Soluções de Exercı́cios do Livro
“Curso de Análise”, Volume I,
de Elon Lages Lima
Cleber Fernando Colle,
Edson José Teixeira,
Júlio C. C. da Silva (jcconegundes@gmail.com) e
Rodrigo Carlos Silva de Lima (rodrigo.uff.math@gmail.com)
24 de dezembro de 2013
Sumário
1 Conjuntos e
Exercı́cio 1.1
Exercı́cio 1.2
Exercı́cio 1.3
Exercı́cio 1.4
Exercı́cio 1.5
Exercı́cio 1.6
Exercı́cio 1.7
Exercı́cio 1.8
Exercı́cio 1.9
Exercı́cio 1.10
Exercı́cio 1.11
Exercı́cio 1.12
Exercı́cio 1.13
Exercı́cio 1.14
Exercı́cio 1.15
Exercı́cio 1.16
Exercı́cio 1.17
Exercı́cio 1.18
Exercı́cio 1.19
Exercı́cio 1.20
Exercı́cio 1.21
Funções
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2 Conjuntos Finitos,
Exercı́cio 2.1 . . . .
Exercı́cio 2.2 . . . .
Exercı́cio 2.3 . . . .
Exercı́cio 2.4 . . . .
Exercı́cio 2.5 . . . .
Exercı́cio 2.6 . . . .
Exercı́cio 2.7 . . . .
Exercı́cio 2.8 . . . .
Exercı́cio 2.9 . . . .
Exercı́cio 2.10 . . . .
Exercı́cio 2.11 . . . .
Exercı́cio 2.12 . . . .
Exercı́cio 2.13 . . . .
Exercı́cio 2.14 . . . .
Exercı́cio 2.15 . . . .
Exercı́cio 2.16 . . . .
Exercı́cio 2.17 . . . .
Exercı́cio 2.18 . . . .
Exercı́cio 2.10 . . . .
Exercı́cio 2.20 . . . .
Exercı́cio 2.21 . . . .
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12
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20
21
22
23
24
25
26
28
29
Enumeráveis
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Não-Enumeráveis
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Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
2.22
2.23
2.24
2.25
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59
60
61
64
67
3 Números Reais
Exercı́cio 3.01 . .
Exercı́cio 3.02 . .
Exercı́cio 3.03 . .
Exercı́cio 3.04 . .
Exercı́cio 3.05 . .
Exercı́cio 3.08 . .
Exercı́cio 3.09 . .
Exercı́cio 3.10 . .
Exercı́cio 3.11 . .
Exercı́cio 3.12 . .
Exercı́cio 3.13 . .
Exercı́cio 3.14 . .
Exercı́cio 3.15 . .
Exercı́cio 3.16 . .
Exercı́cio 3.17 . .
Exercı́cio 3.10 . .
Exercı́cio 3.19 . .
Exercı́cio 3.20 . .
Exercı́cio 3.22 . .
Exercı́cio 3.23 . .
Exercı́cio 3.24 . .
Exercı́cio 3.25 . .
Exercı́cio 3.26 . .
Exercı́cio 3.27 . .
Exercı́cio 3.28 . .
Exercı́cio 3.29 . .
Exercı́cio 3.30 . .
Exercı́cio 3.31 . .
Exercı́cio 3.32 . .
Exercı́cio 3.33 . .
Exercı́cio 3.31 . .
Exercı́cio 3.32 . .
Exercı́cio 3.33 . .
Exercı́cio 3.34 . .
Exercı́cio 3.35 . .
Exercı́cio 3.37 . .
Exercı́cio 3.38 . .
Exercı́cio 3.39 . .
Exercı́cio 3.40 . .
Exercı́cio 3.42 . .
Exercı́cio 3.43 . .
Exercı́cio 3.44 . .
Exercı́cio 3.45 . .
Exercı́cio 3.46 . .
Exercı́cio 3.47 . .
Exercı́cio 3.48 . .
Exercı́cio 3.49 . .
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87
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94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
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114
115
116
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118
119
2
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
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3.51
3.52
3.53
3.54
3.55
3.56
3.57
3.58
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130
131
132
4 Sequências e Séries de Números
Exercı́cio 4.1 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.2 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.3 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.4 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.5 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.6 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.7 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.8 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.9 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.10 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.10 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.11 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.11a . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.12 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.14 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.15 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.18 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.19 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.20 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.21 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.22 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.25 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.31 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.33 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.35 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.36 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.40 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.41 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.42 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.43 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.44 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.45 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.46 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.47 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.48 . . . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 4.49 . . . . . . . . . . . . .
Reais
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141
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151
152
154
155
156
157
159
160
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162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
173
5 Topologia da Reta
Exercı́cio 5.01 . . . .
Exercı́cio 5.02 . . . .
Exercı́cio 5.03 . . . .
Exercı́cio 5.04 . . . .
Exercı́cio 5.05 . . . .
Exercı́cio 5.06 . . . .
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Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
5.07
5.08
5.09
5.10
5.11
5.12
5.13
5.14
5.15
5.16
5.17
5.18
5.19
5.20
5.21
5.22
5.23
5.24
5.25
5.26
5.27
5.28
5.29
5.30
5.31
5.32
5.33
5.34
5.35
5.36
5.37
5.38
5.39
5.40
5.41
5.42
5.43
5.44
5.45
5.46
5.47
5.48
5.49
5.50
5.51
5.52
5.53
5.54
5.55
5.56
5.57
5.58
5.59
5.60
5.61
5.62
5.63
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201
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203
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206
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Exercı́cio 5.64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
6 Limites de Funções
Exercı́cio 6.01 . . . . .
Exercı́cio 6.02 . . . . .
Exercı́cio 6.03 . . . . .
Exercı́cio 6.04 . . . . .
Exercı́cio 6.05 . . . . .
Exercı́cio 6.06 . . . . .
Exercı́cio 6.07 . . . . .
Exercı́cio 6.08 . . . . .
Exercı́cio 6.09 . . . . .
Exercı́cio 6.10 . . . . .
Exercı́cio 6.11 . . . . .
Exercı́cio 6.12 . . . . .
Exercı́cio 6.13 . . . . .
Exercı́cio 6.14 . . . . .
Exercı́cio 6.15 . . . . .
Exercı́cio 6.16 . . . . .
Exercı́cio 6.17 . . . . .
Exercı́cio 6.18 . . . . .
Exercı́cio 6.19 . . . . .
Exercı́cio 6.20 . . . . .
Exercı́cio 6.21 . . . . .
Exercı́cio 6.22 . . . . .
Exercı́cio 6.23 . . . . .
Exercı́cio 6.24 . . . . .
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273
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7 Funções
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
Exercı́cio
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296
297
298
299
300
301
303
304
305
306
Contı́nuas
7.38 . . . . .
7.39 . . . . .
7.40 . . . . .
7.41 . . . . .
7.42 . . . . .
7.43 . . . . .
7.44 . . . . .
7.45 . . . . .
7.46 . . . . .
7.47 . . . . .
8 Derivadas
Exercı́cio 8.46
Exercı́cio 8.47
Exercı́cio 8.48
Exercı́cio 8.49
Exercı́cio 8.50
Exercı́cio 8.51
Exercı́cio 8.52
Exercı́cio 8.53
Exercı́cio 8.54
Exercı́cio 8.55
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9 Integral de Riemann
307
5
10 Sequências e Séries de Funções
Exercı́cio 10.44 . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 10.45 . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 10.46 . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 10.47 . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 10.48 . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 10.49 . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 10.50 . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 10.51 . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 10.52 . . . . . . . . . . .
Exercı́cio 10.53 . . . . . . . . . . .
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6
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313
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316
317
318
319
320
Capı́tulo 1
Conjuntos e Funções
7
Exercı́cio 1.1:
Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a ) X ⊃ A e X ⊃ B,
(2a ) Se Y ⊃ A e Y ⊃ B então Y ⊃ X.
Prove que X = A ∪ B.
A inclusão A ∪ B ⊂ X é fornecida pela primeira hipótese. De fato, se x ∈ A ⊂ X ou x ∈ B ⊂ X (isto é, se
x ∈ A ∪ B) então x ∈ X.
E a segunda hipótese fornece a inclusão A ∪ B ⊂ X pois A ∪ B ⊃ A e A ∪ B ⊃ B.
Portanto, X = A ∪ B.
8
Exercı́cio 1.2:
Enuncie e prove um resultado, análogo ao anterior, caracterizando A ∩ B.
Enunciado:
Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
1a X ⊂ A e X ⊂ B,
2a Se Y ⊂ A e Y ⊂ B então Y ⊂ X.
Prove que X = A ∩ B.
Prova:
A inclusão A∩B ⊃ X é fornecida pela primeira hipótese. De fato, se x ∈ X temos que A ⊃ X ∋ x e B ⊃ X ∋ x.
Consequentemente, se x ∈ X então x ∈ A ∩ B.
E a segunda hipótese fornece a inclusão A ∩ B ⊂ X pois A ∩ B ⊂ A e A ∩ B ⊂ B.
Portanto, X = A ∩ B.
9
Exercı́cio 1.3:
Sejam A, B ⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ E\B. Prove também que A ∪ B = E se, e somente
se, E\A ⊂ B.
• A ∩ B = ∅ se e somente se A ⊂ E\B:
Suponhamos que A ∩ B = ∅. Se x ∈ A devemos ter que x pertence a E\B. De fato, como x pertence a A e
A está contido em E, segue que x pertence a B ou E\B. Como A ∩ B = ∅, temos que x ∈
/ B. Logo, x ∈ E\B.
Assim, A ⊂ E\B.
Consideremos o caso em que A ⊂ E\B. Se existisse x ∈ A ∩ B terı́amos que x ∈ A e x ∈ B. Mas, como A é um
subconjunto de E\B, terı́amos também que x ∈ E\B. Um absurdo, pois se x ∈ E\B então x ∈
/ B. Desta forma,
concluimos que A ∩ B = ∅.
• A ∪ B = E se e somente se E\A ⊂ B:
Suponhamos que A ∪ B = E. Se x ∈ E\A devemos ter que x pertence a B. De fato, como x pertence a E e
E = A ∪ B, devemos ter que x ∈ A ou x ∈ B. Além disso, como x ∈ E\A, temos também que x ∈
/ A. O que nos
garante que x ∈ B. Logo, E\A ⊂ B.
Consideremos o caso em que E\A ⊂ B. Seja x ∈ E. Segue que, x ∈ A ou x ∈ E\A. Se x ∈ E\A então x
pertence a B pois E\A está contido em B. Logo, x ∈ A ou x ∈ B. Ou seja, x ∈ A ∪ B. Assim, devemos ter que
E ⊂ A ∪ B. E, como A e B estão contidos em E, segue (veja o exercicio 1.1) que E = A ∪ B.
10
Exercı́cio 1.4:
Dados A, B ⊂ E, prove que A ⊂ B se, e somente se, A ∩ (E\B) = ∅.
Suponhamos que A ⊂ B. Se existisse x ∈ A ∩ (E\B) terı́amos que x ∈ A e x ∈ E\B. Isto é, existiria x ∈ E tal
que x ∈ A e x ∈
/ B. Mas, isto é um absurdo, pois, como A ⊂ B, se x ∈ A então x ∈ B. Portanto, A ∩ (E\B) = ∅.
Consideremos, agora, o caso em que A ∩ (E\B) = ∅. Seja x ∈ A. Como A ⊂ E, temos que x ∈ E. Assim,
x ∈ B ou x ∈ E\B. Logo, x ∈ B pois se x ∈ E\B terı́amos que x ∈ A ∩ (E\B) = ∅.
11
Exercı́cio 1.5:
Dê exemplo de conjuntos A, B, C tais que (A ∪ B) ∩ C ̸= A ∪ (B ∩ C).
Tome A = {1, 2, 3}, B = {1, 3} e C = {1, 2}. Desta forma, temos
(A ∪ B) ∩ C = {1, 2} ̸= {1, 2, 3} = A ∪ (B ∩ C).
12
Exercı́cio 1.6:
Se A, X ⊂ E são tais que A ∩ X = ∅ e A ∪ X = E, prove que X = E\A.
Seja x ∈ X. Uma vez que x ∈
/ ∅ = A ∩ X, temos que x ∈
/ A. E, como x ∈ X ⊂ E, devemos ter, também, que
x ∈ E. Logo, x ∈ E\A. Portanto, como x ∈ X é arbitráro, devemos ter que X ⊂ E\A.
Considere, agora, x ∈ E\A. Segue que x ∈ E e x ∈
/ A. Como x ∈ E = A ∪ X e x ∈
/ A, temos que x ∈ X.
Portanto, como x ∈ E\A é arbitráro, devemos ter que X ⊂ E\A.
13
Exercı́cio 1.7:
Se A ⊂ B, então
B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A,
para todo conjunto C. Por outro lado, se existir C de modo que a igualdade acima seja satisfeita, então A ⊂ B.
Primeiramente, mostremos que se A ⊂ B então, para qualquer conjunto C, temos
B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A.
Seja x ∈ B ∩ (A ∪ C). Assim, x ∈ B e (x ∈ C ou x ∈ A).
• Se x ∈ C temos que x ∈ B ∩ C. Logo, x ∈ (B ∩ C) ∪ A.
• Se x ∈ A temos imediatamente que x ∈ (B ∩ C) ∪ A.
Segue, em todo caso, que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Logo, concluimos que B ∩ (A ∪ C) ⊂ (B ∩ C) ∪ A.
Considere, agora, que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Assim, x ∈ B ∩ C ou x ∈ A.
• Se x ∈ B ∩ C então x ∈ B e x ∈ C. Logo, x ∈ B, x ∈ A ∪ C e, consequentemente, x ∈ B ∩ (A ∪ C).
• Se x ∈ A temos que x ∈ B, já que A ⊂ B. Assim, x ∈ B e x ∈ A ⊂ A ∪ C. Logo, x ∈ B ∩ (A ∪ C).
Em ambos os casos, x ∈ B ∩ (A ∪ B). Desta forma, tem-se que B ∩ (A ∪ C) ⊃ (B ∩ C) ∪ A.
Portanto, se A ⊂ B então B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A, para qualquer conjunto C.
Reciprocamente, suponhamos que exista um conjunto C tal que x ∈ (B ∩ C) ∪ A = B ∩ (A ∪ C).
Se x ∈ A temos que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Mas, como (B ∩ C) ∪ A = B ∩ (A ∪ C), devemos ter que x ∈ B. Logo,
conclui-se que A ⊂ B.
14
Exercı́cio 1.8:
Suponhamos que A e B sejam subconjuntos de E. Prove que A = B se, e somente se,
(
) (
)
A ∩ (E\B) ∪ (E\A) ∩ B = ∅.
Suponhamos que A = B. Neste caso, temos que
E\A = E\B.
Logo,
A ∩ (E\B) = A ∩ (E\A) = ∅
e
B ∩ (E\A) = B ∩ (E\B) = ∅.
Portanto,
(
) (
)
A ∩ (E\B) ∪ B ∩ (E\A) = ∅ ∪ ∅ = ∅.
Reciprocamente, consideremos o caso em que
(
) (
)
A ∩ (E\B) ∪ B ∩ (E\A) = ∅.
Seja x ∈ A. Se supusermos, por absurdo, que x ∈
/ B teremos que x ∈ A ∩ (E\B) e, consequentemente,
(
) (
)
x ∈ A ∩ (E\B) ∪ B ∩ (E\A) = ∅.
Uma contradição. De modo inteiramente análogo é impossı́vel que x ∈ B e x ∈
/ A. Portanto, A = B.
15
Exercı́cio 1.9:
Prove que
(A\B) ∪ (B\A) = (A ∪ B)\(A ∩ B).
• (A\B) ∪ (B\A) ⊂ (A ∪ B)\(A ∩ B)
Seja x ∈ (A\B) ∪ (B\A). Neste caso, x ∈ A\B ou x ∈ B\A. Se x ∈ B\A então temos que x ∈ A e x ∈
/ B.
Logo, x ∈ A ∪ B e x ∈
/ A ∩ B, ou seja, x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B). Analogamente, x ∈ B\A implica x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B).
• (A\B) ∪ (B\A) ⊃ (A ∪ B)\(A ∩ B)
Seja x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B). Neste caso, x ∈ A ∪ B e x ∈
/ A ∩ B. Se x ∈ A então x ∈
/ B, uma vez que x ∈
/ A ∩ B.
Isto é, se x ∈ A então x ∈ A\B. Analogamente, se x ∈ B, temos que x ∈ B\A. Portanto, x ∈ (A\B) ∪ (B\A).
16
Exercı́cio 1.10:
Para conjuntos A e B, definimos o conjunto
A∆B := (A\B) ∪ (B\A).
Prove que A∆B = A∆C implica que B = C. Examine a validade um resultado análogo com ∩, ∪ ou × em vez de
∆.
Suponhamos que A∆B = A∆C.
Mostraremos que os conjuntos B ∩ A e B\A estão contidos em C. Desta forma, como B = (B ∩ A) ∪ (B\A),
concluiremos que B ⊂ C.
Seja x ∈ B ∩ A. Temos que x ∈
/ A∆B = (A\B) ∪ (B\A), pois x ∈
/ A\B e x ∈
/ B\A. Assim, como A∆B = A∆C,
temos que x ∈
/ A∆C = (A\C) ∪ (C\A) e, consequentemente, x ∈
/ A\C. Logo, x ∈ C pois x ∈ A e x ∈
/ A\C. Como
x ∈ B ∩ A é arbitrário, concluimos que B ∩ A ⊂ C.
Seja x ∈ B\A. Logo, x ∈ (A\B) ∪ (B\A) = A∆B. E, como A∆B = A∆C, temos que x ∈ A∆C. Sendo
x ∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A), segue que x ∈ A\C ou x ∈
/ C\A. Assim, já que x ∈
/ A, devemos ter que x ∈ C\A e,
consequentemente, x ∈ C. Como x ∈ B\A é arbitrário, concluimos que B\A ⊂ C.
Por fim, como B ∩ A e B\A estão contidos em C, devemos ter que B ⊂ C. E, de forma análoga, prova-se que
C ∩ A e C\A estão contidos em B. Logo, C ⊂ B. Portanto, supondo que A∆B = A∆C, temos que B = C.
Consideremos agora a validade dos casos análogos para ∩, ∪ e × ao invés de ∆.
Existem A, B e C tais que
• A ∩ B = A ∩ C e B ̸= C. Por exemplo: A = {1}, B = {1, 2} e C = {1, 2, 3};
• A ∪ B = A ∪ C e B ̸= C. Por exemplo: A = {1}, B = {2} e C = {1, 2};
• A × B = A × C e B ̸= C. Por exemplo: A = ∅, B = {1} e C = {2}.
17
Exercı́cio 1.11:
Prove as seguintes afirmações:
(a) (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C);
(b) (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C);
(c) (A − B) × C = (A × C) − (B × C);
(d) A ⊂ A′ , B ⊂ B ′ =⇒ A × B ⊂ A′ × B ′ .
(a) Temos que a igualdade (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C) é válida pois
(x, c) ∈ (A ∪ B) × C
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x∈A∪B e c∈C
(x ∈ A e c ∈ C) ou (x ∈ B e c ∈ C)
(x, c) ∈ A × C ou (x, c) ∈ B × C
(x, c) ∈ (A × C) ∪ (B × C).
(b) Temos que a igualdade (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C) é válida pois
(x, c) ∈ (A ∩ B) × C
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x ∈ (A ∩ B) e c ∈ C
(x ∈ A e c ∈ C) e (x ∈ B e c ∈ C)
(x, c) ∈ A × C e (x, c) ∈ B × C
(x, c) ∈ (A × C) ∩ (B × C).
(c) Temos que a igualdade (A − B) × C = (A × C) − (B × C) é válida pois
(x, c) ∈ (A − B) × C
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x∈A−B e c∈C
(x ∈ A e c ∈ C) e (x ∈
/ B e c ∈ C)
(x, c) ∈ A × C e (x, c) ∈
/ B×C
(x, c) ∈ (A × C) − (B × C).
(d) Seja (a, b) ∈ A × B. Então, a ∈ A′ e b ∈ B ′ pois A ⊂ A′ e B ⊂ B ′ . Logo, (a, b) ∈ A′ × B ′ . Portanto,
concluimos que A × B ⊂ A′ × B ′ .
18
Exercı́cio 1.12:
Dada uma função f : A → B:
(a) Prove que se tem f (X\Y ) ⊃ f (X)\f (Y ), sejam quais forem os subconjuntos X e Y de A;
(b) Mostre que se f for injetora então f (X\Y ) = f (X)\f (Y ) para quaisquer X e Y contidos em A.
(a)
Suponhamos que z ∈ f (X)\f (Y ). Desta forma, temos que z ∈ f (X) e, consequentemente, existe x ∈ X tal
que f (x) = z. Como z ∈
/ f (Y ) e z = f (x), devemos ter que x ∈
/ Y . Logo, x ∈ X\Y . Assim, concluimos que
z = f (x) ∈ f (X\Y ).
Portanto, devemos ter que f (X\Y ) ⊂ f (X)\f (Y ).
(b)
Pelo item (a), temos que f (X\Y ) ⊂ f (X)\f (Y ). Logo, basta verificarmos que f (X\Y ) ⊃ f (X)\f (Y ).
Seja z ∈ f (X\Y ). Então, podemos escolher x ∈ X\Y tal que f (x) = z. Assim, z = f (x) ∈ f (X) pois x ∈ X.
Por outro lado, como f é injetivo, f (x) = z e x ∈
/ Y , nenhum y ∈ Y é tal que f (y) = z. Logo, z ∈
/ f (Y ). Portanto,
z ∈ f (X)\f (Y ).
Com isso, concluimos que f (X\Y ) = f (X)\f (Y ).
19
Exercı́cio 1.13:
Mostre que a função f : A → B é injetora se, e somente se, f (A\X) = f (A)\f (X) para todo X ⊂ A.
Se f : A → B é injetiva, pelo item (b) do exercı́cio 1.12, a igualdade f (A\X) = f (A)\f (X) é válida para todo
X ⊂ A.
Suponhamos que a igualdade f (A\X) = f (A)\f (X) seja válida para todo X ⊂ A. Seja a ∈ A e denotemos por
b o elemento f (a) ∈ B. Assim,
b∈
/ f (A\{a}) = f (A)\f ({a}).
Logo, não existe a′ ∈ A\{a} tal que f (a′ ) = b = f (a). Desta forma, como a ∈ A é arbitrário, concluimos que f é
injetivo.
20
Exercı́cio 1.14:
Dada a função f : A → B, prove que:
(a) f −1 (f (X)) ⊃ X para todo X ⊂ A;
(b) f é injetora se, e somente se, f −1 (f (X)) = X para todo X ⊂ A.
(a)
Se x ∈ X então x ∈ f −1 (f (X)) pois f (x) ∈ f (X). Assim, devemos ter que f −1 (f (X)) ⊃ X.
(b)
Suponhamos que f é injetora e fixemos X ⊂ A. Provaremos que f −1 (f (X)) ⊂ X e concluiremos, pelo item
(a), que f −1 (f (X)) = X. Desta forma, podemos concluir que se f é injetora então f −1 (f (X)) = X, para qualquer
X ⊂ A.
Seja y ∈ f −1 (f (X)). Segue que f (y) ∈ f (X). Assim, existe x ∈ X tal que f (x) = f (y). Sendo f injetiva,
conclui-se que y = x ∈ X. Portanto, como y ∈ f −1 (f (X)) é arbitrário, temos que f −1 (f (X)) ⊂ X.
Suponhamos, por outro lado, que f seja tal que f −1 (f (X)) = X, para qualquer X ⊂ A. Sejam x e y ∈ A
tais que f (x) = f (y). Neste caso, temos que f ({x}) = f ({x, y}). Assim, f −1 (f ({x})) = f −1 (f ({x, y})) e, pela
hipótese,
{x} = f −1 (f ({x})) = f −1 (f ({x, y})) = {x, y}.
Desta forma, y ∈ {x} e, consequentemente, x = y. Com isso, concluimos que se x e y ∈ A são tais que f (x) = f (y)
então x = y. Portanto, f é injetiva.
21
Exercı́cio 1.15:
Dada f : A → B, prove:
(a) Para todo Z ⊂ B, tem-se que f (f −1 (Z)) ⊂ Z;
(b) f é sobrejetora se, e somente se, f (f −1 (Z)) = Z para todo Z ⊂ B.
(a)
Seja z ∈ f (f −1 (Z)). Existe x ∈ f −1 (Z) tal que f (x) = z. Assim, como x ∈ f −1 (Z), z = f (x) ∈ Z.
Portanto, podemos concluir que f (f −1 (Z)) ⊂ Z.
(b)
Suponhamos que f seja sobrejetora. Provaremos, para um Z ⊂ B arbitrário, que f (f −1 (Z)) = Z.
Pelo item (a), temos que f (f −1 (Z)) ⊂ Z.
Seja z ∈ Z. Como f é sobrejetiva, existe x ∈ A tal que z = f (x). Desta forma, como f (x) = z ∈ Z, segue que
x ∈ f −1 (Z). Logo, z = f (x) ∈ f (f −1 (Z)).
Desta forma, concluimos que f (f −1 (Z)) ⊃ Z.
Portanto, devemos ter que f (f −1 (Z)) = Z.
Suponhamos, por outro lado, que f (f −1 (Z)) = Z, para todo Z ⊂ B.
Seja z ∈ B. Definindo Z = {z}, temos que
f (f −1 (Z)) = Z = {z}.
Desta forma, temos que z ∈ f (f −1 (Z)). Assim, existe x ∈ f −1 (Z) ⊂ A tal que f (x) = z.
Portanto, neste caso, f é sobrejetiva.
22
Exercı́cio 1.16:
Dada uma famı́lia de conjuntos (Aλ )λ∈L , seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a ) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊃ Aλ ;
(2a ) Se Y ⊃ Aλ , para todo λ ∈ L, então Y ⊃ X.
∪
Prove que, nestas condições, tem-se X =
Aλ .
λ∈L
Pela primeira condição, temos que X ⊃ Aλ para cada λ ∈ L. Assim,
∪
Aλ ⊂ X pois cada x ∈
λ∈L
∪
λ∈L
Aλ pertence
a Aλ ⊂ X, para ∪
algum λ ∈ L. ∪
∪
O conjunto
Aλ é tal que
Aλ ⊃ Aλ , para todo λ ∈ L. Logo, pela segunda condição,
Aλ ⊃ X.
λ∈L
Portanto, X =
∪
λ∈L
λ∈L
Aλ .
λ∈L
23
Exercı́cio 1.17:
Enuncie e demonstre um resultado análogo ao anterior, caracterizando
∩
Aλ .
λ∈L
Enunciado: Dada uma famı́lia de conjuntos (Aλ )λ∈L , seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a ) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊂ Aλ ;
(2a ) Se Y ⊂ Aλ para todo λ ∈ L, então Y ⊂ X.
∩
Nestas condições, tem-se X =
Aλ .
λ∈L
Demonstração:
∩
∩
Todo elemento x de X pertence a
Aλ pois x ∈ X ⊂ Aλ , pela primeira hipótese sobre X. Logo,
Aλ ⊃ X.
λ∈L
∩
∩ λ∈L
∩
O conjunto
Aλ é tal que
Aλ ⊂ Aλ , para todo λ ∈ L. Assim, pela segunda hipótese sobre X,
Aλ ⊂ X.
λ∈L ∩
λ∈L
λ∈L
Portanto, X =
Aλ .
λ∈L
24
Exercı́cio 1.18:
Seja f : P(A) −→ P(A) uma função tal que X ⊂ Y =⇒ f (Y ) ⊂ f (X) e f (f (X)) = X. Prove que f (∪Xλ ) = ∩f (Xλ )
e f (∩Xλ ) = ∪f (Xλ ).[Aqui X, Y e cada Xλ são subconjuntos de A].
Façamos cada inclusão separadamente.
∪
∩
(i) f ( Xλ ) ⊂ f (Xλ )
Como ∪Xλ ⊃ Xλ , para todo λ, temos por hipótese que f (∪Xλ ) ⊂ f (Xλ ), para todo λ. Daı́, f (∪Xλ ) ⊂ ∩f (Xλ ).
∪
∩
(ii) f ( Xλ ) ⊃ f (Xλ )
Por (ii), temos que f (∩f (Xλ )) ⊃ ∪f (f (Xλ )) = ∪Xλ . Daı́, f (f (∩f (Xλ ))) ⊂ f (∪Xλ ). Logo, ∩f (Xλ ) ⊂ f (∪Xλ ).
(iii) f (
∩
Xλ ) ⊃
∪
f (Xλ )
Como ∩Xλ ⊂ Xλ , para todo λ, temos por hipótese que f (∩Xλ ) ⊃ f (Xλ ), para todo λ. Daı́, f (∩Xλ ) ⊃ ∪f (Xλ ).
(iv) f (
∩
Xλ ) ⊂
∪
f (Xλ )
Por (i), temos que f (∪f (Xλ )) ⊂ ∩f (f (Xλ )) = ∩Xλ . Daı́, f (f (∪f (Xλ ))) ⊃ f (∩Xλ ). Logo, ∪f (Xλ ) ⊃ f (∩Xλ ).
De (i) e (ii), temos que f (∪Xλ ) = ∩f (Xλ ) e de (iii) e (iv), temos f (∩Xλ ) = ∪f (Xλ ).
25
Exercı́cio 1.19:
Dadas as famı́lias (Aλ )λ∈L e (Bµ )µ∈M , forme duas famı́lias com ı́ndices em L × M considerando os conjuntos
(Aλ ∪ Bµ )(λ,µ)∈L×M
Prove que se tem
(
∪

)
λ∈L
(
∩

)
∩

(Aλ ∩ Bµ ),
(λ,µ)∈L×M
∩
Bµ  =
µ∈M
λ∈L
∪
Bµ  =
µ∈M
∪
Aλ
(Aλ ∩ Bm u)(λ,µ)∈L×M .

∪
∩
Aλ
e
(Aλ ∪ Bµ ).
(λ,µ)∈L×M
Primeiramente provemos que
(
∪

)
∩
Aλ

∪
µ∈M
λ∈L
∪
Como
∪
Bµ  =
(Aλ ∩ Bµ ).
(λ,µ)∈L×M
Aλ ⊃ Aλ ⊃ Aλ ∩ Bµ ,
λ∈L
para todo (λ, µ) ∈ L × M, temos que
∪
λ∈L
Analogamente, mostra-se que
∪
∪
Aλ ⊃
∪
Bµ ⊃
µ∈M
Assim, segue que
(
∪
)
(Aλ ∩ Bµ ).
(λ,µ)∈L×M


∪
∩
Aλ
(Aλ ∩ Bµ ).
(λ,µ)∈L×M
µ∈M
λ∈L
∪
Bµ  ⊃
(Aλ ∩ Bµ ) .
(λ,µ)∈L×M
Seja x ∈ (∪λ∈L Aλ ) ∩ (∪µ∈M Bµ ). Desta forma, x ∈ ∪λ∈L Aλ e x ∈ ∪µ∈M Bµ . Assim, existem λ ∈ L e µ ∈ M
tais que x ∈ Aλ e x ∈ Bµ . Logo,
∪
x ∈ Aλ ∩ Bµ ⊂
(Aλ ∩ Bµ ) .
(λ,µ)∈L×M
Com isso, podemos concluir que
(
∪
)
(
∩
λ∈L

∪
∩
Aλ
)
Aλ

(Aλ ∩ Bµ ) .
(λ,µ)∈L×M

∩
∪
∪
Bµ  ⊂
µ∈M
λ∈L
Mostremos agora que

∩
Bµ  =
µ∈M
(Aλ ∪ Bµ ).
(λ,µ)∈L×M
Como
(Aλ ∪ Bµ ) ⊃ Aλ ⊃
∩
Aλ ,
λ∈L
para todo (λ, µ) ∈ L × M , temos que
∩
(Aλ ∪ Bµ ) ⊃
∩
λ∈L
(λ,µ)∈L×M
26
Aλ .
Analogamente, mostra-se que
∩
(Aλ ∪ Bµ ) ⊃
∩
(λ,µ)∈L×M
(
(Aλ ∪ Bµ ) ⊃
Bµ .
µ∈M
(λ,µ)∈L×M
Assim, segue que
∩
∩
λ∈L
)
Aλ

∪
∩

Bµ  .
µ∈M
Seja x ∈ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪Bµ ). Suponhamos, por absurdo, que x ∈
/ (∩λ∈L Aλ )∪(∩µ∈M Bµ ). Então, x ∈
/ ∩λ∈L Aλ
ex∈
/ ∩µ∈M Bµ . Assim, existem λ ∈ L e µ ∈ M tais que x ∈
/ Aλ e x ∈
/ Bµ . Com igual razão, existe (λ, µ) ∈ L×M tal
que x ∈
/ Aλ ∪Bµ . Um absurdo, pois como Aλ ∪Bµ ⊂ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪Bµ ), terı́amos que x ∈
/ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪Bµ ).
Logo, devemos ter que x ∈ (∩λ∈L Aλ ) ∪ (∩µ∈M Bµ ). Com isso, concluimos que

(
) 
∩
∩
∩
(Aλ ∪ Bµ ) ⊂
Aλ ∪ 
Bµ  .
(λ,µ)∈L×M
λ∈L
27
µ∈M
Exercı́cio 1.20:
Seja (Aij )(i,j)∈N×N uma famı́lia de subconjuntos com ı́ndices em N × N. Prove, ou disprove por contra-exemplo, a
igualdade


(∞
)
∞
∞
∞
∪
∩
∩
∪

Aij =
Aij  .
j=1
i=1
i=1
j=1
A igualdade é falsa em geral. De fato, tomando-se
{
{1}, se i = j,
Aij :=
∅,
se i ̸= j,
temos que
∞
∪
(∞
∩
j=1
i=1
e
∞
∩
i=1


