soluções elon grande

Solucoes de Exercıcios do Livro

“Curso de Analise”, Volume I,

de Elon Lages Lima

Cleber Fernando Colle,Edson Jose Teixeira,

Julio C. C. da Silva ([email protected]) eRodrigo Carlos Silva de Lima ([email protected])

12 de janeiro de 2014

Sumario

1 Conjuntos e Funcoes 7Exercıcio 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Exercıcio 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Exercıcio 1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Exercıcio 1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Exercıcio 1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Exercıcio 1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Exercıcio 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Exercıcio 1.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Exercıcio 1.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Exercıcio 1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Exercıcio 1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Exercıcio 1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Exercıcio 1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Exercıcio 1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Exercıcio 1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Exercıcio 1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Exercıcio 1.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Exercıcio 1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Exercıcio 1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Exercıcio 1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Exercıcio 1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2 Conjuntos Finitos, Enumeraveis e Nao-Enumeraveis 30Exercıcio 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Exercıcio 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Exercıcio 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Exercıcio 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Exercıcio 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Exercıcio 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Exercıcio 2.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Exercıcio 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Exercıcio 2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Exercıcio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Exercıcio 2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Exercıcio 2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Exercıcio 2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Exercıcio 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Exercıcio 2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Exercıcio 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Exercıcio 2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Exercıcio 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53Exercıcio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54Exercıcio 2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Exercıcio 2.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

1

Exercıcio 2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Exercıcio 2.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Exercıcio 2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Exercıcio 2.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Exercıcio 2.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62Exercıcio 2.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Exercıcio 2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66Exercıcio 2.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3 Numeros Reais 71Exercıcio 3.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Exercıcio 3.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Exercıcio 3.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Exercıcio 3.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Exercıcio 3.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Exercıcio 3.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Exercıcio 3.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Exercıcio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Exercıcio 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Exercıcio 3.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82Exercıcio 3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83Exercıcio 3.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84Exercıcio 3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85Exercıcio 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86Exercıcio 3.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87Exercıcio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Exercıcio 3.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89Exercıcio 3.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Exercıcio 3.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92Exercıcio 3.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94Exercıcio 3.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95Exercıcio 3.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96Exercıcio 3.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Exercıcio 3.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98Exercıcio 3.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99Exercıcio 3.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100Exercıcio 3.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Exercıcio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102Exercıcio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103Exercıcio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104Exercıcio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105Exercıcio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106Exercıcio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107Exercıcio 3.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108Exercıcio 3.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109Exercıcio 3.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110Exercıcio 3.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111Exercıcio 3.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Exercıcio 3.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113Exercıcio 3.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114Exercıcio 3.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115Exercıcio 3.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116Exercıcio 3.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117Exercıcio 3.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118Exercıcio 3.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119Exercıcio 3.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120Exercıcio 3.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

2

Exercıcio 3.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122Exercıcio 3.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123Exercıcio 3.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124Exercıcio 3.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126Exercıcio 3.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127Exercıcio 3.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128Exercıcio 3.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130Exercıcio 3.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131Exercıcio 3.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132Exercıcio 3.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133Exercıcio 3.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

4 Sequencias e Series de Numeros Reais 136Exercıcio 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137Exercıcio 4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138Exercıcio 4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139Exercıcio 4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140Exercıcio 4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141Exercıcio 4.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Exercıcio 4.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143Exercıcio 4.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144Exercıcio 4.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Exercıcio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146Exercıcio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147Exercıcio 4.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148Exercıcio 4.11a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149Exercıcio 4.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150Exercıcio 4.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151Exercıcio 4.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152Exercıcio 4.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153Exercıcio 4.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Exercıcio 4.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156Exercıcio 4.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157Exercıcio 4.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158Exercıcio 4.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159Exercıcio 4.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161Exercıcio 4.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162Exercıcio 4.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163Exercıcio 4.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164Exercıcio 4.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165Exercıcio 4.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166Exercıcio 4.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167Exercıcio 4.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Exercıcio 4.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169Exercıcio 4.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170Exercıcio 4.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171Exercıcio 4.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172Exercıcio 4.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173Exercıcio 4.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

5 Topologia da Reta 177Exercıcio 5.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178Exercıcio 5.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179Exercıcio 5.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180Exercıcio 5.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181Exercıcio 5.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182Exercıcio 5.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

3

Exercıcio 5.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184Exercıcio 5.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185Exercıcio 5.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186Exercıcio 5.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187Exercıcio 5.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188Exercıcio 5.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189Exercıcio 5.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190Exercıcio 5.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191Exercıcio 5.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192Exercıcio 5.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193Exercıcio 5.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194Exercıcio 5.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196Exercıcio 5.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197Exercıcio 5.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198Exercıcio 5.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199Exercıcio 5.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200Exercıcio 5.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201Exercıcio 5.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202Exercıcio 5.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203Exercıcio 5.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204Exercıcio 5.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205Exercıcio 5.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206Exercıcio 5.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207Exercıcio 5.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208Exercıcio 5.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209Exercıcio 5.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210Exercıcio 5.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211Exercıcio 5.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212Exercıcio 5.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213Exercıcio 5.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214Exercıcio 5.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215Exercıcio 5.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216Exercıcio 5.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217Exercıcio 5.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218Exercıcio 5.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219Exercıcio 5.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220Exercıcio 5.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221Exercıcio 5.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222Exercıcio 5.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223Exercıcio 5.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224Exercıcio 5.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225Exercıcio 5.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226Exercıcio 5.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227Exercıcio 5.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228Exercıcio 5.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229Exercıcio 5.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230Exercıcio 5.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231Exercıcio 5.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232Exercıcio 5.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233Exercıcio 5.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234Exercıcio 5.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236Exercıcio 5.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237Exercıcio 5.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238Exercıcio 5.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239Exercıcio 5.61 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240Exercıcio 5.62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241Exercıcio 5.63 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

