn ) = 0 pois xn ∈ [c, b] o u ´nico ponto em que a derivada se anula ´e no m´ınimo global t, que est´a fora desse intervalo. Quest˜ ao 7 1
Exemplo 65 (C´alculo aproximado de a p .). Dados a > 0, p ∈ N consideramos o intervalo 1
I = [a p , ∞) a fun¸ca˜o f : I → R com f (x) = xp − a. Vale f ′ (x) = pxp−1 a fun¸ca˜o de
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
137
Newton N : I → R satisfaz 1 a N (x) = ((p − 1)x + p−1 ). p x p
z }| { a N (x) ´e a m´edia aritm´etica dos p n´ umeros (x, · · · , x, p−1 ). Da desigualdade entre m´edia | {z } x p−1
aritm´etica e geom´etrica (M.A ≥ M.G) tem-se N (x) ≥ (xp−1
a
1
1
)p = ap xp−1
da´ı x ∈ I ⇒ N (x) ∈ I. Seja (xn ) com xn+1 = N (xn ) vale que 1
xn > a p ⇒ xp−1 >a n
p−1 p
a
=
1
ap
onde usamos racionaliza¸ca˜o, da´ı a
1
ap >
xp−1 n
portanto vale a xp−1 n
1
< a p < xn p
}| { z a a a m´edia aritm´etica dos n´ umeros (xn , · · · , xn , p−1 ) deve estar entre xn e p−1 , mas tal | {z } xn xn p−1
m´edia ´e N (xn ) = xn+1 , da´ı segue que xn+1 < xn e a sequˆencia ´e decrescente.
1.11
Cap´ıtulo 10-A integral de Riemann
1.11.1
Integral de Riemann
Quest˜ ao 1 Exemplo 66. Seja f [0, 1] → R com f (0) = 0 , f (x) =
1 1 1 se x ∈ ( , ]n ∈ N ∪ {0}, 2n 2n+1 2n
ent˜ao f ´e integr´avel . ε 1 1 < a restri¸ca˜o f1 de f ao intervalo [ t , 1] ´e uma t 2 2 2 fun¸c˜ao escada, logo ´e integr´avel, portanto existe uma parti¸ca˜o P1 de tal intervalo com Dado ε > 0 existe t ∈ N tal que
ε S(f1 , P1 ) − s(f1 , p1 ) < . 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
Seja a parti¸ca˜o P = P1 ∪ {0} de [0, 1], tem-se S(f, P ) =
n ∑
1 1 1 + S(f , P ), M = sup , ∆T = f = 1 1 1 0 (2t )2 2t 2t x∈ [0, 1t ]
Mk ∆tk−1 =
k=1
2
s(f, P ) = s(f1 , p1 ), m1 = sup f = 0 x∈ [0, 21t ]
logo S(f, P ) − s(f, p) = S(f1 , P1 ) − s(f1 , p1 ) +
ε ε 1 < + =ε t 2 (2 ) 2 2
logo a fun¸ca˜o ´e integr´avel . Para calcular o valor da integral, calculamos o limite da soma n n ∑ ∑ 1 1 1 1 2 ( k − k+1 ) = → . k k 2 2 2 2.4 3 k=0 k=0
Quest˜ ao 2 Propriedade 232. Seja f : [−a, a] → R integr´avel. Se f ´e ´ımpar ent˜ao ∫
a
f (x)dx = 0. −a
Se f ´e par ent˜ao
∫
∫
a
a
f (x)dx = 2 −a
f (x)dx. 0
Demonstra¸c˜ ao.[1] Suponha f ´ımpar ∫ a ∫ a ∫ f (x)dx = f (x)dx + −a
Suponha f par
0
∫
0
0
∫
0
f (x)dx +
f (x)dx = −a
0
por mudan¸ca de vari´avel temos que ∫ a ∫ a ∫ = f (x)dx + f (−x)dx = 0
a
−f (x)dx = 0.
f (x)dx +
a
f (x)dx = −a
∫
a
0
∫
a
f (x)dx =
−a
0
por mudan¸ca de vari´avel temos que ∫ a ∫ a ∫ = f (x)dx + f (−x)dx = 0
0
∫
a
f (x)dx + 0
∫
a
f (x)dx = 2 0
a
f (x)dx. 0
138
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) ∫
139 ∫
0
f (x)dx = −
Demonstra¸c˜ ao.[2] Suponha f ´ımpar .Vamos provar que −a
Seja P uma parti¸ca˜o de [0, a] com pontos t0 , t1 , · · · , tn ent˜ao temos
a
f (x)dx. 0
t0 = 0, t1 , · · · , tn = a correspondendo a uma parti¸ca˜o P ′ com pontos t′0 , t′1 , · · · , t′n de [−a, 0] da seguinte maneira t′n = −t0 = 0, t′n−1 = −t1 , · · · , t′0 = −tn = −a como temos cada 0 ≤ tk ≤ a ent˜ao −a ≤ −tk ≤ 0 . Vale ainda que f (−x) = −f (x). Dado um k-´esimo intervalo de P , [tk−1 , tk ] temos uma correspondˆencia com um intervalo de P ′ , [−tk , −tk−1 ] = [t′n−k , t′n−k+1 ], na parti¸ca˜o P , temos o supremo no intervalo Mk e o ´ınfimo mk , por propriedade de supremo e ´ınfimo temos os correspondentes no intervalo de P ′ ′ sup −f (x) = − inf f (x) = −mk = Mn−k
inf −f (x) = − sup f (x) = −Mk = m′n−k com isso calculamos a soma inferior e superior relativa a parti¸ca˜o P ′ ′
S(f, P ) =
n ∑
Mk′ ∆t′k−1
=
n ∑
′ Mn+1−k (t′n+1−k − t′n−k ) =
k=1
k=1
=
n ∑
−mn+1−k (−tk−1 + tk ) = −s(f, p),
k=1
de maneira similar ′
s(f, P ) =
n ∑ k=1
=
n ∑
m′k ∆t′k−1
=
n ∑
m′n+1−k (t′n+1−k − t′n−k ) =
k=1
−Mn+1−k (−tk−1 + tk ) = −S(f, p),
k=1
da´ı
∫
′
a
inf S(f, P ) = inf (−s(f, P )) = − sup s(f, P ) = − P
P
P
′
f (x)dx 0
∫
sup s(f, P ) = sup(−S(f, P )) = − inf S(f, P ) = − P
P
P
a
f (x)dx 0
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO) ∫
∫
0
logo vale
a
f (x)dx = −
f (x)dx. ∫ 0 ∫ Para f par vamos mostrar que f (x)dx = −a
140
0
−a
a
f (x)dx. Tomamos a mesma parti¸c˜ao
0
associada P ′ , por´em agora o ´ınfimo e supremo s˜ao diferentes do caso anterior, pois f (−x) = ′ f (x), logo vale Mk = Mn−k e mk = m′n−k , dai as somas ficam como
S(f, P ′ ) =
n ∑
Mk′ ∆t′k−1 =
k=1
′ Mn+1−k (t′n+1−k − t′n−k ) =
k=1
n ∑
=
n ∑
Mn+1−k (−tk−1 + t′k ) = S(f, p),
k=1
e ′
s(f, P ) =
n ∑
m′k ∆t′k−1
= ∫ portanto
a
f (x)dx = −a
mn+1−k (−tk−1 + tk ) = s(f, p),
k=1
∫
0
m′n+1−k (t′n+1−k − t′n−k ) =
k=1
k=1 n ∑
=
n ∑
f (x)dx. 0
Quest˜ ao 3 1 p se x = q q irredut´ıvel com q > 0 , f (0) = 1 caso 0 ∈ [a, b]. Nessas condi¸c˜oes f ´e cont´ınua nos
Exemplo 67. Seja f : [a, b] → R com f (x) = 0 se x ´e irracional , f (x) =
irracionais, descont´ınua nos racionais e integr´avel com ∫
b
f (x)dx = 0. a
p p 1 f ´e descont´ınua nos racionais. Tome um racional , vale f ( ) = ̸= 0. Existe uma q q q p sequˆencia de irracionais xn → , vale q f (xn ) = 0 ⇒ lim f (xn ) = 0 ̸=
1 q
logo f ´e descont´ınua nos racionais . Seja (xn ) sequˆencia de n´ umero reais tal que lim xn = a irracional, vamos mostrar que lim f (xn ) = f (a) = 0.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
141
xn ∈ (a−δ, a+δ), se xn ´e irracional vale f (xn ) = 0, se xn ´e racional ele ´e da forma xn = p 1 . O conjunto dos q tais que ε ≤ ´e finito ent˜ao podemos tomar o intervalo (a − δ, a + δ) q q contendo nenhum ponto x racional tal que f (x) ≥ ε, portanto vale 0 ≥ f (xn ) < ε, da´ı lim f (xn ) = 0, f ´e cont´ınua nos irracionais. Vale que s(f, P ) = 0 para qualquer parti¸c˜ao P , pois todo intervalo n˜ao-degenerado cont´em n´ umeros irracionais, logo o ´ınfimo em qualquer desses intervalos mk = 0, da´ı ∫ b f (x)dx = 0. a