∞
∪
j=1
)
Aij
=
∞
∪
(∅) = ∅
j=1

Aij  =
∞
∩
i=1
28
({1}) = {1}.
Exercı́cio 1.21:
Dados os conjuntos A, B, C, estabeleça uma bijeção entre F(A × B; C) e F(A; F(B; C)).
Seja f : A × B → C. Podemos definir uma função φf : A → F(B; C) definindo φf (a) : B → C como sendo a
função dada por
(
)
φf (a) (b) := f (a, b),
para todo b ∈ B. Verificaremos que a função φ : F(A × B; C) → F(A; F(B; C)), dada por
φ(f ) := φf ,
para cada f ∈ F(A × B; C), é uma bijeção.
Suponhamos que f e g ∈ F (A × B; C) sejam tais que φ(f ) = φ(g). Assim, φf = φg . Logo, dado (a, b) ∈ A × B,
temos que
φf (a) = φg (a)
e, consequentemente,
(
)
(
)
f (a, b) = φf (a) (b) = φg (b) (b) = g(a, b).
Portanto, f = g. Com isso, concluimos que φ é injetiva.
Seja ψ : A → F(B; C). Podemos definir uma função f : A × B → C por
(
)
f (a, b) := ψ(a) (b),
para todo (a, b) ∈ A × B. Seja a ∈ A. Temos que
(
)
(
)
φf (a) (b) = f (a, b) = ψ(a) (b),
para todo b ∈ B. Desta forma φf (a) = ψ(a). Portanto, como a é arbitrário, concluı́mos que φf = ψ. Com isso,
concluimos que φ é sobrejetiva.
Portanto, φ : F(A × B; C) → F (A; F(B; C)) é uma bijeção como querı́amos demonstrar.
29
Capı́tulo 2
Conjuntos Finitos, Enumeráveis e
Não-Enumeráveis
30
Exercı́cio 2.1:
Prove que, na presença dos axiomas P1 e P2, o axioma A abaixo é equivalente a P3:
A : Para todo subconjunto não-vazio X ⊂ N, tem-se X\s(X) ̸= ∅.
Relembremos as propriedades:
P1 : s : N → N é injetora;
P2 : N\s(N) = {1};
P3 : Se X ⊂ N é tal que 1 ∈ X e, para todo n ∈ X, s(n) ∈ X, então X = N.
Suponhamos que as afirmações P1, P2 e P3 sejam válidos. Concluiremos que o axioma A é valido mostrando que
se X ⊂ N é tal que X\s(X) = ∅ então X = ∅. Equivalentemente, se X ⊂ s(X) então N\X = N. Primeiramente,
temos que 1 ∈ N\X, pois, caso contrário, 1 ∈ s(N) já que
X ⊂ s(X) ⊂ s(N),
contradizendo P2. Por P1,
s(N\X) = s(N)\s(X) ⊃ s(N)\X.
Desta forma, se n ∈ N\X então s(n) ∈
/ X e, consequentemente, s(n) ∈ N\X. Assim, por P3, concluimos que
N\X = N.
Reciprocamente, suponhamos que os axiomas P1, P2 e A sejam válidos. Seja X ⊂ N tal que 1 ∈ X e, para
todo n ∈ X, s(n) ∈ X. Provaremos que X = N e concluiremos daı́ que P3 é válido. Suponhamos por absurdo que
N\X ̸= ∅. Por A, segue que existe
n ∈ (N\X)\s(N\X).
Como 1 ∈
/ N\X, devemos ter que n ̸= 1 e, por P2, existe m ∈ N tal que
s(m) = n.
Por P1, m ∈
/ N\X já que s(m) = n ∈
/ s(N\X). Assim, m ∈ X e s(m) = n ∈
/ X, contradizendo a hipótese sobre X.
31
Exercı́cio 2.2:
Dados os números naturais a e b, prove que existe um número natural m tal que m · a > b.
Se a = 1, basta tomar m = b + 1, pois
1(b + 1) = b + 1 > b.
Se a ̸= 1 então a > 1 já que a ∈ Z+ . Assim, pela monoticidade da multiplicação em Z+ ,
ba > b.
Logo, para m := b, temos que ma > b.
32
Exercı́cio 2.3:
Seja a um número natural. Se um conjunto X é tal que a ∈ X e, além disso, n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, então X contém
todos os números naturais ≥ a.
Seja
A := {k ∈ Z+ : a + k ∈ X}.
Pela definição da relação 6 em Z+ , b > a se e somente se b = a + k para algum k ∈ Z>0 . Desta forma, provando
que A = Z+ podemos concluir que X contém todos os números naturais > a.
Como a ∈ X, temos, pela propriedade de X, que a + 1 ∈ X. Logo, 1 ∈ A.
Suponhamos que k ∈ A. Pela definição de A, isto implica que a + k ∈ X. Assim pela propriedade de X, temos
que a + k + 1 ∈ X. Logo, k + 1 ∈ A.
Portanto, pelo PIF, segue que A = Z+ .
33
Exercı́cio 2.4:
Tente descobrir, independentemente, algumas das demonstrações omitidas no texto.
Associatividade: m + (n + p) = (m + n) + p.
Provada no livro.
Comutatividade: m + n = n + m.
Primeiramente mostraremos que
m + 1 = 1 + m,
para todo m ∈ Z+ . O caso em que m = 1 é tautológico. Supondo, como hipótese de indução, que
m+1=1+m
para algum m ∈ Z+ , segue que
s(m) + 1 = s(s(m)) = s(m + 1) = s(1 + m) = 1 + s(m).
Assim, pelo PIF, temos que m + 1 = 1 + m, para todo m ∈ Z+ .
Por fim, provaremos, para m ∈ Z+ arbitrário e por indução em n ∈ Z+ , que
m + n = n + m.
O caso n = 1 foi provado no parágrafo anterior. Supondo, como hipótese de indução, que
m+n=n+m
para algum n ∈ Z+ , segue que
m + s(n)
=
s(m + n)
= s(n + m)
=
n + s(m)
= n + (m + 1)
= n + (1 + m) = (n + 1) + m
= s(n) + m.
E o resultado segue pelo PIF.
Lei do Corte: m + n = m + p ⇒ n = p.
Sejam n e p ∈ Z+ . Provaremos, por indução em m ∈ Z+ , que se m + n = m + p então n = p.
O caso em que m = 1 resume-se à injetividade da função s : Z+ → Z+ . Isto é, como
s(n) = n + 1 = 1 + n = 1 + p = p + 1 = s(p),
temos que
n = p.
Suponhamos, como hipótese de indução, que m + n = m + p implique que n = p. Assim, se s(m) + n = s(m) + p
então
s(m + n)
=
s(n + m) = n + s(m)
=
s(m) + n = s(m) + p
=
p + s(m) = s(p + m)
= s(m + p).
Assim, se s(m) + n = s(m) + p temos, novamente pela injetividade de s : Z+ → Z+ , que m + n = m + p e, pela
hipótese de indução, n = p.
E o resultado segue pelo PIF.
Tricotomia: Dados m e n ∈ Z+ , exatamente uma das três alternativas seguintes podem ocorrer: ou m = n,
ou existe p ∈ Z+ tal que m = n + p, ou, então, existe q ∈ Z+ com n = m + q.
Dizemos que (m, n) ∈ Z+ × Z+ satisfaz a condição C se exatamente uma das exatamente uma das três alternativas ocorre:
34
• m = n;
• m = n + p, para algum p ∈ Z+ ;
• n = m + q, para algum q ∈ Z+ .
Seja X o subconjunto de Z+ × Z+ definido por
T := {(m, n) ∈ Z+ × Z+ : (m, n) satisfaz C}.
Observemos que, como
T =
∪
{m} × Tm ,
m∈Z+
onde
Tm := {n ∈ Z+ : (m, n) satisfaz C},
mostrando que
Tm = Z+ ,
para cada m ∈ Z+ , podemos concluir que
∪
∪
T =
{m} × Tm =
{m} × Z+ = Z+ × Z+ .
m∈Z+
m∈Z+
Portanto, concluimos a Lei da Tricotomia.
Procederemos com a demonstração de que Tm = Z+ por indução em m ∈ Z+ .
Consideremos o caso em que m = 1. Se n = 1 temos que n = m. Além disso, como 1 ∈
/ s(Z), segue que
m = 1 ̸= sp (n) = n + p
e
n = 1 ̸= sq (m) = m + q,
para todos p e q ∈ Z+ . Logo, (1, 1) satisfaz a condição C e, consequentemente, 1 ∈ T1 . Supondo que n ∈ T1 , como
não se pode ter que 1 = m + q = sq (m) já que 1 ∈
/ s(Z+ ), temos que exatamente uma das duas alternativas ocorre:
• n = 1 e, equivalentemente, s(n) = 1 + 1;
• n = 1 + q e, equivalentemente, s(n) = s(1 + q) = 1 + s(q).
Logo, se n ∈ T1 então s(n) ∈ T1 . Com isso, concluimos, pelo PIF, que T1 = Z+ .
Suponhamos, como hipótese de indução, que Tm = Z+ . Provaremos que Ts(m) = Z+ .
Como X1 = Z+ , temos imediatamente que (1, s(m)) satisfaz a condição C e, consequentemente, (s(m), 1)
satisfaz a condição C. Logo, 1 ∈ Ts(m) . Supondo que n ∈ Ts(m) , temos que exatamente uma das três alternativas
ocorrem:
• n = s(m): Neste caso, s(n) = s(s(m)) = s(m) + 1;
• n = s(m) + q, para algum q ∈ Z+ : Neste caso, s(n) = s(s(m) + q) = s(m) + s(q);
• s(m) = n + p, para algum p ∈ Z+ : Neste caso, se p = 1 então s(m) = s(n). E, se p ∈ Z+ \{1} = s(Z+ ), existe
p̃Z+ tal que p = s(p̃), e assim
s(m) = n + p = n + s(p̃) = n + (1 + p̃) = (n + 1) + p̃ = s(n) + p̃.
Assim, se n ∈ Ts(m) , temos que exatamente uma das três alternativas ocorrem:
• s(n) = s(m) (no caso em que n = s(m));
• s(n) = s(m) + q̃ (no caso em que n = s(m) ou n = s(m) + q, onde q̃ = s(q));
• s(m) = s(n) + p̃ (no caso em que s(m) = n + p, onde p = s(p̃)).
35
Logo, se n ∈ Ts(m) então s(n) ∈ Ts(m) . Com isso, concluimos, pelo PIF, que Ts(m) = Z+ .
Portanto, Xm = Z+ , para todo m ∈ Z+ .
Transitividade: se m < n e n < p então m < p.
Se, para m, n e p ∈ Z+ , tivermos que m < n e n < p então existem r e s ∈ Z+ tais que
m+r =n
e
n + s = p.
Desta forma,
p = n + s = (m + r) + s = m + (r + s).
Logo,
m < p.
Tricotomia: dados m e n ∈ Z+ exatamente uma das alternativas seguintes pode ocorrer: ou m = n, ou m < n
ou n < m.
Sejam m e n ∈ Z+ . Segundo a tricotomia da adição (provada acima), exatamente uma das três condições é
válida: ou m = n; ou existe p ∈ Z+ tal que m = n + p e, portanto, m > n; ou existe q ∈ Z+ tal que n = m + q e,
portanto, m < n.
Monoticidade da adição: se m < n então, para todo p ∈ Z+ , tem-se m + p < n + p.
Provada no livro.
Associatividade: m · (n · p) = (m · n) · p.
Provada no livro.
Comutatividade: m · n = n · m.
Primeiramente, provaremos que m · 1 = 1 · m, para todo m ∈ Z+ . Depois, supondo, como hipótese de indução,
que n ∈ Z+ é tal que m · n = n · m, para todo m ∈ Z+ , provaremos que n + 1 é tal que m · (n + 1) = (n + 1) · m.
Como isso, o resultado segue pelo Princı́pio da Indução Finita.
Provaremos a igualdade m · 1 = 1 · m por indução em m ∈ Z+ . Para m = 1 a igualdade é trivial. Suponhamos,
como hipótese de indução, que m · 1 = 1 · m, para algum m ∈ Z+ . Desta forma, temos que
(m + 1) · 1 = m + 1 = m · 1 + 1 = 1 · m + 1 = 1 · (m + 1).
Logo, pelo PIF, a igualdade é válida.
Suponhamos que n ∈ Z+ seja tal que m · n = n · m, para todo m ∈ Z+ . Mostraremos, por indução em m, que
m · (n + 1) = (n + 1) · m, para todo m ∈ Z+ . Para m = 1, o resultado segue do parágrafo anterior. E, supondo que
m · (n + 1) = (n + 1) · m, temos que
(m + 1) · (n + 1) = (m + 1) · n + (m + 1)
= n · (m + 1) + (m + 1)
= n·m+n+m+1
= m·n+m+n+1
= m · (n + 1) + (n + 1)
= (n + 1) · m + (n + 1)
= (n + 1) · (m + 1).
E temos o resultado.
Distributividade: m(n + p) = m · n + m · p.
36
Provada no livro.
Lei do Corte: m · p = n · p ⇒ m = n.
Suponhamos que m, n e p ∈ Z+ são tais que
m · p = n · p.
Pela tricotomia, exatamente uma das três condições é satisfeita: ou m = n + q, para algum q ∈ Z+ ; ou m = n + q,
m = n + q, para algum q ∈ Z+ ; ou m = n. Provaremos que as duas primeiras condições não são possı́veis e, com
isso, teremos o resultado.
Suponhamos que m = n + q, para algum q ∈ Z+ . Segue que
n · p = m · p = (n + q) · p = p · (n + q) = p · n + p · q = n · p + p · q.
Contradizendo a tricotomia.
De forma análoga, não podemos ter n = m + q, para algum q ∈ Z+ .
Monoticidade: m < n ⇒ m · p < n · p.
Sejam n e m ∈ Z+ tais que
m < n.
Provaremos que
m · p < n · p,
para todo p ∈ Z+ , por indução em p.
Para p = 1, a desigualdade é imediata.
Suponhamos, como hipótese de indução, que m · p < n · p, para um certo p ∈ Z+ . Como m < n, existe q ∈ Z+
tal que
n = m + q.
Assim,
n · (p + 1) = (m + q) · (p + 1) = (p + 1) · (m + q) = (p + 1) · m + (p + 1) · q = m · (p + 1) + (p + 1) · q.
e, consequentemente,
n · (p + 1) < m · (p + 1).
E o resultado segue, como querı́amos, pelo PIF.
37
Exercı́cio 2.5:
Um elemento a ∈ Z+ chama-se antecessor de b ∈ Z quando se tem a < b mas não existe c ∈ Z+ tal que a < c < b.
Prove que, exceto 1, todo número natural possui um antecessor.
Seja x ∈ Z+ \{1}. Mostraremos que x possui um antecesor.
Pelo axioma de Peano P2, x = s(y) = y + 1 para algum y ∈ Z+ . Logo, y < x.
Suponhamos que z ∈ Z+ é tal que z < x. Mostraremos que z 6 y. Temos que
x = z + n,
para algum n ∈ Z+ . Se n = 1 temos que
y+1=x=z+1
e, consequentemente, pela Lei do Corte, y = z. Se n ∈ Z+ \{1} então, novamente pelo axioma de Peano P2, existe
m ∈ Z+ tal que n = s(m). Assim,
s(y) = x = z + n = z + s(m) = s(z + m)
e, pela injetividade da função s (axioma de Peano P1),
y = z + m.
Logo, z < y.
Portanto, y é um antecessor de x.
38
Exercı́cio 2.6:
Use indução para demonstrar os seguintes fatos:
a) 2(1 + 2 + 3 + ... + n) = n(n + 1);
b) 1 + 3 + 5 + ... + (2n + 1) = (n + 1)2 ;
c) (a − 1)(1 + a + a2 + ... + an ) = an+1 − 1, seja quais forem a, n ∈ N;
d) n ≥ 4 ⇒ n! > 2n .
Façamos as demonstrações de maneira bem resumida.
a) Para n = 1, temos obviamente a igualdade uma vez que
2(1) = 1(1 + 1).
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja,
2(1 + 2 + 3 + ... + k) = k(k + 1)
e provemos a sua validade para n = k + 1.
Temos pela hipótese de indução que
2(1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1)) =
2(1 + 2 + 3 + ... + k) + 2(k + 1)
= k(k + 1) + 2(k + 1)
= (k + 1)(k + 2) = (k + 1)((k + 1) + 1).
b) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente pois
1 + 3 = 4 = (1 + 1)2 .
Suponhamos que a igualdade seja verificada para n = k, ou seja,
1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1) = (k + 1)2 .
Assim, temos que
1 + 3 + 5 + ... + (2(k + 1) + 1)
= 1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1)(2k + 3)
= (k + 1)2 + 2k + 3
= k 2 + 2k + 1 + 2k + 3
= k 2 + 4k + 4
= (k + 2)2 = ((k + 1) + 1)2
c) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente, pois (a − 1)(1 + a) = a2 − 1.
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja, (a − 1)(1 + a + a2 + ... + ak ) = ak+1 − 1.
Assim, temos que
(a − 1)(1 + a + a2 + ... + ak + ak+1 ) = (a − 1)(1 + a + a2 + ... + ak ) + (a − 1)(ak+1 )
= ak+1 − 1 + ak+2 − ak+1
= ak+2 − 1.
d) Para n = 4, temos a igualdade verificada. Suponhamos que a igualdade seja verificada para n = k, ou seja,
k! > 2k .
Assim, temos que
(k + 1)! > (k + 1)k! > (k + 1)2k > 2k+1
39
Exercı́cio 2.7:
Use o Segundo Princı́pio de Indução para demonstrar a unicidade de decomposição de um número natural em
fatores primos.
Seja n ∈ N. Suponha que todos os números naturais menores do que n sejam escritos de forma única como
produto de fatores primos. Suponhamos que n tenha duas decomposições
n = α1 α2 ...αm
e
n = β1 β2 ...βp ,
com αi e βj números primos. Se αi = βj para determinados i, j,(neste caso podemos supor sem perda de generalidade α1 = β1 ) ent ao temos que
n = αi r
e
n = β1 s,
com r = α2 ...αm , s = β2 ...βp e r = s < n. Pelo segundo princı́pio de indução, temos que m = p e αi = βi , para
i = 2, 3, ..., m.
Se αi ̸= βj para qualquer i = 1, 2, ..., m e j = 1, 2, ..., p, então temos que
mdc(n, n) = mdc(α1 ...αm , β1 ...βp ) = 1,
o que é um absurdo. Logo ocorre o primeiro caso e segue o resultado.
40
Exercı́cio 2.8:
Seja X um conjunto com n elementos. Use indução para provar que o conjunto das bijeções (ou permutações)
f : X → X tem n! elementos.
Provemos este exercı́cio usando indução sobre o número de elementos de X. Para |X| = 1, temos obviamente |F | = 1. Suponhamos que se |X| = k, então |F | = k!. Suponhamos que |X| = k + 1, digamos X =
{x1 , x2 , ..., xn , xn+1 }. Para cada i = 1, 2, ..., k + 1, seja fi : X → X tal que fi (xk+1 ) = xi . Temos então k + 1 fi′ s.
Agora, por indução existem k! restrições fi X\{x } , pois cada restrição fi X\{x } : X \ {xk+1 } → X \ {xk+1 } é
k+1
k+1
uma bijeção. Portanto |F | = (k + 1)k! = (k + 1)!, o que conclui a demonstração.
41
Exercı́cio 2.9:
Sejam X e Y conjuntos finitos.
a) Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).
b) Qual seria a fórmula correspondente para três conjuntos?
c) Generalize.
a) Sejam A = {(1, x); x ∈ X} ∪ {(2, y); y ∈ Y } e B = {(3, z); z ∈ X ∪ Y } ∪ {(4, w); w ∈ X ∩ Y }. Definamos
f : A → B como sendo
f (1, x) = {
(3, x)
(3, y); se y ∈ Y \ X .
f (2, y) =
(4, y); se y ∈ X ∩ Y
Temos trivialmente que f é uma bijeção entre A e B. Além disso, card(A) = card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) e
card(B) = card(X) + card(Y ). Daı́ segue o resultado.
b) card(X ∪ Y ∪ Z) + card((X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z)) = card(X) + card(Y ) + card(Z).
(
)
( n
)
∪
∪
(Xi ∩ Xj ) = card(X1 ) + card(X2 ) + ... + card(Xn ).
c) card
Xi + card
i=1
i̸=j
42
Exercı́cio 2.10:
Dado um conjunto finito X, prove que uma função f : X → X é injetora se, e somente se, é sobrejetora.
(⇒) Temos que g : X → f (X) dada por g(x) = f (x) é uma bijeção. Se f (X) ̸= X terı́amos um absurdo pois
não pode haver bijeção entre um conjunto finito e um subconjunto próprio deste conjunto.
(⇐) Seja X = {x1 , x2 , ..., xn }. Suponha que f não seja injetora, ou seja, existem xi ̸= xj em X tais que
f (x1 ) = f (x2 ). Assim, f (X) = {f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn )} teria no máximo n − 1 elementos e desta forma f (X) ̸= X,
o que é um absurdo. Logo, f é injetora.
43
Exercı́cio 2.11:
Formule matematicamente e demonstre o seguinte fato(conhecido como princı́pio das gavetas). Se m < n, então
de qualquer modo como se guardem n objetos em m gavetas, haverá sempre uma gaveta, pelo menos, que conterá
mais de um objeto.
f : In → Im com n > m não é injetiva.
Se f não é sobrejetora, f |In também não será. Logo, f |In também não será injetiva pelo exercı́cio anterior. E
consequentemente f também não seria injetiva.
Por outro lado, mesmo que f fosse sobrejetiva, se fosse também injetiva, f seria uma bijeção entre um conjunto
finito e um subconjunto próprio dele, que é um absurdo.
44
Exercı́cio 2.12:
Seja X um conjunto com n elementos. Determine o número de funções injetivas f : Ip → X.
Princı́pio da contagem. Escolhamos um dos n elementos de X para ser f (1). Daı́ escolhamos 1 dos n − 1
elementos restantes para ser f (2). E assim sucessivamente temos que o número de funções injetivas possı́veis é
n(n − 1)(n − 2)...(n − p + 1).
45
Exercı́cio 2.13:
Quantos subconjuntos com p elementos possui um subconjunto X, sabendo-se que X tem n elementos?
Se n < p, vem de P1 que não existe subconjunto de X com p elementos. Caso contrário podemos definir uma
função f : [1, p] ∩ N → X(pelo axioma da escolha). Pelo princı́pio da contagem, temos que f pode ser definida de
n!
modos distintos. Porém, para cada imagem de f, f pode ter sido definida de p! formas. Sendo assim,
p!(n − p)!
n!
existem
imagens de f.
p!(n − p)!
46
Exercı́cio 2.14:
Prove que se A tem n elementos, então P (A) tem 2n elementos.
Associemos a cada X ∈ P (A) uma função fX : A → {0, 1} dada por f (x) = 1 se x ∈ X e f (x) = 0 se x ∈
/ X.
Temos então que a aplicação X → fX é uma bijeção. E como, pelo princı́pio da contagem, é possı́vel se fazer 2
funções f : A → {0, 1} diferentes, temos que a ordem de P (A) é exatamente 2.
47
Exercı́cio 2.15:
Defina um função sobrejetiva f : N → N tal que, para todo n ∈ N, o conjunto f −1 (n) seja infinito.
Seja f : N → N tal que f (2n 3m ) = n e f (x) = 1 para x divisı́vel por qualquer primo diferente de 2 e 3. Portanto,
f −1 (N) ⊃ {2n 3, 2n 32 , ..., 2n 3m , ...}.
48
Exercı́cio 2.16:
Prove que se X é infinito enumerável, o conjunto das partes finitas de X também é (infinito) enumerável.
Seja X = {x1 , x2 , ...}. Temos que
P =
∞
∪
{A ⊂ {x1 , x2 , ..., xi }} =
i=1
∞
∪
Fi .
i=1
Temos que cardFi = 2i . Como P é uma reunião enumerável de conjuntos enumeráveis, P é enumerável.
49
Exercı́cio 2.17:
Seja f : X → X uma função. Um subconjunto Y ⊂ X chama-se estável relativamente à f quando f (Y ) ⊂ Y. Prove
que um subconjunto X é finito se, e somente existe um função f : X → X que só admite os subconjuntos estáveis
∅ e X.
(⇒) Seja X = {x1 , x2 , ..., xn } e f : X → X dado por f (xi ) = xi+1 se 1 ≤ i < n e f (xn ) = x1 . Se f é estável em
A e xp ∈ A, temos que xq = f q−p(modn) (xp ) ∈ A. Logo, A = X.
(⇐) Dado x0 ∈ X (se X ̸= ∅, X é finito) consideremos o conjunto A = {x0 , f (x0 ), f 2 (x0 ), ..., f n (x0 ), ...}. Daı́
X = A, pois f é estável em A e A ̸= ∅.
Se não existir k ∈ N tal que f k (x0 ) = x0 , A − {x0 } é estável por f e logo A − {x0 } = X − {x0 } = ∅, ou seja,
X = {x0 }, ou A = X = A − {x0 }, absurdo.
Por outro lado, se existir k ∈ N tal que f k (x0 ) = x0 o conjunto {x0 , f (x0 ), f 2 (x0 ), ..., f k−1 (x0 )} é estável por A
e não vazio, logo é igual a X.
50
Exercı́cio 2.18:
Seja f : X → X uma função injetiva tal que f (X) ̸= X. Tomando x ∈ X − f (X), prove que os elementos
x, f (x), f (f (x)), ... são dois a dois distintos.
Provaremos por indução em n que para todo p ∈ N, temos que f n (x) ̸= f n+p (x) e a proposiç ao estar´a
demonstrada. Com x ∈
/ f (X), temos que x ̸= f p (x), para todo p ∈ N. Suponhamos que f n (x) ̸= f n+p (x). Então
n+1
n+1+p
f
(x) ̸= f
(x) pois f é injetora. Pelo PIF o resultado segue.
51
Exercı́cio 2.19:
Dado um conjunto finito X, prove que uma função f : X → X é injetora se, e somente se, é sobrejetora.
(⇒) Temos que g : X → f (X) dada por g(x) = f (x) é uma bijeção. Se f (X) ̸= X terı́amos um absurdo pois
não pode haver bijeção entre um conjunto finito e um subconjunto próprio deste conjunto.
(⇐) Seja X = {x1 , x2 , ..., xn }. Suponha que f não seja injetora, ou seja, existem xi ̸= xj em X tais que
f (x1 ) = f (x2 ). Assim, f (X) = {f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn )} teria no máximo n − 1 elementos e desta forma f (X) ̸= X,
o que é um absurdo. Logo, f é injetora.
52
Exercı́cio 2.20:
(a) Se X é finito e Y é enumerável, então F(X, Y ) é enumerável.
(b) Para cada função f : N → N seja Af = {n ∈ N; f (n) ̸= 1}. Prove que o conjunto X das funções f : N → N
tais que Af é finito é um conjunto enumerável.
Item (a)
Seja X = {x1 , ..., xn }. Definimos
ϕ : F(X, Y ) →
f →
Yn
(f (x1 ), ..., f (xn )).
Temos que ϕ é claramente injetiva. Logo, F(X, Y ) está em bijeção com o conjunto ϕ(F(X, Y )) ⊂ Y n . Como
Y é enumerável, Y n é enumerável (pois é produto finito de conjuntos enumeráveis). Assim, ϕ(F(X, Y )) ⊂ Y n é
anumerável e, consequentemente, F(X, Y ) é enumerável.
Item (b)
Seja
Fn := {Y ⊂ N; cardY = n}.
Definimos
ϕ:
Fn →
Y = {y1 , ..., yn } →
Yn
(y1 , ..., yn ).
Claramente, ϕ é injetiva. Como Y n é enumerável, segue que Fn é enumerável. Portanto,
F :=
∞
∪
Fn
n=1
é enumerável.
Seja
ψ: X
f
→
→
∪
Y ∈F F(Y, N)
f |Af .
Temos que ψ é injetiva. De fato, se f, g ∈ X são tais que ψ(f ) = ψ(g) temos que
f |Af = g|Ag
implicando que Af = Ag ,
f |Af = g|Ag ,
e
f =g
já que
∪
f |N\Af = 1 = g|N\Af .
Pelo item anterior, Y ∈F F(Y, N) é uma união enumerável de conjuntos enumeráveis. Logo,
enumerável. Assim, como ψ é injetiva, segue que X é enumerável.
53
∪
Y ∈F
F(Y, N) é
Exercı́cio 2.21:
Obtenha uma decomposição N = ∪∞
i=1 Xi tal que os conjuntos Xi são infinitos e dois à dois disjuntos.
Para todo n ∈ N, existe um único k ∈ Z>0 tal que
2k 6 n < 2k+1 .
Por isso, fica bem definida a função f : N → Z>0 dada por
f (n) = n − 2k ,
onde 2k 6 n < 2k+1 . Desta forma, temos, para
Xi := f −1 (i − 1),
que
N=
∞
∪
Xi
i=1
com os conjuntos Xi sendo dois à dois disjuntos. Adiante, como
Xi = {2k + i − 1 | k ∈ Z>0 , i − 1 < 2k },
temos que cada Xi é infinito.
54
Exercı́cio 2.22:
Defina f : N × N → N, pondo f (1, n) = 2n − 1 e f (m + 1, n) = 2m (2n − 1). Prove que f é uma bijeção.
Para cada número natural p, temos, pela unicidade da decomposição de números naturais em números primos,
que existem únicos m e q ∈ Z+ tais que p = 2m−1 q e q é ı́mpar. Sendo q ı́mpar, existe um único n ∈ Z+ tal que
q = 2n − 1. Assim, existem únicos m e n ∈ Z>0 tais que p = 2m−1 (2n − 1). Portanto, é bem definida a função
g:
Z+ →
p = 2m−1 (2n − 1) →
Como g é uma inversa para f , temos que f é bijetiva.
55
Z+ × Z+
(m, n).
Exercı́cio 2.23:
Seja X ⊂ N um subconjunto infinito. Prove que existe uma única bijeção crescente f : N → X.
Definimos, indutivamente f : N → X por
f (1) = min(X)
(
e
)
n−1
∪
{f (i)} ,
f (n) = min X −
i=1
para n > 1. Temos, pelo PIF e pelo fato de X ⊂ N ser bem ordenado, que f está bem definida.
Dados m < n ∈ N, temos que
(
)
n−1
∪
f (m) < min X −
{f (i)} = f (n)
i=1
∪m−1
∪n−1
∪n−1
pois f (m) 6 x, para todo x ∈ X − i=1 ⊃ X − i=1 , e f (m) ∈
/ X − i=1 . Com isso, concluimos que f é
estritamente crescente e, consequentemente que f é injetiva.
Provaremos, agora que f é sobrejetiva. Começaremos mostrando, por indução que
n 6 f (n).
Para n = 1, temos de X ⊂ N, que
1 = min(N) 6 min(X) = f (1).
Usando o passo indutivo, temos que
n 6 f (n) < f (n + 1)
implicando que
n + 1 6 f (n + 1).
Logo, vale a desigualdade acima. Adiante, dado x ∈ XN, provaremos que x ∈ f (N). Suponhamos por absurdo que
exista x ∈ X − f (N). Existe, pela arquimedianidade de N, n ∈ N tal que
x < n 6 f (n).
Mas, como
x∈X−
n−1
∪
{f (i)},
i=1
terı́amos uma contradição com o fato de que
(
x < min X −
)
n−1
∪
{f (i)} .
i=1
Portanto, f é sobrejetiva.
Provaremos, agora, que se g : N → X é uma bijeção crescente então f = g. Devemos ter que
g(1) = min(X) = f (1)
pois, caso contrário, existiria n ∈ N, com n > 1, tal que
g(n) = min(X) < g(1).
Contradizendo o fato de g ser crescente. Usando o passo indutivo,
g(k) = f (k),
para todo k < n + 1, devemos que ter
(
g(n + 1) = min X −
n
∪
)
{g(i)}
(
= min X −
i=1
n
∪
i=1
56
)
{f (i)}
= f (n + 1)
pois, caso contrário, existiria p > n + 1 tal que
(
g(p) = min X −
n
∪
)
{g(i)}
i=1
Contradizendo o fato de g ser crescente. E o resultado segue.
57
< g(n + 1).
Exercı́cio 2.24:
Prove que todo conjunto infinito se decompõe como reunião de uma infinidade enumerável de conjuntos infinitos,
dois a dois disjuntos.
Seja C um conjunto infinito.
Pelo exercı́cio 2.21, existe uma decomposição
N=
∪
Xi
i∈N
na qual os conjuntos Xi são infitos e dois à dois disjuntos.
Se C é enumerável, existe uma bijeção f : N → C. Logo,
∪
C=
f (Xi )
i∈N
é uma decomposição na qual os conjuntos f (Xi ) são infitos e dois à dois disjuntos.
Se C é não-enumerável, existe uma aplicação injetiva f : N → C tal que C − f (N) é infinito. Assim,
∪
C = (C − f (N)) ∪
f (Xi )
i∈N
é uma decomposição na qual os conjuntos C − f (N) e f (Xi ) são infitos e dois à dois disjuntos.
58
Exercı́cio 2.25:
Seja A um conjunto. Dadas funções f, g : A → N, defina a soma f + g : A → N, o produto f · g : A → N, e dê o
significado da afirmação f 6 g. Indicando com ξX a função caracterı́stica de um subconjunto X ⊂ A, prove:
a) ξX∩Y = ξX · ξY ;
b) ξX∪Y = ξX + ξY − ξX∩Y . Em particular, ξX∪Y = ξX + ξY ⇔ X ∩ Y = ∅;
c) X ⊂ Y ⇔ ξX 6 ξY ;
d) ξA−X = 1 − ξX .
Definimos
e
E dizemos que f 6 g se e somente se
f +g : A →
a →
f ·g : A →
a →
N
f (a) + g(a)
N
f (a)g(a).
f (a) 6 g(a)
para todo a ∈ A.
a)
Seja a ∈ A.
Se ξX∩Y (a) = 0, então a ∈
/ X ∩Y e, consequentemente, a ∈
/ X ou a ∈
/ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX (a) = 0
ou ξY (a) = 0. Logo, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX (a)ξY (a) = 0 = ξX∩Y (a).
Se ξX∩Y (a) = 1, então a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX (a) = 1
e ξY (a) = 1. Logo, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX (a)ξY (a) = 1 = ξX∩Y (a).
Como ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX (a)ξY (a) = ξX∩Y (a) em todos os casos. E, como a ∈ A é arbitrário,
temos que ξX · ξY = ξX∩Y .
b)
Seja a ∈ A.
Se ξX∪Y (a) = 0, então a ∈
/ X ∪ Y e, consequentemente, a ∈
/X ea∈
/ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX (a) = 0,
ξY (a) = 0 e ξX∩Y (a) = 0. Logo, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX (a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = 0 = ξX∪Y (a).
Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0, então a ∈ X ∪Y −X ∩Y = (X −Y )∪(Y −X) e, consequentemente, a ∈ X −Y ou
a ∈ Y − X. Se a ∈ X − Y então ξX (a) = 1, ξY (a) = 0 e, consequentemente, ξX (a) + ξY (a) = 1. Se a ∈ Y − X então
ξX (a) = 0, ξY (a) = 1 e, consequentemente, ξX (a) + ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que
ξX (a) + ξY (a) = 1. Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que ξX (a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).
Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1, então a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 1 e
ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX (a) = ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX (a) + ξY (a) = 2.
Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX (a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).
Como ξX∪Y (a) = 0 ou 1 e ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX (a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = ξX∪Y (a) em todos os
casos. E, como a ∈ A é arbitrário, temos que ξX + ξY − ξX∩Y = ξX∪Y .
Em particular, temos que X ∩ Y = ∅ é equivalente à ξX∩Y = 0 (i.e. ξX∩Y é a função nula) que é equivalente
(pelo que foi demonstrado acima) à ξX + ξY = ξX∪Y .
c)
Suponhamos que X ⊂ Y . Dado a ∈ A, temos que ξX (a) = 0 ou 1. No primeiro caso, temos imediatamente que
ξX (a) 6 ξY (a) = 0 ou 1. No segundo, temos que a ∈ X ⊂ Y e, consequentemente, ξX (a) = 1 = ξY (a). Em todo
caso, ξX (a) 6 ξY (a). Como a ∈ A é arbitrário, concluimos que ξX 6 ξY .
Suponhamos que ξX 6 ξY . Dado x ∈ X, temos que ξX (x) 6 ξY (x) e, consequentemente, ξY (x) = 1. Logo,
x ∈ X implica que x ∈ Y . E temos que X ⊂ Y .
d)
Seja a ∈ A.
Se ξA−X (a) = 0 temos que a ∈
/ A − X e, consequentemente, a ∈ X. Logo, ξA−X (a) = 0 implica que ξX (a) = 0.
Assim, ξA−X (a) = 0 implica que 1(a) − ξX (a) = 0 = ξA−X (a).
Se ξA−X (a) = 1 temos que a ∈ A − X e, consequentemente, a ∈
/ X. Logo, ξA−X (a) = 1 implica que ξX (a) = 0.
Assim, ξA−X (a) = 1 implica que 1(a) − ξX (a) = 1 = ξA−X (a).
Em todos casos, temos que 1(a) − ξX (a) = ξA−X (a). E, como a ∈ A é arbitrário, temos que 1 − ξX = ξA−X .
59
Exercı́cio 2.26:
Prove que o conjunta das sequências crescentes (n1 < n2 < n3 < ...) de números naturais não é enumerável.
Usaremos o argumento da diagonal de Cantor.
Suponhamos, por absurdo, que exista um enumeração a1 , a2 , a3 , ... das sequências crescentes de números naturais
i
a , i ∈ N, dadas por
ai1 < ai2 < ai3 < ...
Temos que a sequência b, definida indutivamente por
b1 = a1 + 1
e
bn+1 = max(bn , an+1 ) + 1
não pertence à enumeração acima. De fato, temos, pela definição de b, que
aii < bi
e,consequentemente,
b ̸= ai
para todo i ∈ N.
60
Exercı́cio 2.27:
Sejan (N, s) e (N′ , s′ ) dois pares formados, cada um, por um conjunto e uma função. Suponhamos que ambos
cumpram os axiomas de Peano. Prove que existe uma única bijeção f : N → N′ tal que f (1) = 1′ , f (s(n)) = s′ (f (n)).
Conclua que:
a) m < n ⇔ f (m) < f (n);
b) f (m + n) = f (m) + f (n);
c) f (m · n) = f (m) · f (n).
Como (N, s) e (N′ , s′ ) satisfazem os axiomas de Peano, devemos ter que a função f : N → N fica bem definida
por
f (1) = 1′
e
f (s(n)) = s′ (f (n))
para todo n ∈ N. De fato, f está definida em todo N = {1} ∪ s(N) pois está definida em {1} e s(N). Como s
é injetiva, segue que f está bem definida. Em particular, segue que f é a única função N → N′ satisfazendo as
condições do enunciado. Temos, também, que f é injetiva. De fato, seja
X = {n ∈ N; f (n) ∈
/ f (N − {n})}.
Temos que 1 ∈ X pois, pela definição de f ,
f (N − {1}) = f (s(N)) ⊂ s′ (N′ ) = N′ − {1′ } = N′ − {f (1)}.
E, se n ∈ X, temos que s(n) ∈ X. De fato, temos que f (s(n)) ̸= f (1) = 1′ pois
f (s(n)) = s′ (f (n)) ∈ s′ (N′ ) = N′ − {1′ }
e, se m ̸= n e f (m) ̸= f (s(m)), então temos que
f (n) ̸= f (m),
pois n ∈ X, e, consequentemente,
f (s(n)) = s′ (f (n)) ̸= s′ (f (m)) = f (s(m)).
Implicando, pelo PIF, que f (s(n)) ∈
/ f (N − {s(n)} ou, equivalentemente, s(n) ∈ X. Portanto, pelo PIF, temos
que X = N e, da definição de X, concluı́mos que f é injetiva. Temos, também, que f é sobrejetiva. De fato,
1′ = f (1) ∈ f (N) e, se n = f (k) ∈ f (N) temos que
s′ (n) = s′ (f (k)) = f (s(k)) ∈ f (N).
Assim, pelo PIF, temos que f (N) = N′ . Portanto, f é uma bijeção.
a)
Provaremos primeiro que m < n implica f (m) < f (n). Seja
X = {p ∈ N; f (n + p) > f (n), ∀n ∈ N}.
Temos que 1 ∈ N pois, dado n ∈ N,
f (n + 1) = f (s(n)) = s′ (f (n)) > f (n).
Supondo que p ∈ X, temos, para qualquer n ∈ N, que
f (n + s(p)) = f (s(n) + p) > f (s(n)) = s′ (f (n)) > f (n).
61
Logo, p ∈ X implica que s(p) ∈ X. Assim, concluı́mos, pelo PIF, X = N. Portanto, se m < n, temos, para p ∈ N
tal que n = m + p, que
f (m) < f (m + p) = f (n).
Agora, provaremos que f (m) < f (n) implica que m < n. Seja
X = {p ∈ N′ ; f (n) = f (m) + p implica m < n}.
Temos que 1′ ∈ X. De fato,
f (n) = f (m) + 1′
implica que
f (n) = s′ (f (m)) = f (s(m))
e, consequentemente,
n = s(m) > m.
Supondo que p ∈ X, temos que
implica que
f (n) = f (m) + s′ (p)
f (n) = s′ (f (m)) + p = f (s(m)) + p
e, consequentemente,
n > s(m) > m.
Logo, p ∈ X implica que s′ (p) ∈ X. Assim, concluı́mos que X = N′ . Portanto, se f (m) < f (n), temos, para p ∈ N′
tal que f (n) = f (m) + p, que
m < n.
b)
Seja
X = {n ∈ N; f (n + m) = f (n) + f (m), ∀m ∈ N}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.
Começamos mostrando que 1 ∈ X. Temos que
f (1 + 1) = f (s(1)) = s′ (f (1)) = f (1) + 1′ = f (1) + f (1).
E, se
f (1 + m) = f (1) + f (m),
temos que
f (1 + s(m)) = f (s(s(m))) = s′ (f (s(m))) = 1′ + f (s(m)) = f (1) + f (s(m)).
Logo, pelo PIF, temos que f (1 + m) = f (1) + f (m) para todo m ∈ N. Ou seja, 1 ∈ X.
Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que
f (s(n) + 1) = f (s(s(n))) = s′ (f (s(n))) = f (s(n)) + 1′ = f (s(n)) + f (1).
Adiante, se
f (s(n) + m) = f (s(n)) + f (m),
temos que
f (s(n) + s(m)) =
=
=
=
=
=
=
f (s(s(n) + m))
s′ (f (s(n) + m))
f (s(n) + m) + 1′
f (s(n)) + f (m) + 1′
f (s(n)) + f (1) + f (m)
f (s(n)) + f (1 + m)
f (s(n)) + f (s(m)).
Assim, concluı́mos, pelo PIF, que f (s(n) + m) = f (s(n)) + f (m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que
s(n) ∈ X.
Portanto, concluı́mos, pelo PIF, que X = N.
62
c)
Seja
X = {n ∈ N; f (n · m) = f (n) · f (m), ∀m ∈ N}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.
Começamos mostrando que 1 ∈ X. De fato, dado m ∈ N, temos que
f (1 · m) = f (m) = 1′ · f (m) = f (1) · f (m).
Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que
f (s(n) · 1) = f (s(n)) = f (s(n)) · 1′ = f (s(n)) · f (1)
Adiante, se
f (s(n) · m) = f (s(n)) · f (m),
temos que
f (s(n) · s(m)) =
=
=
=
=
=
f (s(n) · m + s(n) · 1)
f (s(n) · m) + f (s(n) · 1)
f (s(n) · f (m) + f (s(n)) · 1′
f (s(n)) · (f (m) + 1′ )
f (s(n)) · s′ (f (m))
f (s(n)) · f (s(m)).
Assim, concluı́mos, pelo PIF, que f (s(n)·m) = f (s(n))·f (m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que s(n) ∈ X.
Portanto, concluı́mos, pelo PIF, que X = N.
63
Exercı́cio 2.28:
∞
Dada uma sequência de conjuntos A1 , A2 , ...,An , ..., considere os conjuntos lim supAn = ∩∞
n=1 (∪i=n Ai ) e lim infAn =
∞
∪∞
(∩
A
).
n=1
i=n i
a) Prove que lim supAn é o conjunto dos elementos que pertencem à An para uma infinidade de valores de n e que
lim infAn é o conjunto dos elementos que que pertencem a todo An salvo para um número finito de valores
de n.
b) Conclua que lim infAn ⊂ lim supAn ;
c) Mostre que se An ⊂ An+1 para todo n então lim infAn = lim supAn = ∪∞
n=1 An ;
d) Por outro lado, se An ⊃ An+1 para todo n então lim infAn = lim supAn = ∩∞
n=1 An ;
e) Dê exemplo de uma sequência (An ) tal que lim supAn = lim infAn ;
f ) Dê exemplo de uma sequência para a qual os dois limites coincidem mas Am ̸⊂ An para todos m ̸= n.
a)
Sejam
e
X := {a ∈ ∪∞
n=1 An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n}
Y := {a ∈ ∪∞
n=1 An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.
Dado a ∈ X, temos que
{i ∈ N | a ∈ Ai }
é ilimitado. Sendo assim, dado n ∈ N, existe i ∈ N tal que n < i e a ∈ Ai . Isso implica que
a ∈ ∪∞
i=n Ai
para todo n ∈ N. Portanto,
∞
a ∈ ∩∞
n=1 (∪i=n Ai ) = lim supAn .
E, como a é um elemento arbitrário de X, temos que X ⊂ lim supAn .
Seja a ∈ lim supAn . Temos que
a ∈ ∪∞
i=n Ai
para todo n ∈ N. Segue daı́ que
I := {i ∈ N | a ∈ Ai }
é infinito, pois, caso contrário, existiria n ∈ N tal que n > i para todo i ∈ I e, consequentemente, terı́amos que
a ̸∈ ∪∞
i=n Ai . Portanto, a ∈ X. E, como a é um elemento arbitrário de lim supAn , temos que X ⊃ lim supAn .
Dado a ∈ Y , temos que
I := {i ∈ N | a ∈ Ai } = N − J,
para alum J ⊂ N finito. E, como J é finito e, consequentemente, limitado, existe k ∈ N tal que i > k implica
i ̸∈ J. Logo, para todo i > k, temos que i ∈ I e, consequentemente,
a ∈ ∩∞
i=k Ai .
∞
∞
Assim, como ∩∞
i=k Ai ⊂ ∪n=1 (∩i=n Ai ), temos que
∞
a ∈ ∪∞
n=1 (∩i=n Ai ) = lim infAn .
Como a é um elemento arbitrário de Y , concluı́mos daı́ que Y ⊂ lim infAn .
Seja a ∈ lim infAn . Temos que existe k ∈ N tal que
a ∈ ∩∞
i=k Ai .
Isso implica que o conjunto
I := {i ∈ N | a ∈ Ai }
64
é tal que
N − I ⊂ {1, ..., k − 1}.
Logo, a ∈ Y . Como a é um elemento arbitrário de lim infAn , temos que Y ⊃ lim infAn .
b)
Pelo ı́tem anterior, temos que
lim supAn := {a ∈ ∪∞
n=1 An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n}
e
lim infAn := {a ∈ ∪∞
n=1 An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.
Assim, segue que
lim infAn ⊂ lim supAn .
c)
Como
∞
∪∞
i=n Ai ⊂ ∪i=1 Ai
para todo n ∈ N, temos, imediatamente que
∞
∞
lim supAn = ∩∞
n=1 (∪i=n Ai ) ⊂ ∪n=1 An .
Por outro lado, dado a ∈ ∪∞
n=1 An , temos que a ∈ Ak para algum k ∈ N. Por indução em p ∈ N, prova-se que
Ak ⊂ Ak+p
para todo p ∈ N. Portanto,
∞
∞
∞
a ∈ Ak ⊂ ∩∞
p=0 Ak+p = ∩i=k Ai ⊂ ∪n=1 (∩i=n Ai ) = lim infAn .
∞
Assim, a ∈ lim infAn e, como a é um elemento arbitrário de ∪∞
n=1 An , concluimos que ∪n=1 An ⊂ lim infAn .
Concluı́mos, então, do ı́tem b) e do que foi discutido acima, que
∞
∪∞
n=1 An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∪n=1 An .
Logo, temos que
lim infAn = lim supAn = ∪∞
n=1 An .
d)
Temos imediatamente que
∞
∞
∞
∩∞
n=1 An = ∩i=1 Ai ⊂ ∪n=1 (∩i=n Ai ) = lim infAn .
Seja a ∈ lim supAn . Por indução em p, temos que
Ak ⊂ Ak+p ,
para todo k e p ∈ N. Assim,
∞
Ak ⊃ ∪∞
p=0 Ak+p = ∪i=k Ai .
E, temos que a ∈ Ak , para todo k ∈ N, pois
∞
∞
a ∈ lim supAn = ∩∞
n=1 (∪i=n Ai ) ⊂ ∪i=k Ai ⊂ Ak .
∞
Ou seja, a ∈ ∩∞
n=1 An . Como a é um elemento arbitrário de lim supAn , temos que lim supAn ⊂ ∩n=1 An .
Concluı́mos, então, do ı́tem b) e do que foi discutido acima, que
∞
∩∞
n=1 An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∩n=1 An .
Logo, temos que
lim infAn = lim supAn = ∩∞
n=1 An .
e)
65
Definindo
A2k−1 := {1}
e
A2k := ∅,
para todo k ∈ N, temos que
e
∞
∞
lim supAn = ∩∞
n=1 (∪i=n Ai ) = ∩n=1 {1} = {1}
∞
∞
lim infAn = ∪∞
n=1 (∩i=n Ai ) = ∪n=1 ∅ = ∅.
f)
Definindo
An := {n},
temos que
An ̸⊂ Am ,
para todos n ̸= m,
e
∞
∞
lim supAn = ∩∞
n=1 (∪i=n Ai ) = ∩n=1 {k ∈ N | k > n} = ∅
∞
∞
lim infAn = ∪∞
n=1 (∩i=n Ai ) = ∪n=1 ∅ = ∅.
66
Exercı́cio 2.29:
(Teorema de Bernstein-Schroeder) Dados conjuntos A e B, suponha que existam funções injetivas f : A → B e
g : B → A. Prove que existe uma bijeção h : A → B.
Solução 1:
Seja C := g(B) ⊂ A. Mostraremos que existe uma bijecção H : A → C. Assim, como g : B → C é uma bijeção,
temos que h := g −1 ◦ H : A → B é uma bijeção.
Como f : A → B e g : B → C são funções injetivas, temos que F := g ◦ f : A → C é uma função injetiva. Logo,
F (X − Y ) = F (X) − F (Y ), para todos X e Y ⊂ A.
Definimos A1 := A e C1 := C. E, pelo princı́pio da definição recursiva, podemos definir
An := F (An−1 )
e
Cn := F (Cn−1 )
para todo n > 1.
Desta forma, dado x ∈ A, temos que x ∈ An − Cn , para algum n ∈ Z+ , ou x ∈ C (pois x ∈
/ A1 − C1 = A − C
implica que x ∈ C). Então, a função H : A → C dada por
{
F (x) se x ∈ An − Cn para algum n ∈ Z+ ;
H(x) =
x
caso contrário,
para todo x ∈ A, é bem definida.
Sejam x e y ∈ A tais que H(x) = H(y). Se x ∈ An − Cn , para algum n ∈ Z+ , então y ∈ Ak − Ck , para algum
k ∈ Z+ . De fato, se y ∈
/ Ak − Bk , para todo k ∈ Z+ , então
y = H(y) = H(x) = F (x) ∈ F (An − Bn ) = F (An ) − F (Bn ) = An+1 − Bn+1
(pois F é injetivo). Uma contradição. Assim, se x ∈ An − Cn , para algum n ∈ Z+ , então
F (x) = H(x) = H(y) = F (y)
e, consequentemente, x = y. Além disso, se x ∈
/ An − Cn , para todo n ∈ Z+ , então, como no caso anterior, temos
que y ∈
/ An − Cn , para todo n ∈ Z+ , e, consequentemente,
x = H(x) = H(y) = y.
Logo, em todo caso, x = y. Portanto, podemos concluir que H é injetivo.
Seja x ∈ C. Se x ∈ An − Cn = F (An−1 ) − F (Cn−1 ) = F (An−1 − Cn−1 ), para algum n > 1, temos que
x = F (y) = H(y)
para algum y ∈ An−1 − Cn−1 . Por outro lado, se x ∈
/ An − Cn , para todo n ∈ Z+ , Temos que
x = h(x).
Logo, podemos concluir que H é sobrejetiva.
Portanto, temos que H : A → C é uma bijeção. E o resultado segue.
Solução 2:
A grosso modo analizaremos as quantidades de elmentos das sequências das formas
x, g −1 (x), f −1 ◦ g −1 (x), g −1 ◦ f −1 ◦ g −1 (x), ...,
x ∈ A, e
y, f −1 (y), g −1 ◦ f −1 (y), f −1 ◦ g −1 ◦ f −1 (y), ...,
67
y ∈ B. Daı́ particionaremos A e B de modo a obter uma função entre A e B cuja bijetividade é herdada da
injetividade de f e g.
Sejam
AI = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f )−k (x) ̸= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) = ∅},
AP = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) ̸= ∅ e (g ◦ f )−(k+1) (x) = ∅},
A∞ = {x ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (g ◦ f )−k (x) ̸= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) ̸= ∅},
BI = {y ∈ B; existe k ∈ Z>0 tal que (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) = ∅},
BP = {y ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e (f ◦ g)−(k+1) (x) = ∅}
e
B∞ = {y ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅}.
Segue que
˙ P ∪A
˙ ∞
A = AI ∪A
e
˙ P ∪B
˙ ∞.
B = BI ∪B
Agora, provaremos três detalhes técnicos sobre f e g:
(I) f (AI ) = BP
y ∈ BP
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∃k ∈ Z>0 tal que f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e (f ◦ g)−(k+1) (x) = ∅
f −1 = {x} onde
∃k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f )−k (x) = f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) = (f ◦ g)−(k+1) = ∅
∃x ∈ AI tal que f (x) = y
y ∈ f (AI ).
(II) g(BI ) = AP
Prova-se de modo análogo à prova de (I).
(III) f (A∞ ) = B∞
y ∈ B∞
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∀k ∈ Z>0 vale f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e (f ◦ g)k (x) ̸= ∅
f −1 = {x} onde
∀k ∈ Z>0 vale (g ◦ f )−k (x) = f −1 ◦ (f ◦ g)−k (y) ̸= ∅ e g −1 ◦ (g ◦ f )−k (x) = (f ◦ g)−k ̸= ∅
∃x ∈ A∞ tal que f (x) = y
y ∈ f (A∞ ).
˙ P ∪A
˙ ∞ e de (II), que a função
Agora, segue de A = AI ∪A
H:
A
x ∈ AI
x ∈ AP
x ∈ A∞
→
→
→
→
B
f (x) ∈ BP
y ∈ BI , tal que g(y) = x
f (x) ∈ B∞ .
é bem definida e, da injetividade de f e g e de (I)-(III), que esta é uma bijeção.
68
Capı́tulo 3
Números Reais
69
Exercı́cio 3.01:
Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:
a
c
ad + bc
+ =
;
b
d
bd
a c
a·c
(2) · =
.
b d
b·d
(1)
(1)
Temos que
a
ad
= b−1 a = b−1 d−1 da = (bd)−1 (ad) =
b
bd
e, analogamente,
c
bc
= .
d
bd
Assim,
c
a
+
b
d
ad
bc
+
bd −1bd
= (bd) (ad) + (bd)−1 (bc)
= (bd)−1 (ad + bc)
ad + bc
=
.
bd
=
(2)
Temos que
a·c
a c
· = (b−1 a) · (d−1 c) = acb−1 d−1 = (bd)−1 (ac) =
.
b d
b·d
70
Exercı́cio 3.02:
Questão 2-1◦
Propriedade 1. Para todo m inteiro vale
am .a = am+1 .
Demonstração. Para m natural vale pela definição de potência, agora para m = −n, n > 0 ∈ N um inteiro vamos
provar a−n .a = a−n+1 . Para n = 1 temos
a−1 a = a−1+1 = a0 = 1.
Vamos provar agora para n > 1, n − 1 > 0
a−n = (an )−1 = (an−1 a)−1 = a−n+1 a−1
multiplicando por a de ambos lados a−n .a = a−n+1 como querı́amos demonstrar.
Propriedade 2.
am .an = am+n .
Demonstração. Primeiro seja m um inteiro qualquer e n natural, vamos provar a identidade por indução sobre n,
para n = 0 vale
am .a0 = am = am+0
para n = 1 vale
am a1 = am a = am+1 .
Supondo válido para n
am .an = am+n
vamos provar para n + 1
am .an+1 = am+n+1
temos
am .an+1 = am an a = am+n .a = am+n+1
.
Agora para −n com n natural , se m é natural temos que a propriedade já foi demonstrada
am a−n = am−n
se m é inteiro negativo temos
am a−n = am−n
pois o inverso de am a−n é a−m an = a−m+n propriedade que já está provada por −m e n serem naturais e
am−n an−m = 1 por unicidade do inverso de = a−m an = a−m+n é am a−n logo fica provado para n e m inteiros.
Para potência negativa −n podemos fazer como se segue
am a−n = (a−m )−1 (an )−1 = (a−m an )−1 = (a−m+n )−1 = am−n .
71
Questão 2-2◦
Propriedade 3.
(am )n = amn
para m e n inteiros.
Demonstração. Primeiro por indução para m inteiro e n natural
(am )0 = 1 = am.0
(am )1 = am = am.1 .
Supondo válido para n
(am )n = amn
vamos provar para n + 1
(am )n+1 = am(n+1)
temos pela definição de potência e pela hipótese da indução que
(am )n+1 = (am )n am = amn am = amn+m = am(n+1)
onde usamos a propriedade do produto de potência de mesma base. Para n inteiro negativo
(am )−n = ((am )n )−1 = (amn )(−1) = a−mn .
72
Exercı́cio 3.03:
Exemplo 1. Se
xk
yk
=
xs
ys
para todos k, s ∈ In , num corpo K, prove que dados, ak ∈ K, k ∈ In tais que
k=1
tem-se
n
∑
k=1
n
∑
ak xk
=
ak yk
x1
.
y1
k=1
Chamando
x1
y1
= p temos
xk
yk
= p logo xk = pyk e a soma
n
∑
ak x k = p
k=1
logo
n
∑
n
∑
k=1
n
∑
n
∑
ak y k
k=1
ak xk
=p=
ak yk
k=1
73
x1
y1
.
ak yk ̸= 0
Exercı́cio 3.04:
Definição 1 (Homomorfismo de corpos). Sejam A, B corpos. Uma função f : A → B chama-se um homomorfismo
quando se tem
f (x + y) = f (x) + f (y)
f (x.y) = f (x).f (y)
f (1A ) = 1B
para quaisquer x, y ∈ A. Denotaremos nesse caso as unidades 1A e 1B pelos mesmos sı́mbolos e escrevemos f (1) = 1.
Propriedade 4. Se f é homomorfismo então f (0) = 0.
Demonstração. Temos
f (0 + 0) = f (0) + f (0) = f (0)
somando −f (0) a ambos lados segue
f (0) = 0.
Propriedade 5. Vale f (−a) = −f (a).
Demonstração. Pois
f (a − a) = f (0) = 0 = f (a) + f (−a)
daı́ f (−a) = −f (a).
Corolário 1.
f (a − b) = f (a) + f (−b) = f (a) − f (b).
Propriedade 6. Se a é invertı́vel então f (a) é invertı́vel e vale f (a−1 ) = f (a)−1 .
Demonstração.
f (a.a−1 ) = f (1) = 1 = f (a).f (a−1 )
então pela unicidade de inverso em corpos segue que f (a)−1 = f (a−1 ).
Propriedade 7. f é injetora.
Demonstração. Sejam x, y tais que f (x) = f (y), logo f (x) − f (y) = 0, f (x − y) = 0, se x ̸= y então x − y seria
invertı́vel logo f (x − y) não seria nulo, então segue que x = y.
Propriedade 8. Se f : A → B com f (x + y) = f (x) + f (y) e f (x.y) = f (x)f (y) para x, y arbitrários, então
f (x) = 0 ∀x ou f (1) = 1.
Demonstração. f (1) = f (1.1) = f (1)f (1), logo f (1) = f (1)2 por isso f (1) = 1 ou f (1) = 0. Se f (1) = 0 então
f (x.1) = f (x)f (1) = 0, f (x) = 0 ∀x.
74
Exercı́cio 3.05:
Propriedade 9. Se f : Q → Q é um homomorfismo então f (x) = x ∀x ∈ Q.
Demonstração. Vale que f (x + y) = f (x) + f (y), tomando x = kh e y = h fixo, tem-se
f ((k + 1)h) − f (kh) = f (h)
aplicamos a soma
∑n−1
k=0
de ambos lados, a soma é telescópica e resulta em
f (nh) = nf (h)
tomando h = 1 segue que f (n) = n, tomando h =
p
n
segue
p
p
p
p
f (n ) = f (p) = p = nf ( ) ⇒ f ( ) = .
n
n
n
n
75
Exercı́cio 3.08:
Propriedade 10. Seja K um conjunto onde valem todos os axiomas de corpo, exceto a existência de inverso
multiplicativo. Seja a ̸= 0. f : K → K com f (x) = ax é bijeção ⇔ ∃ a−1 ∈ K.
Demonstração. ⇒). A função é sobrejetora logo existe x tal que f (x) = 1 = ax portanto a é invertı́vel com
a−1 = x ∈ K.
⇐). Dado qualquer y ∈ K tomamos x = ya−1 daı́ f (x) = aa−1 y = y e a função é sobrejetiva. f também é
injetiva, pois se f (x1 ) = f (x2 ), ax1 = ax2 implica por lei do corte que x1 = x2 .. Em geral f é injetiva ⇔ vale a lei
do corte por essa observação.