4

Exercıcio 5.64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

6 Limites de Funcoes 246Exercıcio 6.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247Exercıcio 6.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248Exercıcio 6.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249Exercıcio 6.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250Exercıcio 6.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251Exercıcio 6.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252Exercıcio 6.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253Exercıcio 6.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254Exercıcio 6.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255Exercıcio 6.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256Exercıcio 6.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258Exercıcio 6.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260Exercıcio 6.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261Exercıcio 6.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262Exercıcio 6.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263Exercıcio 6.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264Exercıcio 6.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265Exercıcio 6.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266Exercıcio 6.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267Exercıcio 6.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269Exercıcio 6.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270Exercıcio 6.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273Exercıcio 6.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275Exercıcio 6.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

7 Funcoes Contınuas 277Exercıcio 7.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278Exercıcio 7.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280Exercıcio 7.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281Exercıcio 7.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282Exercıcio 7.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284Exercıcio 7.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285Exercıcio 7.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286Exercıcio 7.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287Exercıcio 7.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288Exercıcio 7.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289

8 Derivadas 297Exercıcio 8.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298Exercıcio 8.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299Exercıcio 8.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300Exercıcio 8.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301Exercıcio 8.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302Exercıcio 8.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303Exercıcio 8.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305Exercıcio 8.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306Exercıcio 8.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307Exercıcio 8.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308

9 Integral de Riemann 309Exercıcio 9.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310Exercıcio 9.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311Exercıcio 9.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312

5

10 Sequencias e Series de Funcoes 315Exercıcio 10.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316Exercıcio 10.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317Exercıcio 10.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318Exercıcio 10.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320Exercıcio 10.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321Exercıcio 10.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323Exercıcio 10.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324Exercıcio 10.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325Exercıcio 10.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326Exercıcio 10.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327

6

Capıtulo 1

Conjuntos e Funcoes

7

Exercıcio 1.1:

Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:

(1a) X ⊃ A e X ⊃ B,

(2a) Se Y ⊃ A e Y ⊃ B entao Y ⊃ X.

Prove que X = A ∪B.

A inclusao A ∪ B ⊂ X e fornecida pela primeira hipotese. De fato, se x ∈ A ⊂ X ou x ∈ B ⊂ X (isto e, sex ∈ A ∪B) entao x ∈ X.

E a segunda hipotese fornece a inclusao A ∪B ⊂ X pois A ∪B ⊃ A e A ∪B ⊃ B.Portanto, X = A ∪B.

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Exercıcio 1.2:

Enuncie e prove um resultado, analogo ao anterior, caracterizando A ∩B.

Enunciado:Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:

1a X ⊂ A e X ⊂ B,

2a Se Y ⊂ A e Y ⊂ B entao Y ⊂ X.

Prove que X = A ∩B.Prova:A inclusao A∩B ⊃ X e fornecida pela primeira hipotese. De fato, se x ∈ X temos que A ⊃ X 3 x e B ⊃ X 3 x.

Consequentemente, se x ∈ X entao x ∈ A ∩B.E a segunda hipotese fornece a inclusao A ∩B ⊂ X pois A ∩B ⊂ A e A ∩B ⊂ B.Portanto, X = A ∩B.

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Exercıcio 1.3:

Sejam A,B ⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ E\B. Prove tambem que A ∪ B = E se, e somentese, E\A ⊂ B.

• A ∩B = ∅ se e somente se A ⊂ E\B:

Suponhamos que A ∩ B = ∅. Se x ∈ A devemos ter que x pertence a E\B. De fato, como x pertence a A eA esta contido em E, segue que x pertence a B ou E\B. Como A ∩ B = ∅, temos que x /∈ B. Logo, x ∈ E\B.Assim, A ⊂ E\B.

Consideremos o caso em que A ⊂ E\B. Se existisse x ∈ A∩B terıamos que x ∈ A e x ∈ B. Mas, como A e umsubconjunto de E\B, terıamos tambem que x ∈ E\B. Um absurdo, pois se x ∈ E\B entao x /∈ B. Desta forma,concluimos que A ∩B = ∅.

• A ∪B = E se e somente se E\A ⊂ B:

Suponhamos que A ∪ B = E. Se x ∈ E\A devemos ter que x pertence a B. De fato, como x pertence a E eE = A ∪ B, devemos ter que x ∈ A ou x ∈ B. Alem disso, como x ∈ E\A, temos tambem que x /∈ A. O que nosgarante que x ∈ B. Logo, E\A ⊂ B.

Consideremos o caso em que E\A ⊂ B. Seja x ∈ E. Segue que, x ∈ A ou x ∈ E\A. Se x ∈ E\A entao xpertence a B pois E\A esta contido em B. Logo, x ∈ A ou x ∈ B. Ou seja, x ∈ A ∪ B. Assim, devemos ter queE ⊂ A ∪B. E, como A e B estao contidos em E, segue (veja o exercicio 1.1) que E = A ∪B.

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Exercıcio 1.4:

Dados A,B ⊂ E, prove que A ⊂ B se, e somente se, A ∩ (E\B) = ∅.

Suponhamos que A ⊂ B. Se existisse x ∈ A∩ (E\B) terıamos que x ∈ A e x ∈ E\B. Isto e, existiria x ∈ E talque x ∈ A e x /∈ B. Mas, isto e um absurdo, pois, como A ⊂ B, se x ∈ A entao x ∈ B. Portanto, A ∩ (E\B) = ∅.

Consideremos, agora, o caso em que A ∩ (E\B) = ∅. Seja x ∈ A. Como A ⊂ E, temos que x ∈ E. Assim,x ∈ B ou x ∈ E\B. Logo, x ∈ B pois se x ∈ E\B terıamos que x ∈ A ∩ (E\B) = ∅.