Agora iremos mostrar que a integral superior ´e nula . Dado ε > 0 arbitr´ario, seja ε F = {x1 , · · · , xt } o conjunto dos pontos de [a, b] para os quais tem-se ≤ f (xk ). 2(b − a) Com centro em cada xk tomamos t intervalos dois a dois disjuntos com comprimento ε onde M = sup f , da´ı completamos uma parti¸c˜ao P com s intervalos menor que M 2t x∈ [a,b] ε onde Mk ≤ , pois os pontos que assumem valores maiores que esse est˜ao em 2(b − a) outros intervalos, ent˜ao dividimos a soma da parti¸ca˜o em duas como se segue S(f, P ) =
t ∑ k=1
Mk ∆tk−1 + | {z } ≤ Mε2t
s ∑
Mk ∆yk−1 |{z}
k=1 ≤ ε 2(b−a)
t s ∑ ε ∑ ε ≤ Mk + ∆yk−1 ≤ 2tM k=1 2(b − a) k=1 | {z } ≤tM
≤
ε ε ε ε + (ys − y1 ) ≤ + = ε. 2 2(b − a) 2 2
Portanto a integral superior tamb´em ´e nula e a integral existe e vale zero . Quest˜ ao 4 Propriedade 233. Seja f : [a, b] → R integr´avel com f (x) ≥ 0 ∀ x ∈ [a, b]. Se f ´e cont´ınua em c ∈ [a, b] com f (c) > 0 ent˜ao ∫ b f (x)dx > 0. a
Demonstra¸c˜ ao.[1] Existe δ > 0 tal que x ∈ [c−δ, c+δ] ⇒ f (x) > 0, pela continuidade de f , portanto
∫
∫
b
f (x)dx = a
|a
∫
c−δ
∫
c+δ
b
f (x)dx > 0 f (x)dx + f (x)dx + c+δ {z } | c−δ {z } | {z }
≥0
>0
≥0
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
142
f (c) , existe δ > 0 tal que f (x) > m para todo x ∈ 2 [c − δ, c + δ] por continuidade no ponto c, tomamos parti¸co˜es que contenham os pontos Demonstra¸c˜ ao.[2] Seja m =
c − δ e c + δ, logo existe s tal que ts−1 = c − δ, ts = c + δ, ms =
inf
f ∈[c−δ,c+δ]
f ≥m>0
pois o ´ınfimo ´e a maior das cotas inferiores, logo
s(f, P ) =
s−1 ∑ k=1
mk ∆tk−1 + ms ∆ts−1 + |{z} | {z } |{z} | {z } ≥0
≥m
>0
≥2δ
n ∑
mk ∆tk−1 ≥ m(c + δ − c + δ) = 2mδ, |{z} | {z }
k=s+1 ≥0
>0
como f ´e integr´avel temos ∫ b f (x)dx = sup s(f, p) ≥ s(f, p) ≥ 2mδ > 0 p
a
logo a integral ´e positiva. Quest˜ ao 5 Exemplo 68. Sejam f, g : [a, b] → R, g integr´avel e f com f (x) = g(x) se x ´e racional , f (x) = g(x) + 1 para x irracional . Calcule a integral inferior e superior de f em fun¸c˜ao de g . Vale que Mkf = Mkg + 1 e mkf = mkg , da´ı para uma parti¸c˜ao qualquer P tem-se S(f, P ) =
n ∑
Mkf ∆tk−1 =
n ∑
Mkg ∆tk−1 +
k=1
k=1
n ∑
∆tk−1 = S(g, P ) + b − a
k=1
s(f, P ) = s(g, P ) Disso segue
∫
∫
b
b
f (x)dx = ∫
a b
∫
a b
g(x)dx + b − a.
f (x)dx = a
g(x)dx
a
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
1.11.2
143
Propriedades da integral
Quest˜ ao 1 Propriedade 234. Seja f : [a, b] → R integr´avel. Prove que g : [a, b] → R com g(x) = ∫ x f (t)dt ´e lipschitziana. a
Demonstra¸c˜ ao. Como f ´e integr´avel, ent˜ao f ´e limitada , existindo M tal que |f (x)| ≤ M ∀ x. Da´ı temos que ∫ y ∫ x ∫ |g(y)−g(x)| = | f (t)dt− f (t)dt| = | a
a
∫ ≤
∫
x
f (t)dt+
a
∫
y
f (t)dt| = |
f (t)dt− x
∫
x
a
y
f (t)dt| ≤ x
y
M dt ≤ M |y − x|
|f (t)|dt ≤ x
∫
y
x
portanto f ´e lipschitziana e uniformemente cont´ınua . Em especial se M < 1 g ´e uma contra¸c˜ao . Quest˜ ao 2 Propriedade 235. Se f, g : [a, b] → R s˜ao integr´aveis ent˜ao tamb´em s˜ao integr´aveis as fun¸c˜oes h : [a, b] → R com h(x) = max{f (x), g(x)}. T : [a, b] → R com T (x) = min{f (x), g(x)}. f+ : [a, b] → R com f+ (x) = 0 se f (x) ≤ 0, f+ (x) = f (x) se f (x) > 0. f− : [a, b] → R com f− (x) = 0 se f (x) ≥ 0, f+ (x) = −f (x) se f (x) < 0.
Demonstra¸c˜ ao. f (x) + g(x) + |f (x) − g(x)| , da´ı max{f (x), g(x)} ´e 2 integr´avel pois o valor absoluto ´e integr´avel.
Vale que max{f (x), g(x)} =
Da mesma maneira que o item anterior min(f (x), g(x)) =
f (x) + g(x) − |f (x) − g(x)| , 2
logo o m´ınimo ´e integr´avel. Vale que f+ (x) = max{f (x), 0}, pois se f (x) > 0 f+ (x) = f (x) se f (x) ≤ 0 ent˜ao
f+ (x) = 0, portanto pelo primeiro item segue que f+ ´e integr´avel .
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
144
Vale que f− (x) = min{−f (x), 0}, pois se −f (x) > 0 ⇒ f (x) < 0 e f− (x) = −f (x)
se −f (x) ≤ 0 ⇒ f (x) ≥ 0 ent˜ao f− (x) = 0, portanto pelo segundo item segue que f+ ´e integr´avel . Quest˜ ao 3 Defini¸ c˜ ao 13 (Produto interno em R). Seja V um espa¸co vetorial real, um produto interno sobre V ´e uma fun¸ca˜o que associa a cada par de vetores v, w de V um n´ umero real < v, w >, satisfazendo as propriedades 1. Positividade . ⟨v, v⟩ ≥ 0 e ⟨v, v⟩ = 0 sse v = 0. 2. Linearidade . ⟨av + bw, u⟩ = a⟨v, u⟩ + b⟨w, u⟩. 3. Simetria . ⟨v, w⟩ = ⟨w, v⟩. ∀ v, w, u vetores de V e a, b n´ umeros reais. Defini¸ c˜ ao 14. Seja V um espa¸co com produto interno ⟨, ⟩, definimos a norma (ou comprimento) de um vetor v em rela¸c˜ao a esse produto interno por ∥v∥ :=
√ ⟨v, v⟩.
Propriedade 236 (Desigualdade de Schwarz). ∥w∥ ∥v∥ ≥ |⟨v, w⟩|. Demonstra¸c˜ ao. Para v = 0 vale a igualdade, pois ∥v∥ = 0 e ⟨0, w⟩ = 0, ent˜ao seja v ̸= 0, para qualquer t real vale ⟨tv + w, tv + w⟩ ≥ 0 logo t2 ⟨v, v⟩ + 2t⟨v, w⟩ + ⟨w, w⟩ ≥ 0 (tentar ver potencia¸ca˜o de produtos internos) como ⟨v, v⟩ ´e sempre positivo, temos que ter o discriminante negativo, logo 4⟨v, w⟩2 − 4⟨v, v⟩ ⟨w, w⟩ ≤ 0
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
145
donde segue ∥w∥ ∥v∥ ≥ |⟨v, w⟩|. Se ⟨v, w⟩ ≥ 0 temos ∥w∥ ∥v∥ ≥ ⟨v, w⟩ se ⟨v, w⟩ < 0 ainda temos ∥w∥ ∥v∥ ≥ ⟨v, w⟩ pois a norma ´e um n´ umero n˜ao negativo. Propriedade 237. No espa¸co vetorial das fun¸c˜oes cont´ınuas em [a, b] ∫
b
< f, g >=
f (x)g(x)dx a
define um produto interno. Demonstra¸c˜ ao. As propriedades de linearidade e simetria s˜ao decorrentes da linearidade da integral e o produto ser comutativo, falta mostrar a positividade, tal propriedade ∫ b
f (x)2 dx > 0 por propriedade de
segue de: se f for n˜ao nula em ponto em [a, b] ent˜ao a
fun¸c˜oes cont´ınuas , ent˜ao para que o produto interno seja nulo ´e necess´ario que f seja identicamente nula. Corol´ ario 34 (Desigualdade de Cauchy Schwarz para integrais). Se f, g : [a, b] → R s˜ao cont´ınuas ent˜ao pela propriedade de produto interno √ √ ∫ b ∫ b ∫ b 2 2 g(x) dx f (x) dx ≥ | g(x)f (x)dx| a
a
a
que implica, ao elevarmos ao quadrado que ∫
∫
b
g(x)f (x)dx] ≤ 2
[ a
∫
b
b
2
f (x)2 dx.