Propriedade 11. Seja K finito. Vale a lei do corte em A ⇔ existe inverso para cada elemento não nulo de K,
Demonstração. ⇒). Se vale a lei do corte, pela propriedade anterior tem-se que para qualquer a =
̸ 0 em K,
f : K → K com f (x) = ax é injetiva, como f é injetiva de K em K que é um conjunto finito, então f é bijetiva, o
que implica a ser invertı́vel.
⇐). A volta é trivial pois existência de inverso implica lei do corte.
76
Exercı́cio 3.09:
Exemplo 2. O conjunto dos polinômios de coeficiente racionais
corpo, pois por exemplo
∑n Q[t] não é um ∑
∑n o elemento
n
k
k+1
x não possui inverso multiplicativo, se houvesse haveria k=0 ak xk tal que
x
a
x
=
1
=
o
k
k=0
k=0 ak x
∑n
k+1
0
e deveria ser 1.
que não é possı́vel pois o coeficiente do termo independente x é zero em k=0 ak x
O conjunto dos inteiros Z não é um corpo, pois não possui inverso multiplicativo para todo elementos, por
exemplo não temos o inverso de 2.
77
Exercı́cio 3.10:
Propriedade 12. Dados x, y ∈ R, x2 + y 2 = 0 ⇔ x = y = 0.
Demonstração. ⇒).Suponha que x ̸= 0, então x2 > 0 e y 2 ≥ 0 de onde segue que x2 + y 2 > 0 , absurdo então deve
valer x2 = 0 ⇒ x = 0 logo temos também y 2 = 0 ⇒ y = 0, portanto x = y = 0.
⇐). Basta substituir x = y = 0 resultando em 0.
78
Exercı́cio 3.11:
Exemplo
função f : K + → K + com f (x) = xn , n ∈ N é crescente. Sejam x > y > 0 então xn > y n pois
∏n 3. A ∏
n
n
x = k=1 x > k=1 y = y n , por propriedade de multiplicação de positivos. Se f : Q+ → Q+ , Q+ o conjunto dos
racionais positivos, então f não é sobrejetiva para n = 2, pois não existe x ∈ Q tal que x2 = 2 ∈ Q+ .
f (K + ) não é um conjunto limitado superiormente de K, isto é, dado qualquer x ∈ K existe y ∈ K + tal que
n
y > x. O limitante superior do conjunto, se existisse, não poderia ser um número negativou ou zero, pois para
todo y positivo tem-se y n positivo, que é maior que 0 ou qualquer número negativo. Suponha que x positivo seja,
tomando y = x + 1 temos y n = (x + 1)n ≥ 1 + nx > x, logo f (K + ) não é limitado superiormente.
79
Exercı́cio 3.12:
Propriedade 13. Sejam X um conjunto qualquer e K um corpo, então o conjunto F (X, K) munido de adição
e multiplicação de funções é um anel comutativo com unidade, não existindo inverso para todo elemento. Lembrando que em um anel comutativo com unidade temos as propriedades, associativa, comutativa, elemento neutro e
existência de inverso aditivo, para adição. valendo também a comutatividade, associatividade, existência de unidade
1 para o produto e distributividade que relaciona as duas operações.
Demonstração.
• Vale a associatividade da adição
((f + g) + h)(x) = (f (x) + g(x)) + h(x) = f (x) + (g(x) + h(x)) = (f + (g + h))(x)
• Existe elemento neutro da adição 0 ∈ K e a função constante 0(x) = 0 ∀ x ∈ K, daı́
(g + 0)(x) = g(x) + 0(x) = g(x).
• Comutatividade da adição
(f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x)
• Existe a função simétrica, dado g(x), temos f com f (x) = −g(x) e daı́
(g + f )(x) = g(x) − g(x) = 0.
• Vale a associatividade da multiplicação
(f (x).g(x)).h(x) = f (x).(g(x).h(x))
• Existe elemento neutro da multiplicação 1 ∈ K e a função constante I(x) = 1 ∀ x ∈ K, daı́
(g.I)(x) = g(x).1 = g(x).
• Comutatividade da multiplicação
(f.g)(x) = f (x)g(x) = g(x)f (x) = (g.f )(x)
Por último vale a distributividade (f (g + h))(x) = f (x)(g(x) + h(x)) = f (x)g(x) + f (x)h(x) = (f.g + f.h)(x).
Não temos inverso multiplicativo para toda função, pois dada uma função, tal que f (1) = 0 e f (x) = 1 para
todo x ̸= 1 em K, não existe função g tal que g(1)f (1) = 1, pois f (1) = 0, assim o produto de f por nenhuma
outra função gera a identidade.
80
Exercı́cio 3.13:
Propriedade 14. Sejam x, y > 0 . x < y ⇔ x−1 > y −1 .
Demonstração. ⇒). Como y > x e x−1 e y −1 são positivos, multiplicamos a desigualdade por x−1 y −1 em ambos
lados x−1 y −1 y > x−1 y −1 x implicando x−1 > y −1 , então se y > x temos x1 > y1 .
⇐). Se x−1 > y −1 . x, y são positivos, multiplicamos a desigualdade por xy em ambos lados, de onde segue que
y > x.
81
Exercı́cio 3.14:
Propriedade 15. Sejam a > 0 em K e f : Z → K com f (n) = an . Nessas condições f é crescente se a > 1,
decrescente se a < 1 e constante se a = 1.
Demonstração. Para qualquer n ∈ Z vale f (n + 1) − f (n) = an+1 − an = an (a − 1), an é sempre positivo, então
o sinal da diferença depende do sinal de a − 1. Se a = 1 vale f (n + 1) = f (n) ∀ n ∈ Z logo f é constante, se
a − 1 < 0, a < 1 então f (n + 1) − f (n) < 0, f (n + 1) < f (n), f é decrescente e finalmente se a − 1 > 0, a > 1 então
f (n + 1) > f (n) e a função é crescente.
Perceba que as propriedades citadas valem para todo n ∈ Z, por exemplo no caso de a > 1 temos
· · · < f (−4) < f (−3) < f (−2) < f (−1) < f (0) < f (1) < f (2) < f (3) < · · · < f (n) < f (n + 1) < · · ·
analogamente para os outros casos.
82
Exercı́cio 3.15:
Exemplo 4. Para todo x ̸= 0 real, prove que (1 + x)2n > 1 + 2nx.
Se x > −1 tomamos a desigualdade de bernoulli com 2n no expoente. Se x < −1 vale 1 + x < 0 porém elevando
a uma potência par resulta num número positivo, por outro lado 2nx < −2n logo 1 + 2nx < 1 − 2n < 0 então
(1 + x)2n é positivo e 1 + 2nx é negativo, logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx
.
83
Exercı́cio 3.16:
Exemplo 5. Se n ∈ N e x < 1 então (1 − x)n ≥ 1 − nx, pois de x < 1 segue que −x > −1 e daı́ aplicamos a
desigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥ 1 + ny com y = −x.
84
Exercı́cio 3.17:
Corolário 2. Se a e a + x são positivos, então vale
(a + x)n ≥ an + nan−1 x.
Pois
em
a+x
a
= (1 + xa ) > 0 então podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥ 1 + ny com y = xa , resultando
(a + x)n ≥ an + nan−1 x.
Se a ̸= 0, arbitrário em R, podendo agora ser negativo, substituı́mos y =
na desigualdade
(a + x)2n > a2n + a2n−1 2nx.
Se vale
x
a
x
a
em (1 + x)2n > 1 + 2nx. chegando
< 1 então da desigualdade (1 − y)n ≥ 1 − ny, novamente tomamos y =
(a − x)n ≥ an − an−1 nx.
85
x
a
de onde segue
Exercı́cio 3.18:
Propriedade 16. Sejam sequências (ak ) , (bk ) em um corpo ordenado K onde cada bk é positivo, sendo
mı́nimo e abnn o máximo dos termos da sequência de termo abkk então vale
n
∑
a1
≤ k=1
n
∑
b1
ak
≤
bk
a1
b1
o
an
.
bn
k=1
Demonstração. Para todo k vale
ambos lados, de onde segue
dividindo por
∑n
k=1 bk
a1
b1
≤
ak
bk
≤
n
∑
k=1
an
bn
bk
⇒ bk ab11 ≤ ak ≤ bk abnn pois bk > 0, aplicamos a soma
∑
∑ an
a1
≤
ak ≤
bk
b1
bn
n
n
k=1
k=1
que é positivo, temos finalmente
n
∑
a1
≤ k=1
n
∑
b1
ak
≤
bk
k=1
86
an
.
bn
∑n
k=1
em
Exercı́cio 3.19:
Propriedade 17 (Multiplicatividade).
|a||b| = |a.b|
para a e b reais quaisquer.
Demonstração. Vale que |x.y|2 = (x.y)2 = x2 y 2 e (|x||y|)2 = |x|2 |y|2 = x2 .y 2 os quadrados desses números são
iguais e eles são não negativos, então segue que |x.y| = |x||y|.
√
√ √
√
2. |a.b| = (a.b)2 = a2 .b2 = a2 . b2 = |a||b|.
Propriedade 18. Se x ̸= 0 então | x1 | =
1
|x| .
Demonstração. Vale |x|| x1 | = | xx | = 1 daı́ | x1 | é inverso de |x|, sendo
Corolário 3 (Preserva divisão).
x
|x|
| |=
.
y
|y|
87
1
|x| .
Exercı́cio 3.20:
Propriedade 19.
n
∏
|ak | = |
n
∏
ak |
k=1
k=1
Demonstração. Por indução, para n = 1 vale, supondo para n números
n
∏
|ak | = |
n
∏
ak |
k=1
k=1
vamos provar para n + 1
n+1
∏
|ak | = |
k=1
temos
n+1
∏
k=1
|ak | =
n
∏
|ak |.|an+1 | = |
k=1
n
∏
n+1
∏
ak |
k=1
ak ||an+1 | = |
k=1
n
∏
ak an+1 | = |
k=1
n+1
∏
ak |
.
k=1
Propriedade 20 (Desigualdade triangular generalizada). Sejam g(k) definida para k inteiro ,a, b ∈ Z, então vale
|
b
∑
b
∑
g(k)| ≤
k=a
|g(k)|.
k=a
Demonstração. Para cada k vale
−|g(k)| ≤ g(k) ≤ |g(k)|
aplicando o somatório em ambos lados segue
−
b
∑
|g(k)| ≤
k=a
b
∑
g(k) ≤
k=a
b
∑
|g(k)|
k=a
que implica
|
b
∑
g(k)| ≤ |
k=a
b
∑
|g(k)|| =
k=a
b
∑
|g(k)|
k=a
pois os termos |g(k)| somados são não negativos ,logo a soma desses termos é não-negativa e o módulo da soma é
igual a soma.
Propriedade 21. A identidade que provamos acima vale para números reais, vamos provar agora por indução que
se vale |z + w| ≤ |z| + |w| para quaisquer z, w então vale
|
n
∑
zk | ≤
k=1
n
∑
|zk |
k=1
de maneira que possa ser usada para números complexos , normas e outras estruturas que satisfazem a desigualdade
triangular.
2. Por indução sobre n, para n = 1 tem-se
|
1
∑
zk | = |z1 | ≤
k=1
1
∑
k=1
88
|zk | = |z1 |
logo vale. Supondo a validade para n
|
n
∑
zk | ≤
k=1
n
∑
|zk |
k=1
vamos provar para n + 1
|
n+1
∑
zk | ≤
k=1
n+1
∑
|zk |.
k=1
Da hipótese da indução somamos |zn+1 | em ambos lados, logo
|
n+1
∑
k=1
zk | = |zn+1 +
n
∑
zk | ≤ |zn+1 | + |
k=1
n
∑
k=1
zk | ≤
n+1
∑
k=1
Vejamos outras1 demonstrações da desigualdade triangular
1 Essas
demonstrações aprendi com Pedro Kenzo, obrigado por compartilhar as soluções.
89
|zk |
Exercı́cio 3.22:
Vamos resolver um caso mais geral do problema.
Definição 2 (Mediana). Dada uma sequência finita (yk )n1 seus termos podem ser rearranjados para forma uma
e é definida da seguinte maneira
sequência não-decrescente (xk )n1 . A mediana X
e = x n+1 .
• Se n é ı́mpar X
2
e=
• Se n é par X
x n +1 +x n
2
2
2
.
Exemplo 6. Seja (xk )n1 uma sequência crescente f : R → R com f (x) =
f (x) = −nx +
n
∑
∑n
k=1
|x − xk |. Se x < x1 então
xk
k=1
logo f é decrescente para x < x1 . Tomando x > xn
f (x) = nx −
n
∑
xk
k=1
logo f é crescente para x > xn .
Seja agora x ∈ [xt , xt+1 ), t variando de 1 até n − 1
f (x) =
t
∑
(x − xk ) −
k=1
n
∑
(x − xk ) = (2t − n)x +
k=t+1
t
∑
n
∑
xk −
k=1
xk
k=t+1
portanto a função é decrescente se t < n2 e crescente se t > n2 , de t = 1 até t = ⌊ n2 ⌋ em cada intervalo [xt , xt+1 ) a
função é decrescente, sendo ⌊ n2 ⌋ segmentos decrescentes, de t = ⌊ n2 ⌋ + 1 até n − 1, temos n − 1 − ⌊ n2 ⌋ segmentos
crescentes.
• Se n é ı́mpar f é decrescente em [x⌊ n2 ⌋ , x⌊ n2 ⌋+1 ) e crescente em [x⌊ n2 ⌋+1 , x⌊ n2 ⌋+2 ) logo o ponto x⌊ n2 ⌋+1 = x n+1
2
é o único ponto de mı́nimo.
• Se n é par a função é constante em [x n2 , x n2 +1 ), todos os pontos desse intervalo são pontos de mı́nimo. Em
especial o ponto
x n +x n +1
2
2
2
é ponto de mı́nimo.
Concluı́mos que um ponto de mı́nimo acontece sempre na mediana da sequência.
∑n
Exemplo 7. Achar o mı́nimo da função f (x) = k=1 |x − k| para n ı́mpar e para n par.
= xn = n, substituı́mos então tal valor na função
Trocando n por 2n temos que o mı́nimo acontece no ponto x 2n
2
2n
∑
|n − k| =
k=1
n
∑
k=1
=
portanto o mı́nimo de
|n − k| +
∑2n
k=1
2n
∑
|n − k| =
k=n+1
n
∑
(n − k) +
k=1
n
∑
n
∑
(n − k) +
k=1
(k) =
k=1
n
∑
2n
∑
(−n + k) =
k=n+1
n = n.n = n2 .
k=1
|x − k| é n .
2
• min{|x − 1| + |x − 2|} = 1
• min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4|} = 4
• min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5| + |x − 6|} = 9
• min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5| + |x − 6| + |x − 7| + |x − 8|} = 16.
90
Agora para n ı́mpar, trocamos n por 2n + 1 o mı́nimo acontece no ponto x (2n+1)+1 = xn+1 = n + 1, aplicando na
2
função temos
2n+1
∑
k=1
|n + 1 − k| =
n+1
∑
|n + 1 − k| +
k=1
2n+1
∑
|n + 1 − k| =
k=n+2
=
n
∑
(n + 1 − k) +
k=1
n+1
∑
(n + 1 − k) +
k=1
n
∑
k=
k=1
n
∑
2n+1
∑
−(n + 1) + k =
k=n+2
(n + 1) = n(n + 1).
k=1
• min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3|} = 2
• min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5|} = 6
• min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5| + |x − 6| + |x − 7|} = 12
• min{|x − 1| + |x − 2| + |x − 3| + |x − 4| + |x − 5| + |x − 6| + |x − 7| + |x − 8| + |x − 9|} = 20.
91
Exercı́cio 3.23:
Propriedade 22. |a − b| < ε ⇒ |a| < |b| + ε.
Demonstração. 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|
daı́ segue
|a| ≤ ε + |b|.
Da mesma forma vale se |a − b| < ε então |b| ≤ ε + |a| ⇒ |b| − ε ≤ |a| e com |a| ≤ ε + |b|. temos
|b| − ε ≤ |a| ≤ ε + |b|.
Vimos que |a − b| < ε implica |a| < |b| + ε, mas como a ≤ |a| segue a < |b| + ε.
92
Exercı́cio 3.24:
Propriedade 23. Dado um corpo ordenado K , são equivalentes
1. K é arquimediano.
2. Z é ilimitado superiormente e inferiormente.
3. Q é ilimitado superiormente e inferiormente.
Demonstração.
• 1 ⇒ 2. N ⊂ Z então Z é ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que Z seja limitado
inferiormente, então existe a ∈ K tal que a < x ∀x ∈ Z, logo −a > −x, porém existe n natural tal que
n > −a ⇒ −n < a o que contraria a hipótese.
|{z}
∈Z
• 2 ⇒ 3 . Z ⊂ Q portanto Q é ilimitado superiormente e inferiormente.
• 3 ⇒ 1 . Para todo y ∈ K existe ab ∈ Q com a, b > 0 naturais tal que ab > y, daı́ a > yb, podemos tomar
y = xb , logo a > x, a ∈ N , portanto N é ilimitado superiormente e o corpo é arquimediano.
93
Exercı́cio 3.25:
Propriedade 24. Seja K um corpo ordenado. K é arquimediado ⇔ ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que
1
2n
< ε.
Demonstração. ⇒). Como K é arquimediano, então ∀ε > 0 existe n ∈ N tal que n > 1ε ⇒ n + 1 > n > 1ε por
desigualdade de Bernoulli temos 2n > n + 1 > 1ε ⇒ 21n < ε.
⇐). Se ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que 21n < ε, tomamos ε = x1 , x > 0 arbitrário então x < 2n , com
n
2 = m ∈ N então K é arquimediano, N não é limitado superiormente.
94
Exercı́cio 3.26:
Propriedade 25. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z → K com f (n) = an , então
• f (Z) não é limitado superiormente.
• inf(F (Z)) = 0.
Demonstração.
• Vale que a > 1 então a = p + 1 onde p > 0, por desigualdade de Bernoulli temos (p + 1)n ≥
1 + pn. ∀ x > 0 ∈ K existe n tal que n > xp ⇒ pn > x ⇒ (p + 1)n ≥ 1 + pn > x, logo f (Z) não é limitado
superiormente.
• 0 é cota inferior de f (Z) pois vale 0 < an ∀n ∈ Z. Suponha que exista x tal que 0 < x < am ∀ m ∈ Z,
sabemos que existe n ∈ N tal que an > x1 daı́ x > a1n = a−n , absurdo, então 0 deve ser o ı́nfimo.
95
Exercı́cio 3.27:
Propriedade 26. Se s é irracional e u ̸= 0 é racional então u.s é irracional.
Demonstração. Suponha que s é irracional e u.s seja racional, então u.s =
u ̸= 0 é racional ele é da forma u = vj , j ̸= 0 e v ̸= 0, inteiros, logo
p
q
com p ̸= 0 e q ̸= 0 inteiros e como
p
j
s=
v
q
multiplicando por
v
j
ambos lados segue
s=
p.v
j.q
que é um número racional, logo chegamos a um absurdo.
Propriedade 27. Se s é irracional e t racional, então s + t é irracional.
Demonstração. Suponha s + t racional, então s + t = pq daı́ s =
racionais, um absurdo então segue que s + t é irracional.
p
q
− t que seria racional por ser diferença de dois
Exemplo 8. Existem irracionais a e b tais que a + b e a.b sejam racionais. Exemplos a = 1 +
daı́ a + b = 2 e a.b = 1 − 5 = −4.
96
√
√
5 , b = 1− 5
Exercı́cio 3.28:
Propriedade 28. Sejam a, b, c, d racionais então
√
√
a + b 2 = c + d 2 ⇔ a = c e b = d.
√
√
Demonstração. ⇐). Se√a = c e b =
√d a temos a + b √2 = c + d 2.
⇒). Suponha a + b 2 = c + d 2 então a − c = 2(d − b), se d = b então a = c e terminamos, se não vale que
o que é absurdo pois
√
2 é irracional.
a−c √
= 2
d−b
97
Exercı́cio 3.29:
√
Exemplo 9. O conjunto da forma {x + y p} onde x e y são racionais é subcorpo dos números reais.
√
• O elemento neutro da adição 0 pertence ao conjunto. Pois 0 = 0 + 0 p
√
• O elemento neutro da multiplicação 1 pertence ao conjunto. Pois 1 = 1 + 0 p
√
√
√
• A adição é fechada. Pois x + y p + z + w p = x + z + (y + w) p.
√
√
√
√
• O produto é fechado. Pois (x + y p)(z + w p) = xz + xw p + yz p + y.wp.
√
√
• Dado x ∈ A implica −x ∈ A. Pois dado x + y p temos o simétrico −x − y p.
√
• Dado x ̸= 0 ∈ A tem-se x−1 ∈ A. Pois dado x + y p temos inverso
√
x−y p
x2 − y 2 p
como inverso multiplicativo.
√
Exemplo 10. O conjunto dos elementos da forma a + bα onde α = 3 2 não é um corpo pois o produto não é
fechado, vamos mostrar que α2 não pertence ao conjunto.
Suponha que α2 = a + bα então α3 = aα + bα2 = 2 substituindo a primeira na segunda temos que
aα + b(a + bα) = aα + ab + b2 α = α(b2 + a) + ab = 2 ⇒ α(b2 + a) = 2 − ab
2
se b2 + a ̸= 0 então α = 2−ab
b2 +a o que é absurdo pois α é irracional, então devemos ter a = −b , multiplicamos a
2
2
2
expressão aα + bα = 2 por α, de onde segue aα + 2b = 2α, substituindo α = a + bα nessa última temos
a(a + bα) + 2b = a2 + abα + 2b = 2α ⇒ α(2 − ab) = 2b + a2
2
2
3
se 2 ̸= ab chegamos num absurdo de α = 2b+a
2−ab , temos que ter então 2 = ab e a = −b de onde segue 2 = −b ,
porém não existe racional que satisfaz essa identidade, daı́ não podemos escrever α2 da forma a + bα com a e b
racionais, portanto o produto de elementos não é fechado e assim não temos um corpo.
98
Exercı́cio 3.30:
Propriedade 29. Sejam a, b ∈ Q+ .
√
√
√
√
a + b é racional ⇔ a e b são racionais.
Demonstração. ⇒).√
√
√
Se a = b então 2 a ∈ Q o que implica a = b ∈ Q. Agora o caso de a ̸= b.√ √
√
√
√
√
b
Suponha que a + b é racional então seu inverso também racional , que é a−
, daı́ a − b ∈ Q , a soma
a−b
√
√
√
√
√
√
(√a + √b) + (√ a − √ b) = 2 a ∈ √
Q logo
√ a ∈ Q, a diferença de números racionais também é um número racional
( a + b) − a = b, portanto a e b são racionais.
⇐). A volta vale pois a soma de racionais é um racional.
99
Exercı́cio 3.31:
Propriedade 30. Sejam A ⊂ R não vazio limitado e c ∈ R, então
1. c ≤ sup(A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c − ε < x.
2. c ≥ inf (A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c + ε > x.
Demonstração.
1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c − ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se não existisse x ∈ A tal que
c − ε < x então c − ε seria cota superior menor que o supremo, o que é absurdo, contraria o fato do supremo
ser a menor das cotas superiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poderı́amos tomar c − sup(A) = ε daı́ c − c + sup(A) =
sup(A) < x o que é absurdo.
2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf (A). Dado ε > 0 fixo, se não existisse x ∈ A tal que c + ε > x
então c + ε seria cota superior menor que o ı́nfimo, o que é absurdo, contraria o fato do ı́nfimo ser a menor
das cotas inferiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf (A), poderı́amos tomar inf (A) − c = ε daı́ x < c + inf (A) − c =
inf (A) o que é absurdo.
100
Exercı́cio 3.32:
Exemplo 11. Seja A = { n1 | n ∈ N } . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 é uma cota inferior, agora vamos
mostrar que 0 é a menor delas. Dado 0 < x, x não pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que n1 < x, logo
0 é o ı́nfimo.
101
Exercı́cio 3.33:
Propriedade 31. Se A é limitado inferiormente e B ⊂ A então inf (A) ≤ inf (B).
Demonstração. inf A é cota inferior de A, logo também é cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale inf A ≤
inf B, pois inf B é a maior cota inferior de B.
Propriedade 32. Se A é limitado superiormente e B ⊂ A então sup(A) ≥ sup(B).
Demonstração. Toda cota superior de A é cota superior de B, logo o sup(A) é cota superior de B, como sup(B) é
a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B).
Corolário 4. Se A e B são conjuntos limitados com B ⊂ A então vale sup(A) ≥ sup(B) ≥ inf (B) ≥ inf (A) pois
temos sup(A) ≥ sup(B) e inf (A) ≤ inf (B), tendo ainda que sup(B) ≥ inf (B).
102
Exercı́cio 3.31:
Propriedade 33. Sejam A ⊂ R não vazio limitado e c ∈ R, então
1. c ≤ sup(A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c − ε < x.
2. c ≥ inf (A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c + ε > x.
Demonstração.
1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c − ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se não existisse x ∈ A tal que
c − ε < x então c − ε seria cota superior menor que o supremo, o que é absurdo, contraria o fato do supremo
ser a menor das cotas superiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poderı́amos tomar c − sup(A) = ε daı́ c − c + sup(A) =
sup(A) < x o que é absurdo.
2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf (A). Dado ε > 0 fixo, se não existisse x ∈ A tal que c + ε > x
então c + ε seria cota superior menor que o ı́nfimo, o que é absurdo, contraria o fato do ı́nfimo ser a menor
das cotas inferiores.
⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf (A), poderı́amos tomar inf (A) − c = ε daı́ x < c + inf (A) − c =
inf (A) o que é absurdo.
103
Exercı́cio 3.32:
Exemplo 12. Seja A = { n1 | n ∈ N } . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 é uma cota inferior, agora vamos
mostrar que 0 é a menor delas. Dado 0 < x, x não pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que n1 < x, logo
0 é o ı́nfimo.
104
Exercı́cio 3.33:
Propriedade 34. Se A é limitado inferiormente e B ⊂ A então inf (A) ≤ inf (B).
Demonstração. inf A é cota inferior de A, logo também é cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale inf A ≤
inf B, pois inf B é a maior cota inferior de B.
Propriedade 35. Se A é limitado superiormente e B ⊂ A então sup(A) ≥ sup(B).
Demonstração. Toda cota superior de A é cota superior de B, logo o sup(A) é cota superior de B, como sup(B) é
a menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B).
Corolário 5. Se A e B são conjuntos limitados com B ⊂ A então vale sup(A) ≥ sup(B) ≥ inf (B) ≥ inf (A) pois
temos sup(A) ≥ sup(B) e inf (A) ≤ inf (B), tendo ainda que sup(B) ≥ inf (B).
105
Exercı́cio 3.34:
Propriedade 36. Sejam A, B ⊂ R tais que para todo x ∈ A e todo y ∈ B se tenha x ≤ y. Então sup A ≤ inf B.
Demonstração. Todo y ∈ B é cota superior de A, logo sup A ≤ y para cada y pois sup A é a menor das cotas
superiores, essa relação implica que sup A é cota inferior de B logo sup A ≤ inf B, pois inf B é a maior cota inferior.
Propriedade 37. sup A = inf B ⇔ para todo ε > 0 dado , existam x ∈ A e y ∈ B com y − x < ε.
Demonstração. ⇐, usamos a contrapositiva. Não podemos ter inf B < sup A pela propriedade anterior, então
temos forçosamente que inf B > sup A, tomamos então ε = inf B − sup A > 0 e temos y − x ≥ ε para todo x ∈ A
e y ∈ B pois y ≥ inf B e sup A ≥ x de onde segue −x ≥ − sup A, somando esta desigualdade com a de y tem-se
y − x ≥ inf B − sup A = ε.
⇒ , Se sup A = inf B. Então sendo para qualquer ε > 0, sup A − 2ε não é cota superior de A, pois é menor que
o sup A (que é a menor cota superior), da mesma maneira inf A + 2ε não é cota inferior de B, então existem x ∈ A
e y ∈ B tais que
ε
ε
sup A − < x ≤ sup A = inf B ≤ y < inf B +
2
2
ε
ε
inf B − < x ≤ y < inf B +
2
2
de onde segue inf B − 2ε < x, −x < 2ε − inf B e y < inf B + 2ε somando ambas tem-se y − x < ε.
106
Exercı́cio 3.35:
Propriedade 38. Se c > 0 então sup(c.A) = c. sup A.
Demonstração. Seja a = sup A. Para todo x ∈ A tem-se x ≤ a, de onde segue cx ≤ ca, assim ca é cota superior
de cA. Seja d tal que d < ca então dc < a logo dc não é cota superior de A, implicando a existência de pelo menos
um x tal que dc < x, d < cx de onde segue que d não é cota superior de cA, assim ca é a menor cota superior de
cA logo o supremo.
Propriedade 39. Se c > 0, inf cA = c inf A.
Demonstração. Seja a = inf A, então vale a ≤ x para todo x, multiplicando por c segue ca ≤ cx de onde concluı́mos
que ca é cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, então a < dc , implicando que dc não é cota inferior de A assim
existe x ∈ A tal que x < dc ⇒ cx < d, logo d não é cota inferior de cA, implicando que c.a é a maior cota inferior,
logo o ı́nfimo do conjunto.
Propriedade 40. Se c < 0 então inf(cA) = c sup A.
Demonstração. Seja a = sup A . Tem-se x ≤ a para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cx ≥ ca para todo
x ∈ A. Então ca é uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se dc < a como a é supremo, isso significa que existe
x ∈ A tal que dc < x logo d > cx, assim esse d não é cota inferior, implicando que ca é a menor cota inferior, então
ı́nfimo do conjunto.
A questão 35 segue da próxima propriedade com c = −1.
Propriedade 41. Se c < 0 então sup(cA) = c inf A.
Demonstração. Seja b = inf A então vale b ≤ x para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cb ≥ cx assim cb é cota
superior de cA. Agora tome d tal que cb > d segue b < dc , como b é ı́nfimo existe x ∈ A tal que x < dc , cx > d
assim esse d não pode ser cota superior de cA, então cb é a menor cota superior, logo o ı́nfimo.
107
Exercı́cio 3.37:
Item I
Sejam A, B ⊂ R, conjuntos limitados .
Propriedade 42. O conjunto A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B} também é limitado.
Demonstração. Se A é limitado , existe t tal que |x| < t para todo x ∈ A e se B é 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 é limitado.
Item II
Propriedade 43 (Propriedade aditiva). Vale sup(A + B) = sup(A) + sup(B).
Demonstração. Como A, B são 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 é limitado superiormente.
Para todo e qualquer ε > 0 existem x, y tais que
ε
ε
a<x+ , b<y+
2
2
somando ambas desigualdades-segue-se que
a+b<x+y+ε
que mostra que a + b é a menor cota superior, logo o supremo, fica valendo então
sup(A + B) = sup(A) + sup(B).
Item III
Propriedade 44. inf(A + B) = inf A + inf B.
Demonstração. Sejam a = inf A e b = inf B então ∀x, y ∈ A, B tem-se a ≤ x, b ≤ y de onde segue por adição
a + b ≤ x + y, assim a + b é cota inferior de A + B. ∃x, y ∈ A, B tal que ∀ε > 0 vale x < a + 2ε e y < b + 2ε pois a
e b são as maiores cotas inferiores, somando os termos das desigualdades segue x + y < a + b + ε, que implica que
a + b é a maior cota inferior logo o ı́nfimo.
108
Exercı́cio 3.38:
Definição 3 (Função limitada). Seja A ⊂ R, f : A → R é dita limitada quando o conjunto f (A) = {f (x) | x ∈
A}, se f (A) é limitado superiormente então dizemos que f é limitada superiormente e caso f (A) seja limitado
inferiormente dizemos que A é limitado inferiormente.
Seja uma função limitada f : V → R.
Definição 4.
sup f := sup f (V ) = sup{f (x) | x ∈ V }
Definição 5.
inf f := inf f (V ) = inf{f (x) | x ∈ V }
Propriedade 45. A função soma de duas funções limitadas é limitada.
Demonstração. Vale |f (x)| ≤ M1 e |g(x)| ≤ M2 ∀x ∈ A então
|f (x) + g(x)| ≤ |f (x)| + |g(x)| ≤ M1 + M2 = M
portando a função soma f + g de duas funções limitadas é também uma função limitada.
Sejam f, g : V → R funções limitadas e c ∈ R.
Propriedade 46.
sup(f + g) ≤ sup f + sup g.
Demonstração. Sejam
A = {f (x) | x ∈ V }, B = {g(y) | y ∈ V }, C = {g(x) + f (x) | x ∈ V }
temos que C ⊂ A + B, pois basta tomar x = y nos conjuntos, logo
sup(A + B) ≥ sup(f + g)
sup(A) + sup(B) = sup f + sup g ≥ sup(f + g)
Propriedade 47.
inf(f + g) ≥ inf(f ) + inf(g).
Demonstração. De C ⊂ A + B segue tomando o ı́nfimo
inf(A + B) = inf(A) + inf(B) = inf(f ) + inf(g) ≤ inf(C) = inf(f + g).
Exemplo 13. Sejam f, g : [0, 1] → R dadas por f (x) = x e g(x) = −x
• Vale sup f = 1, sup g = 0, f + g = 0 logo sup(f + g) = 0 vale então
sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0.
• Temos ainda inf f = 0, inf g = −1, f + g = 0, inf (f + g) = 0 logo
inf f + inf g = −1 < inf(f + g) = 0.
As desigualdades estritas também valem se consideramos as funções definidas em [−1, 1], nesse caso sup f +sup g =
2 e inf f + inf g = −2 e sup(f + g) = 0 = inf(f + g).
109
Exercı́cio 3.39:
Definição 6. Sejam A e B conjuntos não vazios, definimos A.B = {x.y | x ∈ A, y ∈ B}.
Propriedade 48. Sejam A e B conjuntos limitados de números positivos, então vale sup(A.B) = sup(A). sup(B).
Demonstração. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) então valem x ≤ a e y ≤ b, ∀x ∈ A, y ∈ B daı́ x.y ≤ a.b, logo
a.b é cota superior de A.B. Tomando t < a.b segue que at < b logo existe y ∈ B tal que at < y daı́ yt < a logo
existe x ∈ A tal que yt < x logo t < x.y então t não pode ser uma cota superior, implicando que a.b é o supremo
do conjunto.
Propriedade 49. Sejam A e B conjuntos limitados de números positivos, então vale inf(A.B) = inf(A). inf(B).
Demonstração. Sejam a = inf(A) e b = inf(B) então valem x ≥ a e y ≥ b, ∀x ∈ A, y ∈ B daı́ x.y ≥ a.b, logo a.b é
cota inferior de A.B. Tomando t > a.b segue que at > b logo existe y ∈ B tal que at > y daı́ yt > a logo existe x ∈ A
tal que yt > x logo t < x.y então t não pode ser uma cota inferior, implicando que a.b é o ı́nfimo do conjunto.
110
Exercı́cio 3.40:
Propriedade 50. Sejam f, g : A → R funções limitadas então f.g : A → R é limitada.
Demonstração. Vale que |f (x)| < M1 e |g(x)| < M2 então |f (x)g(x)| < M1 M2 = M ∀ x ∈ A , portanto f.g : A → R
é limitada.
Propriedade 51. Sejam f, g : A → R+ limitadas superiormente, então
sup(f.g) ≤ sup(f ) sup(g).
Demonstração. Sejam C = {g(x).f (x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f (x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B
para ver isso basta tomar x = y nas definições acima, daı́
sup(A.B) ≥ sup(C)
sup(A) sup(B) ≥ sup(C)
sup(f ) sup(g) ≥ sup(f.g).
Propriedade 52. Sejam f, g : A → R+ limitadas inferiormente, então
inf(f.g) ≥ inf(f ) inf(g).
Demonstração. Sejam C = {g(x).f (x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f (x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B,
daı́
inf(A.B) ≤ inf(C)
inf(A) inf(B) ≤ inf(C)
inf(f ) inf(g) ≤ inf(f.g).
Exemplo 14. Sejam f, g : [1, 2] → R dadas por f (x) = x e g(x) = x1 , vale sup f = 2, 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
2
vale inf f. inf g =
1
2
e inf(f.g) = 1 portanto
inf f. inf g < inf(f.g).
Propriedade 53. Seja f : A → R+ limitada superiormente então sup(f 2 ) = (sup f )2 .
Demonstração. Seja a = sup f tem-se √
f (x) ≤ a ∀x daı́ f (x)2 ≤ a2√então a2 é cota superior de f 2 , e é a menor
cota superior pois se 0 < c < a2 então c < a logo existe x tal que c < f (x) < a e daı́ c < f (x)2 < a2 logo a2 é
a menor cota superior sup(f 2 ) = sup(f )2 .
Propriedade 54. Seja f : A → R+ então inf(f 2 ) = (inf f )2 .
2
2
2
2
Demonstração. Seja a = inf f tem-se
√ f (x) ≥ a ∀x daı́ f (x) ≥ a então
√ a é cota2 inferior 2de f , e é a 2maior cota
2
inferior pois se a < c então a < c logo existe x tal que a < f (x) < c e daı́ a < f (x) < c logo a é a maior
cota inferior inf(f 2 ) = inf(f )2 .
111
Exercı́cio 3.42:
Teorema 1 (Teorema das raı́zes racionais). Se o polinômio
f (x) =
n
∑
ak xk
k=0
de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x =
r
s
Demonstração. Se x =
é raiz de f (x) =
n
∑
r
s
tal que mdc(r, s) = 1 então s|an e r|a0 .
ak xk , então temos
k=0
f
( ) ∑
( )k
n
r
r
=
ak
=0
s
s
k=0
n
multiplicando por s em ambos os lados temos
n
∑
ak rk .sn−k = 0
k=0
como s|0 então s|
n
∑
ak rk .sn−k , na soma s não aparece como fator apenas quando n − k = 0, n = k, logo
k=0
abrindo o limite superior do somatório temos
n−1
∑
ak rk .sn−k + an rn .sn−n =
k=0
n−1
∑
ak rk .sn−k + an rn = 0
k=0
n
daı́ s deve dividir an r , como s é primo com r implica que também é primo com rn , portanto s deve dividir an .
n
∑
ak rk .sn−k , como o único fator onde r não aparece é
Pelo mesmo argumento, temos que r|0 logo r deve dividir
k=0
quando k = 0, abrimos o limite inferior do somatório
a0 r0 .sn−0 +
n
∑
ak rk .sn−k = a0 .sn +
k=1
n
n
∑
ak rk .sn−k = 0
k=1
n
logo r deve dividir a0 .s , mas como r é primo com s , ele deve dividir a0 .
Corolário 6. Se o polinômio de coeficientes inteiros
n
∑
ak xk possui raı́zes racionais então elas devem pertencer
k=0
ao conjunto
p
A = { | p|a0 q|an }.
q
Corolário 7. Se an = 1 em um polinômio de coeficientes inteiros P (x) =
n
∑
ak xk então suas raı́zes racionais
k=0
devem ser inteiras, pois
p
| p|a0 q|1}
q
então q = 1 ou q = −1, e de qualquer forma implica que as soluções são da forma x = p para algum p ∈ Z. Então
, nessas condições, as raı́zes do polinômio P (x) são inteiras ou irracionais.
A={
Propriedade 55. Seja P (x) = √
xn − a, a > 0 ∈ Z, se a não é n-ésima potência de um número natural então a
única raiz positiva de P , que é n a , é irracional.
Demonstração. Como P possui coeficiente an = 1 então ele possui raiz irracional ou inteira, se a raiz positiva m
fosse inteira (logo natural) terı́amos mn − a = 0 e daı́ a = mn é potência
√ de um número natural, o que contraria a
hipótese de a não ser n-ésima potência de um número natural, logo n a é irracional.
112
Exercı́cio 3.43:
Propriedade 56. Sejam I um intervalo não degenerado e k > 1 natural. O conjunto A = { kmn ∈ I | m, n ∈ Z} é
denso em I.
m+1
m
Demonstração. Dado ε > 0 existe n ∈ N tal que k n > 1ε , daı́ os intervalos [ kmn , m+1
kn ] tem comprimento kn − kn =
1
kn < ε.
m
m
Existe um menor inteiro m + 1 tal que x + ε ≤ m+1
kn daı́ kn ∈ (x − ε, x + ε) pois se fosse x + ε < kn iria contrariar
m
m m+1
a minimalidade de m + 1 e se fosse kn < x − ε então [ kn , kn ] teria comprimento maior do que de (x − ε, x + ε),
que é ε, uma contradição com a suposição feita anteriormente.
113
Exercı́cio 3.44:
Propriedade 57. O conjunto dos polinômios com coeficientes racionais é enumerável.
Demonstração. Seja Pn o conjunto dos polinômios com coeficientes racionais de grau ≤ n a função f : Pn → Qn+1
tal que
n
∑
P(
ak xk ) = (ak )n1
k=0
n+1
é uma bijeção. Como Q
é enumerável por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumeráveis, segue que Pn
é enumerável.
Sendo A o conjunto dos polinômios de coeficientes racionais, vale que
A=
∞
∪
Pk
k=1
portanto A é união enumerável de conjuntos enumeráveis , sendo assim A é enumerável.
Definição 7 (Número algébrico). Um número real (complexo) x é dito algébrico quando é raiz de um polinômio
com coeficientes inteiros.
Propriedade 58. O conjunto dos números algébricos é enumerável.
1. Enumeramos A = {P1 , P2 , · · · , Pn , · · · }, o conjunto dos polinômios com coeficientes inteiros, definimos Bk como
conjunto das raı́zes reais de fk , então vale que
∞
∪
B=
Bk
k=1
como cada Bk é finito B fica sendo união enumerável de conjuntos finitos, então B é enumerável.
2. Seja B o conjunto dos algébricos e A o conjunto dos polinômios com coeficientes inteiros. Para cada algébrico
x escolhemos um polinômio Px tal que Px (x) = 0.
Definimos a função 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 é finito pois Px possui um número finito de raı́zes e daı́ tem-se
|{z}
=y
B=
∪
g −1 (y)
y∈f (B)
logo B é união enumerável de conjuntos enumeráveis ( no caso finitos), então B é enumerável.
Corolário 8. Existem números reais que não são algébricos, pois se todos fossem algébricos R seria enumerável.
Definição 8 (Números transcendentes). Os números reais que não são algébricos são ditos transcendentais
Propriedade 59. O conjunto dos números algébricos é denso em R, pois todo racional é algébrico, o racional
é raiz do polinômio com coeficientes inteiros
ax − b = P (x)
ax − b = 0 ⇔ ax = b ⇔ x = ab . E Q é denso em R.
114
b
a
Exercı́cio 3.45:
Propriedade 60. Seja A enumerável e B = R \ A, então para cada intervalo (a, b), (a, b) ∩ B é não enumerável,
em especial B é denso em R.
Com esse resultado garantimos que o complementar de um conjunto enumerável é denso em R.
Demonstração. Sabemos que (a, b) é não enumerável, escrevemos
(a, b) = [(a, b) ∩ A] ∪ [(a, b) ∩ (R \ A)] = [(a, b) ∩ A] ∪ [(a, b) ∩ B],
sabemos que (a, b) ∩ A é enumerável se (a, b) ∩ B também o fosse, chegarı́amos no absurdo de (a, b) ser enumerável,
por ser união finita de conjuntos enumeráveis , portanto (a, b) ∩ B é não enumerável e B é denso em R.
Exemplo 15. Um conjunto pode não ser enumerável e também não ser denso em R, como (a, b).
115
Exercı́cio 3.46:
Corolário 9. O conjunto T dos números transcedentais é não enumerável e denso em R. Pois A o conjunto dos
números algébricos é enumerável, T = R \ A, como complementar dos números algébricos T é não enumerável e
denso em R.
116
Exercı́cio 3.47:
Propriedade 61. Seja L|K uma extensão de corpo. Se α, β ∈ L são algébricos sobre K, então α ± β, α.β e
com β ̸= 0 são algébricos sobre K, Desse modo
α
β
{α ∈ L|α é algébrico sobre K}
é um subcorpo de L que contém K.
Demonstração. Seja δ ∈ {α ± β, α.β α
β β ̸= 0} então δ ∈ K(α, β) e K ⊂ K(δ) ⊂ K(α, β)). Vamos mostrar que
[K(α, β) : K] < ∞.
Sejam f , g ∈ K[x] os polinômios mı́nimos de α e β sobre K, com graus m e n respectivamente temos que
[K(α) : K] = m, [K(β) : K] = n.
f (x) ∈ k(x) ⊂ K(β)[x] é tal que f (α) = 0, logo α é algébrico sobre K(β), sendo P o polinômio mı́nimo de α
sobre K(β) de grau s, ele divide f (x) em K(β)[x] logo s ≤ m, portanto [K(β)(α) : K(β)] = s ≤ m o grau é finito
e a extensão total [K(α, β) : K] = sn é finita por multiplicatividade dos graus. Como a extensão [K(α, β) : K] é
finita ela é algébrica.
Definição 9 (Fecho algébrico de Q). Consideremos a extensão de corpos C|Q. Chamamos de fecho algébrico de
Q ao subcorpo Q de C definido por
Q = {α ∈ C, α é algébrico sobre Q}
Q é realmente corpo pela propriedade anterior. O conjunto dos números algébricos é um corpo.
117
Exercı́cio 3.48:
Exemplo 16. Sendo Ak = [k, ∞) temos uma sequência de intervalos que são conjuntos fechados porém a interseção
∞
∩
Ak = A
k=1
é vazia, pois suponha que exista t ∈ A, daı́ existe k > t e t ∈
/ [k, ∞) = Ak logo não pode pertencer a interseção te
todos esses conjuntos.
Da mesma maneira existe uma sequência decrescente de intervalos abertos limitados com interseção vazia, sendo
Bk = (0, k1 )
∞
∩
Bk = B
k=1
B é vazio, pois se houvesse um elemento nele x > 0, conseguimos k tal que
(0, k1 ) = Bk portanto não pode pertencer a interseção.
118
1
k
< x daı́ x não pertence ao intervalo
Exercı́cio 3.49:
Propriedade 62. Sejam B ⊂ A não vazios, A limitado superiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≥ x
então sup(B) = sup(A).
Demonstração. B é limitado superiormente pois está contido em um conjunto limitado e vale que sup(A) ≥ sup(B),
pois B ⊂ A, suponha que fosse c = sup(A) > sup(B), então tomando ε = sup(A) − sup(B) > 0, existe x ∈ A tal
que x > c − ε = sup(A) − sup(A) + sup(B) = sup(B), por hipótese existe y ≥ x > sup(B) com y ∈ B, o que é
absurdo, pois não pode existir um elemento maior que o supremo.
Propriedade 63. Sejam B ⊂ A não vazios, A limitado inferiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≤ x então
inf (B) = inf (A).
Demonstração. B é limitado inferiormente pois está contido em um conjunto limitado e vale que inf (A) ≤ inf (B),
pois B ⊂ A, suponha que fosse c = inf (A) < inf (B), então tomando ε = inf (B) − inf (A) > 0, existe x ∈ A tal
que x < c + ε = inf (A) − sup(A) + inf (B) = inf (B), por hipótese existe y ≤ x < inf (B) com y ∈ B, o que é
absurdo, pois não pode existir um elemento menor que o ı́nfimo.
119
Exercı́cio 3.50:
Definição 10 (Corte de Dedekind). Um corte de Dedekind é um par ordenado (A, B) onde A, B ∈ Q não vazios,
tais que A não possui máximo, A ∪ B = Q e ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y.
Seja C o conjunto dos cortes de Dedekind.
Propriedade 64. Em (A, B) vale sup(A) = inf (B).
Demonstração. Já sabemos que vale sup(A) ≤ inf (B), pois ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y implica sup(A) < y
e sup(A) ser cota inferior implica sup(A) ≤ inf (B), suponha por absurdo que fosse sup(A) < inf (B), então o
intervalo (sup(A), inf (B)) não possui valores x ∈ A, pois se não x > sup(A), nem y ∈ B pois daı́ y < inf (B), mas
como existem racionais em tal intervalo, pois Q é denso e A ∪ B = Q, chegamos em um absurdo.
Propriedade 65. Existe bijeção entre R e C o conjunto dos cortes.
Demonstração. Definimos f : C → R como f (A, B) = sup(A) = inf (B).
• f é injetora, suponha f (A, B) = f (A′ , B ′ ) então sup(A) = inf (B) = sup(A′ ) = inf (B ′ ).
Dado x ∈ A vamos mostrar que x ∈ A′ .
x < sup(A′ ) = inf (B ′ ) ≤ y ′ , ∀ y ′ ∈ B ′ , daı́ x ∈ A′
a inclusão A′ ⊂ A é análoga. Então vale A = A′ .
• Dado y ∈ B, vamos mostrar que y ∈ B ′ .
x′ < sup(A) < inf (B ′ ) ≤ y
com isso y ∈ B ′ . De maneira similar, B ′ ⊂ B portanto B = B ′ . Como vale B = B ′ e A = A′ então a função
é injetiva.
• A função é sobrejetiva. Para qualquer y ∈ R, tomamos os conjuntos (−∞, y) ∩ Q = A e B = [y, ∞) ∩ Q, A
não possui máximo, para todo x ∈ A e y ∈ B tem-se y > x e Q = [(−∞, y) ∩ Q] ∪ [ [y, ∞) ∩ Q], além disso
vale sup(A) = y = inf (B), portanto f (A, B) = y e a função é sobrejetora, logo sendo também injetora f é
bijeção.
120
Exercı́cio 3.51:
Sejam X, Y conjuntos não-vazios e f : X × Y → R uma função limitada. Para cada x0 ∈ X e cada y0 ∈ Y ,
definimos s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y } e s2 (y0 ) = sup{f (x, y0 ); x ∈ X}. Isto define funções s1 : X → R e
s2 : Y → R. Prove que se tem supx∈X s1 (x) = supy∈Y s2 (y). Em, outras palavras,
supx [supy f (x, y)] = supy [supx f (x, y)].
Primeiramente, verificaremos que supx∈X s1 (x) ∈ R. De fato, se {s1 (x); x ∈ X} fosse ilimitado superiormente,
deverı́mos ter que f é ilimitada superiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que
A + 1 < s1 (x0 ),
também existiria, pois s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que
s1 (x0 ) − 1 < f (x0 , y0 )
e, consequentemente, terı́amos que
A < f (x0 , y0 ).
Assim, concluirı́amos que f é ilimitada superiormente. Um absurdo.
De forma análoga, mostra-se que supy∈Y s2 (y) ∈ R.
Provaremos que
supx∈X s1 (x) = sup(x,y)∈X×Y f (x, y).
Seja ε > 0 arbitrário. Temos que existe x0 ∈ X tal que
supx∈X s1 (x) −
ε
< s1 (x0 ).
2
Além disso, como s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que
s1 (x0 ) −
ε
< f (x0 , y0 ).
2
Então, segue das inequações acima, que
supx∈X s1 (x) − ε < f (x0 , y0 ) 6 sup(x,y)∈X×Y f (x, y)
E, como ε > 0 é arbitrário, conclui-se que
supx∈X s1 (x) 6 sup(x,y)∈X×Y f (x, y).
Novamente, tomamos ε > 0 arbitrário. Existe (x0 , y0 ) ∈ X × Y tal que
sup(x,y)∈X×Y f (x, y) − ε < f (x0 , y0 ).
Como s1 (x0 ) = sup{f (x0 , y); y ∈ Y }, devemos ter que
sup(x,y)∈X×Y f (x, y) − ε < f (x0 , y0 ) 6 s1 (x0 ) 6 supx∈X s1 (x).
E, pela arbitrariedade de ε > 0, concluı́mos que
sup(x,y)∈X×Y f (x, y) 6 supx∈X s1 (x).
Portanto, temos que
supx∈X s1 (x) = sup(x,y)∈X×Y f (x, y).
De forma análoga, demonstra-se que
supy∈Y s2 (y) = sup(x,y)∈X×Y f (x, y).
De onde concluı́mos que
supx∈X s1 (x) = supy∈Y s2 (y).
121
Exercı́cio 3.52:
Enuncie e demonstre um resultado análogo ao anterior com inf ao invés de sup. Considere, em seguida, o caso
“misto” e prove que
supy [infx f (x, y)] = infx [supy f (x, y)].
Definimos funções i1 : X → R e i2 : Y → R por i1 (x0 ) = inf{f (x0 , y); y ∈ Y } e i2 (y0 ) = inf{f (x, y0 ); x ∈ X}.
Provaremos que
infx∈X i1 (x) = infy∈Y i2 (y),
ou, equivalentemente,
infx∈X [infy∈Y f (x, y)] = infy∈Y [infx∈X f (x, y)].
Primeiramente, verificaremos que infx∈X i1 (x) ∈ R. De fato, se {i1 (x); x ∈ X} fosse ilimitado inferiormente,
deverı́mos ter que f é ilimitada inferiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que
i1 (x0 ) < −A − 1,
também existiria, pois i1 (x0 ) = inf{f (x0 , y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que
f (x0 , y0 ) < i1 (x0 ) + 1
e, consequentemente, terı́amos que
f (x0 , y0 ) < −A.
Assim, concluirı́amos que f é ilimitada inferiormente. Um absurdo.
De forma análoga, mostra-se que infy∈Y i2 (y) ∈ R.
Provaremos que
infx∈X i1 (x) = inf(x,y)∈X×Y f (x, y).
Seja ε > 0 arbitrário. Temos que existe x0 ∈ X tal que
ε
i1 (x0 ) < infx∈X i1 (x) + .
2
Além disso, como i1 (x0 ) = inf{f (x0 , y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que
ε
f (x0 , y0 ) < i1 (x0 ) + .
2
Então, segue das inequações acima, que
inf(x,y)∈X×Y f (x, y) 6 f (x0 , y0 ) < infx∈X i1 (x) + ε
E, como ε > 0 é arbitrário, conclui-se que
inf(x,y)∈X×Y f (x, y) 6 infx∈X i1 (x).
Novamente, tomamos ε > 0 arbitrário. Existe (x0 , y0 ) ∈ X × Y tal que
f (x0 , y0 ) < inf(x,y)∈X×Y f (x, y) + ε.
Como i1 (x0 ) = inf{f (x0 , y); y ∈ Y }, devemos ter que
infx∈X i1 (x) 6 i1 (x0 ) 6 f (x0 , y0 ) < inf(x,y)∈X×Y f (x, y) + ε.
E, pela arbitrariedade de ε > 0, concluı́mos que
infx∈X i1 (x) 6 inf(x,y)∈X×Y f (x, y).
Portanto, temos que
infx∈X s1 (x) = inf(x,y)∈X×Y f (x, y).
122
De forma análoga, demonstra-se que
infy∈Y i2 (y) = inf(x,y)∈X×Y f (x, y).
De onde concluı́mos que
infx∈X i1 (x) = supy∈Y i2 (y).
Agora, provaremos a desigualdade
supy [infx f (x, y)] 6 infx [supy f (x, y)].
Sejam
I := {infx∈X f (x, y) | y ∈ Y }
e
S := {supy∈Y f (x, y) | x ∈ X}.
Dados elementos arbitrários infx∈X f (x, y0 ) em I e supy∈Y f (x0 , y) de S, temos que
infx∈X f (x, y0 ) 6 f (x0 , y0 ) 6 supy∈Y f (x0 , y).
Assim, pelo resultado do exercı́cio 3.34, temos que
supy [infx f (x, y)] = sup(I) 6 inf(S) = infx [supy f (x, y)].
Por fim, um exemplo onde ocorre a desigualdade estrita. Sejam X = {x1 , x2 }, Y = {y1 , y2 } e f : X × Y → R
definido por f (x1 , y1 ) = f (x2 , y2 ) = 2 e f (x1 , y2 ) = f (x2 , y1 ) = 1. Assim, temos que
supy∈Y f (x1 , y) = supy∈Y f (x2 , y) = 2
e
infx∈X f (x, y1 ) = infx∈X f (x, y2 ) = 1.
Portanto,
supy [infx f (x, y)] = 1 < 2 = infx [infy f (x, y)].
123
Exercı́cio 3.53:
Sejam x e y números reais positivos. Prove que se tem
√
Temos que
Logo,
e, portanto,
xy 6
x+y
.
2
√
√
( x − y)2 > 0.
√
x − 2 xy + y > 0
x+y √
> xy.
2
124
Exercı́cio 3.54:
A desigualdade entre a média aritmética e a média geométrica, vista no exercı́cio anterior, vale para n números
√
n
reais positivos x1 , x2 , ..., xn . Sejam G = n x1 x2 . . . xn e A = x1 +x2 +···+x
. Para provar a desigualdade no caso
n
geral, considere a operação que consiste em substituir o menor dos números dados, digamos xi e o maior deles,
x x
digamos xj , respectivamente por x′i = iG j e x′j = G. Isto não altera a média geométrica e, quanto à aritmética,
ela não aumenta, pois, como é fácil ver, x′i + x′j 6 xi + xj . Prove que, repetida a operação no máximo n vezes,
obtemos n números todos iguais à G e, portanto, sua média aritmética é G. Como em cada operação a média
√
n
aritmética não aumentou, conclua que G 6 A, ou seja, n x1 x2 . . . xn 6 x1 +x2 +···+x
.
n
Provaremos, por indução em k = 0, 1, . . . , n, que se exatamente n − k termos da sequência x1 ,...,xn são iguais
à G, então G 6 A.
Para k = 0, temos que
x1 + x2 + · · · + xn
nG
A=
=
= G,
n
n
como querı́amos.
Suponhamos que exatamente n − k termos da sequência x1 ,...,xn são iguais à G, para k > 0. Sejam xi e xj ,
respectivamente, elementos de maior e menor valor da sequência em questão. Desta forma temos que
xi < G < xj .
De fato, temos que
xni 6 x1 x2 . . . xn 6 xnj ,
e, consequentemente,
xi 6 G 6 xj .
Assim, como k > 0, devemos ter que xi < G 6 xj ou xi 6 G < xj . Se tivéssemos xi < G = xj , então
Gn = x1 x2 . . . xn 6 (xj )n−1 xi < Gn .
Absurdo. Da mesma forma, não podemos ter xi = G < xj . Portanto, devemos ter, de fato xi < G < xj . Adiante,
consideremos a sequência dada por