11

Exercıcio 1.5:

De exemplo de conjuntos A,B,C tais que (A ∪B) ∩ C 6= A ∪ (B ∩ C).

Tome A = {1, 2, 3}, B = {1, 3} e C = {1, 2}. Desta forma, temos

(A ∪B) ∩ C = {1, 2} 6= {1, 2, 3} = A ∪ (B ∩ C).

12

Exercıcio 1.6:

Se A,X ⊂ E sao tais que A ∩X = ∅ e A ∪X = E, prove que X = E\A.

Seja x ∈ X. Uma vez que x /∈ ∅ = A ∩X, temos que x /∈ A. E, como x ∈ X ⊂ E, devemos ter, tambem, quex ∈ E. Logo, x ∈ E\A. Portanto, como x ∈ X e arbitraro, devemos ter que X ⊂ E\A.

Considere, agora, x ∈ E\A. Segue que x ∈ E e x /∈ A. Como x ∈ E = A ∪ X e x /∈ A, temos que x ∈ X.Portanto, como x ∈ E\A e arbitraro, devemos ter que X ⊂ E\A.

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Exercıcio 1.7:

Se A ⊂ B, entaoB ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A,

para todo conjunto C. Por outro lado, se existir C de modo que a igualdade acima seja satisfeita, entao A ⊂ B.

Primeiramente, mostremos que se A ⊂ B entao, para qualquer conjunto C, temos

B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A.

Seja x ∈ B ∩ (A ∪ C). Assim, x ∈ B e (x ∈ C ou x ∈ A).

• Se x ∈ C temos que x ∈ B ∩ C. Logo, x ∈ (B ∩ C) ∪A.

• Se x ∈ A temos imediatamente que x ∈ (B ∩ C) ∪A.

Segue, em todo caso, que x ∈ (B ∩ C) ∪A. Logo, concluimos que B ∩ (A ∪ C) ⊂ (B ∩ C) ∪A.Considere, agora, que x ∈ (B ∩ C) ∪A. Assim, x ∈ B ∩ C ou x ∈ A.

• Se x ∈ B ∩ C entao x ∈ B e x ∈ C. Logo, x ∈ B, x ∈ A ∪ C e, consequentemente, x ∈ B ∩ (A ∪ C).

• Se x ∈ A temos que x ∈ B, ja que A ⊂ B. Assim, x ∈ B e x ∈ A ⊂ A ∪ C. Logo, x ∈ B ∩ (A ∪ C).

Em ambos os casos, x ∈ B ∩ (A ∪B). Desta forma, tem-se que B ∩ (A ∪ C) ⊃ (B ∩ C) ∪A.Portanto, se A ⊂ B entao B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A, para qualquer conjunto C.Reciprocamente, suponhamos que exista um conjunto C tal que x ∈ (B ∩ C) ∪A = B ∩ (A ∪ C).Se x ∈ A temos que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Mas, como (B ∩ C) ∪ A = B ∩ (A ∪ C), devemos ter que x ∈ B. Logo,

conclui-se que A ⊂ B.

14

Exercıcio 1.8:

Suponhamos que A e B sejam subconjuntos de E. Prove que A = B se, e somente se,(A ∩ (E\B)

)∪((E\A) ∩B

)= ∅.

Suponhamos que A = B. Neste caso, temos que

E\A = E\B.

Logo,A ∩ (E\B) = A ∩ (E\A) = ∅

eB ∩ (E\A) = B ∩ (E\B) = ∅.

Portanto, (A ∩ (E\B)

)∪(B ∩ (E\A)

)= ∅ ∪ ∅ = ∅.

Reciprocamente, consideremos o caso em que(A ∩ (E\B)

)∪(B ∩ (E\A)

)= ∅.

Seja x ∈ A. Se supusermos, por absurdo, que x /∈ B teremos que x ∈ A ∩ (E\B) e, consequentemente,

x ∈(A ∩ (E\B)

)∪(B ∩ (E\A)

)= ∅.

Uma contradicao. De modo inteiramente analogo e impossıvel que x ∈ B e x /∈ A. Portanto, A = B.

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Exercıcio 1.9:

Prove que(A\B) ∪ (B\A) = (A ∪B)\(A ∩B).

• (A\B) ∪ (B\A) ⊂ (A ∪B)\(A ∩B)

Seja x ∈ (A\B) ∪ (B\A). Neste caso, x ∈ A\B ou x ∈ B\A. Se x ∈ B\A entao temos que x ∈ A e x /∈ B.Logo, x ∈ A∪B e x /∈ A∩B, ou seja, x ∈ (A∪B)\(A∩B). Analogamente, x ∈ B\A implica x ∈ (A∪B)\(A∩B).

• (A\B) ∪ (B\A) ⊃ (A ∪B)\(A ∩B)

Seja x ∈ (A∪B)\(A∩B). Neste caso, x ∈ A∪B e x /∈ A∩B. Se x ∈ A entao x /∈ B, uma vez que x /∈ A∩B.Isto e, se x ∈ A entao x ∈ A\B. Analogamente, se x ∈ B, temos que x ∈ B\A. Portanto, x ∈ (A\B) ∪ (B\A).

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Exercıcio 1.10:

Para conjuntos A e B, definimos o conjunto

A∆B := (A\B) ∪ (B\A).

Prove que A∆B = A∆C implica que B = C. Examine a validade um resultado analogo com ∩, ∪ ou × em vez de∆.

Suponhamos que A∆B = A∆C.Mostraremos que os conjuntos B ∩ A e B\A estao contidos em C. Desta forma, como B = (B ∩ A) ∪ (B\A),

concluiremos que B ⊂ C.Seja x ∈ B∩A. Temos que x /∈ A∆B = (A\B)∪ (B\A), pois x /∈ A\B e x /∈ B\A. Assim, como A∆B = A∆C,

temos que x /∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A) e, consequentemente, x /∈ A\C. Logo, x ∈ C pois x ∈ A e x /∈ A\C. Comox ∈ B ∩A e arbitrario, concluimos que B ∩A ⊂ C.