g(x) dx. a
a
Demonstra¸c˜ ao.[2] Sejam f, g : [a, b] → R integr´aveis, ent˜ao [f (x) + tg(x)]2 ´e integr´avel ∀t ∈ R, definimos ∫
b
[f (x) + tg(x)]2 dx
h(t) = a
e vale h(t) ≥ 0, expandindo e usando linearidade da integral temos que
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
∫ h(t) =
∫
b
[f (x)] dx + 2 | a {z } |
∫
b
2
a
146
b
f (x)g(x)dx tdx + [g(x)]2 dx t2 {z } | a {z }
c
a
b
uma equa¸ca˜o de segundo grau satisfaz essa condi¸c˜ao quando ∆ = b2 − 4ac ≤ 0, isto ´e ∫
∫
b
g(x)f (x)dx] ≤ 2
[ a
∫
b 2
a
b
f (x)2 dx.
g(x) dx. a
Perceba que a propriedade vale para f e g integr´aveis, n˜ao necessariamente continuas, por´em para ter o produto interno as fun¸co˜es devem ser cont´ınuas.
1.11.3
Condi¸c˜ oes suficientes de integrabilidade
Quest˜ ao 1 1 p se x = irredut´ıvel q q com q > 0 , f (0) = 1 caso 0 ∈ [a, b]. f ´e integr´avel pois f ´e limitada o conjunto dos seus Exemplo 69. f : [a, b] → R com f (x) = 0 se x ´e irracional , f (x) =
pontos de descontinuidade tem medida nula, pois ´e Q ∩ [a, b] que ´e enumer´avel . Quest˜ ao 2 Propriedade 238. O conjunto de pontos de descontinuidade de uma fun¸c˜ao mon´otona ´e enumer´avel . Demonstra¸c˜ ao. Seja f n˜ao-decrescente , D o conjunto de pontos de descontinuidade da fun¸ca˜o , para cada a ∈ D , pelo fato de f ser mon´otona existem os limites laterais lim f (x) = a1 e lim+ f (x) = a2 , com a ̸= b ponto de descontinuidade os intervalos
x→a−
x→a
(a1 , a2 ), (b1 , b2 ) s˜ao disjuntos . Definimos a fun¸c˜ao g : D → Q dado a ∈ D tomamos um racional ra ∈ (a1 , a2 ) e colocamos f (a) = ra . g ´e injetora com Q enumer´avel segue que D
´e enumer´avel . O caso de uma fun¸ca˜o g n˜ao-crescente segue de tomar −g que ´e n˜ao-decrescente . Corol´ ario 35. Como o conjunto dos pontos de descontinuidade de uma fun¸ca˜o mon´otona ´e enumer´avel ( logo tem medida nula), ent˜ao toda fun¸ca˜o mon´otona ´e integr´avel .
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
147
Quest˜ ao 3 Propriedade 239. Seja D o conjunto dos pontos de descontinuidade de f : [a, b] → R limitada. Se D′ ´e enumer´avel ent˜ao f ´e integr´avel . Demonstra¸c˜ ao. D \ D′ ´e um conjunto de pontos isolados, portanto enumer´avel . Vale que (D \ D′ ) ∪ D′ ´e enumer´avel por ser uni˜ao de conjuntos enumer´aveis e D ⊂ (D \ D′ ) ∪ D′ , D ´e subconjunto de um conjunto enumer´avel ent˜ao D ´e enumer´avel, da´ı segue que f : [a, b] → R ´e integr´avel, pois seu conjunto de pontos de descontinuidade tem medida nula. Quest˜ ao 4 Propriedade 240. Seja f : [a, b] → R limitada que se anula em um conjunto de medida ∫ b n˜ao nula . Se f ´e integr´avel ent˜ao f (x)dx = 0. a
Demonstra¸c˜ ao. Em qualquer subintervalo de [a, b] o ´ınfimo de |f | ´e zero, logo ∫ b ∫ b ∫ b |f (x)|dx = 0 = |f (x)|dx ⇒ f (x)dx = 0 a
a
pois
∫
∫
b
|
f (x)dx| ≤ a
a
∫
b
|f (x)|dx = 0 ⇒ | a
∫
b
b
f (x)dx| = 0 ⇒ a
f (x)dx = 0. a
Exemplo 70. Uma fun¸c˜ao pode se anular num conjunto de medida n˜ao nula e sua integral n˜ao existir, como a fun¸ca˜o f [a, b] → R com f (x) = 1 se x ´e racional e f (x) = 0 se x ´e irracional , pois nesse caso as somas inferiores valem 0 e as somas superiores valem 1. Quest˜ ao 5 Quest˜ ao 5-a) Propriedade 241. Se X tem conte´ udo nulo ent˜ao X tamb´em. Demonstra¸c˜ ao. Se X ⊂
n ∪
IK ent˜ao X ⊂
k=1
n ∪ k=1
X⊂
n ∪ k=1
IK ,
IK , usamos que A ∪ B = A ∪ B, logo
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
148
podemos tomar para cada Ik um intervalo Jk com o dobro do comprimento de IK e mesmo centro, logo Ik ⊂ JK , pois o fecho de um intervalo aberto (a, b) s´o acrescenta as bordas n ∑ ε a e b, que est˜ao contidas num intervalo do dobro de comprimento, logo se |Ik | < , o 2 k=1 que pode ser tomado pois X tem conte´ udo nulo, vale |Jk | = 2|Ik | ⇒
n ∑
|Jk | = 2
k=1
n ∑
ε |Ik | ≤ 2 = ε, 2 k=1
logo X tem conte´ udo nulo. Quest˜ ao 5-b) Corol´ ario 36. Um conjunto X de conte´ udo nulo ´e limitado. Pois X ⊂ n ∪
n ∪
Ik com
k=1
|Ik | < ε, logo cada intervalo Ik ´e limitado e X tamb´em ´e limitado, pois est´a contido
k=1
num conjunto limitado
n ∪
Ik (Uni˜ao finita de conjuntos limitados ´e um conjunto limitado).
k=1
Exemplo 71. Existem conjuntos de medida nula que n˜ao cont´em conte´ udo nulo, basta tomar A um conjunto enumer´avel n˜ao limitado, ele possui medida nula por´em n˜ao sendo limitado n˜ao pode ter conte´ udo nulo, como exemplos podemos tomar Z e Q. Existem ainda conjuntos limitados , de medida nula que n˜ao possuem conte´ udo nulo, como ´e o caso de Q ∩ [a, b], pois seu fecho ´e [a, b] que n˜ao possui conte´ udo nulo. Quest˜ ao 5-c) Corol´ ario 37. Todo conjunto com conte´ udo nulo tem medida nula. Propriedade 242. Um compacto tem medida nula ⇔ tem conte´ udo nulo. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Suponha X com medida nula, logo temos X⊂
∞ ∪ k=1
Ik ,
∞ ∑ k=1
|Ik | < ε,
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
149
como X ´e compacto ent˜ao X admite uma subcobertura finita, X⊂
∪
Ik ,
k∈A
A finito, logo
∑
|Ik | < ε e x tem conte´ udo nulo.
k∈A
⇐). Em geral se X tem conte´ udo nulo (para qualquer X, n˜ao necessariamente compacto), ent˜ao X tem medida nula. Quest˜ ao 5-d) Propriedade 243. Se g : [a, b] → R satisfaz g(x) = f (x) limitada ∀x ∈ [a, b] \ X onde X tem conte´ udo nulo, ent˜ao g ´e integr´avel e sua integral ´e igual a de f . Demonstra¸c˜ ao. g − f : [a, b] \ X → R ´e nula. Seja M = sup |g − f |. Vale que x∈[a,b]
inf |g − f | = 0 em qualquer intervalo de [a, b] pois X n˜ao pode conter um intervalo, portanto sempre existe um elemento de [a, b] \ X em qualquer intervalo. Disso segue que qualquer soma inferior de |g − f | ´e nula. Dado ε > 0 existem intervalos abertos (Ik )n1 tais que X⊂
n ∪
Ik = u e
n ∑
|Ik | <
k=1
k=1
ε , M
supondo que cada Ik ⊂ [a, b], ent˜ao as extremidades desses intervalos e a, b formam uma parti¸c˜ao P de [a, b], os intervalos dessa parti¸ca˜o que cont´em os pontos de X s˜ao os Ik , logo temos a soma superior
S(|g−f |, P ) =
∑
Mk ∆tk−1 +
∃j | [tk−1 ,tk ]=Ij
∫
0
∑
z}|{ Mk ∆tk−1 ≤ M
[tk−1 ,tk ]̸=Ij , ∀j
∑
∆tk−1 = M
∃j | [tk−1 ,tk ]=Ij
b
|g − f | = 0, g − f ´e integr´avel e sua integral ´e nula, da´ı g = f + (g − f ) ´e
logo a
integr´avel e
∫
∫
b
g(x)dx = a
b
f (x)dx a
.