, p ̸= i, j
 xp
xi xj
,p=i
x′p =
 G
G
, p = j.
Temos que
x′i + x′j =
Assim,
xi xj
xi G
+G<
+ xj = xi + xj .
G
G
x′1 + x′2 + · · · + x′n
x1 + x2 + · · · + xn
<
.
n
n
Também temos que
G′ :=
√
√
n
x′1 x′2 . . . x′n = n x1 x2 . . . xn = G.
Concluı́mos daı́ que a sequência x′1 , x′2 , ... ,x′n possui no máximo k − 1 elementos diferentes de G′ = G. Pela
hipótese de indução, temos que
G = G′ =
√
x1 + x2 + · · · + xn
x′ + x′2 + · · · + x′n
n
x′1 x′2 . . . x′n 6 1
<
= A.
n
n
E o resultado segue por indução.
125
Exercı́cio 3.55:
Seja K um corpo ordenado e completo. Indique com 0′ e 1′ o zero e a unidade de K. Para cada n ∈ N, sejam
′
n′ = 1′ + ... + 1′ (n vezes) e (−n)′ = −n′ . Definamos uma função f : R → K pondo f ( pq ) = pq′ para todo pq ∈ Q e
′
para x irracional, seja f (x) = sup{ pq′ ∈ K; pq < x}. Prove que f é um homomorfismo sobrejetivo e conclua que f é
uma bijeção, ou seja, um isomorfismo de R sobre K.
A solução será dada em 11 passos:
(I) f (m + n) = f (m) + f (n) para todos n, m ∈ Z:
Provaremos a igualdade por indução em n ∈ N que f (m + n) = f (m) + f (n) e f (m − n) = f (m) + f (−n), para
todo m ∈ Z.
Temos que f é definido em Z indutivamente por f (m + 1) = f (m) + f (1) e f (−m − 1) = −f (m) − f (1), para
m ∈ N. Daı́ segue o resultado para n = 1.
Adiante, temos que
f (m + (n + 1)) = f ((m + 1) + n) = f (m + 1) + f (n) = f (m) + f (n) + f (1) = f (m) + f (n + 1).
E de forma análoga mostra-se que f (m − (n + 1)) = f (m) + f (−(n + 1)). E o resultado segue pelo PIF.
(II) f (mn) = f (m)f (n) para todos n, m ∈ Z:
Demonstração análoga à anterior.
(III) f (m) < f (n) ⇐⇒ m < n, para todos n, m ∈ Z:
Observemos que pela definição indutiva de f em N (i.e. f (n + 1) := f (n) + 1) e pelo fato de f (1) := 1′ > 0′ ,
temos que n ∈ Z com n > 0 implica f (n) > 0′ . E por f (−n) = −f (n) temos que se n ∈ Z com n < 0 então
f (n) < 0′ . Ou seja, n > 0 em Z se e somente se f (n) > 0′ .
Assim, temos que
f (m) < f (n) ⇐⇒ f (m) − f (n) < 0′
⇐⇒ f (m − n) < 0′
⇐⇒ m − n < 0′
⇐⇒ m < n.
(IV) f (s + t) = f (s) + f (t) para todos s, t ∈ Q:
Sejam s =
p
q
et=
m
n
com p, m ∈ Z e q, n ∈ N . Então, temos que
f (s + t) = f ( np+qm
qn )
f (np+qm)
=
f (qn)
=
f (n)f (p)+f (q)f (m)
f (q)f (n)
f (p)
f (m)
+
f (q)
f (n)
=
= f (s) + f (t).
(V) f (st) = f (s)f (t) para todos s, t ∈ Q:
Análoga à anterior.
(VI) f (s) < f (t) ⇐⇒ s < t, para todos s, t ∈ Q:
Sejam s =
p
q
et=
m
n
com p, m ∈ Z e q, n ∈ N . Então, temos que
f (s) < f (t)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
f (n)f (p) < f (q)f (m)
f (np) < f (qm)
np < qm
s < t.
126
(VII) f (x) = sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q} para todo x ∈ R:
Pela definição de f nos irracionais, basta provar a igualdade para x ∈ Q. De fato, por (IV) temos que
f (x) > sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q}. E por outro lado, f (x) ∈ sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q}. E saı́ segue o resultado.
(VIII) f é um homomorfismo:
De fato, temos, para quaisquer x, y ∈ R, que
f (x) + f (y) =
=
=
=
sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q} + sup{f (r); r 6 y, r ∈ Q}
sup{f (r1 ) + f (r2 ); r1 6 x, r2 6 y e r1 , r2 ∈ Q}
(pelo exercı́cio 3.37)
sup{f (r); r 6 x + y, r ∈ Q}
(por (IV))
f (x + y).
Analogamente, prova-se que f (xy) = f (x)f (y) utilizando-se do exercı́cio 3.39 e do item (V).
(IX) f (x) < f (y) ⇐⇒ x < y, para todos x, y ∈ R:
Temos, por (VII), que
f (x) < f (y)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∃r ∈ Q, f (x) < f (r) 6 f (y)
∃r ∈ Q, x < r 6 y
x < y.
(X) y = f (sup{r ∈ Q; f (r) 6 y}):
Seja x = sup{r ∈ Q; f (r) 6 y}. Observemos que x ∈ R pelo fato de K ser completo e ordenado (logo,
arquimediano). Então, pela escolha de x,
f (x) = sup{f (r); r 6 x, r ∈ Q} 6 y.
Por outro lado, se f (x) < y, haveria, novamente pela arquimedianeidade de K, r ∈ Q, tal que f (x) < f (r) < f (y).
Contradizendo a escolha de x.
(XI) f é bijetiva:
O item (IX) implica que f é injetiva e o item (X) implica que f é sobrejetiva.
127
Exercı́cio 3.56:
Seja f : R → R um isomorfismo de R em si mesmo. Prove que f = identidade. Conclua que se K e L são corpos
ordenados completos, existe um único isomorfismo de K sobre L.
Seja f : R → R um isomorfismo de corpos. Provaremos que f é igual a identidade IR : R → R.
Pelo exercı́cio 3.4, temos que f (0) = 0 e f (1) = 1.
Por indução em n ∈ N, segue que
f (n) = n = −f (−n).
E, assim, para q ∈ Z+ temos que
( )
De onde concluı́mos que f
1
q
( )
( )
( )
q
1
1
1=f
= f (q)f
= qf
.
q
q
q
= 1q . Portanto, para p ∈ Z, temos que
( )
( )
p
1
p
f
= f (p)f
= .
q
q
q
Ou seja, f (r) = r para todo r ∈ Q.
Agora, observemos que se x > 0, então f (x) > 0. De fato, temos que
√ √
√
f (x) = f ( x x) = f ( x)2 > 0.
Seja x ∈ R. Provaremos que f (x) = x mostrando que para quaisquer r, s ∈ Q tais que
s<x<r
tem-se que
s < f (x) < r.
De fato, temos que
0<x−s
e
0<r−x
implicam que
0 < f (x − s) = f (x) − f (s) = f (x) − s
e
0 < f (r − x) = f (r) − f (x) = r − f (x)
pela observação do parágrafo anterior. Portanto, temos que
s < f (x) < r
e concluı́mos que
f (x) = x
para qualquer x ∈ R.
Provaremos agora que se K e L são corpos ordenados completos, existe um único isomorfismo entre K e L.
Pelo exercı́cio 3.55, temos que existem isomorfismos fK : R → K e fL : R → L. Desta forma, existe um
−1
isomorfismo φ = fL ◦ fK
: K → L.
Suponhamos que ψ : K → L seja um isomorfismo de corpos. Provaremos que ψ = φ. De fato, como
fL−1 ◦ ψ −1 ◦ φ ◦ fK : R → R
é um isomorfismo, pelo que foi provado acima, temos que
−1
fK
◦ ψ −1 ◦ φ ◦ fK = IR .
Consequentemente,
ψ −1 ◦ φ = IK
e
ψ = φ.
128
Exercı́cio 3.57:
Verifique que f : R → (−1, 1), definida por f (x) =
√ x
,
1+x2
Seja g : (−1, 1) → R definida por
g(x) = √
Provaremos que g = f −1 .
Seja x ∈ (−1, 1). Então,
f ◦ g(x) =
é uma bijeção de R no intervalo (−1, 1).
x
.
1 − x2
(
f
√ x
2
(1−x
√ x
)
)
1−x2
=
( (
)2 ) 1
2
1+ √ x 2
1−x
(
)
√ x
=
(
)1
2
x2
1+ 1−x
2
(
)
√ x
2
( √ 1−x
)
1−x2 +x2
√
2
1−x)
(
√ x
2
( 1−x )
√ 1
=
=
1−x2
1−x2
= x.
Seja x ∈ R. Então,
g ◦ f (x) =
(
g
=
(
=
(
=
=
√ x
2
(1+x
√ x
)
)
1+x2
(
)2 ) 1
2
1− √ x 2
1+x
(
)
√ x
1+x2
)1
1+x2 −x2
( 1+x2 )
(
√
√
x.
Portanto, g = f −1 .
129
x
1+x2
1
1+x2
)
2
Exercı́cio 3.58:
Um conjunto G de números reais chama-se grupo aditivo quando 0 ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x − y ∈ G. Então,
x ∈ G ⇒ −x ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x + y ∈ G. Seja então G ⊂ R um grupo aditivo de números reais. Indiquemos
com G+ o conjunto dos números reais pertencentes à G. Excetuando o caso trivial G = {0}, G+ é não-vazio.
Suponhamos pois G ̸= {0}. Prove que:
(i) Se infG+ = 0, então G é denso em R;
(ii) Se infG+ = a > 0, então a ∈ G+ e G = {0, ±a, ±2a, ...};
(iii) Conclua que, se α ∈ R é irracional, os números reais da forma m + nα com m, n ∈ Z constituem um
subconjunto denso em R.
(i)
Provaremos que dado um intervalo arbitrário (a, b) em R, existe g ∈ G e m ∈ Z tais que mg ∈ (a.b). Como
mg ∈ G (prova-se por indução em m), concluı́mos daı́ que G intercepta todo intervalo aberto em R. Logo, G é
denso em R.
Como infG+ = 0, temos que existe g ∈ G+ tal que
0 < g < b − a.
Assim, tomando-se m = min{n ∈ Z; a < ng}, teremos que
a < mg = (m − 1)g + g 6 a + g < a + (b − a) = b.
Logo, mg ∈ (a, b).
(ii)
Primeiramente, provaremos que a ∈ G. De fato, se a = infG+ ∈
/ G terı́amos que existiriam h e g ∈ G+ tais que
a < h < g < 2a.
Daı́
0<g−h<a
e, como g − h ∈ G, temos que
a = infG+ 6 g − h < a.
Uma contradição. Logo, a ∈ G.
Agora, provaremos que todo g ∈ G é da forma na para algum n ∈ Z. Seja n = max{n ∈ Z; na 6 g} e r = g −na.
Pela escolha de n, temos que
0 6 r < a.
Assim, como r = g − na ∈ G devemos ter que r = 0 pois, caso contrário, terı́amos que
a = infG+ 6 r < a.
Portanto, g = na.
(iii)
Seja
G := {m + nα; m, n ∈ Z}.
Temos que G é um grupo aditivo. Como G ̸= {0}, nos basta provar que a = infG+ = 0.
Suponhamos o contrário. Então a > 0 e, pelo item (ii), temos que
G = {0, ±a, ±2a, ...}.
Assim, como α ∈ G, temos que
a = kα ∈ R\Q.
Daı́, temos que
G = {0, ±a, ±2a, ...} ⊂ R\Q.
Mas, por outro lado,
G := {m + nα; m, n ∈ Z} ⊃ Z.
Uma contradição.
130
Exercı́cio 3.59:
Sejam f, g : R2 → R e ϕ, ψ : R3 → R as funções definidas por f (x, y) = 3x − y, g(x, y) = (x − 1)2 + (y + 1)2 − 9,
φ(x, y, z) = 3z e ψ(x, y, z) = x2 + y 2 − z. Interpretando (x, y) como as coordenadas cartesianas de um ponto
no plano R2 e (x, y, z) como as coordenadas de um ponto no espaço R3 , descreva geometricamente os conjuntos
f −1 (0), g −1 (0), φ−1 (0) e ψ −1 (0).
• f −1 (0) = {(x, y) ∈ R2 ; y = 3x}: uma reta;
• g −1 (0) = {(x, y) ∈ R2 ; (x − 1)2 + (y + 1)2 = 32 }: uma circunferência de raio 3 e centrada no ponto (1, −1);
• φ−1 (0) = {(x, y, z) ∈ R3 ; z = 0}: um plano;
• ψ −1 (0) = {(x, y, z) ∈ R3 ; z = x2 + y 2 }: dois cones.
131
Exercı́cio 3.60:
Seja a um número real positivo. Dado√um número racional p/q (onde p ∈ Z e q ∈ N), defina a potência de base a
e expoente racional p/q como ap/q = q ap . Prove:
(1) Para quaisquer r, s ∈ Q tem-se ar .as = ar+s e (ar )s = ars ;
(2) Para todo r ∈ Q+ , a função f : (0, +∞) → (0, +∞), dada por f (x) = xr , é uma bijeção crescente;
(3) A função g : Q → R definida por g(r) = ar (onde a é um número real positivo fixado) é crescente se a > 1, e
decrescente se 0 < a < 1.
(1)
Sejam r = p/q e s = p′ /q ′ , onde p e p′ ∈ Z e q e q ′ ∈ N. Temos que
p′
p
ar as
= a q a q′
pq ′
p′ q
′
q′ q
= a qq
√ a ′ qq√
′
qq ′
=
apq
ap′ q
√
′
qq
pq ′ p′ q
=
√a ′ a ′
qq ′
=
apq +p q
= a
pq ′ +p′ q
qq ′
p
+p
′
= a q q′
= ar+s
e
(ar )s
p
p′
q q′
= (a
√ )√
′
= q ( q ap )p′
√ ′
qq ′
=
app
pp′
= a qq′
= ars .
(2)
1
A função f tem inversa g : (0, +∞) → (0, +∞) dada por g(x) = x r . De fato, dado x ∈ (0, +∞), temos que
1
f ◦ g(x) = f (x r )
1
= (x r )r
= x1
= x.
e
g ◦ f (x) = g(xr )
1
= (xr ) r
= x1
= x.
Portanto, f é uma bijeção.
Dados x < y em (0, +∞), temos que
xp < y p
e, consequentemente,
r
f (x) = x
√
q
= √xp
< q yp
= yr
= f (y).
Portanto, f é crescente.
132
(3)
Dados r = p/q e s = p′ /q ′ , onde p e p′ ∈ Z e q e q ′ ∈ N, com r < s. Então, r =
consequentemente,
pq ′ < p′ q.
Caso a > 1, temos que
pq ′ < p′ q
Concluı́mos daı́ que, g é crescente caso a > 1.
Caso 0 < a < 1, temos que
pq ′ < p′ q
′
′
′
′
⇒
⇒
⇒
⇒
pq
apq
√ < ′a qq√
′
qq ′
apq <
ap′ q
′
′
pq
g( pq
qq ′ ) < g( qq ′ )
g(r) < g(s).
⇒
⇒
⇒
⇒
pq
apq
√ > ′a qq√
′
qq ′
pq
a >
ap′ q
pq ′
p′ q
g( qq′ ) > g( qq′ )
g(r) > g(s).
Concluı́mos daı́ que, g é decrescente caso 0 < a < 1.
133
pq ′
qq ′
<
p′ q
qq ′
= s e,
Capı́tulo 4
Sequências e Séries de Números Reais
134
Exercı́cio 4.1:
Se lim xn = a, então lim |xn | = |a|. Dê um contra-exemplo mostrando que a recı́proca é falsa, salvo quando a = 0.
Como lim xn = a, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
||xn | − |a|| ≤ |xn − a| < ε,
para todo n ≥ n0 . Logo, temos que
lim |xn | = |a|.
Temos que lim |xn | = |a| não implica que lim xn = a. Basta tomar xn = 1, para todo n ∈ N e a = −1.
135
Exercı́cio 4.2:
Seja lim xn = 0. Para cada n, ponha yn = min{|x1 |, |x2 |, ..., |xn |}. Prove que yn −→ 0.
Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que se n ≥ n0 , então |xn | < ε. Como |yn | = yn = min{|x1 |, ..., |xn |} ≤ |xn |, temos
que para n ≥ n0 , |yn | ≤ |xn | < ε. Logo,
lim yn = 0.
136
Exercı́cio 4.3:
Se lim x2n = a e lim x2n−1 = a, prove que lim xn = a.
Dado ε > 0, existem np , ni ∈ N tais que
n ≥ np ⇒ |x2n − a| < ε
e
n ≥ ni ⇒ |x2n−1 − a| < ε.
Tomemos n0 = max{2np , 2ni − 1}. Assim, para n ≥ n0 , temos
• Se n = 2k, então
Logo, k ≥ np e consequentemente
• Se n = 2k − 1, então
Logo, k ≥ ni e consequentemente
2k = n ≥ n0 ≥ 2np .
|xn − a| = |x2k − a| < ε.
2k − 1 = n ≥ n0 ≥ 2ni − 1.
|xn − a| = |x2k−1 − a| < ε.
Em ambos os casos, se n ≥ n0 , temos |xn − a| < ε. Logo, lim xn = a.
137
Exercı́cio 4.4:
Se N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk e lim xn = lim xn = ... = lim xn = a, então lim xn = a.
n∈N1
n∈N2
n∈Nk
n∈N
Dado ε > 0, existem n1 , n2 , ..., nk ∈ N1 , N2 , ..., Nk tais que se n ∈ Ni com n ≥ ni , então |xn − a| < ε. Tomando
n0 = max{n1 , n2 , ..., nk }, temos que se n ≥ n0 , então n ≥ ni , para todo i = 1, .., k. Desta forma, |xn − a| < ε.
Portanto,
lim xn = a.
138
Exercı́cio 4.5:
Dê exemplo de uma sequência (xn ) e uma decomposição N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk ∪ ... de N como reunião de
uma infinidade de conjuntos infinitos tais que, para todo k, a sequência (xn )n∈Nk tenha limite a, mas não se tem
lim xn = a.
Seja k ∈ N. Definimos
Nk = {2k−1 .n ∈ N; n ∈ N,
Temos dessa definição que N =
∞
∪
n é ı́mpar}.
Nk . Assim, podemos definir
k=1
x: N →
n
7→
{
x(n) =
1,
1/n,
se n = 2k−1 para algum k
se n = 2k−1 m para algum m > 1.
Provemos que lim xn = 0. Dado ε > 0, existe p0 ∈ N tal que
1
< ε2k−1 .
3p0
Assim, se n = 2k−1 m ∈ Nk , com n ≥ n0 = 2k−1 3p0 , então
xn =
1
1
≤ k−1 p0 < ε.
2k−1 m
2
3
Logo, lim = 0. Por outro lado, lim x2k−1 = 1. Portanto, lim xn não existe.
n∈Nk
n∈N
139
.
Exercı́cio 4.6:
Se lim xn = a e lim(xn − yn ) = 0, então lim yn é igual a a.
Dado ε > 0, existem n1 , n2 ∈ N tais que
n ≥ n1 ⇒ |xn − a| < ε/2
e
n ≥ n2 ⇒ |xn − yn | < ε/2.
Tomando n0 = max{n1 , n2 }, teremos que se n ≥ n0 , então
|yn − a| ≤ |xn − yn | + |xn − a| < ε.
Logo, lim yn = a.
140
Exercı́cio 4.7:
Seja a ̸= 0. Se lim
yn
= 1, então lim yn é igual a a.
a
Sejam ε > 0 e a ̸= 0. Neste caso ε/|a| > 0. Assim, existe n0 ∈ N tal que
yn
ε
−1 <
,
a
|a|
ou seja,
|yn − a| < ε.
Logo, lim yn = a.
141
Exercı́cio 4.8:
Seja b ̸= 0. Se lim xn = a e lim
xn
a
= b, então lim yn = .
yn
b
Pelo ı́tem 3 do Teorema 6, temos que
lim
yn
1
= .
xn
b
Pelo ı́tem 2 do mesmo teorema,
lim yn
= lim xn .
yn
xn
= lim xn . lim
=
a.
a
1
= .
b
b
142
yn
xn
Exercı́cio 4.9:
Seja b ̸= 0. Se lim xn = a e lim
xn
a
= b, então lim yn = .
yn
b
Pelo ı́tem 3 do Teorema 6, temos que
lim
yn
1
= .
xn
b
Pelo ı́tem 2 do mesmo teorema,
lim yn
= lim xn .
yn
xn
= lim xn . lim
=
a.
a
1
= .
b
b
143
yn
xn
Exercı́cio 4.10:
Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, então lim
Temos que
lim
√
n x
n = 1.
√
√
n
a = lim n n = 1.
Assim,
lim
√
n
nk
( √ )k
= lim n n
(
√ )k
= lim n n = 1k = 1.
Logo, lim xn = 1.
144
Exercı́cio 4.10:
Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, então lim
Temos que
lim
√
n x
n = 1.
√
√
n
a = lim n n = 1.
Assim,
lim
√
n
nk
( √ )k
= lim n n
(
√ )k
= lim n n = 1k = 1.
Logo, lim xn = 1.
145
Exercı́cio 4.11:
Use a desigualdade entre as média aritmética e geométrica dos n + 1 números 1 − 1/n, 1 − 1/n, ..., 1 − 1/n, 1 e prove
que a sequência (1 − 1/n)n é crescente. Conclua que (1 − 1/n)n ≥ 1/4 para todo n > 1.
Pela desigualdade envolvendo a média aritmética e a média geométrica, temos que
( )
1
√(
)n
+1
n 1
1
n
n+1
1−
.1 ≤
n
n+1
√(
)n
n
1
1
≤
=1−
n
n+1
n+1
(
)n (
)n+1
1
1
1−
≤ 1−
.
n
n+1
n+1
1−
Logo, a sequência (xn )n∈N dada por
(
)n
1
xn = 1 −
n
é crescente. Daı́, para n ≥ 2, temos
1
=
4
(
)2 (
)n
1
1
1−
≤ 1−
.
2
n
146
Exercı́cio 4.11a:
Sejam xn = (1 + 1/n)n e yn = (1 −
1
n+1
.
n+1 )
Mostre que lim xn yn = 1 e deduza daı́ que lim(1 − 1/n)n = e−1 .
Segue, pelas definições de xn e yn , que
xn yn =
(
)n (
)n+1
1
1
1+
1−
n
n+1
(
)n (
)n (
)
n
n
1
1−
n+1
n+1
n+1
1
.
= 1−
n+1
=
Logo,
lim xn yn = lim 1 −
1
= 1.
n+1
Como lim xn = e, temos que
(
)n
1
lim 1 −
n
= lim yn1
= lim yn = e−1 .
147
Exercı́cio 4.12:
k−1
k−1
∑ i k−i−1
∑ i/k 1−(i+1)/k
Fazendo yn = x1/k e b = a1/k na identidade y k −bk = (y−b)
yb
, obtenha x−a = (x1/k −a1/k )
x a
i=0
i=0
√
√
r
r
n
e use isto para provar que se lim xn = a > 0, então lim n xn = a. Conclua daı́, que lim(xn ) = a para todo
racional r.
Fazendo y = x1/k e b = a1/k na identidade
y k − bk = (y − b)
k−1
∑
y i bk−i−1 ,
i=0
obtemos
x − a = (x
1/k
−a
1/k
)
k−1
∑
i/k
x
a
1−
i+1
k .
i=0
como lim xn = a > 0, existe c > 0 em e um nc ∈ N tal que para todo n ≥ nc , teremos
0 < c < xn .
Logo, para n ≥ nc temos que
xn − a =
(x1/k
n
−a
1/k
)
k−1
∑
xi/k
n a
1−
i+1
k
i=0
1/k
).S,
> (x1/k
n −a
onde
S=
k−1
∑
ci/k a
1−
i+1
k > 0.
i=0
dado ε > 0, existe n1 ∈ N tal que para todo n ≥ n1 , temos
εS > |xn − a|.
Daı́, fazendo n0 = max{n1 , n2 }, temos que para todo n ≥ n0
1/k
εS > |xn − a| > |x1/k
|.S.
n −a
Logo,
1/k
|
ε > |x1/k
n −a
para n ≥ n0 . Concluimos daı́ que
lim
Sendo r =
√
√
n
xn = n a.
p
, temos que
q
lim xp/q
n
√
= lim( q p)
√
= (lim q xn )p
√
= ( q a)p = ap/q = ar .
148
Exercı́cio 4.14:
Propriedade 66. Seja a, b ≥ 0 e então lim
√
n
an + bn = max{a, b}.
Demonstração. Seja c = max{a, b} então vale Vale an ≤ cn , bn ≤ cn e daı́ an + bn ≤ 2cn da mesma maneira
cn ≤ an + bn , pois c é a ou b, logo
cn ≤ an + bn ≤ 2cn
√
√
n
n
c ≤ an + bn ≤ 2 c
tomando limites, temos pelo teorema do sanduı́che
lim
√
n
an + bn = c.
Propriedade 67. Sejam (ak ≥ 0)m
1 e c = max{ak , k ∈ Im } então
v
um
u∑
n
lim t
ank = c.
n→∞
k=1
Demonstração. Vale ank ≤ cn , tomando a soma, tem-se
c ≤
n
∑m
k=1
m
∑
ank ≤ m.cn , tem-se também cn ≤
ank ≤ m.cn
k=1
tomando a raiz
v
um
u∑
√
n
c≤ t
ank ≤ n m.c
k=1
e novamente por teorema do sanduı́che tem-se
v
um
u∑
n
lim t
ank = c.
k=1
149
∑m
k=1
ank então vale
Exercı́cio 4.15:
Definição 11 (Termo destacado). Dizemos que xn é um termo destacado quando xn ≥ xp para todo p > n. Isto é
quando xn é maior ou igual a todos seus sucessores.
Propriedade 68. Toda sequência possui subsequência monótona .
Demonstração. Seja A ⊂ N o conjunto dos ı́ndices s da sequência (xn ), tais que xs é destacado, existem dois casos
a serem analisados
• Se A é infinito, então podemos tomar uma subsequência (xn1 , xn2 , · · · ) de termos destacados formada pelos
elementos com ı́ndices em A que é não-crescente com n1 < n2 < n3 < · · · e com xn1 ≥ xn2 ≥ · · · .
• Se A é finito, tomamos um n1 maior que todos elementos de A daı́ xn1 não é destacado, existindo xn2 ≥ xn1
com n2 > n1 , por sua vez xn2 não é destacado logo existe n3 > n2 tal que xn3 ≥ xn2 , assim construı́mos uma
subsequência não-decrescente .
150
Exercı́cio 4.18:
Generalizamos o exercı́cio em dois resultados.
Propriedade 69. Sejam (an ) e (bn ) sequências limitada tais que an + bn = 1 ∀n ∈ N , (zn ) e (tn ) com o mesmo
limite a, então lim an .zn + bn .tn = a.
Demonstração. 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)
daı́
lim an (zn − a) + a + bn (tn − a) = a = lim an .zn + bn .tn
pois an e bn são limitadas e zn − a, tn − a tendem a zero.
Propriedade
70. Se limn→∞ zk (n) = a ∀ k e cada (xk (n)) é limitada com
∑p
limn→∞ k=1 xk (n)zk (n) = a.b.
∑p
Demonstração. Vale x1 (n) = vn − k=2 xk (n).
p
∑
xk (n)zk (n) = x1 (n)z1 (n) +
k=1
p
∑
xk (n)zk (n) =
k=2
= z1 (n)vn −
p
∑
xk (n)z1 (n) +
k=2
= z1 (n)vn +
| {z }
→a.b
p
∑
k=2
p
∑
xk (n)zk (n) =
k=2
xk (n) (zk (n) − z1 (n)) → a.b.
|
{z
}
→0
151
∑p
k=1
xk (n) = vn → b então
Exercı́cio 4.19:
Definição 12 (Sequência de variação limitada). Uma sequência (xn ) tem variação limitada quando a sequência
(vn ) com
n
∑
vn =
|∆xk | é limitada.
k=1
Propriedade 71. Se (xn ) tem variação limitada então (vn ) converge.
Demonstração. (vn ) é limitada e não-decrescente, pois ∆vn = |∆xn+1 | ≥ 0, logo é convergente.
Propriedade 72. Se (xn ) tem variação limitada então existe lim xn .
∑∞
∑∞
Demonstração. A série k=1 |∆xk | converge portanto k=1 ∆xk converge absolutamente e vale
xn − x1 =
n−1
∑
∆xk ⇒ xn =
k=1
n−1
∑
∆xk + x1
k=1
logo xn é convergente.
Exemplo 17. Se |∆xn+1 | ≤ c|∆xn | ∀ n ∈ N com 0 ≤ c < 1 então (xn ) possui variação limitada. Definimos
∏n−1
g(k) = |∆xk | logo a desigualdade pode ser escrita como g(k + 1) ≤ cg(k), Qg(k) ≤ c aplicamos k=1 de ambos
lados, daı́
g(n) = |∆xn | ≤ cn−1 g(1)
somando em ambos lados temos
n
∑
|∆xk | ≤
k=1
n
∑
ck−1 g(1)
k=1
como o segundo termo converge por ser série geométrica segue que (xn ) é de variação limitada, logo converge.
Propriedade 73. (xn ) tem variação limitada ⇔ xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) são sequências não-decrescentes
limitadas.
Demonstração. ⇐).
Seja xn = yn − zn onde (yn ) e (zn ) são sequências não-decrescentes limitadas, então xn tem variação limitada.
vn =
n
∑
k=1
|∆xk | =
n
∑
|∆yk − ∆zk | ≤
k=1
n
∑
|∆yk | +
k=1
n
∑
|∆zk | ≤ |
k=1
n
∑
k=1
∆yk | + |
n
∑
∆zk |
k=1
= |yn+1 − y1 | + |zn+1 − z1 | < M
pois (yn ) e (zn ) são limitadas, logo (vn ) é limitada, isto é, (xn ) tem variação limitada.
⇒). Dada (xn ) com variação limitada. (xn ) tem variação limitada ⇔ (xn + c) tem variação limitada, pois ∆
aplicado as duas sequências tem o mesmo valor. Escrevemos
xn − x1 =
n−1
∑
∆xk
k=1
∑n−1
Para cada n definimos Pn o conjunto dos k da soma k=1 ∆xk tais que ∆xk ≥ 0 e Nn o conjunto dos k da mesma
soma tais que ∆xk < 0, com isso temos uma partição do conjunto dos ı́ndices e vale
xn − x1 =
n−1
∑
k=1
∆xk =
∑
∆xk −
k∈Pn
|
152
{z
yn
}
∑
k∈Nn
|
(−∆xk )
{z
zn
}
(yn ) é não decrescente, pois yn+1 = yn caso não seja adicionado ı́ndice a Pn+1 em relação a Pn e yn+1 ≥ yn caso
seja adicionado um ı́ndice a Pn+1 , pois adicionamos um termo da forma ∆xk ≥ 0 o mesmo para (zn ).
(yn ) é limitada pois
∑
k∈Pn
∆xk ≤
n−1
∑
|∆xk | =
k=1
∑
k∈Pn
|∆xk | +
∑
k∈Nn
|∆xk | =
∑
k∈Pn
∆xk +
∑
(−∆xk ) < M
k∈Nn
da mesma maneira (zn ) é limitada.
Exemplo 18. Existem sequências convergentes que não possuem variação limitada, como por exemplo xn =
∑n−1
∑n−1 (−1)k
(−1)n
⇒ |∆xn | = n1 e k=1 k1 não é limitada.
k=1
k , que é convergente porém ∆xn =
n
153
Exercı́cio 4.20:
Exemplo 19. Seja (xn ) definida como x1 = 1, xn+1 = 1 +
|∆xn+1 | ≤
1
xn ,
então vale que
1
|∆xn |.
2
• Primeiro vale que xn ≥ 1 para todo n pois vale para n = 1, supondo validade para n, então vale para n + 1,
pois xn+1 = 1 + x1n .
• Vale que |xn+1 xn | ≥ 2 para todo n, pois, substituindo xn+1 = 1 +
1
xn
isso implica que xn+1 xn ≥ xn + 1 ≥ 2.
1
1
• De |xn+1 xn | ≥ 2 segue que | xn+1
xn | ≤ 2 , multiplicando por |xn+1 − xn | em ambos lados segue que
|
|
xn − xn+1
|xn+1 − xn |
|≤
xn+1 xn
2
1
1
1
|xn+1 − xn |
1
−
| = | (1 +
) − (1 +
)| ≤
xn+1
xn
xn+1
xn
2
|
{z
} | {z }
xn+2
xn+1
portanto |∆xn+1 | ≤ 12 |∆xn | portanto a sequência é convergente. Calculamos seu limite lim xn = a
a=1+
cujas raı́zes são
√
1± 5
2 ,
1
⇔ a2 − a − 1 = 0
a
ficamos com a raiz positiva pois a sequência é de termos positivos, logo
√
1+ 5
lim xn =
.
2
154
Exercı́cio 4.21:
√
Exemplo 20. Estudar a convergência da sequência xn+1 = 1 + xn com x1 = 1.
A sequência é crescente , pois x2 = 2 > x1 , supondo xn+1 > xn temos
√
√
√
√
xn+1 > xn ⇒ 1 + xn+1 > 1 + xn ⇒ xn+2 > xn+1 .
A sequência é limitada superiormente, por 3, por exemplo, pois x1 < 3, supondo xn < 3 < 4 tem-se
√
√
xn < 2 ⇒ 1 + xn < 3 ⇒ xn+1 < 3.
Agora calculamos o limite da sequência
√
a = 1 + a ⇒ (a − 1)2 = a ⇒ a2 − 3a + 1 = 0
cujas raı́zes são
√
3± 5
2 ,
não podendo ser
√
3− 5
2
que é menor que 1 logo o limite é
155
√
3+ 5
2 .
Exercı́cio 4.22:
Propriedade 74. (xn ) não possui subsequência convergente ⇔ lim |xn | = ∞.
Demonstração. ⇒).
Se (xn ) não possui subsequência convergente então lim |xn | = ∞.
Se não fosse lim |xn | = ∞, existiria A > 0 tal que ∀ n0 , existe n1 > n0 tal que |xn1 | < A, aplicando o resultado
com n1 no lugar de n0 , existe n2 > n1 tal que |xn2 | < A e assim construı́mos uma subsequência (xn1 , xn2 , · · · )
limitada , que possui uma subsequência convergente , o que é absurdo.
⇐).
Suponha por absurdo que lim |xn | = ∞ e (xn ) possui subsequência convergente, convergindo para a. Por
definição de limite infinito, sabemos que existe n0 tal que n > n0 implica |xn | > |a| + 10, por (xn ) ter subsequência
que converge para a, existe n1 tal que n > n1 e n ı́ndice da subsequência, implica |xn − a| < 10 ⇒ |xn | < |a| + 10,
podemos tomar ı́ndice da subsequência tal que n > n1 e n > n2 , logo valeria |xn | < |a| + 10 e |xn | > |a| + 10 o que
é absurdo, portanto (xn ) não pode possuir subsequência convergente.
156
Exercı́cio 4.25:
Propriedade 75 (Teste da razão para sequências.). Se xn > 0 ∀n ∈ N e
grande então lim xn = 0.
xn+1
xn
≤ c < 1 para n suficientemente
Demonstração. Existe n0 tal que para k > n0 vale 0 < xxk+1
≤ c < 1, aplicamos o produtório
k
, de onde segue
n
n
∏
∏
xk+1
0<
c
≤
xk
k=n0 +1
∏n
k=n0 +1
em ambos
k=n0 +1
0 < xn+1 < x(n0 +1) cn−n0
como lim cn = 0, tem-se pelo teorema do sanduı́che que lim xn = 0.
Corolário 10. Dada uma sequência de termos não nulos (xn ), então (|xn |) é uma sequência de termos positivos,
se ela satisfaz a propriedade anterior então lim |xn | = 0 o que implica lim xn = 0.
Propriedade 76. Seja (xn ) sequência de termos positivos, se
lim xn = ∞.
xn+1
xn
≥ c > 1 para n suficientemente grande então
Demonstração. Existe n0 ∈ N tal que k > n0 implica xxk+1
≥ c, onde c > 1. Aplicando o produtório na desigualdade
k
tem-se
n
∏
xk+1
> cn−n0
xk
k=n0 +1
xn+1 >
xn0 +1 n
c
cn0
como lim cn = ∞ segue que lim xn = ∞.
Corolário 11. Na propriedade anterior podemos trocar xn por |xn | onde xn não se anula, pois (|xn |) é uma
sequência de positivos.
Corolário 12. Se lim xxn+1
= a < 1 então para n suficientemente grande vale
n
lim xn = 0.
xn+1
xn
≤ c < 1, logo também vale
Corolário 13. Se lim xxn+1
= c > 1 a propriedade também se verifica pois existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica
n
xn+1
>
a
>
1
para
algum
a.
xn
Propriedade 77.
lim
Demonstração. Definimos xn =
n!
nn
n!
= 0.
nn
e vale xn > 0, aplicamos a regra da razão
xn+1
(n + 1)! nn
=
=
xn
(n + 1)n+1 n!
(
n
n+1
)n
=
1
(1 + n1 )n
o limite é lim xxn+1
= 1e < 1.
n
n
n cresce mais rápido que n!
n
Propriedade 78. Para todo a > 0 real temos lim an! = 0.
Demonstração. Pelo teste da razão, definimos xn =
lim xxn+1
= 0, logo lim xn = 0.
n
an
n!
temos xn > 0 segue
A propriedade nos diz que n! cresce mais rápido que an .
157
xn+1
xn
=
an+1 n!
(n+1).n!an
=
a
n+1
e temos
n
Corolário 14. lim an!n = ∞, pois lim an! = 0, isso significa que ∀A > 0 ∃ n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒
especial para A = 1, tem-se n! > an para n suficientemente grande.
Propriedade 79. Se a > 1 e p natural fixo vale
lim
Demonstração. Definimos xn =
np
an ,
np
= 0.
an
vale xn > 0 daı́ podemos aplicar o teste da razão
xn+1
(n + 1)p an
=
=
xn
an+1 np
(
n+1
n
)p
1
1
⇒ lim xn+1 xn =
<1
a
a
|{z}
0<
daı́ o limite é zero.
n
p
Corolário 15. Se a > 1, p ∈ N então lim anp = ∞ pois lim ann = 0.
Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais rápido que np para n grande.
158
n!
an
> A, em
Exercı́cio 4.31:
Exemplo 21. Mostrar que
n
∑
lim
kp
k=1
np+1
=
1
.
p+1
Iremos calcular o limite das diferenças do inverso da sequência
(n + 1)
−n
(n + 1)p
p+1
lim
[
p+1
= lim
p−1
∑ (p+1) k
k n ]
k=0
+ (p + 1)np
= lim
(n + 1)p
daı́
n
∑
lim
p−1
∑ (p+1) k
k n
k=0
(n + 1)p
|
kp
k=1
np+1
=
159
1
.
p+1
{z
→0
}
+ lim
(p + 1)np
=p+1
(n + 1)p
| {z }
→p+1
Exercı́cio 4.33:
Questão digitada errada
1
∏n
Propriedade 80. Se lim xn = ∞ , com xn > 0 então lim( k=1 xkn ) = ∞
Demonstração. Se lim xn = ∞ então lim
1
xn
1
n
∏
1 n
= 0 daı́ lim (
) = 0 que implica
xk
k=1
| {z }
=yn
∏ 1
1
= ∞ = lim(
xkn ).
yn
n
lim
k=1
√
(2n+2)(2n+1)
(n+1)
(2n)!
n!
= ∞. Tomamos xn =
√
= 2(2n + 1) → ∞ logo lim n (2n)!
n! = ∞.
Exemplo 22. Provar que lim
n
√
Exemplo 23. Mostrar que lim
Tomamos xn =
(2n)!
n!nn ,
daı́
n
xn+1
xn
(2n)!
4
n!nn = e .
1
= 2(2n+1)
1 n
n+1 (1+ n
)
→ 4e .
160
(2n)!
n!
daı́ temos
xn+1
xn
=
(2n+2)(2n+1)(2n)! n!
(n+1)n!
(2n)!
=
Exercı́cio 4.35:
Propriedade 81. Sejam
∞
∑
an e
n=u
an+1
an
≥
bn+1
bn
para todo n > n0 então
∞
∑
bn séries de termos positivos. Se
n=s
∞
∑
∞
∑
bn = ∞ e existe n0 ∈ N tal que
n=s
an = ∞.
n=u
Demonstração. aan+1
≥ bn+1
bn , Qak ≥ Qbk tomando o produtório com k variando de k = n0 + 1 até n − 1 na
n
desigualdade em ambos lados segue
n−1
∏
k=n0 +1
Qak =
an
an0 +1
n−1
∏
≥
Qbk =
k=n0 +1
bn
an +1
, an ≥ 0 b n
bn0 +1
bn0 +1
pois temos termos positivos, tomando a série temos
∞
∑
n=n0
an
an ≥ 0
bn0
+1
∞
∑
n=n0 +1
logo a série tende ao infinito por comparação.
161
bn = ∞
Exercı́cio 4.36:
Propriedade 82.
1. Sejam duas séries
∑
converge ⇔
bk converge .
∑
2. Se lim abkk = 0 então a convergência de
Demonstração.
ak e
∑
∑
bk de termos positivos, se existe lim abkk = a ̸= 0 então
bk implica convergência de
∑
∑
ak
ak .
1. Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0 < t1 < a − ε <
ak
< a + ε < t2
bk
como bk > 0 tem-se
aplicamos a soma
∑n
k=n0 +1 ,
t1 bk < ak < t2 bk
daı́
t1
n
∑
n
∑
bk <
k=n0 +1
k=n0 +1
usando∑essa desigualdade temos por comparação que se
então
bk converge.
n
∑
ak < t2
bk
k=n0 +1
∑
bk converge então
∑
ak converge e se
∑
ak converge
2. De maneira similar ao item anterior.
Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0≤
como bk > 0 tem-se
aplicamos a soma
∑n
k=n0 +1 ,
ak
< ε < t2
bk
0 ≤ ak < t2 bk
daı́
0≤
n
∑
ak < t2
k=n0 +1
usando essa desigualdade temos por comparação que se
∑
n
∑
bk
k=n0 +1
bk converge então
∑
ak converge.
∑
∑
Exemplo 24. Pode valer que
ak converge, valendo lim abkk = 0 e
bk não converge, tome por exemplo ak = k12 ,
∑
∑
bk = k1 ,
bk não converge, lim abkk = lim kk2 = lim k1 = 0 e
ak converge, logo a recı́proca do item 2 da propriedade
anterior não vale.
162
Exercı́cio 4.40:
Prove que para todo a ∈ R, a série
a2 +
a2
a2
+
+ ...
1 + a2
(1 + a2 )2
é convergente e calcule a soma.
Se a = 0, a série tende à 0 trivialmente.
Suponhamos que a ̸= 0. Então, segue que
1
< 1.
1 + a2
Assim, pelo exemplo 7 deste capı́tulo, temos que
∞
∑
i=0
Logo,
∞
∑
1
=
2
i
(1 + a )
i=0
∞
∑
i=0
(
1
1 + a2
a2
= a2
(1 + a2 )i
(
)i
∞
∑
i=0
163
=
1
1−
1
(1 + a2 )i
1
1+a2
=
1 + a2
.
a2
)
= 1 + a2 .
Exercı́cio 4.41:
Para todo p ∈ N fixado, a série
∑
n
1
n(n + 1)...(n + p)
converge.
Para todos n e p ∈ Z+ , temos que
1
1
< p+1 .
n(n + 1)...(n + p)
n
Como p + 1 > 1, temos, pelo exemplo 29, que
∑
n
1
np+1
é convergente. Logo, concluı́mos de
0<
que a série
é limitada (e monotona). Portanto,
i
∑
i
∑
1
1
<
p+1
n(n + 1)...(n + p) n=1 n
n=1
∑
∑
n
1
n(n + 1)...(n + p)
1
n n(n+1)...(n+p)
converge.
164
Exercı́cio 4.42:
Se
∑
an converge e an > 0 então
∑
∑ 1
(an )2 e
1+an convergem.
∑
Como
an é convergente, temos que limn→∞ an = 0. Assim, como também temos que an > 0 para todo
n ∈ Z+ , existe n0 ∈ Z+ tal que
0 < an < 1,
para todo n > n0 . Logo, para n > n0 , temos que
0 < a2n < an .
Assim,
i
∑
para todo i ∈ Z+ , e, como existe
∑∞
n=n0
a2n
i
∑
6
n=n0
an , temos que existe
∞
∑
a2n =
n=1
an ,
n=n0
n∑
0 −1
∑∞
a2n +
n=1
n=n0
∞
∑
a2n . Logo, existe
a2n .
n=n0
Como an > 0, para todo n ∈ Z+ , temos que
an
< an ,
1 + an
para todo n ∈ Z+ . Assim,
i
∑
i
∑
an
<
an ,
1 + an
n=1
n=1
∑∞
∑∞
an
para todo i ∈ Z+ , e, como n=1 an existe, temos que existe n=1 1+a
.
n
165
Exercı́cio 4.43:
Se Σ(an )2 converge então Σ ann converge.
Sejam
Z<
+ := {n ∈ Z+ ; |an | < 1/n}
e
Z>
+ := {n ∈ Z+ ; |an | > 1/n}.
>
Então, Z+ = Z<
+ ∪ Z+ . Além disso, para cada n ∈ Z+ , temos que
1
|an |
< 2 + a2n .
n
n
De fato, se n ∈ Z<
+ , temos que
|an | <
implicando que
Se n ∈ Z>
+ então temos que
e, consequentemente,
1
n
|an |
1
1
< 2 6 2 + a2n .
n
n
n
1
6 |an |
n
|an |
1
6 a2n < 2 + a2n .
n
n
Assim, temos que
i
i
i
∑
∑
|an | ∑ 1
<
+
a2 ,
n
n2 n=1 n
n=1
n=1
∑∞
para todo i ∈ Z+ . Pelo exemplo 29 e pela hiptótese, temos que
n=1
∑∞ |an |
desigualdadade acima, devemos ter que n=1 n existe.
Como
∞
∞
∑
∑
|an |
an
=
n
n
n=1
n=1
∑∞
existe, temos que n=1 ann também deve existir.
166
1
n2
e
∑∞
n=1
a2n existem. Assim, pela
Exercı́cio 4.44:
Se (an ) é decrescente e Σan converge então lim nan = 0.
Primeiramente observemos que como (an ) é decrescente e existe
fato, se an0 < 0 para algum n0 ∈ Z+ , terı́amos que
n∑
0 +i
ak 6
n∑
0 +i
∑
ak , então an > 0 para todo n ∈ Z+ . De
an0 = (i + 1)an0 < 0
k=n0
k=n0
e, consequentemente,
n∑
0 +i
ak > (i + 1)|an0 |,
k=n0
∑
para todo i ∈ Z+ . Contradizendo o fato de
ak existir.
Assim, temos que (Σnk=1 ak )n∈Z+ é uma sequência crescente de Cauchy. Em especial,
n+p
∑
ak −
k=1
n
∑
ak =
k=1
n+p
∑
ak ,
k=n+1
para todos n e p ∈ Z+ .
Seja ε > 0 arbitrário. Como (Σnk=1 ak )n∈Z+ é de Cauchy, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo n > n0 vale
n0
n
∑
∑
ε
>
ak −
ak =
2
k=1
k=1
n
∑
ak > (n − n0 )an .
k=n0 +1
∑
Por outro lado, como
an é convergente, devemos ter que limn→∞ an = 0 e, por conta disso, existe n1 ∈ Z+ tal
que para todo n > n1 temos que
ε
> an
2n0
e, consequentemente,
ε
> n 0 an .
2
Assim, para n > n2 = max{n0 , n1 }, temos que
ε=
ε ε
+ > (n − n0 )an + n0 an = nan = |nan |.
2 2
Portanto, concluimos que limn→∞ nan = 0.
167
Exercı́cio 4.45:
Se (an ) é decrescente e Σan = +∞, então,
lim
n→∞
Como (an ) é decrescente, temos que
a1 + a3 + · · · + a2n−1
= 1.
a2 + a4 + · · · + a2n
a2n−1 > a2n ,
para todo n ∈ Z+ . Assim, para todo n ∈ Z+ , temos que
a1 + a3 + · · · + a2n−1 > a2 + a4 + · · · + a2n
e, consequentemente,
16
a1 + a3 + · · · + a2n−1
=: qn .
a2 + a4 + · · · + a2n
Provaremos agora que para todo c > 1 existe n0 tal que qn < c para todo n > n0 . Daı́ conclui-se que
limn→∞ qn = 1. Como querı́amos demonstrar.
Suponhamos, por contradição, que exista c > 1 e uma subsequência (qnk ) de (qn ) tais que
qnk > c
para todo k ∈ Z+ .
Então temos, para todo k ∈ Z+ , que
a1 + a3 + · · · + a2nk −1
e, consequentemente,
a1
> c(a2 + a4 + · · · + a2nk )
> c(a3 + a5 + · · · + a2nk +1 )
> a1 − ca2nk +1
> (c − 1)(a3 + a5 + · · · + a2nk −1 ).
E chegamos a um absurdo. De fato, como Σan = ∞, existe k ∈ Z+ tal que
2a1
+ a1 < a1 + a2 + a3 + · + a2nk +1
c−1
e, consequentemente,
2a1
c−1
+ a1
< a1 + (a2 + a3 ) + (a4 + a5 ) + · · · + a2nk + a2nk +1
6 a1 + 2a3 + 2a5 + · · · + 2a2nk +1
6 a1 + 2(a3 + a5 + · · · + a2nk +1 ).
De onde temos que existe k ∈ Z+ tal que
a1 < (c − 1)(a3 + a5 + · · · + a2nk +1 ).
168
Exercı́cio 4.46:
Seja (an ) uma sequência não crescente, com lim an = 0. A série
∑
an converge se e somente se
Como a sequência (an ) é não cresente, devemos ter que an > 0, para todo n ∈ Z+ , caso
convergentes. De fato, se ak0 < 0, temos que
lim
k
∑
k→∞
an =
n=1
k∑
0 −1
an + lim
k
∑
k→∞
n=1
an 6
k∑
0 −1
an + lim
n→∞
n=1
n=k0
k
∑
∑
∑
2n a2n converge.
an ou
∑
2n an sejam
ak0 = −∞
n=k0
e, analogamente,
k
∑
lim
k→∞
2n a2n = −∞.
n=1
∑
∑ n
Em especial, temos, do fato de (an ) ser uma sequência
de termos não negativos, que
an e
2 an são
∑
sequências
crescentes.
Mostraremos,
adiante,
que
se
a
é
uma
sequência
limitada
(i.e.
convergente)
então
n
∑ n
2 an também é limitada
e
vice-versa.
∑
Suponhamos que
an seja convergente. Como (an ) é não crescente, temos que
n
2∑
−1
n
2 a2n = 2
a2n 6 2
k=2n−1
n
2∑
−1
ak ,
k=2n−1
para todo n ∈ Z+ . Assim, para todo p ∈ Z+ , temos que
p
∑
2 a2n 6
n
p
∑
n=1
n=1
2
n
2∑
−1
ak 6 2
k=2n−1
p
2∑
−1
ak 6 lim 2
p→∞
k=1
p
2∑
−1
ak < ∞.
k=1
∑ n
∑ n
Assim, temos que
2 a2n é uma sequência crescente e limitada. Portanto,
2 a2n é convergente.
∑
Suponhamos que
2n a2n seja convergente. Como (an ) é não decrescente, temos, para todo k ∈ Z+ , que
2k+1
∑−1
an 6
n=2k
2k+1
∑−1
a2k = 2k a2k .
n=2k
Assim, dado p ∈ Z+ , temos, para q ∈ Z+ tal que p 6 2q , que
p
∑
n=1
Logo,
∑
2
∑
q
an 6 a1 +
n=1
q 2∑
−1
∑
k+1
an = a1 +
an 6 a1 +
k=1 n=2k
q
∑
k=1
an é uma sequência crescente e limitada. Portanto,
169
∑
2k ak 6 a1 + lim
q→∞
an é convergente.
q
∑
k=1
2k ak < ∞.
Exercı́cio 4.47:
Prove que o conjunto de valores de aderência da sequência xn = cos(n) é o intervalo fechado [0, 1].
Seja x ∈ [0, 1]. Como cos : R → [0, 1] é sobrejetivo1 , existe θ ∈ R tal que cos θ = x. Encontraremos uma
sequência crescente (nk )k∈Z+ em Z+ tal que
x = cos θ = lim cos nk = lim xnk .
k∈Z+
k∈Z+
Assim, como x é arbitrário, poderemos concluir que o conjunto de valores de aderência da sequência (xn ) é o
intervalo [0, 1].
Seja
G := {n + m2π; n e m ∈ Z}.
Pelo Exercı́cio 3.58, temos que G é denso em R.
Para todo k ∈ Z+ , temos que existe θk ∈ G tal que
θ − 1/k < θk < θ.
Desta forma, temos que
lim θk = θ.
k→∞
Como 2π é irracional, a sequência (θk )k∈Z+ define unicamente sequências (ñk )k∈Z+ e (mk )k∈Z+ em Z pela
igualdade
θk = ñk + mk 2π,
para todo kZ+ . Por fim, definimos a sequência (nk )k∈Z+ por
nk = |ñk |,
para todo kZ+ . Assim, como limk→∞ θk = θ, temos que
limk→∞ cos(nk )
O conjunto {nk ;
k ∈ Z+ tal que
= limk→∞ cos(nk ) = limk→∞ cos(ñk )
= limk→∞ cos(θk − mk 2π) = limk→∞ cos(θk )
= cos(θ).
k ∈ Z+ } é infinito. Caso contrário, o conjunto {cos(nk );
k ∈ Z+ } é finito e, assim, existiria
cos θk = cos θ.
Consequentemente, θk = θ + m2π, para alguns k e m ∈ Z. Porém, como θ − 1/k < θk < θ, temos uma contradição.
Logo, (nk )k∈Z+ é uma sequência ilimitada em Z+ . Assim, (nk )k∈Z+ admite uma subsequência crescente. Em outros
termos, uma subsequência que também é subsequência de (n)n∈Z+ . Denotaremos tal subsequência também por
(nk )k∈Z+ .
Portanto, temos que a subsequência (xnk ) é tal que
lim xnk = lim cos(nk ) = cos(θ) = x.
k→∞
k→∞
1 Isso pode ser verficado utilizando a continuidade da função cos e o teorema do valor intemediário. Mas, como o Elon assume que
podemos usar os nossos conhecimentos prévios sobre as funções trigonométricas... Vamos tomar a afirmação como fato.
170
Exercı́cio 4.48:
√
Sejam a e b números reais positivos. Defina indutivamente as sequências (xn ) e (yn ) pondo x1 = ab, y1 = (a+b)/2,
√
xn+1 = xn yn e yn+1 = (xn + yn )/2. Prove que xn e yn convergem para o mesmo limite, chamado de a média
aritmético-geométrica entre a e b.
Pelo Princı́pio da Definição Indutiva, podemos as sequências (xn )n∈Z>0 e (yn )n∈Z>0 em R+ por
x0 := a,
y0 := b,
xn+1 :=
√
xn yn
e
yn+1 :=
xn + yn
.
2
Se a = b temos que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0 . De fato, se tomamos como hipótese de indução que
xn = yn = a
então
xn+1 =
√
√
xn yn = a2 = a
e
xn + yn
2a
=
= a.
2
2
Assim, como x0 = a = b = y0 , temos, pelo Princı́pio da Indução Finita, que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0 .
Desta forma,
lim xn = a = lim yn .
yn+1 =
n→+∞
n→+∞
Portanto, nos resta mostrar o resultado para o caso em que a < b. Suponhamos, até o fim desta demonstração,
que
b − a > 0.
Primeiramente, provaremos as desigualdades
xn < xn+1 < yn+1 < yn ,
(4.1)
para todo n ∈ Z>0 , por indução em n. Suponhamos que, para algum n fixo, D := yn − xn > 0. Então,
x2n < xn yn = x2n+1 ,
x2n+1
=
=
<
=
=
=
xn yn
xn (xn + D)
x2n + xn D +
)2
(
xn + D
2
( xn +yn )2
D2
4
2
2
yn+1
e
xn + yn
D
= yn −
= yn .
2
2
Logo, se xn < yn , temos (4.1). Como x0 = a < b = y0 , temos, pelo Princı́pio da Indução Finita, que (4.1) vale
para todo n ∈ Z>0 .
Das desigualdades (4.1) segue que as sequências (xn ) e (yn ) são monótonas e limitadas. Logo, existem
limn→+∞ xn e limn→+∞ yn .
Provaremos, agora, que
lim (yn − xn ) = 0.
yn+1 =
n→+∞
Usando (4.1), temos que
(yn − xn )2
=
=
=
=
=
>
(yn + xn )2 − 4xn yn
2
4yn+1
− 4x2n+1
2
2
4(y
( n+1 − xn+1 ) 2
)
4 (yn+1 − xn+1 ) + 2yn+1 xn+1 − 2x2n+1
4(yn+1 − xn+1 )2 + 8xn+1 (yn+1 − xn+1 )
4(yn+1 − xn+1 )2 .
171
e, consequentemente,
yn − xn
> yn+1 − xn+1 .
2
Em particular,
b−a
y0 − x0
=
> y1 − x1 .
2
2
Supondo que
b−a
> yn − xn ,
2n
como hipótese de indução, temos que
yn − xn
b−a
>
> yn+1 − xn+1 .
2n+1
2
Assim, pelo Princı́pio da Indução Finita, temos que
b−a
> yn − xn = |yn − xn |,
2n
para todo n ∈ Z+ . Assim, pelo Teorema do Confronto (Teorema 8 do Capı́tulo 4), temos que
lim |yn − xn | = 0.
n→+∞
Logo, pelo exercı́cio 4.1, temos que
lim yn − lim xn = lim (yn − xn ) = 0.
n→+∞
n→+∞
n→+∞
E o resultado segue.
172
Exercı́cio 4.49:
Sejam a1 > a2 > · · · > 0 e sn = a1 − a2 + · · · + (−1)n−1 an . Prove que a sequência (sn ) é limitada e que
lim supsn − lim infsn = lim an .
Valem as desigualdades
s2k 6 s2(k+1) 6 s2(k+1)+1 6 s2k+1 ,
(4.2)
para todos k ∈ Z+ . De fato, para todo k ∈ Z+ , temos que
s2k
= a1 − a2 + · · · + a2k−1 − a2k
6 a1 − a2 + · · · + a2k−1 − a2k + a2k+1 − a2(k+1)
= s2(k+1) ,
s2(k+1)
e
s2(k+1)+1
= a1 − a2 + · · · + a2k+1 − a2(k+1)
6 a1 − a2 + · · · + a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1
= s2(k+1)+1 ,
= a1 − a2 + · · · + a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1
6 a1 − a2 + · · · + a2k+1
= s2k+1 .
Segue, das desigualdades (4.2), que a sequência (s2k )k∈Z+ é não decrescente e limitada e que a sequência
(s2k+1 )k∈Z+ é não crescente e limitada. Em especial, temos que
lim s2k = sup s2k
k→+∞
e
lim s2k+1 = inf s2k+1 .
k→+∞
k∈Z+
k∈Z+
Também valem as desigualdades
s2k 6 sn 6 s2k+1 ,
(4.3)
para todo k ∈ Z+ e n > 2k + 1 em Z+ . De fato, se n > 2k + 1, temos que n = 2p ou 2p + 1 para algum p > k.
Assim, como (s2k )k∈Z+ é não decrescente, (s2k+1 )k∈Z+ é não crescente e por (4.2), temos que
s2k 6 s2p 6 s2p+1 6 s2k+1 .
Logo, obtemos (4.3). Em especial, concluimos que (sn )n∈Z+ é limitada.
Como as sequências (s2k )k∈Z+ e (s2k+1 )k∈Z+ são monótonas e limitadas, temos que existem limk→∞ s2k e
limk→∞ s2k+1 . Provaremos que
lim infsn = lim s2k
k→∞
e
lim supsn = lim s2k+1 .
k→∞
Como a sequência (an )n∈Z+ é monotona e limitada, temos que esta é convergente. Daı́, segue das igualdades acima,
que
lim supsn − lim infsn = limk→+∞ s2k+1 − limk→+∞ s2k
= limk→+∞ (s2k+1 − s2k )
= limk→+∞ a2k+1
= limn→+∞ an .
Suponhamos que A seja um valor de aderência de (sn )n∈Z+ . Então, devemos ter que
s2k 6 A 6 s2k+1 ,
para todo k ∈ Z+ . De fato, se s2k+1 < A, para algum k ∈ Z+ , temos que
sn 6 s2k+1 < A
para todo n > 2k + 1 em Z+ , por (4.3). Isto é,
|A − sn | > |A − s2k+1 |,
173
para um k ∈ Z+ fixo e todo n > 2k + 1 em Z+ . E isso contradiz o fato de A ser um valor de aderência de (sn )n∈Z+ .
Analogamente, prova-se que é impossı́vel se ter A < s2k , para algum k ∈ Z+ . Portanto, devemos ter que
lim s2k = sup s2k 6 A 6 inf s2k+1 = lim s2k+1 .
k→∞
k∈Z+
k∈Z+
k→+∞
Em particular, os valores de aderência lim inf sn e lim sup sn satisfazem
lim s2k 6 lim inf sn 6 lim sup sn 6 lim s2k+1 .
k→∞
k→+∞
Logo, como lim inf sn e lim sup sn são, respectivamente, o menor e o maior valor de aderência de (sn )n∈Z+ , temos
que
lim s2k = lim inf sn e
lim s2k+1 = lim sup sn .
k→∞
k→+∞
174
Capı́tulo 5
Topologia da Reta
175
Exercı́cio 5.01:
Um conjunto A ⊂ é aberto se, e somente se, cumpre a seguinte condição: “se uma sequência (xn ) converge para
um ponto a ∈ A então xn ∈ A para todo n suficientemente grande”.
(⇒) Seja (xn )n∈N uma sequência que tende à a ∈ (b, c) ⊂ A. Existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 implica que, para
ε = min{a − b, c − a},
|xn − a| < ε,
ou seja,
xn ∈ (a − ε, a + ε) ⊂ (a, b) ⊂ A.
1
1
(⇐) Se a ∈ A e a ∈ (b, c) ⊂ A, para n suficientemente grande a ∈ (a − , a + ) ⊂ (b, c) ⊂ A. Temos então que
n
n
1
1
a ∈ intA se e somente se (a − , a + ) ⊂ A para algum n ∈ N.
n
n
Por hipótese, existem n− e n+ ∈ N tais que
a−
1
∈ A, ∀n ≥ n−
n
a+
1
∈ A, ∀n ≥ n+ .
n
e
Assim, tomando-se n0 = max{n− , n+ }, temos que
(a −
1
1
,a +
) ⊂ A.
n0
n0
Logo, a ∈ intA.
176
Exercı́cio 5.02:
Tem-se que lim xn = a se, e somente se, para todo aberto A contendo o ponto a, existe n0 ∈ N tal que n > n0
implica xn ∈ A.
(⇒) Repetir a ideia do exercı́cio anterior.
(⇐) Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0 , temos que
xn ∈ (a − ε, a + ε),
ou seja,
|xn − a| < ε.
segue daı́ que lim xn = a.
177
Exercı́cio 5.03:
Seja B ⊂ aberto. Então, para todo x ∈, o conjunto x + B = {x + y; y ∈ B} é aberto. Analogamente, se x ̸= 0,
então o conjunto x.B = {x.y; y ∈ B} é aberto.
Seja B ⊂ aberto. Dado y ∈ x + B, temos que y = x + b para algum b ∈ B. Como B é aberto, existe ε > 0 tal
que (b − ε, b + ε) ⊂ B. Desta forma, temos
(x + b − ε, x + b + ε) = (y − ε, y + ε) ⊂ x + b.
De fato, seja z ∈ (y − ε, y + ε) = (x + b − ε, x + b + ε). Então
x+b−ε<z <x+b+ε
b − ε < z − x < b + ε.
Logo, z − x ∈ B e consequentemente z ∈ x + B, como querı́amos.
De maneira análoga, temos que se x ̸= 0, então x.B é aberto. Seja y ∈ x.B. Então y = x.b para algum b ∈ B.
Como B é aberto, existe ε > 0 tal que (b − ε, b + ε) ⊂ B. Desta forma, temos que para δ = ε.|x| > 0, temos
(y − δ, y + δ) ⊂ x.B.
178
Exercı́cio 5.04:
Sejam A e B abertos. Então os conjuntos A + B = {x + y; x ∈ A, y ∈ B} e A.B = {x.y; x ∈ A, y ∈ B} são abertos.
Como A + B = ∪a∈A (a + B) e A.B = ∪a∈A (a.B) e cada a + B e a.B são abertos (pelo exercı́cio anterior),
temos que A + B e A.B são uniões de abertos. Logo, também são abertos.
179
Exercı́cio 5.05:
Para quaisquer X, Y ⊂, tem-se int(X ∩ Y ) = int(X) ∩ int(Y ) e int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ). Dê um exemplo em
que a inclusão não se reduza a uma igualdade.
•
int(X ∩ Y ) ⊂ int(X) ∩ int(Y ).
Dado w ∈ int(X ∩ Y ), existem a, b ∈ tais que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Daı́, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X e
w ∈ (a, b) ⊂ Y. Assim, w ∈ int(X) ∩ int(Y ).
•
int(X ∩ Y ) ⊃ int(X) ∩ int(Y ).
Dado w ∈ int(X) ∩ int(Y ), existem ax , ay , bx , by ∈ tais que w ∈ (ax , bx ) ⊂ X e w ∈ (ay , by ) ⊂ Y. Então
tomando a = max{ax , ay }eb = min{bx , by }, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Assim, w ∈ int(X ∩ Y ).
•
int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ).
Dado w ∈ int(X) ∪ int(Y ), existem ax , ay , bx , by ∈ tais que w ∈ (ax , bx ) ⊂ X e w ∈ (ay , by ) ⊂ Y. Então,
w ∈ (ax , bx ) ⊂ X ∪ Y. Donde w ∈ int(X ∪ Y ).
• Sejam X = [−1, 0) e Y = [0, 1]. Então,
int(X) = (−1, 0)
int(Y ) = (0, 1)
∫
int(X) ∪ (Y ) = (−1, 1) \ {0}
int(X ∪ Y ) = (−1, 1).
180
Exercı́cio 5.06:
Se A ⊂ é aberto e a ∈ A então A\{a} é aberto.
Seja x ∈ A \ {a}. Existe ε > 0 tal que x ∈ (x − ε, x + ε) ⊂ A. Tomando ε̃ = min{|x − a|, ε} teremos que
x ∈ (x − ε̃, x + ε̃) ⊂ A \ {a}. Logo, x ∈ int(A \ {a}). Segue daı́ que A \ {a} é aberto.
181
Exercı́cio 5.07:
Considere as funções f, g, h :→, dadas por f (x) = ax + b (a ̸= 0), g(x) = x2 e h(x) = x3 . Mostre que, para cada
A ⊂, f −1 (A), g −1 (A) e h−1 (A) são abertos.
Dado um intervalo (c1 , c2 ) ⊂ . Temos que