Seja x ∈ B\A. Logo, x ∈ (A\B) ∪ (B\A) = A∆B. E, como A∆B = A∆C, temos que x ∈ A∆C. Sendox ∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A), segue que x ∈ A\C ou x /∈ C\A. Assim, ja que x /∈ A, devemos ter que x ∈ C\A e,consequentemente, x ∈ C. Como x ∈ B\A e arbitrario, concluimos que B\A ⊂ C.

Por fim, como B ∩ A e B\A estao contidos em C, devemos ter que B ⊂ C. E, de forma analoga, prova-se queC ∩A e C\A estao contidos em B. Logo, C ⊂ B. Portanto, supondo que A∆B = A∆C, temos que B = C.

Consideremos agora a validade dos casos analogos para ∩, ∪ e × ao inves de ∆.Existem A, B e C tais que

• A ∩B = A ∩ C e B 6= C. Por exemplo: A = {1}, B = {1, 2} e C = {1, 2, 3};

• A ∪B = A ∪ C e B 6= C. Por exemplo: A = {1}, B = {2} e C = {1, 2};

• A×B = A× C e B 6= C. Por exemplo: A = ∅, B = {1} e C = {2}.

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Exercıcio 1.11:

Prove as seguintes afirmacoes:

(a) (A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C);

(b) (A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C);

(c) (A−B)× C = (A× C)− (B × C);

(d) A ⊂ A′, B ⊂ B′ =⇒ A×B ⊂ A′ ×B′.

(a) Temos que a igualdade (A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C) e valida pois

(x, c) ∈ (A ∪B)× C ⇐⇒ x ∈ A ∪B e c ∈ C⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) ou (x ∈ B e c ∈ C)⇐⇒ (x, c) ∈ A× C ou (x, c) ∈ B × C⇐⇒ (x, c) ∈ (A× C) ∪ (B × C).

(b) Temos que a igualdade (A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C) e valida pois

(x, c) ∈ (A ∩B)× C ⇐⇒ x ∈ (A ∩B) e c ∈ C⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) e (x ∈ B e c ∈ C)⇐⇒ (x, c) ∈ A× C e (x, c) ∈ B × C⇐⇒ (x, c) ∈ (A× C) ∩ (B × C).

(c) Temos que a igualdade (A−B)× C = (A× C)− (B × C) e valida pois

(x, c) ∈ (A−B)× C ⇐⇒ x ∈ A−B e c ∈ C⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) e (x /∈ B e c ∈ C)⇐⇒ (x, c) ∈ A× C e (x, c) /∈ B × C⇐⇒ (x, c) ∈ (A× C)− (B × C).

(d) Seja (a, b) ∈ A × B. Entao, a ∈ A′ e b ∈ B′ pois A ⊂ A′ e B ⊂ B′. Logo, (a, b) ∈ A′ × B′. Portanto,concluimos que A×B ⊂ A′ ×B′.

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Exercıcio 1.12:

Dada uma funcao f : A→ B:

(a) Prove que se tem f(X\Y ) ⊃ f(X)\f(Y ), sejam quais forem os subconjuntos X e Y de A;

(b) Mostre que se f for injetora entao f(X\Y ) = f(X)\f(Y ) para quaisquer X e Y contidos em A.

(a)

Suponhamos que z ∈ f(X)\f(Y ). Desta forma, temos que z ∈ f(X) e, consequentemente, existe x ∈ X talque f(x) = z. Como z /∈ f(Y ) e z = f(x), devemos ter que x /∈ Y . Logo, x ∈ X\Y . Assim, concluimos quez = f(x) ∈ f(X\Y ).

Portanto, devemos ter que f(X\Y ) ⊂ f(X)\f(Y ).

(b)

Pelo item (a), temos que f(X\Y ) ⊂ f(X)\f(Y ). Logo, basta verificarmos que f(X\Y ) ⊃ f(X)\f(Y ).Seja z ∈ f(X\Y ). Entao, podemos escolher x ∈ X\Y tal que f(x) = z. Assim, z = f(x) ∈ f(X) pois x ∈ X.

Por outro lado, como f e injetivo, f(x) = z e x /∈ Y , nenhum y ∈ Y e tal que f(y) = z. Logo, z /∈ f(Y ). Portanto,z ∈ f(X)\f(Y ).

Com isso, concluimos que f(X\Y ) = f(X)\f(Y ).

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Exercıcio 1.13:

Mostre que a funcao f : A→ B e injetora se, e somente se, f(A\X) = f(A)\f(X) para todo X ⊂ A.

Se f : A→ B e injetiva, pelo item (b) do exercıcio 1.12, a igualdade f(A\X) = f(A)\f(X) e valida para todoX ⊂ A.

Suponhamos que a igualdade f(A\X) = f(A)\f(X) seja valida para todo X ⊂ A. Seja a ∈ A e denotemos porb o elemento f(a) ∈ B. Assim,

b /∈ f(A\{a}) = f(A)\f({a}).

Logo, nao existe a′ ∈ A\{a} tal que f(a′) = b = f(a). Desta forma, como a ∈ A e arbitrario, concluimos que f einjetivo.

20

Exercıcio 1.14:

Dada a funcao f : A→ B, prove que:

(a) f−1(f(X)) ⊃ X para todo X ⊂ A;

(b) f e injetora se, e somente se, f−1(f(X)) = X para todo X ⊂ A.

(a)

Se x ∈ X entao x ∈ f−1(f(X)) pois f(x) ∈ f(X). Assim, devemos ter que f−1(f(X)) ⊃ X.

(b)

Suponhamos que f e injetora e fixemos X ⊂ A. Provaremos que f−1(f(X)) ⊂ X e concluiremos, pelo item(a), que f−1(f(X)) = X. Desta forma, podemos concluir que se f e injetora entao f−1(f(X)) = X, para qualquerX ⊂ A.