ε = ε, M
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
150
Quest˜ ao 6 Quest˜ ao 7 Quest˜ ao 8 Quest˜ ao 9
1.12
Cap´ıtulo 11-C´ alculo com integrais.
1.12.1
Os teoremas cl´ assicos do c´ alculo integral.
Quest˜ ao 2 Teorema 3 (F´ormula de Newton-Leibnz-FNL-TFC parte II.). Seja f : [a, b] → R integr´avel, ent˜ao
∫
b
f (x)dx = g(b) − g(a) a
onde g(x) ´e uma primitiva de f (x), isto ´e, g ′ (x) = f (x). Demonstra¸c˜ ao. Seja P uma parti¸ca˜o de [a, b]. Por hip´otese temos g ′ (x) = f (x) ∀x ∈ [a, b] e pelo T V M para derivadas existe uk ∈ [tk−1 , tk ] tal que ∀k ∈ In vale g(tk ) − g(tk−1 ) = ∆g(tk−1 ) = g ′ (uk )(tk − tk−1 ) = f (uk )∆tk−1 ∆g(tk−1 ) = f (uk )∆tk−1 aplicando
n ∑
segue
k=1 n ∑
∆g(tk−1 ) = g(tn ) − g(t0 ) = g(b) − g(a) =
k=1
n ∑
f (uk )∆tk−1
k=1
vale que mk ≤ f (uk ) ≤ Mk , multiplicando por ∆tk−1 e somando, segue que s(f, P ) ≤
n ∑
|k=1
f (uk )∆tk−1 ≤ S(f, P ) {z
}
g(b)−g(a)
de onde tem-se
∫
b
f (x)dx = g(b) − g(a). a
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
151
Quest˜ ao 3 Propriedade 244. Seja f : [a, b] → R deriv´avel com f ′ (x) ≥ 0 ∀ x ∈ [a, b]. Se {x ∈ [a, b] | f ′ (x) = 0} tem conte´ udo nulo ent˜ao f ´e crescente. Demonstra¸c˜ ao. Sabemos que f ´e n˜ao-decrescente por propriedade de derivada. Se f n˜ao fosse crescente existiriam y > x em [a, b] com f (x) = f (y), logo dado z ∈ (x, y) ter´ıamos f (y) ≥ f (z) ≥ f (x) ⇒ f (y) = f (z) = f (x), ent˜ao f ´e constante em [x, y] logo f ′ (t) = 0 nesse intervalo , que n˜ao possui conte´ udo nulo. Quest˜ ao 4 Corol´ ario 38 (T V M para derivadas). Seja f : [a, b] com derivada cont´ınua, ent˜ao existe c ∈ (a, b) tal que f ′ (c)(a − b) = f (b) − f (a). ∫ b Sabemos que f ′ (x)dx = f (b) − f (a) e pelo T V M para integrais sabemos que a ∫ b ′ ′ f (x)dx = f (c)(b − a) para alguma constante c ∈ (a, b) ent˜ao segue a
f ′ (c)(a − b) = f (b) − f (a). Quest˜ ao 5 ∫
g(x)
Exemplo 72 (Derivada da composi¸c˜ao). Derivar f (t)dt = t(x), onde f ´e cont´ınua a ∫ x e g deriv´avel. Definimos h(x) = f (t)dt, da´ı t(x) = h(g(x)), derivamos pela regra da a
cadeia
t′ (x) = g ′ (x)h′ (g(x)) = g ′ (x)f (g(x)) pois h′ (x) = f (x). Se tivessemos ∫ g(x) ∫ t(x) = f (t)dt = h(x)
∫
h(x)
f (t)dt +
a
∫
a
h(x)
f (t)dt −
f (t)dt = h(x)
∫
h(x) a
derivando pela regra da cadeia temos t′ (x) = g ′ (x)f (g(x)) − h′ (x)f (h(x)).
f (t)dt. a
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
152
Quest˜ ao 6 Exemplo 73. Seja f, g definidas em [0, 1] da seguinte maneira. 1 se x = q f (x) =
p , p, q ∈ N, mdc(p, q) = 1. q 0 se x ´e irracional
g(0) = 0 e g(x) = 1 se x > 0. Ambas g e f s˜ao integr´aveis, por´em g ◦ f n˜ao ´e integr´avel, pois se x racional g ◦ f (x) = 1 e para x irracional g ◦ f (x) = 0. A composi¸c˜ao de fun¸co˜es integr´aveis pode n˜ao ser integr´avel. As duas fun¸c˜oes s˜ao descont´ınuas apenas em conjunto de medida nula, f nos racionais de [0, 1] e g em 0, logo s˜ao integr´aveis. Quest˜ ao 7 Exemplo 74. Sejam f : [a, b] → R com derivada integr´avel, m = 2 f (a) + f (b) = b−a Integramos por partes ∫ b
′
∫
b
f (x) + (x − m)f ′ (x)dx.
a
∫
xf (x)dx = bf (b) − af (a) − a
a+b , ent˜ao vale que 2
b
f (x)dx a
ent˜ao o resultado da integral fica como ∫ b ∫ b 2 a+b 2bf (b) − 2af (a) ( f (x)dx − (f (b) − f (a)) + − f (x)dx) b−a a 2 2 a que podemos simplificar em f (a) + f (b).
1.12.2
A integral como limite de somas de Riemann
Quest˜ ao 1 Alguns limites de somat´orios podem ser encontrados usando a integral definida com a seguinte rela¸c˜ao
( ) ∫ 1 n ∑ k 1 = f (x)dx. lim f n→∞ n n 0 k=1
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
153
Considerando f integr´avel em [0, 1], sendo tomada a parti¸ca˜o pontilhada 0 1 2 k n P = (t0 , t1 , · · · , tk , · · · tn ) = ( , , , · · · , , · · · = 1) n n n n n k k−1 k , ] tomando o ponto para pontilhar a parti¸ca˜o, com isso n n n formamos a soma de Riemann que deve convergir para a integral.
em cada [tk−1 , tk ] = [
Exemplo 75 ((a)). Calcular
n ∑ kp lim np+1 k=1
onde p > −1. Temos 1 ∫ 1 n n ( )p ∑ ∑ kp k 1 xp+1 1 p lim = lim = x dx = = . p+1 n n n p + 1 p + 1 0 0 k=1 k=1 k kt Exemplo 76 ((b)). Tomando f (x) = sen(xt), temos f ( ) = sen( ) da´ı n n ∫ 1 n ∑ 1 kt 1 − cos(t) sen( ) = sen(tx)dx = . lim n n t 0 k=1 Por exemplo, temos ∫ 1 n ∑ 1 kπ 1 − cos(π) 2 lim sen( ) = sen(tx)dx = = . n n π π 0 k=1 Quest˜ ao 2 Propriedade 245. Se existe lim
|P |→0
∑ (f, P ∗ ) ent˜ao f ´e uma fun¸ca˜o limitada.
Demonstra¸c˜ ao. Vamos provar a contrapositiva, que ´e, se f ´e uma fun¸c˜ao ilimitada ∑ ent˜ao n˜ao existe lim (f, P ∗ ). |P |→0
f ´e uma fun¸ca˜o ilimitada, ent˜ao ela deve ser ilimitada em algum intervalo [ts−1 , ts ] com comprimento fixo de uma parti¸ca˜o qualquer dada P , como f ´e ilimitada em [ts−1 , ts ], podemos escolher us em tal intervalo tal que |f (us )∆ts−1 | > |
n ∑ k=1, k̸=s
f (uk )∆tk−1 | + A
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
154
logo |
∑
n ∑
(f, P ∗ )| = |f (us )∆ts−1 +
f (uk )∆tk−1 | ≥ ||f (us )∆ts−1 |−|
k=1, k̸=s
n ∑
f (uk )∆tk−1 || > A
k=1, k̸=s
logo o limite n˜ao pode existir, pois se existisse o limite, ela seria limitada para parti¸c˜oes com norma pequena. Para qualquer ε > 0 existiria δ > 0 tal que |
∑
(f, P ∗ ) − L| < ε ⇒ |
∑
(f, P ∗ )| ≥ |
∑
(f, P ∗ ) − L| + |L| < ε + |L|
para qualquer parti¸ca˜o com |P | < δ. Quest˜ ao 3 Propriedade 246. Se f : [a, b] → R limitada. f ´e integr´avel ⇔ existe o limite lim
∑
|P |→0
Nessas condi¸co˜es vale
∫
(f, P ∗ ).
b
f (x)dx = lim
|P |→0
a
∑ (f, P ∗ ).