 ( c1 − b , c2 − b ), a > 0
−1
a
a
f ((c1 , c2 )) =
 ( c2 − b , c1 − b ), a < 0

a
a

√
√ √
√
( c1 , c2 ), 0 ≤ c1 ≤ c2
 (− c2 , − √c1 ) ∪
√
c1 < 0 < c2
(− c2 , c2 ),
g −1 ((c1 , c2 )) =

∅,
c1 < c2 ≤ 0
√ √
h−1 ((c1 , c2 )) = ( 3 c1 , 3 c2 ).
Assim, para cada A ⊂ aberto, temos que A = ∪Iλ , Iλ intervalo aberto, e
f −1 (A)] ∪ f −1 (Iλ ),
g −1 (A)] ∪ g −1 (Iλ )
e h−1 (A)] ∪ h−1 (Iλ ).
E como f −1 (Iλ ), g −1 (Iλ ) e h−1 (Iλ ) são abertos, temos que f −1 (A), g −1 (A) e h−1 (A) também o são.
182
Exercı́cio 5.08:
No exercı́cio anterior, mostre que, para cada A ⊂ aberto, f (A) e h(A) são abertos. Dê exemplo de A aberto tal
que g(A) não seja aberto.
Seja A aberto em e a ∈ A. Então, existem c1 , c2 ∈ tais que a ∈ (c1 , c2 ) ⊂ A. Daı́,
{
(ac1 + b, ac2 + b), a > 0
f ((c1 , c2 )) =
(ac2 + b, ac1 + b), a < 0
h((c1 , c2 )) = (c31 , c32 ),
com f (a) ∈ f ((c1 , c2 )) e h(a) ∈ h((c1 , c2 )). Segue daı́ que dado um b = f (a) ∈ f (A) qualquer, b ∈ intf (A). E o
mesmo vale para h. Logo, f (A) e h(A) são abertos.
Exemplo: g((−1, 1)) = [0, 1) não é aberto.
183
Exercı́cio 5.09:
Toda coleção de abertos não-vazios, dois a dois disjuntos é enumerável.
Seja {Aλ }λ∈Λ uma coleção de abertos disjuntos. Para cada λ ∈ Λ escolhemos rλ ∈ Aλ ∩ Q. Como Aλ ∩ Aµ = ∅,
para λ ̸= µ, a função
Λ −→ Q
λ 7→ rλ
é injetiva. Segue daı́ que Λ é finito ou enumerável.
184
Exercı́cio 5.10:
O conjunto dos valores de aderência de uma sequência é um conjunto fechado.
Seja A o conjunto dos valores de aderência da sequência (xn )n∈N e a ∈ um ponto de aderência de A. Existe uma
sequência (ak ) em A que tende à a. E, para cada ak ∈ (ak ), existe uma subsequência (x(k,n) ) de (xn ) que tende à
ak .
Definimos uma sequência (x(0,n) ) de (xn ). Para cada n ∈ N, existe k0 ∈ N tal que
|a − ak0 | <
1
2n
e n0 ∈ N tal que
|ak0 − x(k0 ,n0 ) | <
1
.
2n
Assim, tomando-se x( 0, n) = x(k0 ,n0 ) teremos que
|a − x(0,n) | <
1
.
n
Segue daı́ que a = lim x(0,n) e, consequêntemente, a ∈ A. Portanto, A é fechado.
185
Exercı́cio 5.11:
Se X ⊂ F e F é fechado então X̄ ⊂ F.
Para cada x ∈ X̄, existe uma sequência em X que tende à x. Logo, x ∈ F̄ = F já que (xn ) é uma sequência em
F. Segue daı́ que X̄ ⊂ F.
186
Exercı́cio 5.12:
Se lim xn = a e X = {x1 , x2 , ..., xn , ...} então X̄ = X ∪ {a}.
Segue diretamente da definição que X̄ ⊃ X ∪ {a}. Seja b ∈ X̄ e (yn ) uma sequência em X que tende à b.
Consideremos o conjunto {n ∈ N; xn ∈ {y1 , y2 , ..., yk , ...}} = I. Se I é finito , então b = xn para algum n ∈ I. Caso
I seja infinito, a subsequência yki = nn tal que n = min{n ∈ N; xn ∈ {yki +1 , ..., yk }} de (yk ) é uma sequência de
(xn ). E como lim xn = a, temos que b = lim yki = a. Segue daı́ que X̄ ⊂ ∪{a}.
187
Exercı́cio 5.13:
O número
1
4
pertence ao conjunto de Cantor.
O conjunto K de Cantor é dado por
K = ∩∞
n=0 Kn ,
1
com Kn+1 sendo obtido de Kn retirando-se de cada intervalo de Kn um subintervalo de comprimento n+1 de seu
3
centro.
p
∑
2
2
Temos que 2 é o ı́nfimo de um intervalo de K2 . Supondo que
é o ı́nfimo de um intervalo de K2p ,
2n
3
3
n=1
p
∑ 2
2
temos que
+ 2(p+1) é o ı́nfimo de um intervalo em K2(p+1) . Segue daı́ que cada somatório reduzido da
2n
3
n=1 3
∑ 2
pertence à K.
série
32n
E como
(
)
∞
∑
1
= 2
−
1
1 − 19
n=1
(
)
9
1
= 2
−1 = ,
8
4
temos pela compacidade de K que
1
∈ K.
4
188
Exercı́cio 5.14:
Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪ G seja um intervalo fechado (limitado ou não). Então F = ∅
ou G = ∅.
Sejam F e G conjuntos fechados tais que F ∪ G seja um intervalo fechado.
Suponhamos que existam x ∈ F e y ∈ G. Suponhamos, sem perda de generalidade, que x < y. Assim,
[x, y] ⊂ F ∪ G.
Seja m = inf G ∩ [x, y]. Como G ∩ [x, y] é fechado, m ∈ G ∩ [x, y] e, consequêntemente, m ∈ G. Por outro lado,
F ⊃ [x, m) e, consequêntemente, F = F̄ ⊃ [x, m) = [x, m]. Segue daı́ que m ∈ G ∩ F.
Portanto, se tivéssemos F ∩ G = ∅, deverı́amos ter também que F = ∅ ou G = ∅.
189
Exercı́cio 5.15:
Se E ⊂ enumerável. Consiga uma sequência cujo conjunto dos valores de aderência é Ē. Use este fato para mostrar
que todo conjunto fechado F ⊂ é o conjunto dos valores de aderência de alguma sequência.
Seja E = {ak }k∈N . Definimos Nk = {2k−1 .m ∈ N; m é ı́mpar } e, para cada n ∈ N, xn = ak onde n ∈ Nk .
Assim, ak = lim xn e, consequentemente, o conjunto dos valores de aderência da sequência (xn ), A, contém
n∈Nk
E. Dado a ∈ Ē, existe uma sequência (aki )i∈N em E tendendo à a. Por sua vez, a subsequência (x2ki −1 )i∈N é igual
a sequência (aki )i∈N . Logo, a ∈ A. Concluı́mos que A ⊃ Ē. Por outro lado, A ⊂ Ē já que a sequência (xn ) ( e
consequentemente todas as suas subsequências) pertence à E. Portanto, A = Ē.
Dado um conjunto fechado X ⊂, pelo Teorema 6, existe um conjunto enumerável E denso em X. Por conseguinte,
existe uma sequência (xn ) cujo conjunto dos valores de aderência é Ē = X (pois X é fechado).
190
Exercı́cio 5.16:
Com a notação do Exercı́cio 4, se α é irracional, os conjuntos F Z e G = αZ são fechados porém F + G não é
fechados. Também H = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} é fechados mas F.H não é fechado.
Os
e G são, respectivamente, complementares dos conjuntos abertos
∪ conjuntos F ∪
(n, n + 1) e
(αn, α(n + 1)).
n∈Z
n∈Z
Logo, F e G são fechados.
Temos que F + G = Z + αZ é um grupo aditivo em R. Assim,
(i) inf([G + F ] ∩ (0, ∞)) = a > 0.
Neste caso, pelo exercı́cio 3.58, terı́amos que F + G = {0, ±a, ±2a, ...} = aZ. Daı́, F + G = aZ ∋ ak = α ∈
1
Z + αZ = F + G e, consequentemente, a = ∈ Q. Por outro lado, F + G = aZ ∋ ap = α ∈ Z + αZ = F + G,
k
para algum p ∈ Z, e consequentemente, α = ap ∈ Q. Contradição.
Portanto, inf([F + G] ∩ (0, ∞)) = 0.
(ii) inf([F + G] ∩ (0, ∞)) = 0.
Novamente pelo exercı́cio 3.58, temos que F +G é denso em R. Por outro lado,
Logo, F + G + F + G = R. Ou seja, F + G não é fechado.
O conjunto H é fechado, pois é o complementar do conjunto (1, ∞) ∪ (
∪
n∈N
Q + Q = R. Ou seja, F.H não é um fechado.
191
1
∈
/ Z+αZ, pois α é irracional.
2
1
( n1 , n+1
)). Por outro lado, F.H =
Exercı́cio 5.17:
Seja K o conjunto de Cantor. Mostre que {|x − y|; x ∈ K, y ∈ K} = [0, 1].
Não é difı́cil provar que toda extremidade de subintervalo em cada passo da construção do conjunto de Cantor
é do tipo
p
∑
an
∈ [0, 1]
3n
n=0
com an = 0 ou 2, 0 ≤ n < p, ap = 0, 1 ou 2.
Dado
p
∑
cn
∈ [0, 1],
3n
n=0
(5.1)
com cn = 0, 1 ou 2, definiremos a, b ∈ R tais que a, b ∈ K e c = b − a. Sejam
a=
p
p+1
∑
∑
an
bn
e
b
=
:
n
n
3
3
n=0
n=0
• c0 = 0 ou 1
a0 = c0 e b0 = 0.
• c1
c1
s1
a1
b1
b2
+ 2 =
−
−
3
3
3
3
9
(5.2)
c1 = 0
a1 = b1 = b2 = 0, s1 = 0
c1 = 1
a1 = 2, b1 = 0, b2 , s1 = 1
c1 = 2
a1 = 2, b1 = 0, b2 = 0, s1 = 0
• cn , 1 ≤ n < p
cn
sn
an
bn+1
sn−1
+ n+1 = n − n+1 + n
n
3
3
3
3
3
cn = 0
sn−1 = 0
an = 0, bn+1 = 0, sn = 0
sn−1 = 1
an = 0, bn+1 = 2, sn = 1
cn = 1
sn−1 = 0
an = 2, bn+1 = 2, sn = 1
sn−1 = 1
an = 0, bn+1 = 0, sn = 0
cn = 2
sn−1 = 0
an = 2, bn+1 = 0, sn = 0
sn−1 = 1
an = 2, bn+1 = 2, sn = 1
192
(5.3)
• cp
cp
ap bp+1
sp−1
= p − p+1 + p
3p
3
3
3
(5.4)
cp = 0
sp−1 = 0
ap = 0, bp+1 = 0
sp−1 = 1
ap = 1, bp+1 = 2
cp = 1
sp−1 = 0
ap = 1, bp+1 = 0
sp−1 = 1
ap = 0, bp+1 = 0
cp = 2
sp−1 = 0
ap = 2, bp+1 = 0
sp−1 = 1
ap = 1, bp+1 = 0
Assim, somando-se as equações (5.2), (5.3) e (5.4) obtemos que c = b − a e a, b ∈ K.
O conjunto D = {|x − y|; x, y ∈ K} contém todos os elementos do tipo (5.1). E como o conjunto de todos os
elementos do tipo (5.1) é denso em [0, 1] teremos o resultado assim que provarmos que D é fechado.
n
2
∪
Seja Kn =
[ai , bi ] o conjunto resultante da n−ésima etapa da construção do conjunto de Cantor. O conjunto
i=1
Dn = {|x − y|; x, y ∈ Kn } é dado por
∪
Dnij , onde Dnij = {|x − y|; x ∈ [ai , bi ], y ∈ [aj , bj ]},
Dn =
1≤i,j≤2n
é fechado, pois cada Dnij é fechado. Assim, D =
∞
∩
Dn também é fechado.
n=1
193
Exercı́cio 5.18:
Dado qualquer número real a > 0, existe x1 , x2 , ..., xn no conjunto de Cantor tais que x1 + x2 + ... + xn = a.
Dado a > 0 em R podemos escrever a na forma
k+
∞
∑
an
3n
n=1
∞ a
∑
n
pode ser escrito como soma de dois elementos α, β ∈ K,
n
3
n=1
= 1, x1 = α e x2 = β.
com k ∈ N e an = 0, 1 ou 2. Se provarmos que
temos o resultado definindo x2 = x2+k
É posı́vel demonstrar que
∑ cn
K={
; cn = 0 ou 2}.
3n
Assim, definiremos αn e βn tais que
α=
∑ αn
3n
eβ=
∑ βn
3n
.
Definimos
• a1 tal que
a1
α1
β1
s1
=
+
+
3
3
3
3
(5.5)
a1 = 0
α1 = β1 = 0, s1 = 0
a1 = 1
α1 = β1 = 0, s1 = 1
a1 = 2
α1 = 2, β1 = 0, s1 = 0
• an , n > 1, tal que
an
sn−1
αn
βn
sn
+ n−1 = n + n + n
3n
3
3
3
3
an = 0
sn−1 = 0
αn = βn = 0, sn = 0
sn−1 = 1
αn = 2, βn = 0, sn = 1
an = 1
sn−1 = 0
αn = βn = 0, sn = 1
sn−1 = 1
αn = 2, βn = 2, sn = 0
an = 2
sn−1 = 0
αn = 2, βn = 0, sn = 0
sn−1 = 1
αn = 2, βn = 2, sn = 1
Somando as equações (5.5) e (5.6), temos para todo k ∈ N que
( k
) ( k
) ( k
)
∑ an
∑ αn
∑ βn
sk
=
+
+ k.
n
n
n
3
3
3
3
n=1
n=1
n=1
Assim,
∞
3
∞
∑
∑
αn ∑ βn
an
=
+
3n
3n
3n
n=1
n=1
n
βn
e, consequentemente, a − k = α + β.
194
(5.6)
Exercı́cio 5.19:
Seja K o conjunto de Cantor. Dado ε > 0 arbitrário, existem um intervalos abertos J1 = (a1 , b1 ), ..., Jn = (an , bn )
n
∑
tais que que K ⊂ J1 ∪ J2 ∪ ... ∪ Jn e
(ai − bi ) < ε.
i=1
Seja Kp o conjunto resultante do p-ésimo passo da contração do conjunto K de Cantor. Sabemos que
Kp =
Assim, tomando-se ai = ci −
1
3p
e bi =
2
3p
p
∪
˙ 2
i=1
[ci , ci +
1
].
3p
temos que
2
∪
p
J=
(ai , bi ) ⊃ Kp ⊃ K
i=1
e
2
∑
1
2
(bi − ai ) = 2p p−1 = 3( )p .
3
3
i=1
p
Assim, dado ε > 0, basta tomar p ∈ N tal que
2
3( )p < ε
3
e teremos J que satisfaz as condições do enunciado.
195
Exercı́cio 5.20:
Para X, Y ⊂ R qualquer, tem-se X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . Dê um exemplo no qual a inclusão não se
reduz a uma igualdade.
• X ∪Y ⊃X ∪Y.
Seja a ∈ X ∪ Y . Então, existe uma sequência (xn ) em X ou (yn ) em Y que tende à a. Em ambos os casos
existe uma sequência em X ∪ Y que tende à a.
• X ∪Y ⊂X ∪Y.
Seja a ∈ X ∪ Y . Então, existe uma sequência (zn ) em X ∪ Y que tende à a. E, assim, esta sequência possui
uma subsequência em X (no caso em que possui infinitos termos em X) ou uma subsequência em Y (no caso
em que possui infinitos termos em Y ). No primeiro caso a ∈ X e no segundo caso a ∈ Y . Em todo caso,
a∈X ∪Y.
• X ∩Y ⊂X ∩Y.
Seja a ∈ X ∩ Y . Então, existe uma sequência (zn ) em X ∩ Y que tende à a. Assim, (zn ) é uma sequência em
X que tende à a, e, consequentemente, a ∈ X. Analogamente, a ∈ Y . Portanto, a ∈ X ∩ Y .
•
[−1, 0) ∩ (0, 1] = ∅ = ∅.
[−1, 0) ∩ (0, 1] = [−1, 0] ∩ [0, 1] = {0}.
196
Exercı́cio 5.21:
Um conjunto A ⊂ R é aberto se, e somente se, A ∩ X ⊂ A ∩ X para todo X ⊂ R.
(⇒) Seja A um conjunto aberto. Dado X ⊂ R e a ∈ A ∩ X. Então, existe uma sequência (xn ) em X que tende
à a. Assim, como A é aberto, existe n0 ∈ N tal que para todo n ≥ n0 , xn ∈ A. Daı́, existe uma sequência em A
que tende à a. Ou seja, a ∈ A. Logo, a ∈ A ∩ X ⊂ A ∩ X.
(⇐) Seja A ⊂ R tal que A ∩ X ⊂ A ∩ X para todo X ⊂ R.
Dado a ∈ A, suponhamos que para todo n ∈ N, existe xn ∈ (a − n1 , a + n1 ) − A. Seja X = {xn }n∈N . Então,
{a} = A ∩ X ⊂ A ∩ X = ∅ = ∅. Contradição. Logo, existe n ∈ N tal que (a − n1 , a + n1 ) ⊂ A. E, assim, a ∈ int(A).
197
Exercı́cio 5.22:
Sejam F1 ⊃ F2 ⊃ ... ⊃ Fn ⊃ ... não vazio se os Fn são apenas fechados ou apenas limitados.
• Fn apenas fechado
Fn = [n, ∞) ⇒
∩
Fn = ∅.
n∈N
• Fn apenas limitado
(
]
∩
1
Fn = 0,
⇒
Fn = ∅.
n
n∈N
198
Exercı́cio 5.23:
Um conjunto não vazio X ⊂ R é um intervalo se, e somente se, satisfaz a condição seguinte: “a, b ∈ X, a < x <
b ⇒ x ∈ X”.
(⇒) Seja X um intervalo não-vazio com α = inf X e β = sup X.
Dados a e b ∈ X, a < b, e x ∈ R tal que a < x < b. Assim,
X ⊃ (α, β) ⊃ (a, b) ∈ X.
(⇐) Seja X um conjunto que satisfaz a condição
“a, b ∈ X, a < x < b ⇒ x ∈ X ”.
Sejam α = inf X e β = sup X. Temos então que X ⊃ (α, β). De fato, dado x ∈ (α, β), existem a e b ∈ X tais
que
α ≤ a < x < b ≤ β.
Assim, pela propriedade, x ∈ X. Por outro lado, X − {α, β} ⊂ (α, β) pela definição de α e β. Portanto,
X = [α, β]
ou X = [α, β)
ou
199
X = (α, β]
ou X = (α, β).
Exercı́cio 5.24:
Mostre que a interseção de uma sequência decrescente I1 ⊃ I2 ⊃ ... ⊃ In ⊃ ... de intervalos é um intervalo ou o
conjunto vazio.
Sejam an = inf In e bn = sup In , então In ⊃ (an , bn ) e [an , bn ] ⊃ In . Assim,
[an , bn ] ⊃ [an+1 , bn+1 ]
e
(an , bn ) ⊃ (an+1 , bn+1 ).
Daı́,
[sup{an }, inf{bn }] =
⊃
⊃
∩
∩
∩
[an , bn ]
In
(an , bn )
= (sup{an }, inf{bn }).
Assim, como −∞ ≤ sup{an } ≤ inf{bn } ≤ ∞,
∩
In = (sup{an }, inf{bn }) ou
= (sup{an }, inf{bn }] ou
= [sup{an }, inf{bn }) ou
= [sup{an }, inf{bn }]
e temos o resultado.
200
Exercı́cio 5.25:
Um conjunto é denso em R se, e somente se, seu complementar tem interior vazio.
Seja D um conjunto denso em R. Dado x ∈ R−D e ε > 0, temos que (x−ε, x+ε)∩D ̸= ∅. Assim, x ∈
/ int(R−D).
E, como int(R − D) ⊂ R − D, temos que int(R − D) ̸= ∅.
201
Exercı́cio 5.26:
Se F é fechado e A é aberto então F − A é fechado.
Como A é aberto, Ac é fechado. Então, F ∩ Ac = F − A é uma interseção de dois fechados. Logo, F − A é
fecado.
202
Exercı́cio 5.27:
Dê exemplo de um aberto A tal que A ⊃ Q mas R − A seja não-enumerável.
Seja (xn ) uma enumeração de Q. Definimos A =
∞
∪
In , onde
n=1
In = (xn −
1
1
, xn + n ).
n
2
2
Temos que A e aberto, pois é uma união de abertos e também A ⊃ Q.
Provemos que R − A ̸= ∅. Consideremos o intervalo compacto [0, 10] e suponhamos que R − A = ∅. Então,
k
∪
existem n1 , n2 , ..., nk ∈ N tais que
Ini ⊃ [0, 10].
i=1
Sgue daı́, então, que
10 <
k
∑
(sup Ini − inf Ini )
i=1
k
∑
<
(sup In − inf In )
i=1
=
∞
∑
i=1
1
2n−1
= 2.
Absurdo. Assim, R − A ̸= ∅.
Se R−A é finito ou enumeráel, podemos adicionar todos os elementos de R−A em uma sequência (yn ) ( de termos
∞
∪
1
1
repetidosse necessário ) que enumera os elementos de R − A. Daı́, Ã = A ∪ (
I˜n ), onde I˜n = (yn − n , yn + n )
2
2
n=1
é tal que à ⊃ A e à ⊃ R − A. Mas, por argumento análogo ao acima, podemos mostrar que R − à ̸= ∅. Uma
contradição. Portanto, R − A é não enumerável.
203
Exercı́cio 5.28:
Dê exemplo de um conjunto fechado, não-enumerável, formado apenas por números transcendentes.
Seja (xn ) uma enumeração do conjunto dos números algébricos (exercı́cio 3.44). Seja
A=
∞
∪
In ,
i=1
1
1
onde In = (xn − n , xn + n ). Temos que A é um aberto que contém todos os números naturais. Assim, pelo
2
2
mesmo argumento usado no execı́cio anterior, F = R − A é não enumerável. E F é um fechado que contém somente
números algébricos.
204
Exercı́cio 5.29:
Defina a distância de um ponto a ∈ R a um conjunto não-vazio X ⊂ R como d(a, X) inf{|x − a|; x ∈ X}. Prove:
1) d(a, X) = 0 ⇔ a ∈ X.
2) Se F ⊂ R é fechado, então para todo a ∈ R existe b ∈ F tal que d(a, F ) = |b − a|.
(1) (⇒) Para cada n ∈ N, existe xn ∈ N tal que |xn − a| <
a. Logo, a ∈ X.
1
. Assim, (xn ) é uma sequência em X que tende à
n
(⇐) Seja (xn ) uma sequência em X que tende à a. Então, para todo ε > 0, existe n0 ∈ N tal que |xn0 − a| < ε.
Assim,
0 = inf{|xn − a|; xn ∈ (xn )}
≥ inf{|x − a|; x ∈ X} ≥ 0,
ou seja, d(a, X) = 0.
(2) Consideremos o compacto C = F ∩ B[a; 2d(a, F )]. Temos, pela definição de d(a, F ), que C ̸= ∅. Seja d =
1
d(a, F ) e xn ∈ C tal que |xn − a| < d + . Como C é compacto, existe uma subsequência (xnk ) de (xn )
n
ε
ε
tal que xnk → b ∈ C. Assim, dado ε > 0, existe n + k ∈ N tal que |xnk − a| < d + e |b − xnk | > .
2
2
Consequentemente,
|b − a| ≤ |b − xnk | + |xnk − a| < d + ε.
Portanto, |b − a| ≤ d. Mas, como b ∈ C ⊂ F e pela definição de d = d(a, F ), temos que |b − a| ≥ d e,
consequentemente, |b − a| = d.
205
Exercı́cio 5.30:
Se X é limitado superiormente, seu fecho X também o é. Além disso, sup X = sup X. Enuncie e prove um resultado
análogo para inf .
Temos que X é limitado somente se X é limitado. De fato, se A > 0 em R é tal que existe a ∈ X com a > A,
tomando-se ε = |A − a|, existe x ∈ X tal que |x − a| < ε. Consequentemente, x > A.
Como X ⊂ X, temos imediatamente que (pelo exercı́cio 3.33) que sup X ≥ sup X. Assim, para mostrar que
sup X ≥ sup X, basta provar que para qualquer c ∈ R tal que c < sup X, existe x ∈ X tal que c < x. Então, dado
c tal que c < sup X, existe x ∈ X tal que c < x. Assim, tomando algum x ∈ X tal que |x − x| < |x − c|, temos que
x > c. Portanto, sup X = sup X.
O resultado análogo seria inf A = inf A. E a demonstração desse resultado é também análoga.
206
Exercı́cio 5.31:
Para todo X ⊂ R limitado superiormente, sup X é aderente a X. Resultado análogo para inf .
Pela definição de supremo, para todo ε > 0 existe x ∈ X tal que sup X − ε < x ≤ sup X.
1
Assim, para n ≥ 1 em N, tomando xn ∈ X tal que sup X − > xn ≤ sup X. Temos, assim, que para todo
n
n ∈ N, |xn − sup X| < n1 . Logo, a sequência (xn ) em X tende à sup X e sup X ∈ X.
207
Exercı́cio 5.32:
Para todo X ⊂ R, X ′ é fechado.
Seja a ∈ X ′ . Dado ε > 0, existe x ∈ X ′ tal que x ∈ (a−ε, a+ε). E como x ∈ X ′ , existem infinitos elementos de X
em (x−δ, x+δ), onde δ = min{|x−(a±ε)|}. Assim, infinitos elementos de X pertencem à (a−ε, a+ε) ⊃ (x−δ, x+δ).
Isso implica que a ∈ X ′ . Concluı́mos que X ′ ⊃ X ′ .
208
Exercı́cio 5.33:
Um número a é ponto de acumulação de X se, e somente se, é ponto de acumulação de X.
(⇒) Seja a um ponto de acumulação de X. Então, para todo ε > 0 existem infinitos elementos de X em
(a − ε, a + ε). E como X ⊂ X, existem infinitos elementos de X em (a − ε, a + ε), ou seja, a é ponto de acumulação
de X.
(⇐) Seja a um ponto de acumulação de X. Dado ε > 0, existe x ∈ X tal que x ∈ (a−ε, a+ε)−{a}. Tomando-se
δ = min{|x − a|, |x − (a ± ε)|}, temos que existe x ∈ X tal que |x − x| < δ.
Assim, x ∈ (x − δ, x + δ) ⊂ (a − ε, a + ε) − {a}. Segue daı́ que a é ponto de acumulação de X.
209
Exercı́cio 5.34:
(X ∪ Y )′ = X ′ ∪ Y ′ .
• (X ∪ Y )′ ⊂ X ′ ∪ Y ′ .
Seja a ∈ (X ∪ Y ) e (an ) uma sequência em X ∪ Y − {a} que tende à a. Então, existem infinitos termos de
(an ) em Y. Assim, existe uma subsequência de (an ) em X − {a} ou em Y − {a}. E como esta subsequência
tende à a, temos que a ∈ X ′ ∪ Y ′ .
• (X ∪ Y )′ ⊃ X ′ ∪ Y ′ .
Seja a ∈ X ′ ∪ Y ′ . Então existe uma sequência (an ) em X − {a} ou em Y − {a} que tende à a. Em todo caso,
existe uma subsequência em X ∪ Y − {a} que tende à a, ou seja, a ∈ (X ∪ Y )′ .
210
Exercı́cio 5.35:
Todo ponto de um conjunto aberto A é ponto de acumulação de A.
Seja a ∈ A. Então existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ A.
Assim, dado ε, para δ1 = min{δ, ε} temos que
(a − ε, a + ε) ⊃ (a − δ1 , a + δ1 ) ⊂ A.
Logo, (a − ε, a + ε) contém infinitos elementos de A já que (a − δ1 , a + δ1 ) tem infinitos elementos. Portanto, a é
ponto de acumulação.
211
Exercı́cio 5.36:
Sejam F fechado e x ∈ F. Então x é um ponto isolado de F se, somente se, F − {x} é ainda fechado.
(⇒) Se F = {x}, temos diretamente que F − {x} = ∅ é fechado. Suponhamos que F − {x} =
̸ ∅. Seja (an ) uma
sequência em F − {x} com lim an = a. Como F é fechado e (an ) é uma sequência em F, então a ∈ F. Temos que
a ̸= x, pois para algum ε > 0, (x − ε, x + ε) ∩ F = {x}. Portanto, a ∈ F − {x}. Concluı́mo daı́ que F − {x} é
fechado.
1
(⇐) Suponhamos que x não seja um ponto isolado de F. Então, para todo n ∈ N, existe xn ∈ ((xn − , x +
n
1
) ∩ F ) − {x}. Assim, a sequência (xn ) em F − {x} tende à x. O que implica que F − {a} não é fechado.
n
212
Exercı́cio 5.37:
Seja X ⊂ R tal que X ′ ∩ X = ∅. Mostre que existe, para cada x ∈ X, um intervalo aberto Ix , de centro em x, tal
que x ̸= y ⇒ Ix ∩ Iy = ∅.
Para cada x ∈ X definimos
δx = inf{|x − x̃|; x̃ ∈ X − {x}}.
′
Temos que δx = 0 somente se x ∈ X . Então, δx > 0 para cada x ∈ X já que X ′ ∩ X = ∅.
Definimos para cada x ∈ X,
δx
δx
Ix = (x − , x + ).
2
2
Assim, para x ̸= y em X, temos que se z ∈ Ix ∩ Iy
|x − y|
≤
≤
≤
|x − z| + |z − y|
δx
δx
+
2
2
|x − y| |x − y|
+
= |x − y|.
2
2
Portanto, Ix ∩ Iy = ∅. E o resultado segue.
213
Exercı́cio 5.38:
Seja F ⊂ R fechado, infinito enumerável. Mostre que F possui uma infinidade de pontos isolados.
Pelo corolário 1 do Teorema 9, temos que F possui algum ponto isolado. Suponhamos que x1 , x2 , ..., xn são
pontos isolados de F. Por indução no resultado do exercı́cio 3.36, temos que F − {x1 , x2 , ..., xn } é fechado. Além
disso, F − {x1 , x2 , ..., xn } é um conjunto sem pontos isolados e infinito enumerável, contradizendo o Corolário 1 do
Teorema 9.
214
Exercı́cio 5.39:
Mostre que todo número real x é limite de uma sequência de números transcendentes dois a dois distintos.
Sejam A o conjunto dos números algébricos em Q (complementar do conjunto dos trancendentes) e x ∈ R.
Dado ε > 0, temos que (x − ε, x + ε) − (A ∪ {x}) é infinito. De fato, pelo exercı́cio 3.44, A é enumerável enquanto
(x − ε, x + ε) é não enumerável. Logo, (x − ε, x + ε) − (A ∪ {x}) é infinito.
Seja ε1 = 1. Podemos escolher
x1 ∈ (x − ε1 , x + ε1 ) − (A ∪ {x}).
E, indutivamente, escolher
xn ∈ (x − εn , x + εn ) − (A ∪ {x}),
onde εn = |x − xn |. Assim (xn ) é uma sequência de termos trancendentes, dois a dois distintos e que tende à x.
215
Exercı́cio 5.40:
Mostre que se X ⊂ R não é enumerável, então X ∩ X ′ ̸= ∅.
Se X ∩ X ′ = ∅, então todo ponto de X é isolado. Mas, pelo Corolário 2 do Teorema 8, temos que isso implica
que X é enumerável.
216
Exercı́cio 5.41:
Se A e A ∪ {a} são abertos então a é ponto de acumulação de A à direita e à esquerda.
Como A ∪ {a} é aberto, existe ε > 0 tal que (a − ε, a + ε) ⊂ A ∪ {a}.
Assim,
[a, a + ε) ⊂ A ∪ {a}
e, consequentemente,
(a, a + ε) ⊂ A ∪ {a}.
Daı́ segue que A contém infinitos pontos de [a, a + ε). Logo, a é ponto de acumulação a direita de A.
Analogamente, mostra-se que a é ponto de acumulação à esquerda de A.
217
Exercı́cio 5.42:
Dê explicitamente o significado de cada uma das seguintes afirmações. Em suas explicações, você está proibido de
usar qualquer das palavras grifadas abaixo:
1) a ∈ X não é ponto interior de X;
2) a ∈ R não é aderente a X;
3) X ⊂ R não é um conjunto aberto;
4) O conjunto Y ⊂ R não é fechado;
5) a ∈ R não é ponto de acumulação do conjunto X ⊂ R;
6) X ′ = ∅;
7) X ⊂ Y mas X não é denso em Y ;
8) int(X) = ∅;
9) X ∩ X ′ = ∅;
10) X não é compacto.
(1) Não existe ε ∈ R+ tal que
a ∈ (a − ε, a + ε) ⊂ X.
(2) Existe ε ∈ R+ tal que
(a − ε, A + ε) ⊂ R − X.
(3) Existe x ∈ X tal que para todo ε ∈ R
+
(x − ε, x + ε) * X.
(4) Existe x ∈ R − X tal que para todo ε ∈ R+
(x − ε, x + ε) ∩ X ̸= ∅.
(5) Existe ε ∈ R+ tal que
(a − ε, a + ε) ∩ X ⊂ {a}.
(6) Para todo a ∈ R, tal que para todo ε ∈ R+
(a − ε, a + ε) ∩ X ̸= ∅ então a ∈ X.
(7) Existe y ∈ Y e ε ∈ R+ tais que
(y − ε, y + ε) ∩ X = ∅
mas X ⊂ Y.
(8) Para todo x ∈ X e ε ∈ R+ , existe a ∈ R e δ ∈ R+ tais que
(x − ε, x + ε) ⊃ (a − δ, a + δ) ⊂ R − X.
(9) Para todo x ∈ X, existe ε ∈ R+ tal que
(x − ε, x + ε) ∩ X = {x}.
(10) Existe uma sequência (xn ) em R e (εn ) em R+ tais que
∪
(xn − εn , x + εn ),
X⊂
n∈N
mas para nenhum Ñ ⊂ N finito temos que
X⊂
∪
(xn − εn , x + εn ).
n∈Ñ
218
Exercı́cio 5.43:
Se todo ponto de acumulação de X é unilateral, X é enumerável.
Seja D o conjunto dos elementos de X que são pontos de acumulação à direita de X.
Dado n ∈ Z seja
{aλ }λ∈Λ = [n, n + 1] ∩ D.
Para cada λ ∈ Λ, existe Iλ = (aλ − ελ , aλ ), ελ > 0, tal que Iλ ∩ X = ∅. Observemos que para quaisquer λ1 e λ2 ∈ λ,
λ1 ̸= λ2 , teremos que Iλ1 ∩ Iλ2 = ∅. Se Λ é não enumerável, existe ε > 0 tal que para cada n ∈ N existe λn tal que
ελn > ε. Assim,
∞
∑
ελn = ∞
n=1
Iλ′ s
e como os
são disjuntos e estão contidos em um intervalo de comprimento 1, obtemos uma contradição. Logo,
Λ é finito ou enumerável. E como
∪
D=
[n, n + 1] ∩ D,
n∈Z
temos que D é enumerável.
De forma análoga, mostra-se que o conjunto E dos pontos de acumulação à esquerda de X é finito ou enumerável.
E como X − X ′ é finito ou enumerável pelo Corolário 2 do Teorema 8, temos que
X = (X − X ′ ) ∪ E ∪ D
é finito ou enumerável.
219
Exercı́cio 5.44:
Seja X ⊂ R um conjunto arbitrário. Toda cobertura de X por meio de abertos possui uma subcobertura enumerável.
(Teorema de Lindelöf).
Seja {Aλ }λ∈Λ uma cobertura aberta de X. Tomemos E = {xn }n∈N um subconjuntto denso em X. Para cada
n ∈ N fixemos
Rn = {ε ∈ R+ ; (xn − ε, xn + ε) ⊂ Aλ , λ ∈ Λ}.
Sabemos que Rn ̸= ∅. Logo, existe sup Rn = 2εn .
Além disso, existe ε ∈ Rn tal que εn < ε. Ou seja, existe ε ∈ R+ tal que
(x − ε, x + ε) ⊂ Aλ
para algum λ ∈ Λ. Existe, também n ∈ N tal que
xn ∈ (x − ε/4, x + ε/4).
Para qualquer
yn ∈ (xn − 3ε/4, xn + 3ε/4)
temos que
y ∈ (x − ε, x + ε).
Daı́, 3ε/4 ∈ Rn . E, assim,
εn ≥
3ε
ε
> .
8
4
Logo,
x ∈ (xn − εn , xn + εn ) ⊂ Aλn .
Concluı́mos daı́ que {Aλn }n∈N ⊂ {Aλ }λ∈Λ é uma cobertura de X.
220
Exercı́cio 5.45:
Com a notação do Exercı́cio 4, prove:
a) Se A é compacto e B é fechado então A + B é fechado;
b) se A e B são compactos, então A + B e A.B são compactos;
c) se A é fechado e B é compacto, A.B pode não ser fechado.
(a) Seja x ∈ A + B e (cn = an + bn )n∈N uma sequência em A + B tendendo à x. A sequência (an )n∈N em A possui
uma subsequência (ank )k∈N tendendo a algum a ∈ A. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0 ,
|an + bn − x| < ε/2.
E também, existe k0 ∈ N tal que, para todo k ≥ k0 ,
|ank − a| < ε/2.
Assim, para
k1 = max{k0 , min{k ∈ N; nk ≥ n0 }}
e todo k ≥ k1 , temos que
|bnk − (x − a)| = |(ank + bnk − x) − (a − ank )|
≤ |ank + bnk − x| + |a − ank |
< ε/2 + ε/2 = ε.
Logo, lim bnk = x − a. Segue daı́ que x − a ∈ B e, consequentemente, x ∈ A + B. Concluı́mos daı́ que A + B
n→∞
é fechado.
(b) A + B é fecado pelo item (a). E, também, temos que
sup(A + B) = sup A + sup B < ∞
e
inf(A + B) = inf A + inf B > −∞.
Seja x ∈ A.B e (cn = an .bn )n∈N uma sequência em A.B tendendo à x. A sequência (an )n∈N em A possui uma
subsequ?ncia (an )n∈N1 tendendo à algum a ∈ A. Por sua vez a sequência (bn )n∈N1 possui uma subsequência
(bn )n∈N2 tendendo a algum b ∈ B. Assim,
x
=
=
lim an bn
n∈N2
lim an lim bn
n∈N2
n∈N2
= a.b ∈ A.B
Segue daı́ que A.B é fechado. E, como
sup(A.B) = sup A. sup B < ∞
e
inf(A.B) = inf A. inf B > −∞,
temos que A.B é limitado. Portanto, A.B é compacto.
(c) Tome B = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} e A = Z. Temos que A.B não é fechado. (Vide exercı́cio 5.16)
221
Exercı́cio 5.46:
Obtenha coberturas abertas de Q e de [0, ∞) que não admitam subcoberturas finitas.
Temos que {(−n, n)}n∈N é uma cobertura aberta tanto de Q quanto de [0, +∞) que não admite subcobertura
finita.
222
Exercı́cio 5.47:
Considere as funções f, g, h do Exercı́cio 7. Mostre que para K e L compactos arbitrários, f (K), g(K), h(K), f −1 (L), g −1 (L)
e h−1 (L) são compactos.
Seja (xn ) uma sequência em f −1 (L) tendendo à x ∈ R. Temos que
lim f (xn )
= lim(axn + b)
= a lim xn + b
= ax + b = f (x)
Como f (xn ) é uma sequência convergente no fechado L, temos que f (x) ∈ L e, consequentemente, x ∈ f −1 (L).
Segue daı́ que f −1 (L). Segue daı́ que f −1 (L) é fechado.
Seja (yn = f (xn ))n∈N uma sequência em f (K). Como K é compacto, existe uma subsequência (xnk ) de (xn )
que converge à algum x ∈ K. Assim,
y = lim f (xn ) = lim f (xnk ) = f (x).
Ou seja, y ∈ f (K). Concluı́mos daı́ que f (K) é fechado.
Analogamente, prova-se que g −1 (L), g(K), h−1 e h−1 (K) são fechados.
Por fim, temos que
f (K) = aK + b
g(K) ⊂ K.K
e
K.K.K.
E como os conjuntos aK + b, K 2 e K 3 são limitados(ver exercı́cio 5.45(b)), temos que f (K), g(K) e h(K) são
compactos. E, também,
f (f −1 (L)) ⊂ L,
g(g −1 (L)) ⊂ L
e
h(h−1 (L)) ⊂ L.
Assim, pelas definições de f, g e h temos que se f −1 (L), g −1 ou h−1 (L) fosse limitado, terı́amos que f (f −1 (L)),
g(g (L)) ou h(h−1 (L)) seria limitado contradizendo o fato de L ser limitado.
−1
223
Exercı́cio 5.48:
As seguintes afirmações a respeito de um conjunto X ⊂ R são equivalentes:
(1) X é limitado;
(2) Todo subconjunto infinito de X possui ponto de acumulação (que pode não pertencer a X);
(3) Toda sequência de pontos de X possui uma subsequência convergente.
(1) ⇒ (2) Como X é limitado, temos que X é compacto. Então, todo conjunto infinito em X ⊂ X possui um
ponto de acumulação por ser subconjunto de um compacto.
(2) ⇒ (3) Seja (xn )n∈N uma sequência em X. Se o conjunto P = {xn }n∈N for finito, então para algum p ∈ P e
infinitos n ∈ N, temos que xn = p. Logo, existe uma subsequência de xn tendendo à p. Se P for infinito, então pela
hipótese, P possui um ponto de acumulação x. Logo, é possı́vel encontrar uma subsequência de (xn ) tendendo à x.
(3) ⇒ (1) Se X não fosse limitado, seria possı́vel encontrar uma sequência crescente e ilimitada em X. Tal
sequência não teria subsequência convergente. O que contradiz a hipótese.
224
Exercı́cio 5.49:
Seja X ⊂ R um conjunto compacto cujos pontos, com exceção de a = inf X e b = sup X, são pontos de acumulação
à direita e à esquerda. Então X = [a, b] ou X = {a, b}.
Como X é compacto, temos que a = inf X e b = sup X ∈ X. Suponhamos que X ̸= {a, b}. Então, existe c ∈ X
tal que a < c < b. Seja x ∈ (a, b). Se c ≤ x temos que s = sup([a, x] ∩ X) é tal que a < c ≤ s ≤ x. Assim, se s ̸= x
temos que s ∈ X − {a, b} e [s, x) ∩ X = {s}. Ou seja, s não seria um ponto de acumulação à direita. Absurdo.
Logo, c = s ∈ X. Do mesmo modo, se x ≤ c teremos que x ∈ X. Concluı́mos que X = [a, b].
225
Exercı́cio 5.50:
∩
Se (Kλ )λ∈L é uma famı́lia qualquer de compactos, então Kλ é compacto. Se K1 , ..., Kn são compactos então
K1 ∪ K2 ∪ ... ∪ Kn é compacto. Se K é compacto e F é fechado, então K ∩ F é compacto.
• Kλ , λ ∈ Λ, compactos ⇒
∩
λ∈Λ
Kλ é compacto.
Como cada Kλ é fechado, temos que ∩Kλ é fechado. Além disso, temos que, dado algum λ0 ∈ Λ qualquer
inf(∩Aλ ) ≥ inf Aλ0 > −∞
e
sup(∩Aλ ) ≤ inf Aλ0 < ∞.
Daı́, ∩Aλ é limitado. Portanto, ∩Aλ é compacto.
∪n
• Ki , i = 1, 2, ..., n, compacto ⇒ i=1 Ki é compacto.
∪n
Como cada Ki é fechado, temos que i=1 Ki é fechado. Além disso,
sup(
n
∪
Ki ) = sup{sup Ki }ni=1 < ∞
i=1
e
inf(
n
∪
Ki ) = inf{inf Ki }ni=1 > −∞.
i=1
Daı́,
∪n
i=1
Ki é limitado. Portanto,
∪n
i=1
Ki é compacto.
• K é compacto e F é fechado ⇒ K ∩ F é compacto.
Como K e F são fechados, K ∩ F é fechado. Além disso,
sup(K ∩ F ) ≤ sup K < ∞
e
inf(K ∩ F ) ≥ inf K > −∞.
Daı́, K ∩ F é limitado. Portanto, K ∩ F é compacto.
226
Exercı́cio 5.51:
Seja X ⊂ R. Uma função f : X → R diz-se não-decrescente no ponto a ∈ X quando existe δ > 0 tal que
a − δ < x ≤ a ≤ y < a + δ ⇒ f (x) ≤ f (a) ≤ f (y). (Bem entendido: x, y ∈ X.) Mostre que se f é não-decrescente
em [a, b] (isto é, x, y ∈ [a, b], x ≤ y ⇒ f (x) ≤ f (y)).
Sejam x, y ∈ [a, b] com x ≤ y. Provaremos que f (x) ≤ f (y). Para cada α ∈ [x, y] existe δx ∈ R+ tal que
α − δα < z ≤ α ≤ w < α + δα implica
f (z) ≤ f (α) ≤ f (z)(para z, w ∈ [a, b]).
∪
Temos então que [x, y] ⊂ α∈[x,y] (α − δα , α + δα ). Asssim, existem α1 , α2 , ..., αn ∈ [x, y] tais que [x, y] ⊂
∪n
i=1 (αi − δα1 , αi + δα1 ). Podemos mostrar, por indução em n, que podemos decompor [x, y] como
[x, β1 − δβ1 ) ⊂ (β1 − δβ1 , β1 + δβ1 ),
[βi−1 − δβi−1 ) ⊂ (βi − δβi , βi + δβi ),
i = 1, 2, ..., p − 1,
e
[βp−1 − δβp−1 , y] ⊂ (βp − δβp , βp + δβp )
para
{βi }pi=1
⊂
{αi }ni=1
e βi < βi+1 , i = 1, 2, ..., p − 1. Daı́ escolhemos γi ∈ R, i = 1, 2, ..., p − 1, tais que
βi+1 − δi+1 < γi < βi + δβi e βi < γi < βi+1 .
Assim,
f (x) ≤ f (γ1 ) ≤ f (γ2 ) ≤ ... ≤ f (γp−1 ) ≤ f (y).
227
Exercı́cio 5.52:
Seja [a, b] ⊂ ∪Aλ onde cada Aλ é aberto. Mostre que é possı́vel decompor [a, b] em um número finito de intervalos
justapostos de modo que cada um deles esteja contido em algum Aλ .
∪
Pelo Teorema 2, cada Aλ pode ser decomposto como j∈N A(λ,j) , Nλ ⊂ N, onde os A′(λ,j) s são intervalos abertos
disjuntos.
Existe uma subcobertura {Bi }ni=1 ⊂ {A(λ.j) } de [a, b]. Provaremos que é possı́vel decompor [a, b] como
[a, x1 ) ⊂ C1 ,
[) ⊂ Ci , i = 2, ..., p,
e [xp , b) ⊂ Cp+1
(5.7)
n
para {Ci }p+1
i=1 ⊂ {Bi }i=1 .
Se n = 1, temos o resultado diretamente. Suponhamos que o resultado seja válido para n ≤ k e que estejamos
no caso em que n = k + 1. Como a ∈ Bi , para algum i = 1, 2, ...n, tomemos C1 = Bi e assim
∪
[sup C1 ] ⊂ ({Bj }nj=1 − {Bi }).
Pela hipótese indutiva, existem y1 , y2 , ..., yp e C̃1 , C̃2 , ..., C̃p que decompõe [sup C1 , b] como em (5.7). Assim,
tomando-se
x1 = sup C1
xi = yi , i = 2, ..., p + 1
Ci = C̃i−1 , i = 2, ..., p + 2
temos o que querı́amos.
Então, como cada intervalo da decomposição de [a, b] está contido em algum Ci e este por sua vez contido em
algum Aλ , temos o nosso resultado.
228
Exercı́cio 5.53:
No exercı́cio anterior, mostre que os intervalos nos quais se decompôs [a, b] podem ser tomados com o mesmo
comprimento.
No exercı́cio anterior obtivemos
C1 = [a, x1 )
Ci = [xi−1 , xi ), i = 2, ..., n,
e
Cn+1 = [xn , b]
{Ci }ni=1
tais que
é uma partição de [a, b] sendo que Ci ⊂ Aλ1 .
Temos que xi ∈ Aλi +1 . Assim, para cada i = 1, ..., n, existe εi > 0 tal que
(xi − εi , xi + εi ) ⊂ Aλi +1 .
Tomemos q ∈ Z+ tal que
b−a
< min{εi }ni=1 .
q
Consideremos, agora, os intervalos
Ii = [a +
i−1
i
(b − a), a + (b − a)),
q
q
i = 1, ..., q.
Assim, temos que, para cada p = 1, ..., q,
(i) a ou xi ≤ a +
p
p−1
(b − a) < a + (b − a) < xi+1 ou b
q
q
Ip ⊂ Ci+1 ⊂ Aλi +1
(ii) a +
p
p−1
(b − a) < xi < a + (b − a)
q
q
Ip ⊂ (xi − εi , xi + εi ) ⊂ Aλi +1 .
Concluimos daı́ que, para p = 1, ..., q, Ip ⊂ Aλ , para algum λ. E temos o nosso resultado.
229
Exercı́cio 5.54:
(Teorema de Baire) Se F1 , F2 , ..., Fn , ... são fechados com interior vazio então S = F1 ∪ F2 ∪ ... ∪ Fn ∪ ... tem interior
vazio. (É possı́vel mostrar que, dado arbitrariamente um intervalo aberto I, existe algum x ∈ I ∩ (R − S). Imite a
demonstração do Teorema 6, Capı́tulo III, onde se tem pontos em vez dos fechados Fn .)
Seja I um intervalo aberto. Como F tem interior vazio, devemos ter x1 ∈ I − F1 . E como F1 é fechado e I
aberto, existe ε1 > 0 tal que (x1 − ε, x1 + ε) ⊂ I ∩ (R − F ). Adiante, J1 = [x1 − ε/2, x1 + ε/2] ⊂ I ∩ (R − F1 ).
Definimos I1 = (x − 1 − ε/2, x1 + ε/2).
Da mesma forma podemos obter J2 compacto contido em I1 ∩ (R − F2 ) e que desta forma J2 ⊂ J1 .
Por indução, podemos tomar intervalos compactos ∩
Jn ⊂ Jn−1 , n ∈ N ∩ [2, ∞), tais que Fn ∩ Jn = ∅.
Logo, existe, pelo Teorema 12 do Capı́tulo V, x ∈ j∈N Jn . E como Jn ∩ Fn = ∅, x ∈ Fn e, consequentemente
x∈
/ S.
Asim, I * S. E como I é arbitrário, segue daı́ que S tem interior vazio.
230
Exercı́cio 5.55:
O conjunto R − Q dos números irracionais não pode ser expresso como reunião enumerável de fechados. Analogamente, Q não é intersecção de uma famı́lia enumerável de abertos.
Suponhamos, por absurdo, que existam conjuntos fechados Fn , n ∈ Z+ , em R tais que R − Q = ∪n∈Z+ Fn .
Como cada Fn está contido em R − Q e R − Q possui interior vazio, concluı́mos que Fn tem interior vazio, para
cada n ∈ Z+ .
Seja (qn )n∈Z+ uma enumeração do conjunto Q. Como o conjunto {qn }, para todo n ∈ Z+ , é fechado e tem
interior vazio, temos que R é uma união enumerável de conjuntos fechados com interior vazio pois
R = (R − Q) ∪ Q = (∪n∈Z+ Fn ) ∪ (∪n∈Z+ {qn }).
Assim, pelo Teorema de Baire, R é um conjunto de interior vazio (em R). Uma contradição. Portanto, não podem
existir fechados Fn , n ∈ Z+ , em R tais que R − Q = ∪n∈Z+ Fn .
Suponhamos, por absurdo, que existam abertos An , n ∈ Z+ , em R tais que Q = ∩n∈Z+ An .
Consideremos os fechados Fn := R − An , para todo n ∈ Z+ . Desta forma, terı́amos que
R − Q = R − ∪n∈Z+ An = ∪n∈Z+ (R − An ) = ∪n∈Z+ Fn .
Ou seja, desta forma R − Q seria uma união enumerável de conjuntos fechados. Uma contradição. Portanto, não
podem existir abertos An , n ∈ Z+ , em R tais que Q = ∩n∈Z+ An .
231
Exercı́cio 5.56:
∑n
∑∞
Se [a, b] ⊂ ∪ni=1 [ai , bi ], então b − a 6 i=1 (bi − ai ). Também [a, b] ⊂ ∪∞
n=1 [an , bn ] implica b − a 6
n=1 (bn − an ).
Finalmente, resultados análogos valem para (a, b) em vez de [a, b].
(I) [a, b] ⊂
n
∪
n
∑
(bi − ai )
[ai , bi ] ⇒ b − a 6
i=1
i=1
Para todo k ∈ Z+ e i = 1, . . . , n, temos que
(
[ai , bi ] ⊂
Logo,
n
∪
[a, b] ⊂
1
1
, bi +
ai −
2k
2k
[ai , bi ] ⊂
i=1
n (
∪
ai −
i=1
)
.
1
1
, bi +
2k
2k
)
.
Assim, pela Proposição 1 deste capı́tulo, segue que
) (
))
n ((
∑
1
1
b−a<
bi +
− ai −
2k
2k
i=1
e, consequentemente,
) ∑
n (
n
∑
1
n
b−a<
bi − ai +
=
(bi − ai ) + .
k
k
i=1
i=1
Portanto,
(
b − a 6 lim
k→∞
(II) [a, b] ⊂
∞
∪
[ai , bi ] ⇒ b − a 6
i=1
n
∑
n
(bi − ai ) +
k
i=1
)
=
n
∑
(bi − ai ).
i=1
∞
∑
(bi − ai )
i=1
Para todo k e i ∈ Z+ , temos que
[ai , bi ] ⊂
Logo,
[a, b] ⊂
∞
∪
(
ai −
1
2i+1 k
, bi +
∞ (
∪
[ai , bi ] ⊂
ai −
i=1
i=1
Assim, pela Proposição 2 deste capı́tulo, segue que
∞ ((
∑
b−a<
bi +
i=1
1
2i+1 k
)
)
1
.
2i+1 k
1
2i+1 k
, bi +
(
− ai −
1
)
2i+1 k
1
.
))
2i+1 k
e, consequentemente,
b−a<
) ∑
∞ (
∞
∞
∞
∑
∑
1
1∑ 1
1
bi − ai + i
=
(bi − ai ) +
=
(bi − ai ) + .
i
2k
k i=1 2
k
i=1
i=1
i=1
Portanto,
(
b − a 6 lim
k→∞
∞
∑
1
(bi − ai ) +
k
i=1
232
)
=
∞
∑
i=1
(bi − ai ).
(III) (a, b) ⊂
n
∪
[ai , bi ] ⇒ b − a 6
i=1
n
∑
(bi − ai )
i=1
Temos que
[a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪
n
∪
[ai , bi ].
i=1
Assim, pelo item (I), temos que
b − a 6 (a − a) + (b − b) +
n
n
∑
∑
(bi − ai ) =
(bi − ai ).
i=1
(IV) (a, b) ⊂
∞
∪
[ai , bi ] ⇒ b − a 6
i=1
i=1
n
∑
(bi − ai )
i=1
Temos que
[a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪
∞
∪
[ai , bi ].
i=1
Assim, pelo item (I), temos que
b − a 6 (a − a) + (b − b) +
∞
∞
∑
∑
(bi − ai ) =
(bi − ai ).
i=1
233
i=1
Exercı́cio 5.57:
Seja X ⊂ R. Uma função f : X → R chama-se localmente limitada quando para cada x ∈ X existe um intervalo
aberto Ix , contendo x, tal que f |Ix ∩X é limitada. Mostre que se X é compacto, toda função f : X → R localmente
limitada é limitada.
Sejam X um subconjunto compacto de R, f : X → R uma função localmente limitada, para cada x ∈ X, Ix
um intervalo contendo x e Ax > 0 tais que
|f (y)| < Ax ,
para cada y ∈ X ∩ Ix .
Como x ∈ Ix , para todo x ∈ X, temos que
X=
∪
Ix .
x∈X
Sendo X um conjunto compacto, existem x1 ,. . . ,xn em X tais que
X = Ix 1 ∪ · · · ∪ Ix n .
Para A ∈ R definido por
temos, para y ∈ Ixi , que
A := max{Ax1 , . . . , Axn }
|f (y)| < Axi 6 A.
Ou seja,
|f (y)| < A
para todo y ∈ X = ∪ni=1 Ixi . Portanto, f é limitada.
234
Exercı́cio 5.58:
Dado X ⊂ R não-compacto, defina uma função f : X → R que seja localmente limitada mas não seja limitada.
Sendo X não-compacto, basta provarmos que existe uma função f : X → R que seja localmente mas não seja
limitada nos casos:
• X não é limitado;
Seja f : X → R dada por
f (x) = x,
para todo x ∈ X. Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo
Ix = (x − 1, x + 1)
é tal que f |X∩Ix é limitada pois
x − 1 6 f (y) 6 x + 1,
para todo y ∈ Ix ∩ X.
Por outro lado, f ainda não é limitada já que se existe A > 0 tal que
|f (x)| < A,
para todo x ∈ X, terı́amos que
|x| < A,
para todo x ∈ X, contradizendo o fato de X ser ilimitado.
• X não é fechado;
Como X não é fechado, existe a ∈ X ′ − X. Definimos f : X → R por
f (x) =
para todo x ∈ X.
Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo
Ix =
1
,
a−x
(
)
|x − a|
|x − a|
x−
,x +
2
2
é tal que f |X∩Ix é limitada. De fato, para y ∈ Ix , temos que
|y − a| = |(x − a) + (y − x)|
> |x − a| − |y − x|
> |x − a| − |x−a|
2
> |x−a|
2
e, consequentemente,
|f (y)| =
2
1
6
.
|y − a|
|x − a|
E f não é limitada já que, dado A > 0 existe x ∈ X tal que
|f (x)| > A.
De fato, como a ∈ X ′ − X, existe x ∈ X tal que
|x − a| <
1
A
e, desta forma,
|f (x)| =
1
> A.
|x − a|
235
Exercı́cio 5.59:
Sejam C compacto, A aberto e C ⊂ A. Mostre que existe ε > 0 tal que x ∈ C, |y − x| < ε ⇒ y ∈ A.
Como A é aberto e A ⊃ C, temos que, para todo x ∈ C, existe εx > 0 tal que
(x − 2εx , x + 2εx ) ⊂ A.
A famı́lia
{(x − εx , x + εx ) : x ∈ C}
é uma cobertura aberta para o conjunto C. Como C é compacto, existem x1 ,. . . ,xn ∈ C tais que
C⊂
n
∪
(xi − εxi , xi + εxi )
i=1
Tomemos
ε := min{εx1 , . . . , εxn } > 0.
Supondo que x ∈ C e |x − y| < ε temos que y ∈ A. De fato, como x ∈ C, temos que
x ∈ (xk − εxk , xk + εxk ),
para k = 1,. . . ,n − 1 ou n. Assim,
|xk − y| 6 |xk − x| + |x − y| < εxk + ε 6 2εxk
e, consequentemente,
y ∈ (xk − 2εxk , xk + 2εxk ) ⊂ A.
236
Exercı́cio 5.60:
Dada uma sequência (xn ), seja Xn = {xn , xn+1 , . . . } para todo n ∈ Z+ . Mostre que ∩∞
n=1 Xn é o conjunto dos
valores de aderência de (xn ).
Seja A o conjunto dos valores de aderência de (xn ).
∞
Provaremos separadamente que A ⊂ ∩∞
n=1 Xn e que ∩n=1 Xn ⊂ A.
Seja a ∈ A. Então, existe uma subsequência (xnk )k∈Z+ de (xn ) tal que limk→∞ xnk = a. Dado n ∈ Z+ , temos
que existe k0 ∈ Z+ tal que
n 6 nk0 < nk0 +p ,
para todo p ∈ Z+ . Assim, (xnk0 +p )p∈Z+ é uma sequência em Xn tal que
lim xk0 +p = lim xk = a.
p→∞
k→∞
Desta forma, a ∈ Xn , para n ∈ Z+ arbitrário. Ou seja, a ∈ ∩∞
n=1 Xn .
Seja a ∈ ∩∞
n=1 Xn . Provaremos que existe uma subsequência (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que limk→∞ xnk = a.
Ou seja, que a ∈ A. Comecemos observando que para todo m e k ∈ Z+ existe nk ∈ Z+ tal que
nk > m
|xnk − a| <
e
1
.
k
(5.8)
De fato, como a ∈ Xm+1 e Xm+1 = {xn : n > m + 1}, temos que existe xnk ∈ Xm+1 tal que |xnk − a| < k1 e,
desta forma, nk satisfaz (5.8). Assim, pelo princı́pio da definição recursiva, fica bem definida a sequêcia de ı́ndices
(nk )k∈Z+ tal que
n1 := 1
e
{
}
1
nk := min n ∈ Z+ : n > nk−1 , |xn − a| <
,
k
para k > 1 em Z+ . Logo, a subsequência (xnk )k∈Z+ é tal que
|xnk − a| 6
1
,
k
para todo k ∈ Z+ , e, consequentemente,
lim xnk = a.
k→+∞
237
Exercı́cio 5.61:
Uma famı́lia de conjuntos (Kλ )λ∈L chama-se uma cadeia quando, para quaisquer λ e µ ∈ L tem-se Kλ ⊂ Kµ ou
Kµ ⊂ Kλ . Prove que se (Kλ )λ∈L é uma cadeia não vazia de compactos não-vazios então a interseção K = ∩λ∈L Kλ
é não vazia (e compacta).
Primeiramente, mostraremos que, dada um conjunto finito L′ contido em L, o conjunto
∩
Kλ
λ∈L′
não é vazio. Procederemos por indução no número de elementos de L′ . Para L′ = {µ}, temos a afirmação
trivialmente já que
∩
Kλ = Kµ ̸= ∅.
λ∈L′
Suponhamos, como hipóteses de indução, que, para cada conjunto finito L′′ de cardinalidade menor ou igual que
n ∈ Z+ , seja verdade que
∩
Kλ ̸= ∅.
λ∈L′′
′
Sejam L um subconjunto de L com cardinalidade n + 1 e λ0 ∈ L′ . Definimos s conjuntos
L′− := {λ ∈ L′ \{λ0 } : Kλ ⊂ Kλ0 }
e
L′+ := {λ ∈ L′ \{λ0 } : Kλ0 ⊂ Kλ }.
Temos que
Kλ0 ∩
e, como
L′−
(∩
)
λ∈L′+
Kλ
=
=
∩
λ∈L′+ (Kλ
∩ Kλ0 ) =
∩
λ∈L′+
Kλ0
Kλ0
tem cardinalidade menor ou igual que n,
(∩
)
∩
Kλ0 ∩
=
′ (Kλ ∩ Kλ0 )
λ∈L′− Kλ
∩λ∈L−
=
λ∈L′− Kλ
̸= ∅.
Assim,
(∩
)) (∩
)
Kλ0 ∩
∩
λ∈L′+ Kλ
λ∈L′− Kλ
(∩
)
= Kλ0 ∩
K
′
λ
λ∈L−
̸
=
∅.
Portanto, provamos a afirmação do inı́cio do parágrafo.
Fixemos λ0 ∈ L.
Suponhamos, por absurdo, que
(
)
∩
∩
∅=
Kµ = Kλ0 ∩
Kλ .
∩
λ∈L′
(
Kλ
=
λ∈L
Desta forma terı́amos que
Kλ0 ⊂
λ∈L
∪
(R\Kλ ),
λ∈L
ou seja, {R\Kλ }λ∈L seria uma cobertura de Kλ0 por conjuntos abertos em R. Como Kλ0 é compacto, existiria um
subconjunto finito L′ de L tal que
∪
Kλ0 ⊂
(R\Kλ ).
λ∈L′
Porém, isso implicaria que
∩
(
Kλ = Kλ0 ∩
∩
)
Kλ
= ∅.
λ∈L′
λ∈L′ ∪{λ0 }
Contradizendo, já que L′ ∪ {λ0 } é finito, o que foi provado no primeiro parágrafo desta demonstração.
238
Exercı́cio 5.62:
Se X ⊂ R é não-enumerável, então X ′ também o é.
Todos os pontos de X\X ′ são isolados. De fato, dado x ∈ X\X ′ , temos que x não é um ponto de acumulação
de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x − ε, x + ε) = {x}.
Como todos os pontos de X\X ′ são isolados, temos, pelo corolário 2 do Teorema 8, que este conjunto é
enumerável.
O conjunto X ∩ X ′ não é enumerável. De fato, como X = (X\X ′ ) ∪ (X ∩ X ′ ), X não é enumerável e X\X ′ é
enumerável, devemos ter que X ∩ X ′ é não enumerável.
Por fim, como X ′ contém o conjunto não enumerável X ∩ X ′ , devemos ter que X ′ é não enumerável.
239
Exercı́cio 5.63:
Para todo X ⊂ R, X − X ′ é enumerável.
Todos os pontos de X − X ′ são isolados. De fato, dado x ∈ X − X ′ , temos que x não é um ponto de acumulação
de X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x − ε, x + ε) = {x}.
Como todos os pontos de X − X ′ são isolados, temos, pelo corolário 2 do Teorema 8, que este conjunto é
enumerável.
Por fim, como X = X ∪ X ′ , temos que X − X ′ = X − X ′ . Logo, X − X ′ é enumerável.
240
Exercı́cio 5.64:
Um número real a chama-se ponto de condensação de um conjunto X ⊂ R quando todo intervalo aberto de centro
a contém uma infinidade não-enumerável de pontos de X. Seja F0 o conjunto dos pontos de condensação de um
conjunto F ⊂ R. Prove que F0 é um conjunto perfeito (isto é, fechado, sem pontos isolados) e que F − F0 é
enumerável. Conclua daı́ o Teorema de Bendixon: todo fechado da reta é reunião de um conjunto perfeito com um
conjunto enumerável.
(I) F0 é fechado:
Mostraremos que todo a ∈ F0 é um ponto de condensação de F . Isto é, que, para um ε > 0 arbitrário,
(a − ε, a + ε) ∩ F não é enumerável.
De fato, sendo a um elemento do feixo de F0 , devemos ter que existe x ∈ (a − ε, a + ε) ∩ F0 . Assim, para ε̃ > 0
tal que
(a − ε, a + ε) ⊃ (x − ε̃, x + ε̃),
temos que
(a − ε, a + ε) ∩ F ⊃ (x − ε̃, x + ε̃) ∩ F.
Como x é um ponto de condensação de F , (x − ε̃, x + ε̃) ∩ F não é enumerável. Logo, (a − ε, a + ε) ∩ F também
não é enumerável.
(II) Se I é um intervalo finito tal que F0 ∩ I = ∅ então F ∩ I é finito ou infinito enumerável
Suponhamos que F ∩ I infinito e não é enumerável. Provaremos que F0 ∩ I ̸= ∅.
Definiremos uma sequência de intervalos compactos ([an , bn ])n∈Z+ contidos em I tais que, para todo n ∈ Z+ ,
[an , bn ] ∩ F é infinito e não é enumerável,
(5.9)
[an , bn ] ⊃ [an+1 , bn+1 ]
(5.10)
e
b−a
.
2n−1
fica bem definida por
bn − an =
Verificaremos que a sequência ([an , bn ])n∈Z+
(5.11)
[a1 , b1 ] := I
e
 [
]
[
]
bn−1 −an−1
bn−1 −an−1