Seja y ∈ f−1(f(X)). Segue que f(y) ∈ f(X). Assim, existe x ∈ X tal que f(x) = f(y). Sendo f injetiva,conclui-se que y = x ∈ X. Portanto, como y ∈ f−1(f(X)) e arbitrario, temos que f−1(f(X)) ⊂ X.

Suponhamos, por outro lado, que f seja tal que f−1(f(X)) = X, para qualquer X ⊂ A. Sejam x e y ∈ Atais que f(x) = f(y). Neste caso, temos que f({x}) = f({x, y}). Assim, f−1(f({x})) = f−1(f({x, y})) e, pelahipotese,

{x} = f−1(f({x})) = f−1(f({x, y})) = {x, y}.

Desta forma, y ∈ {x} e, consequentemente, x = y. Com isso, concluimos que se x e y ∈ A sao tais que f(x) = f(y)entao x = y. Portanto, f e injetiva.

21

Exercıcio 1.15:

Dada f : A→ B, prove:

(a) Para todo Z ⊂ B, tem-se que f(f−1(Z)) ⊂ Z;

(b) f e sobrejetora se, e somente se, f(f−1(Z)) = Z para todo Z ⊂ B.

(a)

Seja z ∈ f(f−1(Z)). Existe x ∈ f−1(Z) tal que f(x) = z. Assim, como x ∈ f−1(Z), z = f(x) ∈ Z.Portanto, podemos concluir que f(f−1(Z)) ⊂ Z.

(b)

Suponhamos que f seja sobrejetora. Provaremos, para um Z ⊂ B arbitrario, que f(f−1(Z)) = Z.Pelo item (a), temos que f(f−1(Z)) ⊂ Z.Seja z ∈ Z. Como f e sobrejetiva, existe x ∈ A tal que z = f(x). Desta forma, como f(x) = z ∈ Z, segue que

x ∈ f−1(Z). Logo, z = f(x) ∈ f(f−1(Z)).Desta forma, concluimos que f(f−1(Z)) ⊃ Z.Portanto, devemos ter que f(f−1(Z)) = Z.Suponhamos, por outro lado, que f(f−1(Z)) = Z, para todo Z ⊂ B.Seja z ∈ B. Definindo Z = {z}, temos que

f(f−1(Z)) = Z = {z}.

Desta forma, temos que z ∈ f(f−1(Z)). Assim, existe x ∈ f−1(Z) ⊂ A tal que f(x) = z.Portanto, neste caso, f e sobrejetiva.

22

Exercıcio 1.16:

Dada uma famılia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:

(1a) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊃ Aλ;

(2a) Se Y ⊃ Aλ, para todo λ ∈ L, entao Y ⊃ X.

Prove que, nestas condicoes, tem-se X =⋃λ∈L

Aλ.

Pela primeira condicao, temos que X ⊃ Aλ para cada λ ∈ L. Assim,⋃λ∈L

Aλ ⊂ X pois cada x ∈⋃λ∈L

Aλ pertence

a Aλ ⊂ X, para algum λ ∈ L.

O conjunto⋃λ∈L

Aλ e tal que⋃λ∈L

Aλ ⊃ Aλ, para todo λ ∈ L. Logo, pela segunda condicao,⋃λ∈L

Aλ ⊃ X.

Portanto, X =⋃λ∈L

Aλ.

23

Exercıcio 1.17:

Enuncie e demonstre um resultado analogo ao anterior, caracterizando⋂λ∈L

Aλ.

Enunciado: Dada uma famılia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:

(1a) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊂ Aλ;

(2a) Se Y ⊂ Aλ para todo λ ∈ L, entao Y ⊂ X.

Nestas condicoes, tem-se X =⋂λ∈L

Aλ.

Demonstracao:

Todo elemento x de X pertence a⋂λ∈L

Aλ pois x ∈ X ⊂ Aλ, pela primeira hipotese sobre X. Logo,⋂λ∈L

Aλ ⊃ X.

O conjunto⋂λ∈L

Aλ e tal que⋂λ∈L

Aλ ⊂ Aλ, para todo λ ∈ L. Assim, pela segunda hipotese sobre X,⋂λ∈L

Aλ ⊂ X.

Portanto, X =⋂λ∈L

Aλ.

24

Exercıcio 1.18:

Seja f : P(A) −→ P(A) uma funcao tal 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 sao subconjuntos de A].

Facamos cada inclusao separadamente.

(i) f (⋃Xλ) ⊂

⋂f (Xλ)

Como ∪Xλ ⊃ Xλ, para todo λ, temos por hipotese que f(∪Xλ) ⊂ f(Xλ), para todo λ. Daı, f(∪Xλ) ⊂ ∩f(Xλ).

(ii) f (⋃Xλ) ⊃

⋂f(Xλ)

Por (ii), temos que f(∩f(Xλ)) ⊃ ∪f(f(Xλ)) = ∪Xλ. Daı, f(f(∩f(Xλ))) ⊂ f(∪Xλ). Logo, ∩f(Xλ) ⊂ f(∪Xλ).

(iii) f (⋂Xλ) ⊃

⋃f (Xλ)

Como ∩Xλ ⊂ Xλ, para todo λ, temos por hipotese que f(∩Xλ) ⊃ f(Xλ), para todo λ. Daı, f(∩Xλ) ⊃ ∪f(Xλ).

(iv) f (⋂Xλ) ⊂

⋃f (Xλ)

Por (i), temos que f(∪f(Xλ)) ⊂ ∩f(f(Xλ)) = ∩Xλ. Daı, f(f(∪f(Xλ))) ⊃ f(∩Xλ). Logo, ∪f(Xλ) ⊃ f(∩Xλ).