Demonstra¸c˜ ao. ⇒) Se f ´e integr´avel ent˜ao ∫ lim s(f, P ) = lim S(f, P ) =
|P |→0
como tem-se s(f, p) ≤
∑
|P |→0
b
f (x)dx a
(f, P ∗ ) ≤ S(f, P ) ent˜ao por sandu´ıche tem-se ∫
b
f (x)dx = lim
|P |→0
a
∑ (f, P ∗ ).
⇐). Dado ε > 0 existe parti¸c˜ao P = {t0 , · · · tn } tal que |
∑ ε (f, P ∗ ) − L| < 4
para qualquer maneira que pontilhamos P . Fixamos P e partilhamos a parti¸c˜ao de 2 modos.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
155
1. Em cada [tk−1 , tk ] escolhemos uk tal que f (uk ) < mk +
ε 4n∆tk−1
(podemos tomar elementos t˜ao pr´oximos do ´ınfimo quanto quisermos), obtemos assim uma parti¸c˜ao pontilhada P ∗ tal que n ∑
f (uk )∆tk−1 <
k=1
∑
n ∑
mk ∆tk−1 +
k=1
ε 4
ε (f, P ∗ ) < s(f, p) + . 4
2. Em cada [tk−1 , tk ] escolhemos vk tal que Mk −
ε < f (vk ) 4n∆tk−1
, obtemos assim uma parti¸c˜ao pontilhada P ′ tal que ∑ ε − + S(f, P ) < (f, P ′ ). 4 Usando as duas desigualdades temos que S(f, P ) − s(f, P ) < como |
∑
(f, P ′ ) − L| <
tem-se |
∑
∑ ∑ ε (f, P ′ ) − (f, P ∗ ) + 2 ∑ ε ε e| (f, P ∗ ) − L| < 4 4
(f, P ′ ) −
∑
(f, P ∗ )| <
ε 2
portanto S(f, P ) − s(f, P ) < e f ´e integr´avel.
∑
(f, P ′ ) −
∑
(f, P ∗ ) +
ε ε + =ε 2 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
156
Quest˜ ao 4 Propriedade 247. Sejam f, g : [a, b] → R integr´aveis. Para toda parti¸ca˜o P = {t0 , · · · , tn } de [a, b], sejam P ∗ = (P, x) e P ′ = (P, y) ent˜ao
lim
n ∑
|P |→0
∫
b
f (xk )g(yk )∆tk−1 =
f (x)g(x)dx. a
k=1
Demonstra¸c˜ ao. Escrevemos f (xk )g(yk ) = f (xk )g(xk ) + f (xk )[g(yk ) − g(xk )] multiplicando por ∆tk−1 e somando, tem-se n ∑
f (xk )g(yk )∆tk−1 =
n ∑
f (xk )g(xk )∆tk−1 +
f (xk )[g(yk ) − g(xk )]∆tk−1
k=1
k=1
k=1
n ∑
o segundo membro tende a zero pois n ∑ k=1
f (x )[g(yk ) − g(xk )]∆tk−1 ≤ M | {zk} ≤M
n ∑
[g(yk ) − g(xk )]∆tk−1 ≤ M [S(g, P ) − s(g, P )] ≤ M ε
k=1
pois g ´e integr´avel. Quest˜ ao 5 Propriedade 248. Se f ´e integr´avel e g possui derivada integr´avel ent˜ao
lim
|P |→0
∑
′
∫
b
(f, g, P ) =
f (x)g ′ (x)dx.
a
Demonstra¸c˜ ao. g ´e deriv´avel, ent˜ao aplicamos o T V M para derivadas e temos vk ∈ [tk , tk−1 ] tal que g(tk ) − g(tk−1 ) = g ′ (vk )(tk − tk−1 ), da´ı n ∑ k=1
f (uk )∆g(tk−1 ) =
n ∑ k=1
f (uk )g ′ (vk )∆tk−1
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
157
que pelo resultado anterior converge para ∫ b f (x)g ′ (x)dx. a
Quest˜ ao 6 Propriedade 249. Dada f : [a, b] → R, definimos para cada n ∈ N 1∑ M (f, n) = f (a + kh) n k=1 n
onde h =
b−a . Se f ´e integr´avel ent˜ao n 1 lim M (f, n) = n→∞ b−a
∫
b
f (x)dx. a
Tal limite ´e chamado de valor m´edio de f em [a, b]. Demonstra¸c˜ ao. Tomamos a parti¸c˜ao P com t0 = a, t1 = a +
b−a , · · · tk = a + n
k(b − a) b−a , · · · , tn = b com ∆tk−1 = , pontilhamos a parti¸ca˜o tomando em cada n n [tk−1 , tk ] o ponto tk , temos com isso b−a∑ lim f (a + kh) = n→∞ n k=1 n
e da´ı segue 1 lim M (f, n) = n→∞ b−a
∫
∫
b
f (x)dx a
b
f (x)dx. a
Quest˜ ao 7 Propriedade 250. Se f : [a, b] → R ´e convexa ent˜ao 1 b−a
∫
b
f (x)dx ≥ f ( a
a+b ). 2
Demonstra¸c˜ ao. Lembre-se que, com f convexa temos n ∑ k=1
n ∑ tk f (ak ) ≥ f ( tk ak ) k=1
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
com cada tk ∈ [0, 1] e
n ∑
158
tk = 1. Aplicamos tal propriedade com a soma
k=1 n ∑ 1 f (a + hk) n k=1 n ∑ 1 1 = 1), logo com tk = (temos n n k=1 n n ∑ ∑ 1 1 f (a + hk) ≥ f ( [a + hk]). n n k=1 k=1
como h =
b−a , temos n n ∑ 1 (b − a)n(n + 1) b−a b+a [a + hk] = a + →a+ = . 2 n 2n 2 2 k=1
Lembre tamb´em que f convexa ´e cont´ınua no interior de [a, b], pois sempre temos as derivadas laterais existindo no interior ( n˜ao necessariamente de igual valor, apenas a existˆencia de ambas j´a implica a continuidade, n˜ao necessitando que sejam iguais). n ∑ 1 Podemos trocar a ordem do limite com a fun¸ca˜o, pois a < [a + hk] < b por ser m´edia n k=1 e b ̸= a, logo o ponto ´e interior e por propriedade de limite temos ∫ b n n n ∑ ∑ ∑ 1 1 1 1 b+a lim f (a+hk) = f (x)dx ≥ lim f ( [a+hk]) = f ( lim [a+hk]) = f ( ), n→∞ n→∞ n→∞ n b − a n n 2 a k=1 k=1 k=1 isto ´e, 1 b−a
1.12.3
∫
b
f (x)dx ≥ f ( a
a+b ). 2
Logaritmos e exponenciais
Quest˜ ao 1 Propriedade 251. Seja f : R → R cont´ınua tal que f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R. Nessas condi¸co˜es f ´e uma fun¸ca˜o linear.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
159
Demonstra¸c˜ ao. Vale f (0) = 0 pois f (0 + 0) = f (0) + f (0) = 2f (0) = f (0) se fosse f (0) ̸= 0
chegar´ıamos no absurdo de 2 = 1 ent˜ao vale f (0) = 0. Dado x real arbitr´ario, vale que f (−x) = −f (x) pois f (x − x) = f (x) + f (−x) = 0
portanto f (−x) = −f (x). Vale que f (nx) = nf (x) para qualquer x real e n natural pois, por indu¸ca˜o f (1.x) =
1.f (x), supondo f (nx) = nf (x) tem-se que f ((n + 1)x) = f (nx) + f (x) = nf (x) + f (x) = (n + 1)f (x). f (−nx) = −f (nx) = −nf (x) logo a propriedade f (nx) = nf (x) vale para n inteiro.