a
,
,
se
a
,
∩F

n−1
n−1
2
2

é infinito e não é enumerável;
[an , bn ] :=
[
]


 bn−1 −an−1 , bn−1 , caso contrário,
(5.12)
2
para n > 1, e possui as propriedades (5.9), (5.10) e (5.11). O intervalo [a1 , b1 ] = I, satisfaz (5.9) e (5.11) pelas
hipóteses sobre I. Suponhamos que os intervalos [a1 , b1 ], . . . , [an−2 , bn−2 ] e [an−1 , bn−1 ] estejam bem definidos por
(5.12) e satisfazem as condições (5.9), (5.10) e (5.11). Como [an−1 , bn−1 ] ∩ F é infinito e não é enumerável, temos
que [an−1 , (bn−1 − an−1 )/2] ou [(bn−1 − an−1 )/2, bn−1 ] são infinitos e não são enumeráveis. Desta forma, (5.12)
define [an , bn ] de forma que (5.9) e (5.10) são prontamente satisfeitos. Também temos que [an , bn ] satisfaz (5.11)
pois
bn−1 − an−1
b−a
bn − an =
= n−1 .
2
2
Assim, temos, pelo Principio da Definição Indutiva, que existe uma sequência de intervalos compactos ([an , bn ])n∈Z+
contidos em I que satisfaz (5.9), (5.10) e (5.11).
Pelo Teorema 12 do Capı́tulo 5, a propriedade (5.10) da sequência de compactos ([an , bn ])n∈Z+ implica que
existe x0 ∈ ∩∞
n=1 [an , bn ]. Mostraremos que x0 ∈ F0 .
Seja ε > 0. Para algum n ∈ Z+ , temos que
b−a
ε > n−1 .
2
241
Como x0 ∈ [an , bn ], segue que
(x0 − ε, x0 + ε) ⊃ [an , bn ].
Logo, (x0 − ε, x0 + ε) ∩ F é infinito e não enumerável já que
(x0 − ε, x0 + ε) ∩ F ⊃ [an , bn ] ∩ F
e [an , bn ] ∩ F é infinito e não é enumerável por (5.9). Com isso, devemos ter que x0 ∈ F0 .
Portanto, x0 ∈ I ∩ F0 = [a1 , b1 ] ∩ F0 .
(III) F0 não possui pontos isolados
Suponhamos que exista x0 em F0 e ε > 0 tais que (x0 −2ε, x0 +2ε)∩F0 = {x0 }. Provaremos que (x0 −ε, x0 +ε)∩F
é finito ou infinito enumerável.
Para todo n ∈ Z+ , a inclusão
(
x0 − ε, x0 −
implica que
ε
n+1
)
[
]
ε
= x0 − ε, x0 −
⊂ (x0 − 2ε, x0 )
n+1
(
x0 − ε, x0 −
Assim, pelo item (II), temos que
é finito ou infinito enumerável.
Analogamente,
ε
n+1
(
x0 − ε, x0 −
(
x0 +
)
∩ F0 = ∅.
ε
n+1
)
∩F
)
ε
, x0 + ε ∩ F
n+1
é finito ou infinito enumerável, para todo n ∈ Z+ .
Segue que
(x0 − ε,(x0 + ε) ∩ F = )
(
)
= ((x0 − ε,(x0 ) ∩ F ∪ ({x0 })∩ F ) )
∪ (x0 , x0 + ε) ∩ F
ε
∩ F ∪ ({x0 } ∩ F )
= ∪n∈Z+ x0 − ε, x0 − n+1
(
(
)
)
ε
∪ ∪n∈Z+ x0 + n+1
, x0 + ε ∩ F
é finito ou infinito enumerável já que
((
∪n∈Z+
((
e
∪n∈Z+
ε
x0 − ε, x0 −
n+1
)
)
∩F
)
)
ε
x0 +
, x0 + ε ∩ F
n+1
são uniões enumeráveis de conjuntos finitos ou infinitos enumeráveis.
(IV) F − F0 é enumerável
Para cada x ∈ F − F0 , o conjunto
{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x − ε, x + ε) ∩ F é finito ou infinito enumerável}
não é vazio e é limitado. Logo, podemos definir, para cada x ∈ F − F0 ,
εx := sup{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x − ε, x + ε) ∩ F é finito ou infinito enumerável}.
Desta forma,
(x − εx , x + εx ) ∩ F
242
é finito ou infinito enumerável.
Seja E um subconjunto denso e finito ou infinito enumerável de F −F0 (cuja existência é garantida pelo Teorema
6 do Capı́tulo 5). Provaremos que
F − F0 ⊂ ∪e∈E (e − εe , e + εe ) ∩ F.
E, deste fato, concluiremos que F − F0 é finito ou infinito enumerável já que cada (e − εe , e + εe ) ∩ F , para e ∈ E,
é finito ou infinito enumerável e E é finito ou infinito enumerável.
Seja x ∈ F − F0 . Como E é denso em F − F0 , existe e ∈ (x − εx /2, x + εx /2). Desta forma
(e − εx /2, e + εx /2) ∩ F ⊂ (x − εx , x + εx ) ∩ F
é finito ou infinito enumerável. Logo, pela definição de εe , temos que εe > εx /2. Assim,
x ∈ (e − εx /2, e + εx /2) ⊂ (e − εe , e + εe ).
Portanto, concluimos que F − F0 ⊂ ∪e∈E (e − εe , e + εe ) ∩ F .
(V) Teorema da Bendixon: Todo fechado de R é uma união de um conjunto perfeito e um conjunto enumerável.
Seja F um conjunto fechado. Denotemos por F0 o conjunto dos seus pontos de condensação.
Todo ponto de condensação de F é um ponto de acumulação de F . De fato, para todo x ∈ F0 , temos que
(x − ε, x + ε) ∩ F é infinito e enumerável, para todo ε > 0. Logo, para todo x ∈ F0 , temos que (x − varepsilon, x +
ε) ∩ (F − {x}) ̸= ∅, para todo ε > 0. Assim, todo ponto de F0 é um ponto de acumulação de F . Isto é, F0 ⊂ F ′ .
Como
F0 ⊂ F ′ ⊂ F,
Temos que F = F0 ∪ (F − F0 ). Assim, pelos intens (I), (III) e (IV), temos que F é a união do conjunto perfeito F0
e o conjunto finito ou infinito enumerável F − F0 .
243
Capı́tulo 6
Limites de Funções
244
Exercı́cio 6.01:
Na definição do lim f (x), retire a exigência de ser x ̸= a. Mostre que esta nova definição coincide com a anterior
x→a
no caso a ∈
/ X mas, para a ∈ X, o novo limite existe se, e somente se, o antigo existe e é igual a f (a).
Seja L = lim f (x) pela definição antiga.
x→a
• a∈
/X
Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ, x ∈ X, implica |f (x) − L| < ε. Então, como a ∈ X, se
|x − a| < δ, x ∈ X, então |f (x) − L| < ε. Portanto, ainda temos L = lim f (x).
x→a
• a ∈ X e f (a) ̸= L.
Tomando ε = |L − f (a)| > 0 temos que para todo δ > 0 existe x ∈ X tal que |x − a| < δ e |f (x) − L| ≥ ε ( a
saber x = a). Portanto, lim f (x) não mais existe.
• a ∈ X e f (a) = L
Temos que dado ε > 0 existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ, x ∈ X, implica |f (x) − L| < ε. Mas, além disso,
|f (a) − L| = 0 < ε. Assim, para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ temos que |f (x) − L| < ε. Portanto, ainda
temos lim f (x) = L.
Por fim, se lim f (x) = L pela definição nova, então f e L satisfazem também as condições da definição antiga.
x→a
Logo, lim f (x) = L também pela definição antiga.
x→a
245
Exercı́cio 6.02:
Considere o seguinte erro tipográfico na definição de limite:
∀ε > 0∃δ > 0; x ∈ X, |x − a| < ε ⇒ |f (x) − L| < δ.
Mostre que f cumpre esta condição se, e somente se, é limitada em qualquer intervalo limitado de centro a. No
caso afirmativo, L pode ser qualquer número real.
(⇒) Seja I um intervalo de comprimento ε e centrado em a. Então,
(a − ε, a + ε) ⊃ I
e, pela hipótese, existe δ > 0 tal que
|f (x)| − |L| ≤ |f (x) − L| < δ,
para todo x ∈ (a − ε, a + ε). Logo, para todo x ∈ I temos que
|f (x)| < δ + |L|
e, consequentemente, f é limitada em I.
(⇐) Seja ε > 0. Existe A ∈ R tal que para todo x ∈ (a − ε, a + ε) temos que |f (x)| < A. Daı́ temos que para
todo x ∈ R tal que |x − a| < ε temos
|f (x) − L| ≤ |f (x)| + |L| < A + |L|.
Assim, tomando δ = A + |L| teremos a condição que querı́amos. E como ε é arbitrário a afirmação está provada.
246
Exercı́cio 6.03:
Seja X = Y ∪ Z, com a ∈ Y ′ ∩ Z ′ . Dada f : X → R, tomemos g = f |Y e h = f |Z. Se lim g(x) = L e lim h(x) = L
x→a
então lim f (x) = L.
x→a
Seja ε > 0 dado. Então existem δ1 e δ2 positivos tais que se
x ∈ (a − δ1 , a + δ1 ) ∩ Y
ou
x ∈ (a − δ2 , a + δ2 ) ∩ Z
implicam
|f (x) − L| < ε.
Fixemos δ = min{δ1 , δ2 }.
Seja
x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ X.
Temos que x ∈ Y ou x ∈ Z. No primeiro caso
x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ Y ⊂ (a − δ1 , a + δ1 ) ∩ Y.
Isso implica que
|f (x) − L| < ε.
Analogamente, no segundo caso, também temos que
|f (x) − L| < ε.
Concluı́mos, assim, que em todo caso
|x − a| < δ, x ∈ X ⇒ |f (x) − L| < ε.
Como ε é arbitrário, então temos o resultado.
247
x→a
Exercı́cio 6.04:
Seja f : R\ → R definida por f (x) =
1
. Então lim f (x) = 0 e lim f (x) = 1.
x→0+
x→0−
1 + e1/x
Seja f : R \ {0} → R \ {0} dada por f1 (x) =
1
. Temos então que
x
lim f1 (x) = +∞ e lim− f1 (x) = −∞.
x→0+
x→0
Seja f2 : R → R \ {0} dada por f2 (y) = 1 + ey . Então,
lim f2 (y) = +∞ e
y→+∞
Por fim, seja f3 : R\ → R dada por f3 (z) =
lim f2 (y) = 1.
y→−∞
1
. Então
z
lim f3 (z) = 0 e lim f3 (z) = 1.
z→+∞
z→1
Pelo Teorema 9, temos que
lim f (x) = lim+ (f3 ◦ f2 ◦ f1 )(x) = 0
x→0+
x→0
e
lim f (x) = lim− (f3 ◦ f2 ◦ f1 )(x) = 1.
x→0−
x→0
248
Exercı́cio 6.05:
Seja f (x) = x + 10 sin x para todo x ∈ R. Então
x
função g(x) = x + sin x.
2
lim f (x) = +∞ e
x→+∞
lim f (x) = −∞. Prove o mesmo para a
x→−∞
Da relação
−1 ≤ sin x ≤ 1,
para todo x ∈ R, segue a relação
x
x
x
3x
= x − ≤ g(x) ≤ x + =
,
2
2
2
2
para todo x ∈ R.
Seja A ∈ R arbitrário. Tomemos B = 2A e C =
2
A. Se x ∈ R e x > B = 2A, temos que
3
g(x) ≥
x
> A.
2
E como B só depende de A, segue que
lim g(x) = +∞.
x→+∞
Se x ∈ R e x < C =
2
A, temos que
3
g(x) ≤
3
x < A.
2
E como C só depende de A, segue que
lim g(x) = −∞.
x→−∞
249
Exercı́cio 6.06:
′
′
Seja f : X → R monótona, com f (X) ⊂ [a, b]. Se f (X) é denso no intervalo [a, b] então, para cada c ∈ X+
∩ X−
,
tem-se lim− f (x) = lim+ f (x). Se c ∈ X então este limite é igual a f (c).
x→c
x→c
′
′
Como c ∈ X+
∩ X−
e f : X → R é monótona, pelo Teorema 12, existem os limites
L = lim+ f (x) e M = lim− f (x).
x→c
x→c
Além disso, como f (X) ⊂ [a, b] e [a, b] é compacto temos que L = lim f (xn )( para alguma sequência em (c, b]) e
n→∞
M = lim f (yn )( para alguma sequência em [a, c)) estão em [a, b].
n→∞
Suponhamos que f é não-decrescente. Os casos em que f é crescente, decrescente ou não-crescente são demonstrados de forma análoga.
Seja x ∈ X. Se x < c então
f (x) ≤ M = sup{f (y); y ∈ X e y < c}.
Também, f (x) ≤ f (y) para todo y > c e, consequentemente,
f (x) ≤ L = inf{f (y); y ∈ X e y > c}.
Assim, f (x) ∈
/ (min{L, M }, max{L, M }). Se x > c, obtemos de forma análoga que f (x) ∈
/ (min{L, M }, max{L, M }).
Se x = c, então
M ≤ f (x) ≤ L
pois f (y) ≤ f (x) para todo y < c = x e f (x) = f (y) para todo y > c = x já que f é não-decrescente.
Se c ∈
/ X, então
∅ = (min{L, M }, max{L, M }) ∩ f (X),
o que implica que L = M pois caso contrário haveria um aberto em [a, b] sem nenhum ponto de f (X).
Se c ∈ X, devemos ter
M = f (c) = L
pois caso contrário haveria um aberto
(M, f (c)) ou (f (c), L)
não vazio em [a, b] sem nenhum elemento de f (X) pelo que foi dito acima. Neste caso, pelo Teorema 11, temos
que lim f (x) = f (c).
x→c
250
Exercı́cio 6.07:
Demonstre o Teorema 2.
Suponhamos que lim f (x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que se x ∈ X e 0 < |x−a| < δ, então |f (x)−L| < ε.
x→a
Daı́ segue que se y ∈ Y ⊂ X e 0 < |y − a| < δ, então |g(y) − L| = |f (x) − L| < ε. Como ε é arbitrário, temos que
lim g(x) = L.
x→a
Suponhamos que Y = I ∩ X, com I aberto contendo a. Então, existe δ0 > 0 tal que (a − δ0 , a + δ0 ) ⊂ I. Seja
ε > 0 arbitrário. Existe δ1 > 0 tal que y ∈ Y e 0 < |y − a| < δ1 temos que |g(y) − L| < ε. Então, tomando-se
δ = min{δ0 , δ1 }, temos que se x ∈ X e 0 < |x − a| < δ então
x ∈ (X \ {a}) ∩ (a − δ, a + δ) ⊂ Y.
Assim, |f (x) − L| = |g(x) − L| < ε. Concluı́mos que lim f (x) = L.
x→a
251
Exercı́cio 6.08:
′
Sejam f : X → R monótona e a ∈ X+
. Se existir uma sequência de pontos xn ∈ X com xn > a, lim xn = a e
lim f (xn ) = L, então lim+ f (x) = L.
x→a
Consideremos o caso em que f é não-decrescente e (xn )n∈N é tal que xn > a para todo n ∈ N, lim xn = a e
lim f (xn ) = L.
Dado x ∈ X tal que x > a, devemos ter
L < f (x).
De fato, se existisse x ∈ X ∩ (a, +∞) tal que f (x) < L existiria uma subsequência de (f (xn )) que não tende a L.
Por exemplo, seja (xnk ) dada por
{
xn0 ∈ (a, x) ∩ {xn }n∈N xnk ∈ (a, xnk −1 ) ∩ {xn }n>nk−1 .
Então,
f (xnk ) ≤ ... ≤ f (xn0 ) ≤ f (x) < L.
Logo, L não é limite da sequência (f (xnk )). Assim, dado ε > 0, tomemos n0 ∈ N tal que |f (xn0 ) − L| < ε e
δ = xxn0 − a. Daı́, se 0 < x − a < δ teremos que a < x < xn0 e, pelo que foi dito acima, L < f (x) ≤ f (xn0 ). Logo,
|f (x) − L| ≤ |f (xn0 ) − L| < ε.
Portanto, lim+ f (x) = L.
x→a
Os casos em que f é crescente, não-crescente e decrescente são análogos.
252
Exercı́cio 6.09:
Se f : X → R é monótona então o conjunto dos pontos a ∈ X ′ para os quais não se tem lim− f (x) = lim+ f (x) é
x→a
x→a
enumerável.
′
′
Seja D o conjunto dos a ∈ X−
∩ X+
tais que
lim f (x) ̸= lim− f (x).
x→a+
x→a
Tais limites existem pelo Teorema 12. Suponhamos que f seja não-crescente. Pela demonstração do Teorema 12,
para cada a ∈ D, temos que
lim− = sup{f (x); x ∈ X, x < a}
(6.1)
x→a
e
lim = inf{f (x); x ∈ X, x > a}.
x→a+
(6.2)
Para cada a ∈ D, seja
Ia = ( lim− f (x), lim+ f (x)).
x→a
x→a
Dados a, b ∈ D tais que a < b temos que existe x ∈ (a, b) ∩ X. Assim, por (6.1) e (6.2) temos que
lim f (x) ≤ f (x) ≤ lim− f (x).
x→a+
x→b
Daı́, segue que Ia ∩ Ib = ∅.
Do parágrafo anterior concluı́mos que se a e b ∈ D e a ̸= b então Ia ∩ Ib = ∅. Assim, qualquer função h : D → Q
tal que h(a) ∈ Ia ∩ Q (tais funções existem graças ao axioma da escolha) é injetiva. Concluı́mos daı́ que D é
enumerável.
Os casos em que f é crescente, não-crescente e decrescente são análogos.
253
Exercı́cio 6.10:
Enuncie e demonstre para funções o análogo do Teorema 14 do Capı́tulo IV.
(1) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′ . Se g é limitada inferiormente e lim f (x) = +∞, então lim f (x) + g(x) = +∞.
x→a
x→a
De fato, seja c ∈ R um limitante inferior de g. Seja dado A ∈ R arbitrário. Existe δ > 0 tal que se x ∈
(a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), então f (x) > A − c.
Assim, se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a})
f (x) + g(x) > (A − c) = (c) = A.
Segue daı́ que lim f (x) + g(x) = +∞.
x→a
(2) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′ . Se existe um limitante inferior c > 0 de g e lim f (x) = +∞, então lim f (x).g(x) =
x→a
x→a
+∞.
De fato, seja A ∈ R arbitrário. existe δ > 0 tal que se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), então f (x) >
A
c.
Assim, se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), então
A
f (x).g(x) > ( ).(c) = A.
c
Segue daı́ que lim f (x).g(x) = +∞.
x→a
(3) Sejam f : X → R tal que f (x) > 0 para todo X e a ∈ X ′ . Temos neste caso que
lim f (x) = 0 ⇔ lim
x→a
x→a
1
= +∞.
f (x)
De fato,
(⇒) Seja A ∈ R ∩ (0, +∞) arbitrário. Existe δ > 0 tal que se x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), então 0 < f (x) <
1
A.
Assim, dado x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), então
A<
1
.
f (x)
Segue daı́ que lim f (x) = +∞.
x→a
1
1
> . Assim, para
f (x)
ε
todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}), temos que 0 < f (x) < ε. Segue daı́ que lim f (x) = 0.
(⇐) Seja ε > 0 arbitrário. Existe δ > 0 tal que x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}) implica
x→a
(4) Sejam f, g : X → R, tais que f e g s ao funções positivas e a ∈ X ′ .
(a) Se existe c > 0 tal que f (x) > c para todo x ∈ X e lim g(x) = 0, então lim
x→a
(b) Se f é limitada e lim g(x) = +∞, então lim
x→a
x→a
x→a
f (x)
= +∞.
g(x)
f (x)
= 0.
g(x)
De fato,
(a) Temos que lim
1
1
= +∞ pelo item (3). Daı́ o resultado segue aplicando-se o item (2) às funções f e .
g(x)
g
254
(b) Seja k > 0 tal que 0 < f (x) < k. Então,
Como lim = +∞, temos que lim
x→a
x→a
1
1
> para todo x ∈ X.
f (x)
k
1
= 0. Assim,
g(x)
g(x)
lim
= lim
x→a f (x)
x→a
1
f (x)
1
g(x)
= +∞,
pelo item (a).
Portanto, temos pelo item (3) que
lim
x→a
f (x)
1
= lim
= 0.
g(x) x→a g(x)
f (x)
255
Exercı́cio 6.11:
( )
p
p
∈ Q, f
= ap/q . Prove que lim f (x) = 1. conclua que para
x→0
q
q
′
′
cada b ∈ R existe lim f (x), sendo este limite igual a f (b) se b ∈ Q. Chame este limite de ab . Prove que ab .ab = ab+b
Dado a > 1, defina f : Q → R pondo, para cada
x→b
′
e que b < b′ ⇒ ab < ab .
Como a > 1, temos pelas propriedades básicas da multiplicação que f é crescente.
Seja n0 ∈ N tal que se n0 > a. Então, para todo n > n0
√
√
n
n > n a > 1.
√
Logo, como lim n → +∞ n n = 1, temos que lim f (1/n) = 1. Segue do exercı́cio 8 que lim+ f (x) = 1. Também
n→+∞
x→0
temos que
lim f (−1/n) = lim
n→+∞
n→+∞
1
=
f (1/n)
1
1
= = 1.
lim f (1/n)
1
n→+∞
E, novamente pelo resultado do exercı́cio 8, temos que lim f (x) = 1. Concluı́mos, então, que lim f (x) = 1.
x→0−
Seja b ∈ R.
x→0
1. b ∈ Q.
lim f (b + 1/n) = lim f (b)f (1/n) = f (b)
n→+∞
n→+∞
lim f (b − 1/n) = lim f (b)f (−1/n) = f (b).
n→+∞
n→+∞
E do exercı́cio 6.8 temos que lim f (x) = f (b).
x→b
2. b ∈ R \ Q.
m
u
m
u
Sejam xn =
tal que m = max{u ∈ Z; < b} e yn =
tal que m = min{u ∈ Z; > b}. Segue que se
n
n
n
n
m
m+1
xn =
então yn =
(pois b ∈
/ Q). As sequências (xn ) e (yn ) s ao, respectivamente, n ao-decrescente e
n
n
n ao-crescente. Isso implica que as sequências (f (xn )) e (f (yn )) também o são. Daı́ segue que lim f (xn ) e
n→∞
lim f (yn ) existem pois f (xn ) < f (yn ) para todo n ∈ N, isto é, tais sequências são limitadas. Por fim, temos
n→∞
que
( )
f (yn )
lim f (yn )
1
= lim
=
.
1 = lim f
n
f (xn )
lim f (xn )
Daı́, pelo exercı́cio 6.8, temos que
lim f (x) = lim f (xn ) = lim f (yn ) = lim+ f (x).
x→b−
n→∞
n→∞
x→b
Portanto, o limite lim f (x) existe e denotamos tal limite por ab .
x→b
Passaremos agora a verificação das duas propriedades.
′
′
• ab .ab = ab+b
Sejam (xn ) e (yn ) sequências que tendem à b e b′ , respectivamente. Então (xn + yn ) tende à b + b′ e
ab .ab
′
=
=
=
=
=
lim f (x). lim′ f (x)
x→b
x→b
lim f (xn ). lim f (yn )
n→∞
n→∞
lim f (xn ).f (yn )
n→∞
lim f (xn + yn )
n→∞
′
lim f (x) = ab+b .
x→b+b′
256
′
• b < b ′ ⇒ ab < ab .
Sejam r1 , r2 ∈ Q ∩ (b, b′ ) tais que r1 < r2 . Então, como f é crescente
ab = inf{f (r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}
e
′
ab = sup{f (r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}.
Assim,
′
ab ≤ f (r1 ) < f (r2 ) ≤ ab
e o resultado segue.
257
Exercı́cio 6.12:
Dado a > 1, defina g : R → R, pondo g(x) = ax (veja o exercı́cio anterior). Prove que
lim g(x) = +∞ e
x→+∞
lim g(x) = 0.
x→−∞
Seja a = 1 + ε. Dado A > 0 arbitrário, tomemos n0 ∈ N tal que n0 ε > A. Assim, dado x > n0 temos, pela
desigualdade de Bernoulli, que
A < 1 + n0 ε ≤ (1 + ε)n0 = g(n0 ) < g(x).
Segue daı́ que lim g(x) = +∞.
x→+∞
Dado, novamente, A > 0, tomemos n0 ∈ N tal que n0 ε >
A>
1
. Então, dado x < −n0 temos que
A
1
1
≥
= g(−n0 ) > g(x) > 0.
n0 ε + 1
(1 + ε)n0
Daı́ segue que lim g(x) = 0.
x→−∞
258
Exercı́cio 6.13:
Seja p : R → R, um polinômio real. Se o coeficiente do termo de grau mais elevado de p é positivo então
lim p(x) = +∞ e lim p(x) é igual a +∞ ou −∞, conforme o grau de p seja par ou ı́mpar.
x→+∞
x→−∞
Seja p(x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 . Provaremos por indução em n que lim p(x) = +∞. O caso
n→∞
n = 1 é trivial. Suponhamos que o resultado seja verdadeiro para o polinômio de grau n − 1. Seja p(x) o polinômio
tomado inicialmente. Temos que
p(x) = x(an xn−1 + ... + a1 ) + a0 .
Pela hipótese de indução, temos que lim an xn−1 + ... + a1 = +∞, o que nos garante que lim p(x) = +∞ pelos
n→+∞
n→+∞
resultados do exercı́cio 6.10.
Suponhamos agora n = 2k − 1. Provaremos por indução sobre k que lim p(x) = −∞. Para k = 1, o resultado
x→−∞
é trivial. Temos que
p(x) = x2 [(a2k−1 x2(k−1)−1 + ... + a2 ) +
a1
x→−∞ x
Assim, sabendo que lim
a1
] + a0 .
x
= 0 e supondo que lim (a2k−1 x2(k−1)−1 + ... + a2 ) = −∞, temos novamente pelos
x→−∞
resultados do exercı́cio 6.10 que lim p(x) = −∞.
x→−∞
Suponhamos agora que n = 2k. Então
p(x) = x(a2k x2k−1 + ... + a1 ) + a0 .
E, pelo resultado do parágrafo anterior, temos que
lim (a2k x2k−1 + ... + a1 ) = −∞.
x→−∞
Assim, pelos resultados do exercı́cio 6.10 temos que lim p(x) = +∞.
x→−∞
259
Exercı́cio 6.14:
Determine o conjunto dos valores de aderência da função f : R \ {0} → R, f (x) =
sin(1/x)
, no ponto x = 0.
1 + e1/x
Temos que
0 ≤ e1/x e − 1 ≤ sin(1/x) ≤ 1
para todo x ∈ R \ {0}. Então,
−1 ≤
sin(1/x)
≤ 1.
1 + e1/x
Logo, o conjunto A dos pontos de aderência de f no ponto 0 é tal que A ⊂ [−1, 1].
1
temos que lim xn = 0 e lim e1/n = 0,
Seja λ ∈ [−1, 1]. Tomemos θ = arcsin λ. Então, definindo xn =
n→+∞
θ − 2πn
1
pois lim
= −∞. Assim,
n→+∞ xn
sin(θ − 2πn)
λ
f (xn ) =
=
→λ
1 + eθ−2πn
1 + eθ+2πn
quando n → +∞. Logo, λ ∈ Λ. E segue que A ⊃ [−1, 1]. Concluı́mos que A = [−1, 1].
260
Exercı́cio 6.15:
Se limx→a f (x) = L então limx→a |f (x)| = |L|. Se limx→a |f (x)| = |L| então o conjunto dos valores de aderência
de f no ponto a é {L}, {−L} e {−L, L}.
Consideremos a função f : X → R e a ∈ X.
Suponhamos que limx→a f (x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
|f (x) − L| < ε,
para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ). Desta forma, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
||f (x)| − |L|| 6 |f (x) − L| < ε,
para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ). Logo, limx→a |f (x)| = |L|.
Suponhamos que limx→a |f (x)| = |L|. Provaremos que o conjunto A dos pontos de aderência de f é {−L, L},
{L} ou {−L}. O faremos mostrando que {L, −L} ⊃ A ̸= ∅.
Seja L′ ∈ A. Então, existe uma sequência (xn )n∈Z+ em X tal que limn→∞ f (xn ) = L′ . Segue que
|L′ | = | lim f (xn )| = lim |f (xn )| = |L|
n→∞
n→∞
já que limx→a |f (x)| = |L|. Logo, L′ ∈ {L, −L}. Concluimos daı́ que {L, −L} ⊃ A.
Pelo Teorema 13 do Capı́tulo VI, temos que L′ é um ponto de aderência da função g : X → R no ponto a se e
somente se para todos ε e δ > 0 vale
(
)
(L′ − ε, L′ + ε) ∩ g (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ) ̸= ∅.
Suponhamos, por absurdo, que L e −L não são valores de aderência de f no ponto a. Segue que existem ε+ ,
ε− , δ+ e δ− > 0 tais que
(
)
(L − ε+ , L + ε+ ) ∩ f (X\{a}) ∩ (a − δ+ , a + δ+ ) = ∅
e
(
)
(L − ε− , L + ε− ) ∩ f (X\{a}) ∩ (a − δ− , a + δ− ) = ∅.
Como limx→a |f (x)| = |L|, existe
(
)
f (x) ∈ (L − ε, L + ε) ∩ |f | (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ) ,
com x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ). Desta forma, terı́amos que
|f (x) − L| = ||f (x)| − |L|| < ε 6 ε+ ,
caso |f (x)| = ±f (x) e |L| = ±L, e
|f (x) − (−L)| = ||f (x)| − |L|| < ε 6 ε− ,
caso |f (x)| = ±f (x) e |L| = ∓L. Consequentemente, seguiria que
(
)
f (x) ∈ (L − ε+ , L + ε+ ) ∩ f (X\{a}) ∩ (a − δ+ , a + δ+ ) ,
pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a − δ+ , a + δ+ ), ou
(
)
f (x) ∈ (−L − ε− , −L + ε− ) ∩ f (X\{a}) ∩ (a − δ− , a + δ− ) ,
pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a − δ, a + δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a − δ− , a + δ− ). Em todos os casos, chegamos a uma contradição
com as hipóteses de que L e −L não são valores de aderência de f no ponto a. Portanto, L ou −L são valores de
aderência de f .
261
Exercı́cio 6.16:
Dados um número real a e um conjunto compacto não-vazio K, obtenha uma função f : R → R tal que o conjunto
dos valores de aderência de f no ponto a seja K.
Consideremos o ponto a ∈ R. Provaremos que para todo conjunto F fechado em R existe uma função f : R → R
tal que o conjunto dos pontos de aderência de f no ponto a é igual a F .
Seja E = {en }n∈Z+ um subconjunto enumerável de F tal que E = F (veja o Teorema 6 do Capı́tulo V).
Para cada número inteiro positivo n, definimos o conjunto
{
}
3n
Cn := x ∈ R : |x − a| = k , para algum k ∈ Z+ .
2
Se n e m são inteiros distintos devemos ter que Cn ∩ Cm = ∅. De fato, se x ∈ Cn ∩ Cm , existiriam k e k ′ ∈ Z+ tais
que
3n
3m
=
|x
−
a|
=
2k
2k′
Como 2 e 3 são números inteiros coprimos, temos uma contradição. Logo, Cn ∩ Cm ̸= ∅.
Assim, podemos definir uma função f : R → R por
{
en , se x ∈ Cn ,
f (x) =
e1 , se x ∈ R\ ∪n∈Z+ Cn .
Para todo δ > 0 e n ∈ Z+ existe k ∈ Z+ tal que 3n /2k < δ e, consequentemente,
(
)
(
)
3n
en = f a + k ∈ f (a − δ, a + δ)\{a} .
2
Desta forma, temos que f (a − δ, a + δ) = E. Logo, para todo δ > 0,
(
)
f (a − δ, a + δ)\{a} = E = F.
Pelo Colorário 3 do Teorema 13 do Capı́tulo VI, o conjunto dos valores de aderência de f no ponto a é
∩ (
) ∩
f (a − δ, a + δ)\{a} =
E = E = F.
δ>0
δ>0
262
Exercı́cio 6.17:
Seja f : R → R definida por f (x) = x se x é irracional, f ( pq ) = q se
Mostre que f é ilimitada em qualquer intervalo não-degenerado.
p
q
é uma fração irredutı́vel com p > 0, f (0) = 0.
Suponhamos que I seja um intervalo não degenerado com a = inf(I) e b = sup(I).
Mostraremos que, dado A > 0, arbitrário existe x ∈ (a, b) ⊂ I tal que f (x) > A.
Sejam n ∈ Z+ , tal que
2
,
2n > A e
b−a
e
{
m}
p := inf m ∈ Z; a < n .
2
Desta forma temos que
p−1
p
6a< n
2n
2
e
p+1
p−1
2
= n + n < a + (b − a) = b.
2n
2
2
Logo,
p
2p + 1
p+1
a < n < n+1 < n < b.
2
2
2
Assim, x =
2p+1
2n+1
pertence a I e
f (x) = 2n+1 > 2n > A.
263
Exercı́cio 6.18:
Sejam X, Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R com f (X) ⊂ Y . Se, para a ∈ X ′ e b ∈ Y ′ tem-se lim f (x) = b, lim g(y) = c
x→a
y→b
e, além disso, f (x) ̸= b para todo x ∈ X\{a}, então lim g(f (x)) = c. Mostre que a condição b ∈ Y ′ decorre de ser
x→a
f (x) ̸= b para x ̸= a.
Primeiramente, mostraremos que se f (x) ̸= b para x ̸= a então b ∈ Y ′ . De fato, se ε > 0, temos que existe,
pois limx→a f (x) = b, δ > 0 tal que |f (x) − b| < ε para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}). Como a ∈ X ′ , segue que
(a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}) ̸= ∅. Logo, existe x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}), tal que
f (x) ∈ (b − ε, b + ε) ∩ (Y \{b}).
Portanto, devemos ter que b ∈ Y ′ .
Provaremos, agora, que lim g ◦ f (x) = c. Seja ε > 0. Como lim g(y) = c, existe ν > 0 tal que
x→a
y→b
|g(y) − c| < ε,
para todo y ∈ Y \{b} que satifaz a desigualdade
|y − b| < ν.
Também existe δ > 0, pois lim f (x) = b, tal que
x→a
|f (x) − b| < ν,
para todo x ∈ X\{a} que satisfaz a desigualdade
|x − a| < δ.
Assim, para todo x ∈ X\{a} tal que
|x − a| < δ,
temos que
|g ◦ f (x) − c| < ε.
Portanto, segue que lim g ◦ f (x) = c.
x→a
264
Exercı́cio 6.19:
Para todo número real x indiquemos, com [x] o maior inteiro 6 x. Mostre que se a e b são positivos então
[ ]
x b
b
b [x]
=
lim+
e
lim+
= 0.
a
x→0 a x
x→0 x a
Prove também que, no primeiro caso o limite à esquerda seria o mesmo mas no segundo caso o limite é +∞ quando
x → 0 por valores negativos.
[ ]
[ ]
x b
x b
b
• lim+
= lim−
=
a
x→0 a x
x→0 a x
Pela definição de [·], temos, para todo x ∈ R, que
[ ]
b
b
b
−1<
6 .
x
x
x
Assim, segue que
b
x
x
− =
a a
a
para x > 0, e
(
)
[ ]
b
x b
xb
b
−1 <
6
= ,
x
a x
ax
a
[ ]
(
)
b
xb
x b
x b
b
x
=
6
<
−1 = − ,
a
ax
a x
a x
a a
para x < 0. Logo,
[ ]
b
x b
x
−
,
<
a x
a
a
para todo x ∈ R\{0}.
Dado ε > 0 e tomando-se δ = εa, para todo x ∈ R\{0} tal que
|x| < δ,
temos que
[ ]
x b
b
εa
x
−
<
= ε.
<
a x
a
a
a
Portanto,
[ ]
b
x b
lim
=
x→0 a x
a
e, consequentemente,
lim+
x→0
• lim+
x→0
[ ]
[ ]
x b
b
x b
= lim−
= .
a x
a
x→0 a x
b [x]
b [x]
= 0 e lim−
= +∞
x a
x→0 x a
Consideremos a função f : R\{0} → R dada, no ponto x ∈ R\{0}, por
b [x]
f (x) =
.
x a
Se x ∈ (0, a), temos que 0 < x/a < 1 e, consequentemente, [x/a] = 0. Desta forma, para todo x ∈ (0, a),
b [x]
b
f (x) =
= 0 = 0.
x a
x
Por outro lado, se x ∈ (−a, 0), temos que −1 < x/a < 0 e, consequentemente, [x/a] = −1. Assim, para todo
x ∈ (−a, 0),
b
b [x]
=− .
f (x) =
x a
x
265
Portanto, temos que
lim+
x→0
e
lim−
x→0
b [x]
= lim+ f |(0,a) (x) = lim+ 0 = 0.
x a
x→0
x→0
b [x]
b
= lim− f |(−a,0) (x) = lim+ − = +∞.
x a
x
x→0
x→0
266
Exercı́cio 6.20:
Dadas funções f e g : X → R, defina h = max{f, g} : X → R pondo
{
f (x), se f (x) > g(x),
h(x) =
g(x), se g(x) > f (x).
Seja a ∈ X ′ . Prove que se lim f (x) = L e lim g(x) = M então lim h(x) = N , onde N é o maior dos dois números
x→a
x→a
x→a
L e M.
Suponhamos que L > M . Como lim f (x) = L e lim g(x) = M , tomando-se ε := (L − M )/2 existe δ > 0 tal
x→a
x→a
que para todo
x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a})
(
vale
f (x) ∈ (L − ε, L + ε) =
L + M 3L − M
,
2
2
(
e
g(x) ∈ (M − ε, M + ε) =
3M − L L + M
,
2
2
)
)
.
Assim, para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}),
g(x) < f (x)
e, consequentemente,
h(x) = f (x).
Desta forma, temos que h|(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) = f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) . Portanto, quando L > M ,
lim h(x) = lim h|(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) (x) = lim f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) (x) = L = N.
x→a
x→a
x→a
De modo análogo, mostra-se que se M > L então lim h(x) = N .
x→a
Por fim, consideremos o caso em que L = M . Seja ε > 0. Como lim f (x) = L = N e lim g(x) = M = N , existe
x→a
x→a
δ > 0 tal que para todo
x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a})
vale
f (x) ∈ (N − ε, N + ε)
e
g(x) ∈ (N − ε, N + ε).
Assim, para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X\{a}), tem-se que
h(x) ∈ {f (x), g(x)} ⊂ (L − ε, L + ε).
Desta forma, concluimos que
lim h(x) = N.
x→a
267
Exercı́cio 6.21:
Sejam f e g : X → R funções limitadas numa vizinhança do ponto a ∈ X ′ . Mostre que
lim sup(f + g)(x) 6 lim sup f (x) + lim sup g(x)
x→a
x→a
e que
x→a
(
)
lim sup − f (x) = − lim inf f (x).
x→a
x→a
Enuncie e prove resultados análogos para lim inf(f + g) e para o produto de duas funções.
Pelos exercı́cios 3.38 e 3.40, temos que a soma e o produto de funções limitadas são também funções limitadas.
Isto é, f + g e f · g : X → R são funções limitadas.
Para funções limitadas f e g : X → R e a ∈ X ′ , provaremos que
lim sup(f + g)(x) 6 lim sup f (x) + lim sup g(x),
x→a
x→a
x→a
lim inf(f + g)(x) > lim inf f (x) + lim inf g(x)
x→a
e
x→a
x→a
(
)
lim sup − f (x) = − lim inf f (x).
x→a
x→a
Além disso, mostraremos que se f e g forem funções não negativas (i.e. f (X) e g(X) ⊂ R+ ) então
(
)(
)
lim sup(f · g)(x) 6 lim sup f (x) lim sup g(x)
x→a
x→a
e
lim inf(f · g)(x) >
(
x→a
x→a
lim inf f (x)
x→a
)(
)
lim inf g(x) .
x→a
Se f ou g : X → R não forem não negativas, podemos ter que
(
)(
)
lim sup(f · g)(x) > lim sup f (x) lim sup g(x) .
x→a
x→a
x→a
De fato, definindo f e g : R → R por
{
g(x) = f (x) =
0,
se x ∈ Q,
−1, se x ∈
/ Q,
temos que
lim sup(f · g)(x) = 1 > 0 = 0 · 0 =
(
x→0
lim sup f (x)
x→0
)(
)
lim sup g(x) .
x→0
Se (xn )n∈Z+ é uma sequência em X então (f (xn ))n∈Z+ e (g(xn ))n∈Z+ são sequências em f (X) e g(X), respectivamente. Como f (X) e g(X) são compactos (pois são fechos de conjuntos limitados, veja exercicio 5.30), existem
subsequências de (f (xn ))n∈Z+ e (g(xn ))n∈Z+ que são convergentes. Em particular, existe1 uma subsequência
(xnk )n∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que (f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ são convergentes.
• lim sup(f + g)(x) 6 lim sup f (x) + lim sup g(x) e lim inf(f + g)(x) > lim inf f (x) + lim inf g(x)
x→a
x→a
x→a
x→a
x→a
x→a
Sejam S ∈ R um valor de aderência da função f + g no ponto a e (xn )n∈Z+ uma sequência em X tal que
lim xn = a
n→+∞
e
lim (f + g)(xn ) = S.
n→+∞
Mostraremos que
lim inf f (x) + lim inf g(x) 6 S 6 lim sup f (x) + lim sup g(x).
x→a
x→a
x→a
1 Tome
x→a
uma subsequência convergente (f (xmp ))p∈Z+ de (f (xm ))m∈Z+ e extraia dela uma subsequência convergente (g(xmpk ))k∈Z+
de (g(xmp ))p∈Z+ . Assim, (xnk )k∈Z+ , para nk := mpk , é como desejado.
268
E, como S ∈ R um valor de aderência arbitrário da função f + g no ponto a, concluiremos que
lim sup(f + g)(x) 6 lim sup f (x) + lim sup g(x)
x→a
x→a
x→a
e
lim inf(f + g)(x) > lim inf f (x) + lim inf g(x).
x→a
x→a
x→a
Como (xn )n∈Z+ é uma sequência em X, segue que existe uma subsequência (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que
(f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ são convergentes. Segue que limk→+∞ f (xnk ) e limk→+∞ g(xnk ) são pontos de
aderência de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk . Logo,
S
=
=
6
lim (f + g)(xnk )
k→+∞
lim f (xnk ) + lim g(xnk )
k→+∞
k→+∞
lim sup f (x) + lim sup g(x)
x→a
x→a
e, analogamente,
S > lim inf f (x) + lim inf g(x).
x→a
x→a
(
)
• lim sup − f (x) = − lim inf f (x)
x→a
x→a
Sejam VA(f ; a) e VA(−f ; a) os conjuntos dos valores de aderência no ponto a das funções f e −f .
Dado L ∈ VA(f ; a), existe uma sequência (xn )n∈Z+ tal que a = limn→+∞ xn e L = limn→+∞ f (xn ). Assim,
−L = − lim f (xn ) = lim (−f )(xn ) ∈ VA(−f ; a).
n→+∞
n→+∞
Portanto, como L ∈ VA(f ; a) é arbitrário, concluimos que −VA(f ; a) ⊂ VA(−f ; a).
Analogamente, prova-se que −VA(f ; a) ⊃ VA(−f ; a). E, com isso, concluimos que −VA(f ; a) = VA(−f ; a).
Portanto,
(
)
lim sup − f (x) = sup VA(−f ; a)
x→a
(
)
= sup − VA(f ; a)
= − inf VA(f ; a)
= − lim inf f (x).
x→a
• lim sup(f · g)(x) 6
x→0
g>0
(
lim sup f (x)
)(
x→0
)
(
)(
)
lim sup g(x) e lim inf(f · g)(x) > lim inf f (x) lim inf g(x) se f e
x→a
x→0
x→a
x→a
Sejam P ∈ R um valor de aderência da função f · g no ponto a e (xn )n∈Z+ uma sequência em X tal que
lim xn = a
n→+∞
Mostraremos que
(
e
lim (f · g)(xn ) = S.
n→+∞
)(
)
(
)(
)
lim inf f (x) lim inf g(x) 6 P 6 lim sup f (x) lim sup g(x) .
x→a
x→a
x→a
x→a
E, como P ∈ R um valor de aderência arbitrário da função f · g no ponto a, concluiremos que
(
)(
)
lim sup(f · g)(x) 6 lim sup f (x) lim sup g(x)
x→a
x→a
e
lim inf(f · g)(x) >
x→a
(
x→a
lim inf f (x)
)(
x→a
)
lim inf g(x) .
x→a
Como (xn )n∈Z+ é uma sequência em X, segue que existe uma subsequência (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que
(f (xnk ))k∈Z+ e (g(xnk ))k∈Z+ são convergentes. Segue que limk→+∞ f (xnk ) e limk→+∞ g(xnk ) são pontos de
aderência de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk . Logo,
P
lim (f · g)(xnk )
(k→+∞
)(
)
=
lim f (xnk )
lim g(xnk )
(k→+∞
)( k→+∞
)
6
lim sup f (x) lim sup g(x)
=
x→a
x→a
269
e, analogamente,
P >
(
)(
)
lim inf f (x) lim inf g(x) .
x→a
x→a
270
Exercı́cio 6.22:
Seja f : [0, +∞) → R uma função limitada em cada intervalo limitado. Se
lim [f (x + 1) − f (x)] = L
x→+∞
então
f (x)
= L.
x→+∞ x
lim
Como f é limitada em todos os intervalos limitados de [0, +∞), para todo C ∈ Z+ existe MC > 0 tal que
|f (λ)| < MC , para todo λ ∈ [C − 1, C).
Para C ∈ Z+ , λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+ , temos que
f (λ+k)
λ+k
−L
6
6
6
6
6
6
<
f (λ+k)
λ+k
f (λ+k)
λ+k
f (λ+k)
+ f (λ+k)
+ f (λ)
− f (λ)
k
k
k
k −L
f (λ)
f (λ+k)
− k
+ k +
+ f (λ+k)
− f (λ)
k
k −L
f (λ+k)
f (λ)
λ
+ k + f (λ+k)
− f (λ)
L
λ+k ( k
k
k −
)
f (λ+k)
f (λ)
λ
+ |L| +
− f (λ)
λ+k
k
k −L +
k
f (λ)
f (λ)
f (λ+k)
+ k +
− k −L
k
(
)
f (λ)
f (λ+k)
f (λ)
C
−
−
L
+
+
|L|
+
k
k
k
k
f (λ)
f (λ)
f (λ+k)
− k −L
+ k +
k
C
C |f (λ)|
+ (1 + Ck ) f (λ+k)
− f (λ)
k |L| + (1 + k ) k
k
k −
(
)
f (λ+k)
C
C
1
− f (λ)
k C|L| + (1 + k )MC + (1 + k )
k
k
−
L
−L
Seja ε > 0. Provaremos que existem C e n0 ∈ Z tal que para todo k > n0 e λ ∈ [C −1, C) valem as desigualdades
(
(
) )
(
)
1
C
ε
C
f (λ + k) f (λ)
ε
C|L| + 1 +
M <
e
1+
−
−L < .
k
k
2
k
k
k
2
Assim, dado x > (C − 1) + n0 , existem λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+ tais que x = λ + k, k > n0 e, consequentemente,
f (x)
x
−L
=
f (λ+k)
λ+k
< k1
< 2ε
= ε.
−L
(
C|L| + (1 +
+ 2ε
C
k )MC
)
(
+ 1+
C
k
)
f (λ+k)
k
−
f (λ)
k
−L
f (x)
Com isso, conclui-se que lim
( x→+∞ x = L.)
Por hipótese, limx→+∞ f (x + 1) − f (x) = L. Fixemos C ∈ Z+ tal que para todo numero real x > C − 1 vale
a desigualdade
ε
|f (x + 1) − f (x) − L| < .
3
Assim, para todo λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+ , temos que
f (λ + k) f (λ)
−
−L
k
k
=
6
<
=
k−1
∑(
i=0
k−1
∑
i=0
k−1
∑
i=0
ε
3.
f (λ + i + 1) f (λ + i) L
−
−
k
k
k
|f (λ + i + 1) − f (λ + i) − L|
k
ε/3
k
271
)
Como
1
=0
k
(
(
)
)
C
lim
C|L| + 1 +
MC = C|L| + M,
k→+∞
k
lim
k→+∞
e
segue que
1
lim
k→+∞ k
(
(
)
)
C
C|L| + 1 +
MC = 0.
k
Além disso,
(
lim
k→+∞
1+
C
k
)
= 1.
Fixemos n0 ∈ Z+ tal que para todo k > n0 valem as desigualdades
(
(
)
)
ε
1
C
C|L| + 1 +
MC <
k
k
2
e
1+
C
3
< .
k
2
Por fim, para λ ∈ [C − 1, C) e k > n0 , temos que
(
(
)
)
C
ε
1
C|L| + 1 +
MC <
k
k
2
e
(
C
1+
k
)
ε
f (λ + k) f (λ)
3ε
−
−L <
= .
k
k
23
2
Como querı́amos demonstrar.
272
Exercı́cio 6.23:
Seja f : R → R definida por
f (x) = x + ax · sen(x).
Mostre que se |a| < 1 então
lim f (x) = +∞
x→+∞
e
lim f (x) = −∞.
x→−∞
Suponhamos que 1 − |a| > 0.
Seja A > 0. Provaremos que
x>
e
x<−
A
> 0 ⇒ f (x) > A
1 − |a|
A
< 0 ⇒ f (x) < −A.
1 − |a|
Assim, como A > 0 é arbitrário, podemos concluir que
lim f (x) = +∞
x→+∞
e
lim f (x) = −∞.
x→−∞
Para todo x ∈ R, temos as desigualdades
−|a| =
6
=
6
Assim, para x >
A
1−|a|
−|a| · 1
−|a|| sen(x)|
−|a · sen(x)|
a · sen(x).
> 0,
f (x) =
>
=
>
x + xa · sen(x)
x − x|a|
x(1 − |a|)
A
f (x) =
6
=
<
x + xa · sen(x)
x − x|a|
x(1 − |a|)
−A.
A
e, para x < − 1−|a|
< 0,
273
Exercı́cio 6.24:
Seja p : R → R um polinômio não constante. Dado b ∈ R, suponha que exista uma sequência (xn ), tal que
lim p(xn ) = b ∈ R.
n→+∞
Prove que (xn ) é limitada é o conjunto dos seus pontos de aderência não é vazio e está contido em p−1 (b). Em
particular, se existe uma sequência (xn ), tal que lim p(xn ) = 0, então p tem alguma raiz real.
Suponhamos que lim p(xn ) = b ∈ R.
Pelo exercı́cio 6.13, temos que
lim p(x) = +∞ ou − ∞
x→+∞
e
lim p(x) = +∞ ou − ∞.
x→−∞
Assim, se (xn )n∈Z+ possuisse uma subsequência (xnk )k∈Z+ tal que
lim xnk = +∞ ou − ∞
k→+∞
terı́amos que
lim p(xnk ) = +∞ ou − ∞.
k→+∞
Contradizendo o fato de que toda subsequência de (xn )n∈Z+ converge para b ∈ R. Portanto, a sequência (xn ) é
limitada.
Como a sequência (xn ) é limitada, segue que o seu conjunto de pontos de aderência não é vazio.
Sejam (xnk )k∈Z+ uma subsequência convergente de (xn )n∈Z+ e a = limk→+∞ xnk . Suponhamos que c0 , c1 , . . . ,
cm ∈ R são tais que
p(x) = cm xm + · · · + c1 x + c0 ,
para todo x ∈ R. Assim,
p(a) =
m
cm a
1 a + c0
( + · · · + c)
(
)
m
lim xnk
+ · · · + c1 lim xnk + c0
k→+∞
k→+∞
(
)
lim cm xm
+
·
·
·
+
c
x
+
c0
1
n
nk
k
= cm
=
=
k→+∞
lim p(xnk )
k→+∞
= b.
Logo, a ∈ p−1 (b). Com isso, concluimos que o conjunto dos pontos de aderência de (xn ) está contido em p−1 (b).
Em especial, se b = 0, o conjunto dos pontos de aderência de (xn ) está contido no conjunto de raı́zes de p.
Logo, neste caso, conclui-se que p possui raizes reais.
274
Capı́tulo 7
Funções Contı́nuas
275
Exercı́cio 7.38:
√
A função R f : [0, +∞) → [0, +∞), definida por f (x) = n x, n > 1, não é Lipschitziana num intervalo da forma
[0, a], a > 0, embora seja uniformemente continua nestes intervalos. Por outro lado, f é Lipschitziana, com
constante
1
,
c := √
n
n an−1
no intervalo [a, +∞). Concluir que f é uniformemente continua em [0, +∞).
Mostraremos, primeiramente, que f : [0, a] → R não é Lipschitziana, para todo a > 0. Faremos isso verificando
que o conjunto
}
{
|f (x) − f (y)|
: x e y ∈ [0, a]
L :=
|x − y|
é ilimitado superiormente e, consequentemente, não existe c ∈ R tal que
|f (x) − f (y)| 6 c|x − y|,
para todo x e y ∈ [0, a].
Seja A > 0. Para todo z ∈ R tal que
{
max
1
1
√ , √
n−1
n
a
A
}
<z
temos que
z n−1 > A e
Assim,
{
S :=
e, para todo x =
1
zn
1
∈ [0, a].
zn
}
√
√
1
n−1
n
A,
1/
a}
⊂ [0, a]
:
z
>
max{1/
zn
∈ S,
|f (1/z n ) − f (0)|
|f (x) − f (0)|
=
= z n−1 > A.
|x − 0|
|1/z n − 0|
Desta forma, temos que L é ilimitado superiormente.
Verificaremos, a seguir, que f : [a, +∞) → R é Lipschitziana com
c :=
1
√
n
n an−1
como constante de Lipschitz.
Sejam x e y = x + λ ∈ [a, 0], λ > 0. Pela Desigualdade de Bernulli
( ) (
)n
1
1
1+n
6 1+
,
nx
nx
temos que
√
n
Assim,
√
n
e, consequentemente,
Logo,
1+
1+
λ
λ
61+
.
x
nx
λ
λ
−16
x
nx
√
√
n
x+λ− nx6
λ
√
.
n
n xn−1
|f (x) − f (y)| = |f
√(x + λ) −√f (x)|
= nx+λ− nx
λ
6 n√
n n−1
x
λ
6 n√
n n−1
a
6 c|x − y|.
276
Com isso, concluimos que f : [a, +∞) → R é Lipschitziana com c como constante de Lipschitz.
Por fim, provaremos que f : [0, ∞) → R é uniformemente contı́nua.
Seja ε > 0. Para todos x e y ∈ [0, +∞), com y = x + λ e λ ∈ [0, εn ), temos que
|f (x) − f (y)| =
=
6
=
<
=
|f
(x + λ) − f (x)|
√
√
n
x + λ√
− nx
√
√
(√n x + n λ) − n x
n
λ
√
n n
ε
ε.
Logo, se x e y ∈ [0, +∞) e |x − y| < εn temos que |f (x) − f (y)| < ε. Portanto, f é uniformemente continua.
277
Exercı́cio 7.39:
Sejam
Z∗+
{
:=
1
n + : n ∈ Z+
n
}
e F := Z+ ∪ Z∗+ . Defina a função f : F → R por
{
f (x) =
2, se x ∈ Z+ ;
x, se x ∈ Z∗+ .
Mostre que os conjuntos Z+ e Z∗+ são fechados, que f |Z+ e f |Z∗+ são funções uniformemente contı́nuas, mas f : F → R
não é uniformemente contı́nua.
Primeiramente, verifiquemos que z+ é fechado. Pela construção de R, temos que
(n − 1, n + 1) ∩ Z+ = {n},
para todo n ∈ Z+ . Desta forma, se (xn )n∈Z+ é uma sequência convergente (de Cauchy) em Z+ existe n0 ∈ Z+ tal
que para todos p > n0 vale a desigualdade
|xn0 − xp | < 1.
Logo, como
(xn0 − 1, xn0 + 1) ∩ Z+ = {xn0 },
devemos ter que xn0 = xp , para todo p > n0 . Assim, lim xn = xn0 ∈ Z+ . Portanto, concluimos que o limite de
n→∞
toda sequência convergente de elmentos de Z+ concverge para um elemento de Z+ . Desta forma, Z+ é fechado.
Pela equivalência
1
1
n < m ⇐⇒ n + < m + ,
n
m
para todos n e m ∈ Z+ , obtemos que os intervalos
 (
 (
)
)
3 5
1




,
,
se n = 1;
,
se n = 1;