De (i) e (ii), temos que f(∪Xλ) = ∩f(Xλ) e de (iii) e (iv), temos f(∩Xλ) = ∪f(Xλ).

25

Exercıcio 1.19:

Dadas as famılias (Aλ)λ∈L e (Bµ)µ∈M , forme duas famılias com ındices em L×M considerando os conjuntos

(Aλ ∪Bµ)(λ,µ)∈L×M e (Aλ ∩Bmu)(λ,µ)∈L×M .

Prove que se tem (⋃λ∈L

Aλ

)∩

⋃µ∈M

Bµ

=⋃

(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∩Bµ),

(⋂λ∈L

Aλ

)∪

⋂µ∈M

Bµ

=⋂

(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∪Bµ).

Primeiramente provemos que(⋃λ∈L

Aλ

)∩

⋃µ∈M

Bµ

=⋃

(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∩Bµ).

Como ⋃λ∈L

Aλ ⊃ Aλ ⊃ Aλ ∩Bµ,

para todo (λ, µ) ∈ L×M, temos que ⋃λ∈L

Aλ ⊃⋃

(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∩Bµ).

Analogamente, mostra-se que ⋃µ∈M

Bµ ⊃⋃

(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∩Bµ).

Assim, segue que (⋃λ∈L

Aλ

)∩

⋃µ∈M

Bµ

⊃ ⋃(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∩Bµ) .

Seja x ∈ (∪λ∈LAλ) ∩ (∪µ∈MBµ). Desta forma, x ∈ ∪λ∈LAλ e x ∈ ∪µ∈MBµ. Assim, existem λ ∈ L e µ ∈ Mtais que x ∈ Aλ e x ∈ Bµ. Logo,

x ∈ Aλ ∩Bµ ⊂⋃

(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∩Bµ) .

Com isso, podemos concluir que(⋃λ∈L

Aλ

)∩

⋃µ∈M

Bµ

⊂ ⋃(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∩Bµ) .

Mostremos agora que (⋂λ∈L

Aλ

)∪

⋂µ∈M

Bµ

=⋂

(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∪Bµ).

Como(Aλ ∪Bµ) ⊃ Aλ ⊃

⋂λ∈L

Aλ,

para todo (λ, µ) ∈ L×M , temos que ⋂(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∪Bµ) ⊃⋂λ∈L

Aλ.

26

Analogamente, mostra-se que ⋂(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∪Bµ) ⊃⋂µ∈M

Bµ.

Assim, segue que ⋂(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∪Bµ) ⊃

(⋂λ∈L

Aλ

)∪

⋂µ∈M

Bµ

.

Seja x ∈ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ). Suponhamos, por absurdo, que x /∈ (∩λ∈LAλ)∪(∩µ∈MBµ). Entao, x /∈ ∩λ∈LAλe x /∈ ∩µ∈MBµ. Assim, existem λ ∈ L e µ ∈M tais que x /∈ Aλ e x /∈ Bµ. Com igual razao, existe (λ, µ) ∈ L×M talque x /∈ Aλ∪Bµ. Um absurdo, pois como Aλ∪Bµ ⊂ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ), terıamos que x /∈ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ).Logo, devemos ter que x ∈ (∩λ∈LAλ) ∪ (∩µ∈MBµ). Com isso, concluimos que

⋂(λ,µ)∈L×M

(Aλ ∪Bµ) ⊂

(⋂λ∈L

Aλ

)∪

⋂µ∈M

Bµ

.

27

Exercıcio 1.20:

Seja (Aij)(i,j)∈N×N uma famılia de subconjuntos com ındices em N× N. Prove, ou disprove por contra-exemplo, aigualdade

∞⋃j=1

( ∞⋂i=1

Aij

)=

∞⋂i=1

∞⋃j=1

Aij

.

A igualdade e falsa em geral. De fato, tomando-se

Aij :=

{{1}, se i = j,∅, se i 6= j,

temos que∞⋃j=1

( ∞⋂i=1

Aij

)=

∞⋃j=1

(∅) = ∅

e∞⋂i=1

∞⋃j=1

Aij

=

∞⋂i=1

({1}) = {1}.

28

Exercıcio 1.21:

Dados os conjuntos A,B,C, estabeleca uma bijecao entre F(A×B;C) e F(A;F(B;C)).

Seja f : A × B → C. Podemos definir uma funcao ϕf : A → F(B;C) definindo ϕf (a) : B → C como sendo afuncao dada por (

ϕf (a))(b) := f(a, b),

para todo b ∈ B. Verificaremos que a funcao ϕ : F(A×B;C)→ F(A;F(B;C)), dada por

ϕ(f) := ϕf ,

para cada f ∈ F(A×B;C), e uma bijecao.Suponhamos que f e g ∈ F(A×B;C) sejam tais que ϕ(f) = ϕ(g). Assim, ϕf = ϕg. Logo, dado (a, b) ∈ A×B,

temos queϕf (a) = ϕg(a)

e, consequentemente,f(a, b) =

(ϕf (a)

)(b) =

(ϕg(b)

)(b) = g(a, b).

Portanto, f = g. Com isso, concluimos que ϕ e injetiva.Seja ψ : A→ F(B;C). Podemos definir uma funcao f : A×B → C por

f(a, b) :=(ψ(a)

)(b),

para todo (a, b) ∈ A×B. Seja a ∈ A. Temos que(ϕf (a)

)(b) = f(a, b) =

(ψ(a)

)(b),

para todo b ∈ B. Desta forma ϕf (a) = ψ(a). Portanto, como a e arbitrario, concluımos que ϕf = ψ. Com isso,concluimos que ϕ e sobrejetiva.

Portanto, ϕ : F(A×B;C)→ F(A;F(B;C)) e uma bijecao como querıamos demonstrar.