x f (x) nx x f (x) Dado n natural vale que f ( ) = pois f ( ) = nf ( ) = f (x) logo = n n n n n x f ( ) isso para x real arbitr´ario. n px p p Da´ı conclu´ımos que f ( ) = f (x) onde ´e um n´ umero racional. q q q Podemos denotar f (1) = a da´ı vale f (x) = xf (1) = ax onde x ´e racional. Tomamos uma sequˆencia (xn ) de n´ umeros racionais que convergem para um valor
x real arbitr´ario (racional ou irracional), vale que f (xn ) = xn .f (1) = xn .a aplicando o limite e usando a continuidade segue que lim f (xn ) = f (x) = lim xn .a = a.x logo f (x) = a.x. Corol´ ario 39. Seja f : R → R com f (x + y) = f (x)f (y) ∀x, y ∈ R, cont´ınua n˜ao nula, ent˜ao existe a ∈ R tal que f (x) = eax . A fun¸ca˜o f s´o assume valor positivo pois x x x f (x) = f ( + ) = f ( )2 > 0 2 2 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
160
ent˜ao a fun¸ca˜o assume valores em R+ , podemos aplicar o logaritmo, gerando ainda uma fun¸c˜ao cont´ınua h com h(x) = ln f (x) e temos pela rela¸c˜ao funcional ln f (x + y) = ln f (x) + ln f (y), isto ´e, h(x + y) = h(x) + h(y) com h cont´ınua, por ser composi¸ca˜o de cont´ınuas e h : R → R, pela propriedade anterior temos que h(x) = ax para algum valor a ∈ R, logo
ln f (x) = ax ⇒ f (x) = eax . Sendo g : R+ → R continua, que satisfaz g(uv) = g(u) + g(v). Como u e v s˜ao arbitr´ario em R+ , ent˜ao existem x, y ∈ R tais que ex = u, ey = v, substituindo segue
g(ex+y ) = g(ex ) + g(ey ) definindo h : R → R+ com h(x) = g(ex ) temos pela rela¸ca˜o funcional acima que h(x + y) = h(x) + h(y) h cont´ınua, por ser composi¸ca˜o de cont´ınuas, ent˜ao ´e uma fun¸c˜ao linear h(x) = bx para alguma constante b ∈ R
g(ex ) = bx tomando y = ex temos x = ln(y) ent˜ao
g(y) = b ln(y).
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
161
Quest˜ ao 2 n ∑ 1
− ln(n), tal sequˆencia ´e decrescente e limitada, logo k k=1 convergente, seu limite ´e denotado por γ chamada de constante de Euler-Mascheroni Propriedade 252. Seja xn =
1 ela ´e decrescente, logo usamos desigualdade usada x para demonstra¸ca˜o o teste de integral para s´eries ∫ n n−1 n 1 ∑1 ∑1 ≤ < k k 1 x k=1 k=1 Demonstra¸c˜ ao. Sendo f (x) =
da´ı
n ∑ 1 k=1
k
− ln(n) > 0 a sequˆencia ´e limitada inferiormente, al´em disso ´e decrescente pois xn − xn+1 = ln(1 +
1 1 )− <0 n+1 n+1
pois ∫ 1+ 1 n+1 dx 1 1 n 1 ln(1 + )= > = . n+1 x nn+1 n+1 1 Sendo decrescente e limitada inferiormente ela converge. Quest˜ ao 3 Propriedade 253. ln x =0 x→∞ x lim
Demonstra¸c˜ ao. Seja f (x) = x − ln x, temos f (1) = 1 e f ′ (x) = 1 −
1 > 0 para x > 1 x
logo x > ln x para x > 1. Temos 0 < ln x < x para x > 1 da´ı 1 1 1 ln x 4 ln x < x 2 , (ln x)2 < x, 0 < < 2 4 x ln x ln x tomando x → ∞ segue que lim =0 x→∞ x 1
1
ln x 2 < x 2 ,
Corol´ ario 40. lim x ln x = 0
x→0
tomando x =
1 y lim x ln x = lim
x→0
y→∞
ln y1 y
− ln y = 0. y→∞ y
= lim
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
162
Quest˜ ao 4 Exemplo 77. Calcular a lim (1 + )cx+b . x→∞ x Tomamos y =
a a , da´ı x = e o limite fica como x y ca
ca
lim (1 + y) y (1 + y)b = lim (1 + y) y = eca . y→0
y→0
1.12.4
Integrais impr´ oprias
Quest˜ ao 1 ∫
1 1 Exemplo 78. Estudar a convergˆencia da integral dx. 0 1 − cos(x) x Usamos que 1 − cos(x) = 2sen2 ( ), da´ı ca´ımos na integral 2
∫
1 dx = 2sen2 ( x2 )
∫
cossec2 ( x2 ) x dx = −cotg( ) + c 2 2
aplicando os limites, temos ∫ 0
1
cos( x2 ) 1 1 dx = −cotg( ) + lim+ x = ∞ x→0 sen( ) 1 − cos(x) 2 2
Exemplo 79. Estude a integrabilidade de xα para valores reais de α, com x ∈ (0, 1]. Se α = −1 ent˜ao
∫ 0
1
x−1 dx = lim+ ln(1) − ln(x) = ∞ x→0
logo a integral n˜ao existe, caso α < −1 temos tamb´em ∫
1
xα dx = lim+ x→0
0
1 1 − −α−1 =∞ α+1 x (α + 1)
portanto a integral n˜ao existe para α ≤ −1. Se α > −1, α + 1 > 0, da´ı ∫ 0
1
xα dx = lim+ x→0
xα+1 1 1 − = . α + 1 (α + 1) α+1
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
163
Exemplo 80. Estude a convergˆencia das integrais ∫
3
−3
dx e x2
∫
1
dx
−1
x3
1
.
Na primeira integral temos α = −2 e na segunda α = −
1 > −1 logo a primeira 3
diverge e a segunda converge. Quest˜ ao 2 Exemplo 81. Estudar a convergˆencia de ∫ ∫
∞
0
dx √ . (1 + x) x
∫ 1 ∫ ∞ dx dx dx √ = √ + √ e Separamos a integral em duas (1 + x) x (1 + x) x 0 0 (1 + x) x 1 analisamos a convergˆencia de cada uma delas, primeiro para a infinita. ∫ ∞ ∫ ∞ dx dx √ < √ (1 + x) x x x 1 1 ∞
onde a da direita converge logo a da esquerda tamb´em converge. ∫ 1 1 dx √ fazemos a transforma¸ca˜o y = de onde podemos chegar Na integral x 0 (1 + x) x na integral ∫ ∞ ∫ 1 dx dx √ = √ (1 + x) x 1 0 (1 + x) x que j´a vimos que converge. Exemplo 82. Estudar a convergˆencia de ∫ ∞ −∞
dx . 1 + x6 ∫
A fun¸ca˜o integrada ´e par, logo basta estudar a convergˆencia de 1
que converge por compara¸c˜ao. Exemplo 83. Estudar a convergˆencia de ∫ ∞ 1
xdx . 1 − ex
∞
dx < 1 + x6
∫ 1
∞
dx x6
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
∫
164
∫ ∞ xdx xdx = − 1 − ex ex − 1 1 1 ∫ ∞ xdx ent˜ao estudamos a convergˆencia de que ´e integral de uma fun¸c˜ao positiva em x e −1 1 [1, ∞), para x suficientemente grande temos ∞
x x2 < ex − 1 ex x x2 pois isso equivale a e > , por´em a integral infinita de x converge e da´ı x−1 e tamb´em, por compara¸c˜ao.