 0, 2 +
2
)
)
(2 2
(
Cn :=
⊂
1
1
1
1
1
1




, se n ̸= 1.
,n + 1 +
, se n ̸= 1.
 n + − ,n + +
 n−1+
n 2
n 2
n−1
n+1
são tais que
Cn ∩ Z∗+ =
{
}
1
n+
.
n
Assim, de modo análogo ao caso de Z+ , verifica-se que toda sequência de elementos de Z∗+ converge para um
elemento de Z∗+ e, por isso, Z∗+ é fechado.
Como f |Z+ é constante e f |Z∗+ é a função identidade, temos que estas funções são uniformemente contı́nuas.
Provaremos, agora, que f não é uniformemente contı́nua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ F
tais que |x − y| < δ e |f (x) − f (y)| < 1.
Seja δ > 0. Podemos escolher n ∈ Z+ tal que
1
< δ e n > 3.
n
Assim, para x = n + 1/n e y = n, temos que
|x − y| =
1
1
e |f (x) − f (y)| = n − 2 + > 1.
n
n
Portanto, f não é uniformemente contı́nua.
278
Exercı́cio 7.40:
Dê um exemplo de dois abertos A e B e uma função contı́nua f : A ∪ B → R tal que f |A e f |B sejam uniformemente
contı́nuas, mas f não seja.
Sejam A e B os subconjuntos abertos (−∞, 0) e (0, +∞), respectivamente, em R. Podemos definir uma função
f : A ∪ B → R por
{
−1, se x ∈ (−∞, 0) = A;
f (x) =
1,
se x ∈ (0, +∞) = B.
As restrições f |A e f |B são constantes e, por isso, são uniformemente contı́nuas.
Mostraremos, agora, que f não é uniformemente contı́nua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ A∪B
tais que
|x − y| < δ e |f (x) − f (y)| > 1.
Seja δ > 0. Para x = δ/4 e y = −δ/4, temos que
|x − y| =
δ
< δ e |f (x) − f (y)| = 2 > 1.
2
Portanto, concluimos que f não é uniformemente contı́nua.
279
Exercı́cio 7.41:
Toda função contı́nua monótona limitada f : I → R, definida num intervalo I, é uniformemente contı́nua.
Seja I um intervalo em R.
Suponhamos que f : I → R seja crescente, contı́nua e limitada.
Seja ε > 0. Provaremos que existe δ > 0 tal que se x e y ∈ I satisfazem |x − y| < δ então
|f (x) − f (y)| < ϵ.
(7.1)
Daı́, obtemos diretamente que f é uniformemente contı́nua.
Sejam
A := inf f (I) e B := sup f (I).
Se B − A < ε a desigualdade (7.1) se verifica automaticamente pois, neste caso
|f (x) − f (y)| 6 B − A < ε,
para todos x e y ∈ I. Desta forma, basta varificarmos o caso em que B − A > ε.
Como
ε
ε
A = inf f (I) < A + 6 B − < sup f (I) = B
3
3
e I é um intervalo, temos, pelo Teorema do Valor Intermediário, que f −1 (A + 3ε ) e f −1 (B − 3ε ) são conjuntos não
vazios.
Tomemos
(
(
ε)
ε)
c ∈ inf f −1 A +
e d ∈ sup f −1 B −
.
3
3
Sejam
a := inf I e b := sup I.
Como f(−1 (A +) 3ε ) e f −1 (B − 3ε ) ⊂ I, devemos ter que a(=6 c e) d 6 b. Por fim, como f é crescente, todo elemento
de f −1 A + 3ε é menor que qualquer elemento de f −1 B − 3ε . Logo,
a 6 c < d 6 b.
Seja x ∈ [a, c) ∩ I. Como A = inf f (I), devemos ter que f (x) > A. Por outro lado, como f é crescente e x < c,
devemos ter que f (x) 6 f (c) = A + 3ε . Portanto, f (x) ∈ [A, A + 3ε ].
De modo análogo, prova-se que se x ∈ (d, b] então f (x) ∈ [B − 3ε , B].
Como c e d ∈ I, temos que [c, d] é um intervalo compacto contido em I. Sendo f contı́nua, devemos ter que
f |[c,d] também é contı́nua. Assim, como toda função contı́nua com domı́nio compacto é uniformemente contı́nua,
devemos ter que f[c,d] é uniformemente contı́nua. Logo, existe δ0 > 0 tal que para quaisquer x e y ∈ [c, d], com
|x − y| < δ0 , a desigualdade
ϵ
|f (x) − f (y)| <
2
é válida.
Por fim, tomemos
δ := min{δ0 , d − c}.
Se x e y ∈ I, com x < y, são tais que |x − y| < δ, pela escolha de δ 6 d − c, devemos ter um dos casos:
• x e y ∈ [a, c) ∩ I;
• x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d];
• x e y ∈ [c, d];
• x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I;
• x e y ∈ (d, b] ∩ I.
Verificaremos, em cada um destes casos, que a desigualdade (7.1) é válida:
280
• Se x e y ∈ [a, c) ∩ I temos que f (x) e f (y) ∈ [A, A + 3ε ]. Logo, a desigualdade (7.1) é válida;
• Se x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d] temos que f (x) e f (c) ∈ [A, A + 3ε ] e |c − y| < δ 6 δ0 . Logo,
|f (x) − f (y)| 6 |f (x) − f (c)| + |f (c) − f (y)| <
• Se x e y ∈ [c, d] temo imediatamente que |f (x) − f (y)| <
ε
2
ε ε
+ < ε;
3 2
< ε;
• Se x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I temos que |d − x| < δ 6 δ0 e f (y) e f (d) ∈ [B − 3ε , B]. Logo,
|f (x) − f (y)| 6 |f (x) − f (d)| + |f (d) − f (y)| <
ε ε
+ < ε;
2 3
• Se x e y ∈ (d, b] ∩ I temos que f (x) e f (y) ∈ [B − 3ε , B]. Logo, a desigualdade (7.1) é válida.
Suponhamos agora que f : I → R seja decrescente, contı́nua e limitada. Provaremos que f é uniformemente
contı́nua.
Como f : I → R é decrescente, contı́nua e limitada, temos que −f : I → R é crescente, contı́nua e limitada.
Pelo que foi demonstrado acima, f é uniformemente contı́nua.
Seja ε > 0. Como −f é uniformemente contı́nua, existe δ > 0 tal que, para todos x e y ∈ I com |x − y| < δ, a
desigualdade
|(−f )(x) − (−f )(y)| < ε
é válida. Logo, para todos x e y ∈ I com |x − y| < δ, a desigualdade
|f (x) − f (y)| = |(−f )(x) − (−f )(y)| < ε
é válida. Desta forma, concluimos que f é uniformemente contı́nua.
Portanto, toda função f : I → R monótona, contı́nua e limitada é uniformemente contı́nua.
281
Exercı́cio 7.42:
Seja f : X → R uma função contı́nua. Para que f se estenda continuamente a uma função φ : X → R é necessário
e suficiente que exista lim f (x) para todo a ∈ X ′ .
x→a
Suponhamos que haja uma função contı́nua φ : X → R tal que φ|X = f . Então, para todo a ∈ X ′ , existe
lim f (x) pois, pelo Teorema 2 do Capı́tulo VI,
x→a
lim f (x) = lim φ|X (x) = lim φ(x).
x→a
x→a
x→a
Suponhamos que, para todo a ∈ X ′ , exista lim f (x).
Seja φ : X → R definida pela igualdade
x→a
φ(a) := lim f (x),
x→a
′
para todo a ∈ X . Assim, pelo fato de f ser contı́nua,
φ(a) = lim f (x) = f (a),
x→a
para todo a ∈ X. Mostraremos que, para todo a ∈ X ′ ,
lim φ(y) = φ(a),
y→a
e concluiremos daı́ que φ é uma extensão contı́nua de f .
Fixemos a ∈ X ′ e ε > 0. Como φ(a) := lim f (x), existe δ > 0 tal que
x→a
|φ(a) − f (x)| <
ε
,
2
para todo x ∈ X tal que |a − x| < δ. Seja y ∈ X ′ tal que |a − y| < δ. Novamente pela definição de φ,
φ(y) := lim f (x), existe δ0 > 0 tal que
x→y
δ0 < δ − |a − y|
e
ε
,
2
para todo x ∈ X tal que |y − x| < δ0 . Assim, como y ∈ X ′ , existe
|φ(y) − f (x)| <
x0 ∈ (y − δ0 , y + δ0 ) ∩ X ⊂ (a − δ, a + δ) ∩ X.
Logo,
|φ(a) − φ(y)| 6 |φ(a) − f (x0 )| + |f (x0 ) − φ(y)| <
Desta forma, concluimos que
|φ(a) − φ(y)| < ε,
para todo y ∈ X ′ tal que |a − y| < δ.
Portanto, para todo a ∈ X ′ ,
lim φ(y) = φ(a).
y→a
282
ε ε
+ = ε.
2 2
Exercı́cio 7.43:
Seja f : [a, b] → R contı́nua. Dado ε > 0, existem
a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b
tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n,
x, y ∈ [ai−1 , ai ] ⇒ |f (x) − f (y)| < ε.
Seja ε > 0. Mostraremos que existem
a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b
tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n,
x, y ∈ [ai−1 , ai ] ⇒ |f (x) − f (y)| < ε.
Como o intervalo [a, b] é compacto e f : [a, b] → R é contı́nua, temos que f : [a, b] → R é uniformemente contı́nua.
Assim, podemos escolher um δ > 0 tal que
|f (x) − f (y)| < ε,
para todos x e y ∈ [a, b] tais que |x − y| < δ.
A famı́lia de intervalos abertos
{(
δ
δ
p − ,p +
2
2
)}
p∈[a,b]
é uma cobertura aberta para o intervalo compacto [a, b]. Pelo exercı́cio 5.52, existe uma partição
a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b
do intervalo [a, b] tal que para cada subintervalo [ak , ak+1 ] existe pk ∈ [a, b] tal que
(
)
δ
δ
[ak , ak+1 ] ⊂ pk − , pk +
.
2
2
(
)
Por fim, utilizando-se uma partição de [a, b] como acima, dados x e y ∈ [ak , bk ] ⊂ pk − 2δ , pk + 2δ , é válida a
desigualdade
|x − y| < δ
e, por isso e pela escolha de δ, temos que
|f (x) − f (y)| < ε.
Logo, temos uma partição de [a, b] com a propriedade desejada.
283
Exercı́cio 7.44:
Uma função contı́nua φ : [a, b] → R chama-se poligonal quando existe uma partição
a = a0 < a1 < · · · < an = b
tais que φ|[ai−1 ,ai ] é um polinômio de grau 6 1, para cada i = 1, . . . , n. Prove que, se f : [a, b] → R é contı́nua,
então, dado ε > 0, existe uma função poligonal φ : [a, b] → R, tal que |f (x) − φ(x)| < ε para todo x ∈ [a, b].
Seja ε > 0.
Pelo exercı́cio 7.43, existe uma partição
a = a0 < a1 < · · · < an = b
tal que
|f (x) − f (y)| <
ε
,
2
para x e y ∈ [ak , ak+1 ].
Podemos definir uma função poligonal φ : [a, b] → R pela equação
)
(
(
)
x − ak
φ(x) := f (ak+1 ) − f (ak )
+ f (ak ),
ak+1 − ak
para cada x ∈ [ak , ak+1 ]. Por esta definição e pela escolha da partição de [a, b], temos que
|φ(x) − f (ak )| = |f (ak+1 ) − f (ak )|
x − ak
ε
6 |f (ak+1 ) − f (ak )| < ,
ak+1 − ak
2
para cada x ∈ [ak , ak+1 ].
Por fim, dado x ∈ [a, b],
|f (x) − φ(x)| 6 |f (x) − f (ak )| + |φ(x) − f (ak )| <
ε ε
+ = ε,
2 2
onde x ∈ [ak , ak+1 ]. Portanto, φ é uma função poligonal que satisfaz a condição do enunciado.
284
Exercı́cio 7.45:
Dado ξ : [a, b] → R, se existem a = a0 < a1 < · · · < an = b tais que ξ|(ai−1 ,ai ) é constante para cada i = 1, 2, . . . ,n,
ξ é chamada de função escada. Mostre que se f : [a, b] → R é contı́nua, então, para cada ε > 0, existe uma função
escada ξ : [a, b] → R, tal que |f (x) − ξ(x)| < ε qualquer que seja x ∈ [a, b].
Seja ε > 0.
Como f é contı́nua, existe, pelo exercı́cio 7.43, uma partição
a = a0 < a1 < · · · < an = b
de [a, b] tal que a desigualdade
|f (x) − f (y)| < ε,
é válida sempre que existe k = 1, . . . , n, tal que x e y ∈ [ak , ak+1 ].
Podemos definir uma função escada ξ : [a, b] → R pela igualdade
{
f (ak ), x ∈ [ak , ak+1 ),
ξ(x) =
f (an ), x = an .
Logo, se x ∈ [ak , ak+1 ) então
|f (x) − ξ(x)| = |f (x) − f (ak )| < ε
pela escolha da partição de [a, b]. Portanto, como |f (an ) − ξ(an )| = 0, segue que a desigualdade
|f (x) − ξ(x)| < ε
é válida para todo x ∈ [a, b].
285
Exercı́cio 7.46:
Dada uma função f : X → R, suponha que para cada ε > 0 se possa obter uma função contı́nua g : X → R, tal que
|f (x) − g(x)| < ε qualquer que seja x ∈ X. Então f é contı́nua.
Concluiremos que f é contı́nua mostrando que f é contı́nua em um ponto arbitrário a ∈ X.
Seja ε > 0.
Pela hipótese sobre f , existe uma função contı́nua g : X → R tal que
|f (x) − g(x)| <
ε
,
3
|g(x) − g(a)| <
ε
,
3
para todo x ∈ X.
Como g é contı́nua, existe δ > 0 tal que
para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ.
Assim,
|f (x) − f (a)| 6 |f (x) − g(x)| + |g(x) − g(a)| + |g(a) − f (a)|
< 3ε + 3ε + 3ε
= ε.
para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ. Desta forma, concluimos que f é contı́nua em a.
286
Exercı́cio 7.47:
Seja X ⊂ R. Uma função f : X → R diz-se semicontı́nua superiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0
dado, pode-se obter δ > 0, tal que se
x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (x) < f (a) + ε.
Diz-se que f é semicintı́nua superiormente quando ela o é em todos os pontos de X.
(a) Defina função semicontı́nua inferiormente e mostre que f é contı́nua num ponto se, e somente se, é semicontı́nua superior e inferiormente naquele ponto.
(b) Prove que um subconjunto A ⊂ R é aberto se, e somente se, sua função caracterı́stica ξA : R → R (definida
por ξA (x) = 1 se x ∈ A e ξA (x) = 0 se x ∈
/ A) é semicontı́nua inferiormente.
(c) Enuncie e prove um resultado análogo ao anterior para conjuntos fechados.
(d) Mostre, mais geralmente, que para todo subconjunto X ⊂ R, sua função caracterı́stica ξX : R → R é descontı́nua precisamente nos pontos da fronteira de X. Dado a ∈ fr X, mostre que ξX é semicontı́nua superiormente no ponto a se a ∈ X e inferiormente se a ∈
/ X. Conclua que a função f : R → R, definida por f (x) = 1
para x ∈ Q e f (x) = 0 para x irracional, é semicontı́nua superiormente nos números racionais e inferiormente
nos números irracionais.
(e) Seja f : R → R definida por f (x) = sen(1/x) se x ̸= 0 e f (0) = c. Mostre que f é semicontı́nua superiormente
no ponto 0 se, e somente se, c > 1. (E inferiormente se, e somente se, c 6 −1.) Tomando −1 < c < 1, mostre
que f não é semicontı́nua inferiormente ou superiormente no ponto 0.
(f) As funções f e g : R → R, onde f (0) = g(0) = 0 e, para x ̸= 0, f (x) = x sen(1/x), g(x) = 1/|x|, são
semicontı́nuas inferiormente, mas seu produto f · g não é uma função semicontı́nua no ponto 0.
(g) Para que f : X → R seja semicontı́nua superiormente no ponto a ∈ X ∩ X ′ é necessário e suficiente que
limx→a sup f (x) 6 f (a) (Errata: é necessário mas não suficinte se f for ilimitada. Contra exemplo: a = 0
e f : R → R definida por f (x) = 1/x, em x ̸= 0, e f (0) = 0). Equivalentemente: para toda sequência de
pontos xn ∈ X com limn→∞ xn = a, que seja limn→∞ sup f (xn ) 6 f (a). Vale o resultado análogo para
semicontinuidade inferior.
(h) A soma de duas funções semicontı́nuas superiormente num ponto ainda goza da mesma propriedade. Use
o item (e) com c = 1 e c = −1 para dar exemplo de duas funções semicontı́nuas (uma superiormente e
outra inferiormente) cuja soma não é semicontı́nua. Mostre que se f é semicontı́nua superiormente, −f é
inferiormente.
(i) Sejam f e g : X → R semicontı́nuas superiormente num ponto. Se f (x) > 0 e g(x) > 0 para todo x ∈ X,
então o produto f · g é uma função semicontı́nua superiormente no mesmo ponto.
(j) Quando X ⊂ R é compacto, toda função semicontı́nua superiormente f : X → R é limitada superiormente e
atinge seu valor máximo num ponto de X. Enuncie e prove um fato análogo para semicontinuidade inferior.
(a)
Uma função f : X → R diz-se semicontı́nua inferiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0 dado,
pode-se obter δ > 0, tal que se
x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (a) − ε < f (x).
Diz-se que f é semicintı́nua inferiormente quando ela o é em todos os pontos de X.
Suponhamos que f : X → R seja uma função semicontı́nua inferiormente e superiormente. Provaremos que f é
contı́nua em um ponto arbitrário a ∈ X e concluiremos daı́ que f é contı́nua.
Seja ε > 0. Como f é semicontı́nua inferiormente e superiormente em a, existem δ− e δ+ > 0 tais que
x ∈ X e |x − a| < δ− ⇒ f (a) − ε < f (x)
287
e
x ∈ X e |x − a| < δ+ ⇒ f (x) < f (a) + ε.
Assim, para δ := min{δ− , δ+ },
x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (a) − ε < f (x) < f (a) + ε.
Logo, podemos concluir que f é contı́nua em a ∈ X.
Suponhamos, por outro lado, que f é contı́nua. Provaremos que f é semicontı́nua inferiormente e superiormente
em um ponto arbitrário a ∈ X e concluiremos daı́ que f é semicontı́nua inferiormente e superiormente.
Seja ε > 0. Como f é contı́nua em a, existe δ > 0 tal que
x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (a) − ε < f (x) < f (a) + ε.
Assim,
x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (a) − ε < f (x)
e
x ∈ X e |x − a| < δ ⇒ f (x) < f (a) + ε.
Logo, podemos concluir que f é semicontı́nua inferiormente e superiormente em a ∈ X.
(b)
Suponhamos que A ⊂ R é aberto. Provaremos que ξA : R → R é semicontı́nua inferiormente em um ponto
p ∈ R arbitrário. E conluiremos daı́ que ξA é semicontı́nua inferiormente.
Seja ε > 0.
Se p ∈ A então existe δ > 0 tal que
(p − δ, p + δ) ⊂ A.
Assim, neste caso, se x ∈ R e |x − p| < δ então
ξA (p) − ε = 1 − ε < 1 = ξA (x).
Logo, se p ∈ A então ξA é semicontı́nua inferiormente em p.
Se p ∈ R\A então, para todo x ∈ R, temos que
ξA (p) − ε = 0 − ε < 0 6 ξA (x).
Logo, se p ∈ R\A então ξA é semicontı́nua inferiormente em p.
Portanto, ξA é semicontı́nua inferiormente em p ∈ R.
Suponhamos, por outro lado, que ξA seja semicontı́nua inferiormente. Provaremos que, para um ponto arbitrário
a ∈ A, existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ A. Desta forma concluiremos que A é aberto.
Como ξA é semicontı́nua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (a − δ, a + δ),
vale
1
= ξA (a) − ε < ξA (x).
2
Desta forma, ξA (x) ̸= 0, para todo x ∈ (a − δ, a + δ). Logo, (a − δ, a + δ) ⊂ A.
(c)
Provaremos que F ⊂ R é fechado se, e somente se, sua função caracterı́stica ξF : R → R é semicontı́nua
superiormente.
Suponhamos que F ⊂ R seja fechado. Provaremos que ξF é semicontı́nua superiormente em um ponto arbitrário
p ∈ R e concluiremos daı́ que ξF é semicontı́nua superiormente.
Seja ε > 0.
Se p ∈ F , para todo x ∈ R, temos que
ξF (x) 6 1 < ξF (p) + ε.
Logo, se p ∈ F então ξF é semicontı́nua superiormente em p.
288
Se p ∈ R\F então existe δ > 0 tal que
(p − δ, p + δ) ⊂ R\F.
Assim, neste caso, se x ∈ R e |x − p| < δ então
ξF (x) = 0 < 0 + ε = ξA (p) + ε.
Logo, se p ∈ R\F então ξF é semicontı́nua inferiormente em p.
Portanto, ξF é semicontı́nua superiormente em p ∈ R.
Suponhamos, por outro lado, que ξF seja semicontı́nua superiormente. Provaremos que, para um ponto arbitrário p ∈ R\F , existe δ > 0 tal que (p − δ, p + δ) ⊂ R\F . Desta forma, concluiremos que F é fechado.
Como ξF é semicontı́nua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (p − δ, p + δ),
vale
1
1
ξF (x) < ξF (p) + ε = 0 + = .
2
2
Desta forma, ξF (x) ̸= 1, para todo x ∈ (p − δ, p + δ). Logo, (p − δ, p + δ) ⊂ R\F .
(d)
Seja X ⊂ R.
Para concluirmos que ξX : R → R é descontı́nuo exatamente nos pontos de fronteira de X, verificaremos que ξX
é contı́nua em int(X) e int(R\X), semicontı́nua superiormente, mas não inferiormente, em fr(X)∩X e semicontı́nua
inferiormente, mas não superiormente, em fr(X) ∩ (R\X).
Seja a ∈ int(X). Como int(X) é aberto, existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ int(X). Assim, para todo x ∈ R
tal que |x − a| < δ, temos que x ∈ int(X) e, consequentemente,
|ξX (x) − ξX (a)| = |1 − 1| = 0.
Logo, ξX é contı́nua em a ∈ int(X) pois, para todo ε > 0,
|ξX (x) − ξX (a)| = 0 < ε
sempre que |x − a| < δ.
De modo análogo, verifica-se que ξX : R → R é contı́nua em int(R\X).
Seja a ∈ (fr X) ∩ X. Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a − δ, a + δ), a desigualdade
ξX (x) 6 1 < 1 + ε = ξX (a) + ε.
Logo, ξX é semicontı́nua superiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (R\X).
Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que
ξX (a) − ε = 1/2 > 0 = ξX (x),
para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (R\X). Logo, ξX não é semicontı́nua inferiormente.
Seja a ∈ (fr X) ∩ (R\X). Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a − δ, a + δ), a desigualdade
ξX (a) − ε = 0 − ε < 0 6 ξX (x).
Logo, ξX é semicontı́nua inferiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ X.
Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que
ξX (x) = 1 > 1/2 = 0 + 1/2 = ξX (a) + ε.
para todo x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ X. Logo, ξX não é semicontı́nua superiormente.
Por fim, f = ξQ é semicontı́nua superiormente em
Q = R ∩ Q = (fr Q) ∩ Q
e semicontı́nua inferiormente em
R\Q = R ∩ (R\Q) = (fr Q) ∩ (R\Q)
pelo que foi provado anteriormente.
289
(e)
Seja f : R → R dada por
{
f (x) =
sen x1 , se x ̸= 0
c,
se x = 0.
Como f é uma composição de funções contı́nuas no aberto R\{0}, temos que f é contı́nua em R\{0}.
Desta forma, podemos concluir que f é semicontı́nua superiormente (inferiormente) se, e somente se, c > 1
(c 6 −1) mostrando que f é f é semicontı́nua superiormente (inferiormente) em 0 se, e somente se, c > 1 (c 6 −1).
Assim, podemos também concluir que f não é semicontı́nua superiormente ou inferiormente se −1 < c < 1.
Suponhamos que f seja semicontı́nua superiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitrário, que 1 − ε < c e
concluiremos daı́ que 1 6 c. Existe δ > 0 tal que
f (x) < f (0) + ε = c + ε,
para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que
π
2
e, consequentemente,
1 = sen
(π
2
1
∈ (−δ, δ)
+ 2nπ
(
)
+ 2nπ = f
π
2
1
+ 2nπ
)
< c + ε.
Consideremos, por outro lado, o caso em que 1 6 c. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que
( )
1
f (x) = sen
6 1 < 1 + ε = c + ε = f (0) + ε.
x
Logo, para todo x ∈ R, temos que
f (x) < f (0) + ε.
Portanto, f é semicontı́nua superiormente em 0.
Suponhamos que f seja semicontı́nua inferiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitrário, que c < −1 + ε
e concluiremos daı́ que c 6 −1. Existe δ > 0 tal que
c − ε = f (0) − ε < f (x),
para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que
3π
2
e, consequentemente,
(
c−ε<f
3π
2
1
∈ (−δ, δ)
+ 2nπ
1
+ 2nπ
)
(
= sen
3π
+ 2nπ
2
)
= −1.
Consideremos, por outro lado, o caso em que c 6 −1. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que
( )
1
f (0) − ε = c − ε 6 −1 − ε < −1 6 sen
= f (x).
x
Logo, para todo x ∈ R, temos que
f (0) − ε < f (x).
Portanto, f é semicontı́nua inferiormente em 0.
(f )
Sejam f e g : R → R definidas por
{
f (x) =
0,
( ) se x = 0,
x sen x1 , se x ̸= 0,
290
{
e
g(x) =
0,
1
|x| ,
se x = 0,
se x =
̸ 0,
Como f e g são produtos, composições e quocientes de funções contı́nuas em R\{0}, temos que f e g são
contı́nuas em R\{0}. Logo, f e g são semicontı́nuas inferiormente em R\{0}. Desta forma, provando que f e g são
semicontı́nuas inferiormente em 0 podemos, pelo item (a), concluir que f e g são semicontı́nuas inferiormente.
Seja ε > 0. Tomando δ := ε, temos, para todo x ∈ (−δ, δ)\{0}, que
( )
( )
1
1
= |x| sen
6 |x| < δ = ε
x sen
x
x
e
−ε < 0 <
1
.
|x|
Assim,
f (0) − ε = −ε < x sen
e
g(0) − ε = −ε <
( )
1
= f (x)
x
1
= g(x),
|x|
para todo x ∈ R tal que 0 < |x| < δ. Logo, podemos concluir que f e g são semicontı́nuas inferiormente em 0.
Provaremos, agora, que f · g não é semicontı́nua em 0. Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que
x :=
Assim, x ∈ (−δ, δ)\{0} e
x
f · g(x) =
sen
|x|
1
< δ.
(2n + 1)π
( )
(
)
1
= sen (2n + 1)π = −1.
x
Logo, podemos concluir que para todo δ > 0 existe x ∈ R\{0} tal que |x| < δ e
f · g(x) = −1 = 0 − 1 = f · g(0) − 1.
Portanto, f · g não é semicontı́nua em 0.
(g)
Seja f : X → R uma função e a ∈ X ∩ X ′ .
Suponhamos que f seja semicontı́nua superiormente em a. Provaremos que limx→a sup f (x) 6 f (a).
Sejam c ∈ R um valor de aderência de f em a e (xn )n∈Z+ uma sequência em X\{a} tal que limn→∞ xn = a e
limn→∞ f (xn ) = c. Provaremos, para ε > 0 arbitrário, que
c < f (a) + ε.
Com isso, poderemos concluir que c 6 f (a). Existe δ > 0 tal que
f (x) < f (a) +
ε
2
sempre que x ∈ X é tal que |x − a| < δ. Também existe n0 ∈ Z+ tal que
|xn0 − a| < δ e |f (xn0 ) − c| <
Assim,
c−
ε
ε
< f (xn0 ) < f (a) +
2
2
e, consequentemente,
c < f (a) + ε.
291
ε
.
2
Concluimos que f (a) é maior ou igual que qualquer valor de aderência de f em a. Portanto, limx→a sup f (x) 6
f (a).
Consideremos, agora, que limx→a sup f (x) 6 f (a). Para provarmos que provaremos que f é semicontı́nua
superiormente em a precisamos de mais hipóteses. Por exemplo, se f : R → R é dada por
{
0, se x = 0,
f (x) =
1
x , se x ̸= 0.
então
lim sup f (x) = −∞ < f (0).
x→0
Desta forma, iremos assumir também que f é limitada em uma vizinhança de a.
Seja ε > 0. Suponhamos, por absurdo, que não exista δ > 0 tal que
f (x) < f (a) + ε
sempre que x ∈ X é tal que |x − a| < δ. Então, para cada n ∈ Z+ , exite xn ∈ X\{a} tal que
|xn − a| <
1
n
e
f (a) + ε 6 f (xn ).
Assim, temos uma sequência (xn )n∈Z+ em X\{a} tal que limn→∞ xn = a. Como f é limitada em uma vizinhança
de a, existe uma subsequência (f (xnk ))k∈Z+ de (f (xn ))n∈Z+ que converge para um ponto c ∈ R. Logo,
f (a) + ε 6 lim f (xnk ) = c
k→∞
já que
f (a) + ε 6 f (xnk ),
para todo k ∈ Z+ . Por outro lado, como c é um ponto de acumulação de f em a,
c 6 lim sup f (x) 6 f (a).
x→a
Uma contradição.
Portanto, f é semicontı́nua superiormente no ponto a.
De modo análogo, admitindo que f é limitada em uma vizinhança de a, prova-se que f é semicontı́nua inferiormente em a se, e somente se,
f (a) 6 lim inf f (x).
x→a
(h)
Suponhamos que f e g : X → R sejam duas funções semicontı́nuas superiormente em um ponto a ∈ X. Mostraremos que f + g é semicontı́nua superiormente em a.
Seja ε > 0. Existem δf e δg > 0 tais que
ε
f (x) < f (a) + ,
2
sempre que x ∈ X é tal que |x − a| < δf , e
ε
g(x) < g(a) + ,
2
sempre que x ∈ X é tal que |x − a| < δg . Denotemos min{δf , δg } por δ. Assim, para x ∈ X tal que |x − a| < δ,
temos que
(
ε)
ε) (
+ g(a) +
= (f + g)(a) + ε.
(f + g)(x) = f (x) + g(x) < f (a) +
2
2
Logo, podemos concluir que f + g é semicontı́nua superiormente em a.
Sejam f e g : R → R dadas por
{
sen x1 , se x ̸= 0,
f (x) =
−1,
se x = 0,
292
{
e
g(x) =
sen x1 , se x ̸= 0,
1,
se x = 0.
Pelo item (e), f é semicontı́nua inferiormente e g é semicontı́nua superiormente. Provaremos que f + g não é
semicontı́nua superiormente nem inferiormente em 0.
Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que
1
< δ.
2πn + π2
Assim, para
x :=
1
2πn +
π
2
temos que
|x| < δ
e
(f + g)(x) =
=
=
>
=
f (x) + g(x)
sen x1 + sen x1
2
0+1
f (0) + g(0) + 1.
Desta forma, como δ > 0 é arbitrário, concluı́mos que f + g não é semicontı́nua superiormente em 0.
De forma análoga, podemos mostrar que f + g não é semicontı́nua inferiormente em 0.
Suponhamos que f : X → R sejam semicontı́nua superiormente. Provaremos que −f é semicontı́nua inferiormente em um ponto arbitrário a ∈ X. E concluiremos daı́ que −f é semicontı́nua inferiormente.
Seja ε > 0. Existe δ > 0 tal que
f (x) < f (a) + ε,
para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ. Assim,
−f (a) − ε < −f (x),
para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ. Portanto, como ε > 0 é arbitrário, −f é semicontı́nua inferiormente em a.
(i)
Suponhamos que f e g : X → R sejam duas funções semicontı́nuas superiormente em um ponto a ∈ X e que
f (x) e g(x) > 0, para todo x ∈ X. Mostraremos que f · g é semicontı́nua superiormente em a.
Seja ε > 0. Como f (a) + g(a) > 0, podemos escolher λ ∈ R tal que
{
}
1
0 < λ < min 1,
.
f (a) + g(a) + 1
Desta forma,
(f (a) + g(a))λ + λ2
(
)
= ((f (a) + g(a)) + λ) λ
< (f (a) + g(a)) + 1 λ
< ε.
Seja δ > 0 tal que
f (x) < f (a) + λ
e
g(x) < g(a) + λ,
para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Logo,
(f · g)(x)
= f( (x) · g(x))(
)
= f (a) + λ g(a) + λ
= (f · g)(a) + (f (a) + g(a))λ + λ2
= (f · g)(a) + ε,
293
para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Portanto, f · g é semicontı́nua superiormente em a.
(j)
Suponhamos que f : X → R seja uma função semicontı́nua superiormente em um conjunto compacto X ⊂ R.
Para cada a ∈ X, existe δ(a) > 0 tal que
f (x) < f (a) + 1,
para todo x ∈ X tal que |x| < δ(a).
Como
(
)
X ⊂ ∪a∈X a − δ(a), a + δ(a)
e X é compacto, existem a1 , . . . , an ∈ X tais que
(
)
X ⊂ ∪nk=1 ak − δ(ak ), ak + δ(ak ) .
Seja
M := max{f (ak ) + 1 : k = 1, . . . , n}.
Provaremos que M é uma cota superior para f (X)
( e concluiremos daı́ )que f é limitada superiormente.
(
)
Seja x ∈ X. Para algum k ∈ {1, . . . , n}, x ∈ ak − δ(ak ), ak + δ(ak ) já que X ⊂ ∪nk=1 ak − δ(ak ), ak + δ(ak ) .
Logo, pela escolha de δ(ak ), temos que
f (x) < f (ak ) + ε 6 M.
Portanto, M é uma cota superior para f (X).
Seja (xn )n∈Z+ uma sequência em X tal que
lim f (xn ) = sup f (X).
n→+∞
Como X é compacto, existe uma subsequência convergente (xnk )k∈Z+ de (xn )n∈Z+ tal que a = limk→+∞ xnk ∈ X.
Assim, pelo item (g),
sup f (X) = limn→+∞ f (xn )
= limn→+∞ f (xnk )
6 limx→a sup f (x)
6 f (a).
Logo, f (a) = sup f (X) e, portanto, f assume seu valor máximo em um ponto de X.
De modo análogo, podemos provar que se f : X → R for uma função semicontı́nua inferiormente em um conjunto
compacto X ⊂ R então f é limitada inferiormente e assume seu valor mı́nimo em um ponto de X.
294
Capı́tulo 8
Derivadas
295
Exercı́cio 8.46:
Dadas f e g analı́ticas no intervalo aberto I, seja X ⊂ I um conjunto que possui um ponto de acumulação a ∈ I.
Se f (x) = g(x), para todo x ∈ I. Em particular, se f (x) = 0, para todo x ∈ X, então f (x) = 0, para todo x ∈ I.
Sejam f e g : I → R funções analı́ticas definidas no intervalo aberto I e X ⊂ I. Suponhamos que X é tal que
f |X = g|X e exista a ∈ X ′ ∩ I.
Pelo exercı́cio 8.45, basta provarmos que f (n) (a) = g (n) (a), n ∈ Z+ , para concluirmos que f = g. Assim,
mostrando, por indução em n ∈ Z+ , que a função φ := f − g é tal que
0 = φ(n) (a) = f (n) (a) − g (n) (a),
para todo n ∈ Z+ , teremos o resultado do enunciado.
Seja (xk )k∈Z+ uma sequência em X tal que limk→+∞ xk = a e xk ̸= a, para todo k ∈ Z+ . Denotemos por