29

Capıtulo 2

Conjuntos Finitos, Enumeraveis eNao-Enumeraveis

30

Exercıcio 2.1:

Prove que, na presenca dos axiomas P1 e P2, o axioma A abaixo e equivalente a P3:

A : Para todo subconjunto nao-vazio X ⊂ N, tem-se X\s(X) 6= ∅.

Relembremos as propriedades:

P1 : s : N→ N e injetora;

P2 : N\s(N) = {1};

P3 : Se X ⊂ N e tal que 1 ∈ X e, para todo n ∈ X, s(n) ∈ X, entao X = N.

Suponhamos que as afirmacoes P1, P2 e P3 sejam validos. Concluiremos que o axioma A e valido mostrando quese X ⊂ N e tal que X\s(X) = ∅ entao X = ∅. Equivalentemente, se X ⊂ s(X) entao N\X = N. Primeiramente,temos que 1 ∈ N\X, pois, caso contrario, 1 ∈ s(N) ja que

X ⊂ s(X) ⊂ s(N),

contradizendo P2. Por P1,s(N\X) = s(N)\s(X) ⊃ s(N)\X.

Desta forma, se n ∈ N\X entao s(n) /∈ X e, consequentemente, s(n) ∈ N\X. Assim, por P3, concluimos queN\X = N.

Reciprocamente, suponhamos que os axiomas P1, P2 e A sejam validos. Seja X ⊂ N tal que 1 ∈ X e, paratodo n ∈ X, s(n) ∈ X. Provaremos que X = N e concluiremos daı que P3 e valido. Suponhamos por absurdo queN\X 6= ∅. Por A, segue que existe

n ∈ (N\X)\s(N\X).

Como 1 /∈ N\X, devemos ter que n 6= 1 e, por P2, existe m ∈ N tal que

s(m) = n.

Por P1, m /∈ N\X ja que s(m) = n /∈ s(N\X). Assim, m ∈ X e s(m) = n /∈ X, contradizendo a hipotese sobre X.

31

Exercıcio 2.2:

Dados os numeros naturais a e b, prove que existe um numero natural m tal que m · a > b.

Se a = 1, basta tomar m = b+ 1, pois1(b+ 1) = b+ 1 > b.

Se a 6= 1 entao a > 1 ja que a ∈ Z+. Assim, pela monoticidade da multiplicacao em Z+,

ba > b.

Logo, para m := b, temos que ma > b.

32

Exercıcio 2.3:

Seja a um numero natural. Se um conjunto X e tal que a ∈ X e, alem disso, n ∈ X ⇒ n+ 1 ∈ X, entao X contemtodos os numeros naturais ≥ a.

SejaA := {k ∈ Z+ : a+ k ∈ X}.

Pela definicao da relacao 6 em Z+, b > a se e somente se b = a+k para algum k ∈ Z>0. Desta forma, provandoque A = Z+ podemos concluir que X contem todos os numeros naturais > a.

Como a ∈ X, temos, pela propriedade de X, que a+ 1 ∈ X. Logo, 1 ∈ A.Suponhamos que k ∈ A. Pela definicao de A, isto implica que a+ k ∈ X. Assim pela propriedade de X, temos

que a+ k + 1 ∈ X. Logo, k + 1 ∈ A.Portanto, pelo PIF, segue que A = Z+.

33

Exercıcio 2.4:

Tente descobrir, independentemente, algumas das demonstracoes omitidas no texto.

Associatividade: m+ (n+ p) = (m+ n) + p.

Provada no livro.

Comutatividade: m+ n = n+m.

Primeiramente mostraremos quem+ 1 = 1 +m,

para todo m ∈ Z+. O caso em que m = 1 e tautologico. Supondo, como hipotese de inducao, que

m+ 1 = 1 +m

para algum m ∈ Z+, segue que

s(m) + 1 = s(s(m)) = s(m+ 1) = s(1 +m) = 1 + s(m).

Assim, pelo PIF, temos que m+ 1 = 1 +m, para todo m ∈ Z+.Por fim, provaremos, para m ∈ Z+ arbitrario e por inducao em n ∈ Z+, que

m+ n = n+m.

O caso n = 1 foi provado no paragrafo anterior. Supondo, como hipotese de inducao, que

m+ n = n+m

para algum n ∈ Z+, segue que

m+ s(n) = s(m+ n) = s(n+m)= n+ s(m) = n+ (m+ 1)= n+ (1 +m) = (n+ 1) +m= s(n) +m.

E o resultado segue pelo PIF.

Lei do Corte: m+ n = m+ p⇒ n = p.

Sejam n e p ∈ Z+. Provaremos, por inducao em m ∈ Z+, que se m+ n = m+ p entao n = p.O caso em que m = 1 resume-se a injetividade da funcao s : Z+ → Z+. Isto e, como

s(n) = n+ 1 = 1 + n = 1 + p = p+ 1 = s(p),

temos quen = p.

Suponhamos, como hipotese de inducao, que m+n = m+p implique que n = p. Assim, se s(m)+n = s(m)+pentao

s(m+ n) = s(n+m) = n+ s(m)= s(m) + n = s(m) + p= p+ s(m) = s(p+m)

= s(m+ p).

Assim, se s(m) + n = s(m) + p temos, novamente pela injetividade de s : Z+ → Z+, que m + n = m + p e, pelahipotese de inducao, n = p.

E o resultado segue pelo PIF.

Tricotomia: Dados m e n ∈ Z+, exatamente uma das tres alternativas seguintes podem ocorrer: ou m = n,ou existe p ∈ Z+ tal que m = n+ p, ou, entao, existe q ∈ Z+ com n = m+ q.

Dizemos que (m,n) ∈ Z+×Z+ satisfaz a condicao C se exatamente uma das exatamente uma das tres alterna-tivas ocorre:

34

• m = n;

• m = n+ p, para algum p ∈ Z+;

• n = m+ q, para algum q ∈ Z+.

Seja X o subconjunto de Z+ × Z+ definido por

T := {(m,n) ∈ Z+ × Z+ : (m,n) satisfaz C}.