∫
x
1
∞
xdx −1
ex
Quest˜ ao 3 ∫ Exemplo 84. Estudar convergˆencia e convergˆencia absoluta de 1
∞
sen(x) dx com r > 0. xr
Por meio de integra¸ca˜o por partes temos x ∫ x ∫ x cos(t) sen(t) cos(t) dt = − r − r dt r t t tr+1 1 1 1 onde cada um dos limites acima com x → ∞ converge, a primeira parcela por ser limitada e a segunda converge pois ´e absolutamente convergente, x ∫ x ∫ x |cos(t)| 1 1 dt ≤ dt = r+1 tr+1 −rtr 1 1 1 t logo a integral converge. ∫ ∞ |sen(x)| dx n˜ao converge, pois xr 0 ∫ ∞ ∞ ∫ 2(n+1)π ∑ |sen(x)| |sen(x)| dx = dx r x xr 2π n=1 2nπ como
1 decresce temos xr ∞ ∫ 2(n+1)π ∞ ∫ 2(n+1)π ∑ ∑ |sen(x)| |sen(x)| dx ≥ dx = r x (2π)r (n + 1)r n=1 2nπ n=1 2nπ
em cada intervalo [2nπ, 2(n + 1)π] a integral tem um valor constante por |sen(x)| ser peri´odica de per´ıodo π, ent˜ao o valor da integral ´e C, a s´erie fica como =
∞ ∑ n=1
C (π2)r (n + 1)r
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
165
que ´e uma s´erie divergente com r ≤ 1, nesses caso a integral n˜ao converge absolutamente. Se r > 1 a s´erie converge absolutamente, pois ∫ 1
∞
|sen(x)| dx ≤ xr
∫
∞
1
t 1 1 dx = lim r r−1 t→∞ (−r + 1)x x 1
como r > −1, r − 1 > 0 ela converge. ∫ ∞ Exemplo 85. sen(x2 )dx converge, mas n˜ao absolutamente. Basta estudar a con∫ ∞0 vergˆencia de sen(x2 )dx, fazendo a mudan¸ca y = x2 a integral fica como 1
∫
∞ 1
∫
∞
que ca´ı no caso da integral 1
sen(y) √ dy 2 y
1 sen(y) dy, com 0 < r = < 1, que converge por´em n˜ao r y 2
absolutamente. Quest˜ ao 4 ∫ Exemplo 86. Mostre que
∞
∫0
tudamos a convergˆencia de
xsen(x4 )dx converge por´em xsen(x4 ) n˜ao ´e limitada. Es-
∞
xsen(x4 )dx. Fazemos a mudan¸ca x4 = y, a integral fica
1
como
∫
∞ 1
sen(y) √ dy 4 y
que converge, mas n˜ao absolutamente, como j´a vimos. Quest˜ ao 5 ∫ Propriedade 254. Seja f : [a, ∞) → R , cont´ınua, n˜ao-crescente. Se +
∞
f (x)dx cona
verge ent˜ao lim xf (x) = 0. x→∞
∫
x
f (t)dt, x ≥ a, existe lim g(x) = L, logo dado ε > 0, x→∞ x existe A > 0, tal que x > A ⇒ L − ε < g(x) < L. Para x > 2A ⇒ > A ⇒ L − ε < 2 x g( ) < L, g ´e crescente 2 x L − ε < g( ) < g(x) < L, 2 Demonstra¸c˜ ao. Seja g(x) =
a
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
166
x da´ı ε > g(x) − g( ), pois o comprimento do intervalo ´e L − (L − ε) = ε, 2 ∫ x x x x f (t)dt ≥ (x − )f (x) = f (x). ε > g(x) − g( ) = x 2 2 2 2 Demonstra¸c˜ ao.[2-Por crit´erio de Cauchy] Como a integral converge, ent˜ao para qualx quer ε > 0 existe M tal que x > > M vale 2 ∫ x f (t)dt < ε x 2
como f ´e decrescente e positiva x f (x) ≤ ε 2
0≤ logo segue que o limite ´e zero. Quest˜ ao 6
Propriedade 255 (Crit´erio de Cauchy). Seja f : [a, ∞) → R em que f |[a,r] ´e integr´avel ∫ ∞ ∀ r > a . Nessas condi¸c˜oes f (x)dx converge ⇔ ∀ε > 0 ∃ M tal que para B > A > M a
tenhamos
∫
B
|
f (x)dx| < ε. A
Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Suponha que a integral converge para L, seja ε > 0, usando a defini¸ca˜o de convergˆencia, podemos tomar M ≥ a suficientemente grande tal que se A ≥ M temos ∫ A ε | f (x)dx − L| < , 2 a tomando B > A ≥ M temos ∫
∫
B
|
f (x)dx − L| = |
∫
B
f (x)dx −
A
a
∫
A
f (x)dx| = | a
a
A
f (x)dx − L| ≤
a
B
logo vale |
f (x)dx − L| < ε como queriamos mostrar. A
A
f (x)dx − L + L − a
por desigualdade triangular ∫ B ∫ | f (x)dx − L| + | ∫
∫
B
f (x)dx| ≤ a
ε ε + =ε 2 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
167
⇐). Para n natural, definimos
∫
n
an =
f (x)dx. a
Para ε > 0, existe m ≥ a tal que se m, n ≥ M temos ∫ n |an − am | = | f (x)dx| < ε, m
logo (an ) ´e uma sequˆencia de Cauchy, logo ´e convergente, seja lim an = L. Dado ε > 0 escolhemos M ≥ a ( M natural) tal que n > m, e quaisquer A1 , B1 com B1 > A1 > M ε tem-se |an − L| < e 2 ∫ B1 ε | f (x)dx| < 2 A1 . Tomando |{z} A ≥ M + 1 ent˜ao ⌊A⌋ > M , tal que5 |{z} B1
∫
∫
A
|
A1
f (x)dx−L| = | a
∫
⌊A⌋
∫
A
f (x)dx−L+ ⌊A⌋
a
f (x)dx| ≤ |a⌊A⌋ −L|+|
A
ε ε f (x)dx| < + = ε 2 2 ⌊A⌋
Quest˜ ao 7 Propriedade 256. Seja f : [1, ∞) → R+ decrescente. Nessas condi¸co˜es ∞ ∑
∫
∞
f (k) < ∞ ⇔
f (t)dt < ∞.
1
k=1
Se a s´erie converge para s, vale a estimativa ∫
∞
∫ f (t)dt ≤ s − sn ≤
n+1
onde sn =
n ∑
∞
f (t)dt n
f (k).
k=1
Demonstra¸c˜ ao. De ∫ m(b − a) ≤
b
f (t)dt ≤ M (b − a) a
5
Lembre que ⌊⌋ ´e a fun¸c˜ ao piso, que dado x ∈ [n, n + 1), n inteiro, associa x a n.
.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
168
onde M, m s˜ao o supremo e ´ınfimo de f em [a, b], se tomamos o intervalo [k − 1, k] com f decrescente essa identidade implica que ∫ k f (k) ≤ f (t)dt ≤ f (k − 1) k−1
aplicando a soma
n ∑
tem-se
k=2 n ∑
∫
n
f (k) − f (1) = sn − f (1) ≤
f (t)dt ≤ 1
k=1
n ∑
f (k − 1) =
k=2
∫ s(n) − f (1) ≤
n−1 ∑
f (k) = s(n − 1)
k=1
n
f (t)dt ≤ s(n − 1) 1
portanto segue o resultado de convergˆencia. ∫ k m ∑ Da desigualdade f (k) ≤ f (t)dt ≤ f (k − 1) aplicando resulta k−1
∫ s(m) − s(n) ≤
n+1
∫
m
f (t)dt ≤ s(m − 1) − s(n − 1) ⇒ n
tomando m → ∞ segue
∫
m
f (t)dt ≤ s(m) − s(n) ≤ n
∫
∞
∫ f (t)dt ≤ s − sn ≤
n+1
m
f (t)dt n
∞
f (t)dt. n
1.13
Cap´ıtulo 12-Sequˆ encias e s´ erie de fun¸co ˜es
1.13.1
Convergˆ encia simples e convergˆ encia uniforme
Quest˜ oes 1 e 2 xn 1 = 1− , 1 + xn 1 + xn converge simplesmente, pois em 0 a sequˆencia ´e constante assumindo valor zero, para xn x ∈ (0, 1) fixo vale lim xn = 0 logo lim = 0, se x = 1 a sequˆencia ´e constante 1 + xn xn 1 1 = 1 − → 1, logo a assumindo valor , para x > 1, lim xn = ∞ logo 2 1 + xn 1 + xn convergˆencia n˜ao pode ser uniforme, pois apesar das fun¸co˜es serem cont´ınuas n˜ao h´a Exemplo 87. A sequˆencia de fun¸c˜oes fn : [0, ∞) → R, com fn (x) =
convergˆencia para fun¸ca˜o cont´ınua.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
169
Por´em temos que a sequˆencia converge uniformemente em [0, a] e [b, ∞), com a < 1 e b > 1, pois em [0, a] a sequˆencia ´e decrescente valendo xn+1 xn ≤ 1 + xn+1 1 + xn que vale em x = 0 e com x > 0 a desigualdade equivale a x(1 + xn ) ≤ (1 + xn+1 ) ⇔ x + xn+1 ≤ 1 + xn+1 ⇔ x ≤ 1 que ´e verdadeira pois x ≤ a < 1, temos uma sequˆencia de fun¸c˜oes definida em um compacto que ´e mon´otona e converge simplesmente, logo pelo teorema de Dini a sequˆencia converge uniformemente. Para x ∈ [b, ∞) temos que a sequˆencia ´e crescente, pois xn+1 xn ≥ 1 + xn+1 1 + xn vale em x = 0 e com x > 0 a desigualdade equivale a x(1 + xn ) ≥ (1 + xn+1 ) ⇔ x + xn+1 ≥ 1 + xn+1 ⇔ x ≥ 1 que ´e verdadeira pois x ≥ b > 1. Provamos o resultado por defini¸ca˜o, mas primeiro provamos que dado n fixo fn ´e crescente Dados x ≥ y ≥ b > 1 1−
1 1 1 1 ≥1− ⇔ ≥ ⇔ xn ≥ y n n n n 1+x 1+y 1+y 1 + xn