(hk )k∈Z+ definida por hk = xk − a. Segue que
lim hk = 0.
k→+∞
Para n = 0, temos que
φ(0) (a)
=
=
=
=
=
=
f (a) − g(a)
limx→a f (x) − limx→a g(x)
limk→+∞ (f (xk ) − limk→+∞
) g(xk )
limk→+∞ f (xk ) − g(xk )
limk→+∞ 0
0.
Suponhamos que φ(m) (a) = 0 para todo 0 6 m < n. Pela Fórmula da Taylor com Resto de Lagrange (Teorema
8.10), temos que existe θk ∈ (0, 1) tal que
0 = φ(xk ) = φ(a + hk ) =
n−1
∑
i=0
φ(i) (a) i
φ(n) (a + θk hk ) n
φ(n) (a + θk hk ) n
hk +
hk =
hk .
i!
n!
n!
Logo,
lim θk hk = 0
k→+∞
e, como hk = a − xk ̸= 0,
φ(n) (a + θk hk ) = 0.
Desta forma,
φ(n) (a) = lim φ(n) (x) = lim φ(n) (a + θk hk ) = 0.
x→a
k→+∞
Portanto, pelo princı́pio da indução finita, φ (a) = 0, para todo n ∈ Z+ .
Em particular, provamos que se f : I → R é uma função analı́tica definida no intervalo aberto I, X ⊂ I, f |X = 0
e a ∈ X ∩ I então f = 0 pois 0 é analı́tica em I.
(n)
296
Exercı́cio 8.47:
Seja I = (a − δ, a + δ). Dada f : I → R, de classe C ∞ , suponha que existam constantes a0 , a1 , . . . , an , . . . tais
que, para todo x ∈ I, se tenha
∞
∑
f (x) =
an (x − a)n .
Prove que
∑
n=0
an (x − a) é a série de Taylor de f em torno de a, isto é, que
n
an =
f (n) (a)
,
n!
para todo n = 0, 1, 2, . . . .
Seja
f ′′ (a)
f (n) (a)
· (x − a)2 + · · · +
· (x − a)n + r(x − a),
2!
n!
para x ∈ I, a n-ésima expansão de Taylor de f em torno de a.
Provaremos, por indução em n ∈ Z>0 , que
f (x) = f (a) + f ′ (a) · (x − a) +
an =
Para n = 0, temos da igualdade
f (x) =
f (n) (a)
.
n!
∞
∑
an (x − a)n
n=0
que
f (a) =
∞
∑
ak (a − a)k =
k=0
∞
∑
ak (0)k = a0 .
k=0
Suponhamos, como hipótese de indução, que
ak =
f (k) (a)
,
k!
para todo k ∈ Z>0 ∩ [0, n). Assim,
(n−1)
(n)
(a)
f (a) + · · · + f (n−1)!
(x − a)n−1 + f n!(a) (x − a)n + r(x − a)
= f (x)
∑∞
= a0 + · · · + an−1 (x − a)n−1 + an (x − a)n + k=n+1 ak (x − a)k
(n−1)
∑∞
(a)
= f (a) + · · · + f (n−1)!
(x − a)n−1 + an (x − a)n + k=n+1 ak (x − a)k
e, consequentemente,
∞
∑
f (n) (a)
(x − a)n + r(x − a) = an (x − a)n +
ak (x − a)k .
n!
k=n+1
Logo, para x ∈ I\{a},
∞
∑
f (n) (a)
r(x − a)
− an = (x − a)−n
ak (x − a)k −
.
n!
(x − a)n
k=n+1
Por fim,
f (n) (a)
n!
− an
(
)
∑∞
r(x−a)
limx→a (x − a)−n k=n+1 ak (x − a)k − (x−a)
n
)
(
)
(
∑∞
r(x−a)
= limx→a (x − a)−n k=n+1 ak (x − a)k − limx→a (x−a)
n
= 0+0
= 0.
=
Portanto, o resultado segue pelo PIF.
297
Exercı́cio 8.48:
Seja f (x) =
x5
1+x6 .
Calcule as derivadas de ordem 2001 e 2003 da função f : R → R no ponto 0.
Para y ∈ (−1, 1) temos, pelo Exemplo 24 do Capı́tulo IV, temos que
∞
∑
1
=
yk .
1−y
k=0
Assim, para todo x ∈ (−1, 1), temos que
f (x) =
=
=
=
=
=
{
onde
an :=
x5
1+x6
1
x5 1−(−x
6)
∑
∞
x5 ∑k=0 (−x6 )k
∞
5
k 6k
x
x
∑∞ k=0 (−1)
k 6k+5
(−1)
x
k=0
∑∞
n
n=0 an x ,
(−1)k , se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0 ,
0,
caso contrário.
Pelo exercı́cio 8.47, temos que
{
f
(n)
(0) = an n! :=
(−1)k n!, se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0 ,
0,
caso contrário.
Assim,
f (2001) (0) = f (333·6+3) (0) = 0
e
f (2003) (0) = f (333·6+5) (0) = (−1)333 2003! = −2003!.
298
Exercı́cio 8.49:
Seja f : I → R definida num intervalo. Prove que f é convexa se, e somente se, para quaisquer a e b em I e
0 6 t 6 1, vale
f ((1 − t)a + tb) 6 (1 − t)f (a) + tf (b).
Suponhamos que f : I → R seja convexa. Mostraremos que
f ((1 − t)a + tb) 6 (1 − t)f (a) + tf (b),
(8.1)
para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Para a = b, temos que
f ((1 − t)a + tb) = f ((1 − t)a + ta) = f (a) = (1 − t)f (a) + tf (a) = (1 − t)f (a) + tf (b).
Adiante, mostraremos para o caso em que a < b. Deste caso segue o caso em que b < a. De fato, para a′ = b,
b′ = a e t′ = 1 − t,
f ((1 − t)a + tb) = f ((1 − t′ )a′ + t′ b′ ) 6 (1 − t′ )f (a′ ) + t′ f (b′ ) = (1 − t)f (a) + tf (b).
Portanto, se f é convexa, então a desigualdade (8.1) é válida para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1].
Sejam a e b ∈ I, com a < b, e t ∈ [0, 1]. Desta forma x := (1 − t)a + tb é tal que
x − a = t(b − a) > 0
e
b − x = (1 − t)(b − a) > 0.
Ou seja, x ∈ [a, b] ⊂ I. Além disso, segue da definição de x que
x−a
t=
b−a
e
b−x
1−t=
.
b−a
Como f é convexa, temos que
f (x) − f (a)
f (b) − f (a)
6
x−a
b−a
e, consequentemente,
(
)
(
)
b−x
x−a
f (x) 6
f (a) +
f (b).
b−a
b−a
Logo,
f ((1 − t)a + tb) = (
f (x) )
(
)
b−x
x−a
6
b−a f (a) + b−a f (b)
= (1 − t)f (a) + tf (b).
Consideremos, agora, que f satisfaz a desigualdade (8.1), para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Mostraremos que f
é convexa.
Sejam a e b ∈ I, com a < b, e x ∈ [a, b]. Definindo
x−a
t :=
b−a
temos que
x = (1 − t)a + tb
e, da desigualdade a 6 x 6 b, que t ∈ [0, 1]. Daı́,
f (x) = f ((1 − t)a + tb)
6 (1
) (a) + tf
( (b) )
( − t)f
x−a
b−x
=
b−a f (a) + b−a f (b)
e, consequentemente,
f (x) − f (a)
f (b) − f (a)
6
.
x−a
b−a
Com isso, concluimos que f é convexa.
299
Exercı́cio 8.50:
Verifique que f : R → R, dada por f (x) = ex , é convexa e conclua que, para 0 6 t 6 1 e x e y ∈ R quaisquer vale
e(1−t)x+ty 6 (1 − t)ex + tey .
Deduza daı́ a desigualdade
aα bβ 6 αa + βb,
para α, β, a, b não-negativos, com α + β = 1.
Seja exp : R → R a aplicação exponencial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Capı́tulo 8, que
exp é uma função convexa. Assim, pelo Excercı́cio 8.50,
(
)
e(1−t)x+ty = exp (1 − t)x + ty 6 (1 − t) exp(x) + t exp(y) = (1 − t)ex + tey ,
para todos x e y ∈ R e t ∈ [0, 1].
Dados a, b, α e β ∈ R+ , com α + β = 1, provaremos que vale a desigualdade
aα bβ 6 αa + βb.
Sejam x := ln(a) e y := ln(b) ∈ R e t = β ∈ [0, 1]. Temos, pela desigualdade provada acima, que
aα bβ
=
=
=
6
=
=
eα ln(a) eβ ln(b)
e(1−t)x ety
e(1−t)x+ty
(1 − t)ex + tey
αeln(a) + βeln(b)
αa + βb.
300
Exercı́cio 8.51:
Seja
∑n F : I → R convexa no intervalo I. Se a1 , . . . , an pertencem ao intervalo I, t1 , . . . , tn pentencem a [0, 1] e
i=1 ti = 1, prove que
( n
)
n
∑
∑
f
ti ai 6
ti f (ai ).
i=1
i=1
Primeiramente, verifiquemos que se a1 , . . . , ak pertencem ao intervalo I, t1 , . . . , tk pentencentem a [0, 1] e
∑n
i=1 ti = 1 então
i=1 ti ai ∈ I. Sejam
a := min{a1 , . . . , an } ∈ I
∑k
e
b := max{a1 , . . . , an } ∈ I.
Segue que
(
a=
n
∑
)
ti
a=
i=1
e
n
∑
ti ai >
i=1
n
∑
n
∑
n
∑
ti ai
i=1
( n )
∑
ti b =
ti b = b.
i=1
Logo,
ti a 6
i=1
n
∑
i=1
ti ai ∈ [a, b] ⊂ I.
i=1
Provaremos o resultado por indução em n.
No caso n = 2, temos que
t1 = 1 − t2
e, pelo Exercı́cio 8.49, temos que
f (t1 a1 + t2 a2 ) = f ((1 − t2 )a1 + t2 a2 )
= (1 − t2 )f (a1 ) + t2 f (a2 )
= t1 f (a1 ) + t2 f (a2 ).
Suponhamos, como hipótese de indução, que o caso n = k − 1 seja verdadeiro. ∑
k
Sejam a1 , . . . , ak pertencentes ao intervalo I, t1 , . . . , tk pentencentes a [0, 1] e i=1 ti = 1.
Se tk = 1 segue que t1 = · · · = tk−1 = 0 e, consequentemente,
( k
)
k
∑
∑
f
ti ai = f (ak ) =
ti f (ai ).
i=1
i=1
Consideremos agora o caso em que tk ̸= 1. Desta forma,
t′i :=
são tais que
k−1
∑
i=1
e
t′i =
k−1
∑
i=1
ti
1 − tk
∑k−1
ti
ti
= i=1 = 1
1 − tk
1 − tk
t′i ∈ [0, 1].
Seja
a :=
k−1
∑
t′i ai ∈ I.
i=1
301
Assim, pela hipótese de indução,
(
f
k
∑
)
ti ai
(
=
i=1
=
6
=
6
=
=
)
ti
f (1 − tk )
a i + tk a k
1 − tk
i=1
(
)
f (1 − tk )a + tk ak
(1 − tk )f (a)
(∑+ tk f (ak))
k−1 ′
(1 − tk )f
i=1 ti ai + tk f (ak )
∑k−1 ′
(1 − t ) i=1 ti f (ai ) + tk f (ak )
∑k−1k
t f (ai ) + tk f (ak )
∑ki=1 i
i=1 ti f (ai ).
k−1
∑
Portanto, o resultado segue pelo PIF.
302
Exercı́cio 8.52:
Sejam x1 , x2 , . . . , xn e t1 , . . . , tn números não-negativos, com t1 + · · · + tn = 1. Prove que
xt11 · xt22 · · · · · xtnn 6 t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn .
Conclua, em particular a desigualdade entre as médias aritmética e geométrica.
Denotemos por exp : R → R a aplicação exponecial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Capı́tulo
8, que exp é uma função convexa.
Sejam x1 , . . . , xn , t1 , . . . , tn ∈ R>0 tais que t1 + · · · + tn = 1. Se algum xi é nulo, temos imediatamente que
xt11 · · · xtnn = 0 6 t1 x1 + . . . tn xn .
Se x1 , . . . , xn ∈ (0, +∞) então
xt11 · xt22 · · · · · xtnn
= et1 ln x1 · et2 ln x2 · · · · · etn ln xn
= et1 ln x1 +t2 ln x2 +···+tn ln xn
= exp(t1 ln x1 + t2 ln x2 + · · · + tn ln xn ).
Assim, como exp é convexa, temos, pelo Exercı́cio 8.51, que
xt11 · xt22 · · · · · xtnn
= exp(t1 ln x1 + t2 ln x2 + · · · + tn ln xn )
= t1 exp(ln x1 ) + t2 exp(ln x2 ) + · · · + tn exp(ln xn )
= t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn .
Sejam x1 , . . . xn números reais não negativos,
G :=
√
n
x1 · x2 · · · · · xn
sua média geométrica e
x1 + · · · + xn
n
sua média aritmática. Pelo que foi demonstrado acima, temos que
A :=
1
1
1
G = x1n · x2n · · · · · xnn
6 xn1 + xn2 + · · · + xnn
= A.
303
Exercı́cio 8.53:
Seja φ : [a, b] → R duas vezes derivável, com φ(a) = φ(b) = 0 e φ′′ (x) < 0 para todo x ∈ [a, b]. Prove que φ(x) > 0,
para todo x ∈ (a, b). Conclua que, se f : I → R é duas vezes derivável e f ′′ (x) > 0, para todo x ∈ I, então f é
estritamente convexa no intervalo I.
Seja φ : [a, b] → R, a < b, duas vezes derivável, com φ(a) = φ(b) = 0 e φ′′ (x) < 0 para todo x ∈ [a, b].
Como φ′′ (x) < 0 para todo x ∈ [a, b], temos que φ′ é estritamente decrescente (Corolário 6 do Teorema 7 do
Capı́tulo VIII). Além disso, como φ(a) = 0 = φ(b), pelo Toerema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que φ′ (c) = 0.
Desta forma, como φ′ é estritamente decrescente em [a, b] e φ′ (c) = 0, φ′ > 0 em [a, c) e φ′ < 0 em (c, b]. Com isso,
concluimos que φ é estritamente crescente em [a, c] e estritamente decrescente em [c, b] (novamente pelo Corolário
6 do Teorema 7 do Capı́tulo VIII).
Sendo φ(a) = 0 e φ estritamente crescente em [a, c] segue que φ > 0 em (a, c]. Em particular, temos que
φ(c) > φ(a) = 0. Por outro lado, como φ(c) > 0 = φ(b) e φ é estritamente decrescente em [c, b), φ > 0 em [c, b].
Portanto, φ > 0 em (a, b).
Seja f : I → R é duas vezes derivável e f ′′ (x) > 0, para todo x ∈ I, então f é estritamente convexa no intervalo
I. Provaremos, para a e b em I, com a < b, arbitrários, que
f (x) − f (a)
f (b) − f (a)
<
,
x−a
b−a
para todo x ∈ (a, b). Com isso, concluiremos que f é estritamente convexa.
Definimos φ : [a, b] → R por
f (b) − f (a)
φ(x) =
(x − a) + f (a) − f (x),
b−a
para todo x ∈ [a, b]. Desta forma,
φ(a) = φ(b) = 0,
φ′ (x) =
e
f (b) − f (a)
− f ′ (x)
b−a
φ′′ (x) = −f ′′ (x) < 0,
para todo x ∈ I. Logo, pelo que foi provado acima, φ > 0 em (a, b).
Assim, para todo x ∈ (a, b),
0 < φ(x) =
e, consequentemente,
f (b) − f (a)
(x − a) + f (a) − f (x)
b−a
f (x) − f (a)
f (b) − f (a)
<
.
x−a
b−a
304
Exercı́cio 8.54:
Seja f contı́nua num ponto. Prove que se f é derivável nesse ponto então existe na máximo uma reta que coincide
com o gráfico de f uma infinidade de vezes em qualquer vizinhança do ponto.
Seja f : X → R derivável em a ∈ X ′ .
Suponhamos que c e d ∈ R são tais que, para qualquer vizinhança U de a em X,
f (x) = cx + d,
para infinitos x ∈ U . Em particular, existe uma sequência (xn )n∈Z+ em X tal que
lim xn = a
n→∞
e
f (xn ) = cxn + d,
para todo n ∈ Z+ .
Como f é derivável em a, temos que
f (xn ) − f (a)
f (x) − f (a)
(cxn + d) − (ca + d)
= lim
= lim
= f ′ (a).
n→∞
x→a
n→∞
xn − a
xn − a
x−a
c = lim
Além disso, como f é contı́nua em a,
ca + d = lim (cxn + d) = lim f (xn ) = f (a)
n→∞
e, consequentemente,
n→∞
d = f (a) − ca = f (a) − f ′ (a)a.
Portanto, concluimos que se f coincide em infinitos pontos, em cada vizinhança de a, com uma reta
{(x, ca + d) : x ∈ R}
então c e d são determinados unicamente pelos valores de f (a) e f ′ (a). Em particular, existe no máximo uma reta
com esta propriedade.
305
Exercı́cio 8.55:
Seja f : [a, +∞) → R duas vezes derivável. Se lim f (x) = f (a) então existe x ∈ (a, +∞) tal que f ′′ (x) = 0.
x→+∞
Usaremos o seguinte resultado: Se g : [c, +∞) → R é uma função derivável que adimite uma sequência (xn )n∈Z+
em [c, +∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn ) = g(c) então existe x ∈ (c, +∞) tal que g ′ (x) = 0.
Se g(y) = g(c), para todo y ∈ (c, +∞), qualquer x ∈ (c, +∞) é tal que g ′ (x) = 0. Suponhamos que exista
y ∈ (c, +∞) tal que g(y) ̸= g(c). Provaremos que exsite x como desejado para o caso em que
g(y) > g(c).
O caso em que g(y) < g(c) é análogo. Como limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn ) = g(c), deve existir algum
xn ∈ (y, +∞) tal que
g(xn ) ∈ (g(c) − 1, g(y)).
Se
g(xn ) ∈ (g(c) − 1, g(c)]
temos que
g(xn ) 6 g(c) < g(y)
e, pelo Teorema do Valor Intermediário, existe um z ∈ (y, xn ] tal que
g(z) = g(c).
Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (a, z) tal que g ′ (x) = 0. Se
g(xn ) ∈ (g(c), g(y)),
temos, pelo Teorema do Valor Intermadiário, que existe z ∈ (c, y) tal que
g(z) = g(xn ).
Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (z, xn ) tal que g ′ (x) = 0.
Consideremos, agora, f : [a, +∞) → R como no enunciado.
Como limx→+∞ f (x) = f (a), deve existir uma sequência (xn )n∈Z+ em [a, +∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e
limn→+∞ f (xn ) = f (a). Logo, existe um ponto b ∈ (a, +∞) tal que f ′ (b) = 0.
Provaremos que existe uma sequência (xn )n∈Z+ em [b, +∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ f ′ (xn ) =
0 = f ′ (b). Assim, concluı́mos que a função derivável f ′ : [b, +∞) → R admite um ponto x ∈ (b, +∞) tal que
f ′′ (x) = 0.
Pelo Teorema do Valor Médio, podemos escolher, para cada n ∈ Z+ , xn ∈ (a + n, a + n + 1) tal que
f ′ (xn ) = f (a + n + 1) − f (a + n).
Segue daı́ que limn→+∞ xn = +∞ e
lim f ′ (xn )
n→+∞
=
=
lim
n→+∞
(
)
f (a + n + 1) − f (a + n)
lim f (a + n + 1) − lim f (a + n)
n→+∞
= f (a) − f (a)
= 0.
306
n→+∞
Capı́tulo 9
Integral de Riemann
307
Capı́tulo 10
Sequências e Séries de Funções
308
Exercı́cio 10.44:
A sequência de funções fn (x) = nx2 possui derivadas equilimitadas no ponto 0 mas não é equicontı́nua neste
ponto.
Como fn′ (0) = 0 para todo n ∈ Z+ temos que a sequência (fn ) possui derivadas limitadas em 0.
Por outro lado, para todo δ > 0, existe x ∈ (−δ, δ) e n ∈ Z+ tais que
|fn (0) − fn (x)| > 1.
De fato, dado δ > 0, existe k ∈ Z+ tal que 1/k < δ. Assim, para n = k 2 e x = 1/k, temos que
|fn (0) − fn (x)| = |0 − 1| = 1.
Portanto, a sequência não é equicontı́nua em 0.
309
Exercı́cio 10.45:
Um conjunto de polinômios de grau 6 k, uniformemente limitado em um intervalo compacto, é equicontı́nuo neste
intervalo.
Seja E tal conjunto de polinômios definidos no intervalo compacto I.
Podemos considerar, sem perda de generalidade, que I = [0, b] para algum b > 0. De fato, se I = [a, b], podemos
definir
Ẽ := {p̃ : [0, b − a] → R | ∃p ∈ E, p̃(x) = p(x + a)∀x ∈ [0, b − a]}
e teremos, assim, que E é uniformemente limitado se e somente se Ẽ é uniformemente limitado e que E é equicontı́nuo se e somente se Ẽ é equicontı́no.
Provaremos, por indução em k, que existe uma constante C > 0 tal que, para todo p ∈ E dado por p(x) =
∑k
i
i=0 ai x , vale
|ai | < C, i = 0, ..., k.
(10.1)
Donde conclui-se que o conjunto das derivadas dos polinômios de E é equilimitado e, consequentemente, que E é
equicontı́nuo.
Para k = 0, temos que (10.1) segue do fato de E ser equilimitado.
Suponhamos que exista C > 0 satifazendo (10.1) para todo k 6 n − 1. E suponhamos que k = n.
Como E é equilimitado, segue que o conjunto
E ′ := {p − p(0) | p ∈ E}
é também equilimitado. Consideremos
E ′′ := {p | ∃p̃ ∈ E ′ , p̃(x) = p(x)x, ∀x ∈ I}
Adiante, dada uma constante A > 0 tal que
|p(x)| < A, ∀p ∈ E ′ , x ∈ I,
temos que A′ = A/b é tal que
|p(x)| < A′ , ∀p ∈ E ′′ , x ∈ I.
′′
Ou seja, E ′′ é equilimitada. Além disso, todos os polinômios
∑n em E são de grau 6 n − 1. Pelo passo indutivo,
existe C ′ > 0 tal que, para todo p ∈ E ′′ dado por p(x) = i=1 ai xi−1 , vale
|ai | < C ′ , i = 1, ..., n.
E, como E é equilimitado, existe C ′′ > 0 tal que, para todo p ∈ E, vale
|a0 | = |p(0)| < C ′′ .
Assim, para C = max{C ′ , C ′′ } temos (10.1). E o resultado segue pelo PIF.
310
Exercı́cio 10.46:
Diz-se que uma sequência de funções fn : X → R converge fracamente para uma função f : X → R quando
limn→∞ fn (x) = f (x) para cada ponto x ∈ X na qual f é contı́nua. Seja D ⊂ R denso. Prove que se uma
sequência de funções monótonas fn : R → R converge simplesmente em D para uma função f : R → R então (fn )
converge fracamente para f em R.
Seja x0 ∈ R um ponto de continuidade de f . Provaremos que
lim fn (x0 ) = f (x0 ).
n→∞
(10.2)
Para tanto, basta mostrar, para (fnk ) e (fnp ) sendo as subsequência não-decrescentes e não-crescentes de (fn ), que
lim fnk (x0 ) = lim fnp (x0 ) = f (x0 )
p→∞
k→∞
Com igual razão, basta provar a afirmação (10.2) para o caso em que todas as fn ’s são decrescentes e para o caso
em que todas as fn ’s são não-crescentes.
Suponhamos que todas as fn ’s são não-decrescentes.
Começaremos provando que f é não-decrescente em D. Suponhamos, por absurdo, que existam
x− < x+
em D tais que
f (x− ) > f (x+ ).
Então, como
lim fn (x− ) = f (x− ),
n→∞
lim fn (x+ ) = f (x+ )
n→∞
e
f (x− ) >
f (x− ) + f (x+ )
> f (x+ ),
2
temos, para n suficientemente grande, que
fn (x− ) >
f (x− ) + f (x+ )
> fn (x+ ).
2
Contradizendo o fato de fn ser não-decrescente. Portanto, f é não-decrescente em D.
O próximo passo desta demonstração é provar que se
+
x−
0 < x0 < x0 ,
+
onde x−
0 e x0 ∈ D, então
De fato, se
+
f (x−
0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 ).
f (x−
0 ) > f (x0 ),
então, como f é contı́nua em x0 e D é denso em R, existe x̃ ∈ D tal que
x−
0 < x̃ < x0
e
f (x−
0 ) > f (x̃).
Contradizendo o fato de f ser não-decrescente em D. Portanto, devemos ter que
f (x−
0 ) 6 f (x0 ).
E, de forma análoga, mostra-se que devemos ter que
f (x0 ) 6 f (x+
0 ).
311
Por fim, provaremos que, dado ε > 0, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo natural n > n0 vale
|f (x0 ) − fn (x0 )| < ε.
+
Com efeito, existem (pois f é contı́nua em x0 ) x−
0 e x0 ∈ D tais que
+
x−
0 < x0 < x0
e
+
|f (x−
0 ) − f (x0 )| < ε/2.
E, como (fn ) converge simplesmente para f em D, existe n0 ∈ Z+ , tal que, para todo n > n0 , vale
−
|f (x−
0 ) − fn (x0 )| < ε/2
e
+
|f (x+
0 ) − fn (x0 )| < ε/2.
Pelo que foi dito nos parágrafos acima, temos que
+
f (x−
0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 )
e
+
fn (x−
0 ) 6 fn (x0 ) 6 fn (x0 ).
Logo,
E, como
e
+
+
−
f (x−
0 ) − fn (x0 ) 6 f (x0 ) − fn (x0 ) 6 f (x0 ) − fn (x0 ).
+
−
+
+
+
|f (x−
0 ) − fn (x0 )| 6 |f (x0 ) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fn (x0 )| 6 ε/2 + ε/2 = ε
−
+
−
−
−
|f (x+
0 ) − fn (x0 )| 6 |f (x0 ) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fn (x0 )| 6 ε/2 + ε/2 = ε,
para todo n > n0 , segue que
|f (x0 ) − fn (x0 )| < ε,
para todo n > n0 . E temos o resultado.
O caso em que todas as fn ’s são não-crescentes é análogo.
312
Exercı́cio 10.47:
x
Seja f (x) = x + |x|
se x ̸= 0 e f (0) = 0. Obtenha uma sequência de funções contı́nuas crescentes fn : R → R que
convirjam para f em R − {0}, mas (fn (0)) não converge.
{
Considere
fk (x) =
para k par e
f (x), (
)
)
(
2 + k1 x+1/k
−
1/k
{
fk (x) =
x < −1/k e 0 < x
1
k
− 1, −1/k 6 x 6 0
f (x), ( )
x < −1/k e 0 < x
(
) x
1
2 + k 1/k − 1, 0 6 x 6 1/k
para k ı́mpar. Temos, então, que (fk ) é uma sequência de funções contı́nuas e crescentes que converge para f em
R − {0}. E, como
fk (0) = (−1)k ,
temos que (fk (0)) não é convergente.
313
Exercı́cio 10.48:
Uma sequência de funções monótonas fn : R → R possui uma subsequência que converge fracamente para uma
função monótona f : R → R, a qual podemos tomar contı́nua à direita.
Provaremos o resultado para o caso em que (fn ) é uma sequência de funções não decrescentes. A demonstração
para o caso em que (fn ) é uma sequência de funções não-crescentes é análoga. No caso geral, (fn ) possui uma
subsequência de pelo menos um destes dois tipos. E esta, por sua vez, possuirá um subsequência com a propriedade
do enúnciado.
Seja (fn ) uma sequência simplesmente limitada de funções não decrescentes.
Pelo Teorema de Cantor-Tychonov existe uma subsequência (fnk ) de (fn ) que converge em Q para uma função
f˜ : Q → R. Como (fnk ), devemos ter que f˜ é não-decrescente.
Como f˜ é monótona, existe limx→x+ f˜(x). Assim, podemos definir
0
f:
R
x0
→ R
→ limx→x+ f˜(x).
0
Provaremos que f é contı́nua à direita e (fnk ) converge fracamente para f .
Seja x0 ∈ R. Provaremos que
f (x0 ) = lim+ f (x).
x→x0
Seja (xn ) uma sequência em R que converge à direita para x0 . Pela definição de f , para cada n ∈ Z+ existe
yn ∈ Q ∩ (xn , +∞) tal que
1
|xn − yn | <
n
e
1
|f (xn ) − f˜(yn )| < .
n
Assim,
lim yn = lim xn = x0
n→∞
n→∞
e, consequentemente,
lim f (xn ) = lim f˜(yn ) = lim+ f˜(x) = f (x0 ).
n→∞
n→∞
x→x0
Como (xn ) é uma sequência que converge para x0 à direita arbitrária, segue que
lim f (x) = f (x0 ).
x→x+
0
Por sua vez, como x0 é arbitrário, concluı́mos que f é contı́nua à direita.
+
Para todos x0 ∈ R, x−
0 e x0 ∈ Q tais que
+
x−
0 < x0 < x0 ,
temos que
˜ +
f˜(x−
0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 )
(10.3)
pois
f (x0 ) = limx→x+ f˜(x)
0
e f˜ é não-decrescente.
Seja x0 um ponto de continuidade de f e ε > 0. Provaremos que existe k0 ∈ Z+ tal que para todo k > k0 em
Z+ temos que
|f (x0 ) − fnk (x0 )| < ε.
Como x0 é ponto de continuidade de f , existem y0− e y0+ ∈ R tais que
y0− < x0 < y0+
e
|f (y0+ ) − f (y0− )| <
314
ε
.
2
+
Tomando-se x−
0 e x0 ∈ Q tais que
temos, por (10.3), que
+
+
y0− < x−
0 < x0 < x0 < y0
+
˜ +
f (y0− ) 6 f˜(x−
0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 ) 6 f (y0 ).
Assim,
˜ −
|f˜(x+
0 ) − f (x0 )| <
ε
.
2
Como (fnk ) converge simplesmente para f˜ em Q, existe k0 ∈ Z+ tal que, para todo k > k0 vale
−
|f˜(x−
0 ) − fnk (x0 )| <
e
ε
2
ε
.
2
ser não-decrescente, temos que
+
|f˜(x+
0 ) − fnk (x0 )| <
Do que foi dito acima, e pelo fato de cada fnk
˜ +
f˜(x−
0 ) 6 f (x0 ) 6 f (x0 ),
+
fnk (x−
0 ) 6 fnk (x0 ) 6 f (x0 )
e, consequentemente,
+
−
˜ +
f˜(x−
0 ) − fnk (x0 ) 6 f (x0 ) − fnk (x0 ) 6 f (x0 ) − fnk (x0 ).
Por fim, como
+
+
˜ −
˜ +
˜ +
|f˜(x−
0 ) − fnk (x0 )| 6 |f (x0 ) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fnk (x0 )| <
e
ε ε
+ =ε
2 2
ε ε
−
−
˜ +
˜ −
˜ −
|f˜(x+
+ =ε
0 ) − fnk (x0 )| 6 |f (x0 ) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fnk (x0 )| <
2 2
para todo k > k0 em Z+ , temos que
|f (x0 ) − fnk (x0 )| < ε
para todo k > k0 em Z+ .
315
Exercı́cio 10.49:
Seja (fn ) uma sequência equicontı́nua e simplesmente limitada num compacto X ⊂ R. Se toda subsequência
uniformemente convergente em X tem o mesmo limite f : X → R, então fn → f uniformemente.
Suponhamos, por absurdo, que a sequência (fn ) não convirja uniformemente para f . Então, existe uma subsequência (fnk ) de (fn ) e uma sequência
|f (xnk ) − fnk (xnk )| > ε
(10.4)
para algum ε > 0 fixo. Porém, como X é compacto, (fnk ) é equicontı́nua e simplesmente limitada, temos, pelo
Teorema 10.23, que alguma subsequência de (fnk ) converge uniformemente em X para uma função f˜. E, como
toda subsequência uniformemente convergente de (fn ) converge para f , devemos ter que f˜ = f . O que contradiz
(10.4).
316
Exercı́cio 10.50:
Dê exemplo de uma sequência equicontı́nua de funções fn : (0, 1) → (0, 1) que não possua subsequência uniformemente convergente em (0, 1).
Seja (fn ) a sequência dada por
fn :
( (0,1 1)]
x ∈ [ 0, 2πn
)
1
x ∈ 2πn
,1
→ (0, 1)( )
→ 14 sin x1 +
→ 12 .
Esta sequência converge simplesmente para a função
f : (0, 1) →
x →
(0, 1)
1
2.
Porém nenhuma subsequência desta sequencia converge uniformemente.
317
1
2
Exercı́cio 10.51:
Dada uma sequência de funções duas vezes deriváveis (fn ) definidas no intervalo compacto I, suponha que fn → f
simplesmente em I, que (fn′ (a)) é limitada para um certo a ∈ I e que (fn′′ ) é uniformemente limitada em I. Prove
que f ∈ C 1 .
Temos que a sequência (fn′ ) é equicontı́nua e uniformemente limitada. De fato, como (fn′′ ) é uma sequência
uniformemente limitada, segue que (fn ) é equicontı́nua. Adiante, como (fn′′ ) é uniformemente limitada e I é
compacto, existe, pelo teorema do valor médio, C ′ > 0 tal que
|fn′ (x) − fn′ (a)| < C ′ , ∀n ∈ Z+ , x ∈ I.
E, como (fn′ (a)) é uma sequência limitada, existe C > 0 tal que
|fn′ (a)| < C, ∀n ∈ Z+ .
Então,
|fn′ (x)| 6 |fn′ (x) − fn′ (a)| + |fn′ (a)| < C ′ + C, ∀n ∈ Z+ , x ∈ I.
Ou seja, (fn′ ) é uniformemente limitada.
Adiante, temos que toda subsequência uniformemente convergente de (fn′ ) converge para f ′ . De fato, dada uma
subsequência uniformemente convergente (fn′ k ) temos, pelo Teorema 10.7, que fn′ k → f ′ já que fnk → f .
Como (fn ) é uma sequência equincontı́nua, uniformemente limitada tal que todas as suas subsequências uniformemente convergentes convergem para f ′ , temos, pelo exercı́cio 10.49, que fn′ → f ′ uniformemente em I.
Portanto, f ′ é contı́nua, pois é o limite uniforme de uma sequência de funções contı́nuas.
318
Exercı́cio 10.52:
Dada uma sequência de funções k+1 vezes deriváveis (fn ) definidas no intervalo I, suponha que existam a0 , ..., ak ∈ I
(k)
(k+1)
e c > 0, tais que |fn (a0 )| 6 c, |fn′ (a1 )| 6 c,...,|fn (ak )| 6 c para todo n ∈ Z+ e que a sequência (fn
) seja
uniformemente limitada em I. Prove que existe uma subsequência (fni ) que converge, juntamente com suas k
primeiras derivadas, uniformemente em cada parte compacta I.
É suficiente provar que existe uma subsequência (fni ) que converge, juntamente com suas k primeiras derivadas,
uniformemente em I para o caso em que I é um intervalo compacto. Então, assumiremos sem perda de generalidade,
que I é um intervalo compacto.
(k)
(k+1)
Temos que a sequência (fn ) é equicontı́nua e uniformemente limitada. De fato, como (fn
) é uma sequência
(k)
(k+1)
uniformemente limitada, segue que (fn ) é equicontı́nua. Adiante, como (fn
) é uniformemente limitada e I é
compacto, existe, pelo teorema do valor médio, C ′ > 0 tal que
|fn(k) (x) − fn(k) (ak )| < C ′ , ∀n ∈ Z+ , x ∈ I.
(k)
E, como (fn (ak )) é uma sequência limitada, existe C > 0 tal que
|fn(k) (ak )| < C, ∀n ∈ Z+ .
Então,
|fn(k) (x)| 6 |fn(k) (x) − fn(k) (ak )| + |fn(k) (ak )| < C ′ + C, ∀n ∈ Z+ , x ∈ I.
(k)
Ou seja, (fn ) é uniformemente limitada.
Agora, provaremos o resultado por indução em k.
Consideremos o caso k = 0. Pelo que foi dito acima, temos que (fn ) é equicontı́nua e uniformemente limitada.
Segue daı́ e do fato de I ser compacto, pelo Teorema 10.23, que (fn ) possui uma subsequência uniformemente
convergente.
(k)
Faremos agora o passo indutivo. Como (fn ) é uniformemente limitada, temos que existe uma subsequência
(k)
(fni ) que converge, juntamente com suas k − 1 primeiras derivadas, uniformente. Adiante, temos que (fni ) é
(k)
(k)
equicontı́nua e uniformemente limitada. Isto implica que existe uma subsequência (fnj ) de (fni ) que converge
uniformemente. Portanto, devemos ter que (fnj ) e suas primeiras k derivadas convergem uniformemente.
319
Exercı́cio 10.53:
Demonstre o corolário de Teorema 22 para intervalos arbitrários (abertos ou não) I ⊂ R.
Se int(I) = ∅, os únicos compactos em I são ∅ e I. Assim, o Teorema de Arzelá-Ascoli se aplica imediatamente
e o resultado segue. Adiante assumiremos que existe c ∈ int(I).
Consideremos o intervalo J = [a, b] ⊂ I dado por
{
c,
caso inf(I) ∈
/I
a=
inf(I), caso contrário
{
e
b=
c,
caso sup(I) ∈
/I
sup(I), caso contrário.
Se J = I, temos que I é compacto, e, pelo Teorema de Arzelá-Ascoli, temos que existe uma subsequência de (fn )
que converge uniformemente em I. E, logo, em cada parte compacta de I. Assumiremos daqui em diante que
J ̸= I.
Então existe uma sequência de compactos Ki ⊂ I, i ∈ Z+ tais que
K1 = J,
Ki ⊂ Ki+1
e
int(I) = ∪i∈Z+ int(Ki ).
Seja K ⊂ I um compacto. Pela escolha de J, temos que K\J ⊂ int(I) e que K\J é um compacto. Daı́ segue
que
K\J ⊂ ∪i∈Z+ int(Ki )
e, consequentemente,
K\J ⊂ Ki
para algum i ∈ Z+ . Logo,
K ⊂ J ∪ Ki = Ki
para algum i ∈ Z+ .
Agora, como na demonstração dada no texto, existe uma subsequência de (fn ) que converge uniformemente em
cada Ki , i ∈ Z+ . Portanto, como cada parte compacta de I está contida em algum Ki , temos que esta subsequência
converge uniformemente em toda parte compacta de K.
320