o que vale para potˆencias maiores que 1. Dado ε > 0 vale que (fn (b)) converge para 1, sendo crescente, ent˜ao para n > n0 temos |fn (b) − 1| < ε ⇒ −fn (b) + 1 < ε ⇔ fn (b) > 1 − ε isso pois fn (b) ´e crescente como sequˆencia, dado x ≥ b vale fn (x) ≥ fn (b) pelo fato da fun¸c˜ao ser crescente, ent˜ao fn (x) ≥ 1 − ε, isto ´e, 1 − fn (x) ≤ ε, |fn (x) − 1| ≤ ε para qualquer x em [b, ∞) e n > n0 , logo a convergˆencia ´e uniforme.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
170
Quest˜ ao 3 Exemplo 88. A s´erie
∞ ∑
xk (1 − xk ) converge com x ∈ (−1, 1] e converge uniformemente
k=1
1 em [−a, a] com < a < 1. 2 A s´erie converge em (−1, 1) por ser soma de s´eries geom´etricas, al´em disso converge ∞ ∑ em 1 pois se anula, 1k (1 − 1k ) = 0. k=1
Agora vejamos a convergˆencia uniforme. Com |x| ≤ a temos |x|k ≤ ak < 1, temos ainda |1 − xk | ≤ |1| + |xk | ≤ 2, agora aplicando essas desigualdades na s´erie temos ∞ an ak = 2 |x (1 − x )| ≤ 2 |x | ≤ 2 a =2 a − 1 n 1−a k=n k=n k=n
∞ ∑
k
k
∞ ∑
k
∞ ∑
k
express˜ao que pode ser tomada menor que qualquer ε independente de x para n suficientemente grande, logo temos convergˆencia uniforme. Quest˜ ao 4 Defini¸ c˜ ao 15 (Sequˆencia de Cauchy de fun¸c˜oes). Uma sequˆencia de fun¸co˜es (fn ), cada fn : T → R chama-se uma sequˆencia de Cauchy ⇔ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N | ∀x ∈ T, (m, n > n0 ) ⇒ |fm (x) − fn (x)| < ε. Teorema 4 (Crit´erio de Cauchy para convergˆencia uniforme.). Uma sequˆencia de fun¸c˜oes (fn ) ´e uniformemente convergente ⇔ ´e uma sequˆencia de Cauchy. Demonstra¸c˜ ao. ⇒). Suponhamos que fn →u f , ent˜ao ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N | ∀x ∈ T, n > n0 ⇒ |fn (x) − f (x)| < e para m > n0 acontece o mesmo fato |fm (x) − f (x)| <
ε 2
, somando ambas desigualdades tem-se |fm (x) − fn (x)| ≤ |fm (x) − f (x)| + |f (x) − fn (x)| < ε
ε 2
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
171
logo a sequˆencia ´e de Cauchy. ⇐). Se (fn ) ´e uma sequˆencia de fun¸co˜es de Cauchy ent˜ao (fn (x)) ´e uma sequˆencia de cauchy logo (fn (x)) ´e convergente e definimos uma fun¸ca˜o f (x) no seu limite para cada x. Mostraremos agora que fn →u f , por ser uma sequˆencia de Cauchy de fun¸c˜oes temos ∀x ∈ T, (m, n > n0 ) ⇒ |fm (x) − fn (x)| < ε fm (x) − ε < fn (x) < ε + fm (x) que tomando m → ∞ segue f (x) − ε ≤ fn (x) ≤ ε + f (x) ⇒ |fn (x) − f (x)| ≤ ε isso para todo x, logo fn →u f . Quest˜ ao 5 Propriedade 257. Seja fn : A → R que converge uniformemente para f : A → R. f ´e limitada ⇔ existem K > 0 e n0 ∈ N tais que n > n0 ⇒ |fn (x)| ≤ K ∀x ∈ A. Demonstra¸c˜ ao. Se fn →u f em A ent˜ao dado ε = 1 existe n0 ∈ N tal que para n > n0 tem-se ||fn (x)| − |f (x)|| ≤ |fn (x) − f (x)| < 1 ∀ x ∈ A pela continuidade uniforme. Usaremos que ||fn (x)| − |f (x)|| ≤ 1. ⇒). Se f ´e limitada existe K > 0 tal que |f (x)| ≤ K ∀x ∈ A, da´ı por desigualdade triangular |fn (x)| ≤ ||fn (x)| − |f (x)|| + |f (x)| < 1 + |f (x)| ≤ 1 + K logo cada fn ´e limitada para n > n0 . ⇐). Se vale |fn (x)| ≤ K ∀x e n > n0 |f (x)| ≤ ||fn (x)| − |f (x)|| + |fn (x)| < 1 + |fn (x)| ≤ 1 + K da´ı f ´e limitada.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
172
Quest˜ ao 7 Propriedade 258. Se
n ∑
|fk (x)| converge uniformemente em A, ent˜ao
k=1
n ∑
fk (x) tamb´em
k=1
converge uniformemente. Demonstra¸c˜ ao. Usamos o crit´erio de Cauchy, para qualquer ε > 0, existe n0 ∈ N tais que m > n > n0 e qualquer x ∈ A vale |
m ∑
|fk (x)| −
k=1
|
m ∑ k=n+1
n ∑
|fk (x)|| = |
k=1
isto implica,
portanto
n ∑
fk (x)| ≤
m ∑
|fk (x)|| < ε,
k=n+1 m ∑
|fk (x)| < ε, ∀x
k=n+1
fk (x) ´e de cauchy uniformemente, logo converge uniformemente.
k=1
1.13.2
Propriedades da convergˆ encia uniforme
Quest˜ ao 1 Propriedade 259 (Adi¸c˜ao de uniformemente convergentes). Se fn → uf e gn →u g em A ent˜ao fn + gn →u f + g em A. Demonstra¸c˜ ao. Dado
ε > 0 arbitr´ario por continuidade uniforme de fn e gn , temos 2
que ε |fn (x) − f (x)| < , ∀ x n > n0 2 ε |gn (x) − g(x)| < , ∀ x n > n1 2 tomando n > n1 +n0 valem as duas desigualdades, da´ı aplicamos a desigualdade triangular |fn (x) + gn (x) − [f (x) + g(x)]| ≤ |fn (x) − f (x)| + |gn (x) − g(x)| <
ε ε + =ε 2 2
de onde segue a convergˆencia uniforme da soma. Propriedade 260 (Produto de uniformemente convergentes). Se fn → uf , gn →u g, com f e g limitadas em A ent˜ao fn .gn →u f.g
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
173
Demonstra¸c˜ ao. Sabemos que se f e g s˜ao limitadas ent˜ao para valores de n suficientemente grandes cada fn e gn s˜ao limitadas, valendo |fn (x)| ≤ K e |g(x)| ≤ K1 . Podemos escrever fn (x).gn (x) − f (x).g(x) = fn (x).gn (x) + −fn (x)g(x) + fn (x)g(x) −f (x).g(x) = | {z } 0
= fn (x).[gn (x) − g(x)] + g(x)[fn (x) − f (x)] ε ε para n grande podemos tomar |gn (x) − g(x)| < e |fn (x) − f (x)| < , tomando a 2K 2K1 desigualdade triangular aplicada na express˜ao acima |fn (x).gn (x) − f (x).g(x)| = = |fn (x).[gn (x)−g(x)]+g(x)[fn (x)−f (x)]| ≤ |fn (x)|.|gn (x)−g(x)|+|g(x)||fn (x)−f (x)| ≤ ε ε ε ε K + K1 = + = ε. 2K 2K1 2 2 Propriedade 261 (Quociente de uniformemente convergente). Se gn →u g, com |g(x)| ≥ 1 1 c em A ent˜ao →u . gn g Demonstra¸c˜ ao. 1 1 1 ≤ , logo para n > n0 vale ≤ K ⇒ g(x) c gn (x) 1 K cε ≤ , por convergˆencia uniforme, podemos tomar |gn (x) − g(x)| ≤ logo |g(x)||gn (x)| c K Como |g(x)| ≥ c ∀x ent˜ao
| logo temos
1 1 g(x) − gn (x) |gn (x) − g(x)| K cε − |=| |= ≤ =ε gn (x) g(x) gn (x)g(x) |gn (x)g(x)| c K
1 1 →u . gn g
Corol´ ario 41. Se fn →u f , gn →u g, com |g(x)| ≥ c e f limitada em A ent˜ao
fn f →u , gn g
1 →u g e da´ı por produto de fun¸co˜es uniformemente convergentes que convergem gn fn f para fun¸co˜es limitadas vale que →u . gn g pois
Quest˜ ao 2 Exemplo 89. Se xn → 0 uma sequˆencia n˜ao nula e g(x) ´e ilimitada em A ent˜ao fn (x) = [xn + g(x)]2 n˜ao converge uniformemente.
˜ ´ CAP´ITULO 1. SOLUC ¸ OES-AN ALISE REAL VOLUME 1 (ELON FINO)
174
Vale que fn (x) = x2n + 2g(x)xn + g(x)2 temos que hn (x) = x2n e tn (x) = g(x)2 convergem uniformemente, ent˜ao para mostrar que fn n˜ao converge uniformemente basta mostrar que sn (x) = g(x)xn n˜ao converge uniformemente. Dado ε = 1 para qualquer n fixado, como g ´e ilimitada em A, podemos tomar x tal 1 que |g(x)| > da´ı |xn ||g(x)| > 1, isto ´e, |xn | |xn g(x) − 0| > 1 ent˜ao sn (x) n˜ao converge uniformemente. 1 . Essa exemplo mostrar n como o produto de sequˆencias uniformemente convergentes pode n˜ao ser uniformemente Como um exemplo podemos tomar g(x) polinˆomio e xn =
convergente.
1.14
Agradecimentos