Observemos que, como

T =⋃

m∈Z+

{m} × Tm,

ondeTm := {n ∈ Z+ : (m,n) satisfaz C},

mostrando queTm = Z+,

para cada m ∈ Z+, podemos concluir que

T =⋃

m∈Z+

{m} × Tm =⋃

m∈Z+

{m} × Z+ = Z+ × Z+.

Portanto, concluimos a Lei da Tricotomia.Procederemos com a demonstracao de que Tm = Z+ por inducao em m ∈ Z+.Consideremos o caso em que m = 1. Se n = 1 temos que n = m. Alem disso, como 1 /∈ s(Z), segue que

m = 1 6= sp(n) = n+ p

en = 1 6= sq(m) = m+ q,

para todos p e q ∈ Z+. Logo, (1, 1) satisfaz a condicao C e, consequentemente, 1 ∈ T1. Supondo que n ∈ T1, comonao se pode ter que 1 = m+ q = sq(m) ja que 1 /∈ s(Z+), temos que exatamente uma das duas alternativas ocorre:

• n = 1 e, equivalentemente, s(n) = 1 + 1;

• n = 1 + q e, equivalentemente, s(n) = s(1 + q) = 1 + s(q).

Logo, se n ∈ T1 entao s(n) ∈ T1. Com isso, concluimos, pelo PIF, que T1 = Z+.Suponhamos, como hipotese de inducao, que Tm = Z+. Provaremos que Ts(m) = Z+.Como X1 = Z+, temos imediatamente que (1, s(m)) satisfaz a condicao C e, consequentemente, (s(m), 1)

satisfaz a condicao C. Logo, 1 ∈ Ts(m). Supondo que n ∈ Ts(m), temos que exatamente uma das tres alternativasocorrem:

• n = s(m): Neste caso, s(n) = s(s(m)) = s(m) + 1;

• n = s(m) + q, para algum q ∈ Z+: Neste caso, s(n) = s(s(m) + q) = s(m) + s(q);

• s(m) = n+ p, para algum p ∈ Z+: Neste caso, se p = 1 entao s(m) = s(n). E, se p ∈ Z+\{1} = s(Z+), existepZ+ tal que p = s(p), e assim

s(m) = n+ p = n+ s(p) = n+ (1 + p) = (n+ 1) + p = s(n) + p.

Assim, se n ∈ Ts(m), temos que exatamente uma das tres alternativas ocorrem:

• s(n) = s(m) (no caso em que n = s(m));

• s(n) = s(m) + q (no caso em que n = s(m) ou n = s(m) + q, onde q = s(q));

• s(m) = s(n) + p (no caso em que s(m) = n+ p, onde p = s(p)).

35

Logo, se n ∈ Ts(m) entao s(n) ∈ Ts(m). Com isso, concluimos, pelo PIF, que Ts(m) = Z+.Portanto, Xm = Z+, para todo m ∈ Z+.

Transitividade: se m < n e n < p entao m < p.

Se, para m, n e p ∈ Z+, tivermos que m < n e n < p entao existem r e s ∈ Z+ tais que

m+ r = n

en+ s = p.

Desta forma,p = n+ s = (m+ r) + s = m+ (r + s).

Logo,m < p.

Tricotomia: dados m e n ∈ Z+ exatamente uma das alternativas seguintes pode ocorrer: ou m = n, ou m < nou n < m.

Sejam m e n ∈ Z+. Segundo a tricotomia da adicao (provada acima), exatamente uma das tres condicoes evalida: ou m = n; ou existe p ∈ Z+ tal que m = n+ p e, portanto, m > n; ou existe q ∈ Z+ tal que n = m+ q e,portanto, m < n.

Monoticidade da adicao: se m < n entao, para todo p ∈ Z+, tem-se m+ p < n+ p.

Provada no livro.

Associatividade: m · (n · p) = (m · n) · p.

Provada no livro.

Comutatividade: m · n = n ·m.

Primeiramente, provaremos que m · 1 = 1 ·m, para todo m ∈ Z+. Depois, supondo, como hipotese de inducao,que n ∈ Z+ e tal que m · n = n ·m, para todo m ∈ Z+, provaremos que n+ 1 e tal que m · (n+ 1) = (n+ 1) ·m.Como isso, o resultado segue pelo Princıpio da Inducao Finita.

Provaremos a igualdade m · 1 = 1 ·m por inducao em m ∈ Z+. Para m = 1 a igualdade e trivial. Suponhamos,como hipotese de inducao, que m · 1 = 1 ·m, para algum m ∈ Z+. Desta forma, temos que

(m+ 1) · 1 = m+ 1 = m · 1 + 1 = 1 ·m+ 1 = 1 · (m+ 1).

Logo, pelo PIF, a igualdade e valida.Suponhamos que n ∈ Z+ seja tal que m · n = n ·m, para todo m ∈ Z+. Mostraremos, por inducao em m, que

m · (n+ 1) = (n+ 1) ·m, para todo m ∈ Z+. Para m = 1, o resultado segue do paragrafo anterior. E, supondo quem · (n+ 1) = (n+ 1) ·m, temos que

(m+ 1) · (n+ 1) = (m+ 1) · n+ (m+ 1)= n · (m+ 1) + (m+ 1)= n ·m+ n+m+ 1= m · n+m+ n+ 1= m · (n+ 1) + (n+ 1)= (n+ 1) ·m+ (n+ 1)= (n+ 1) · (m+ 1).

E temos o resultado.

Distributividade: m(n+ p) = m · n+m · p.

36

Provada no livro.

Lei do Corte: m · p = n · p⇒ m = n.

Suponhamos que m, n e p ∈ Z+ sao tais que

m · p = n · p.

Pela tricotomia, exatamente uma das tres condicoes e satisfeita: ou m = n+ q, para algum q ∈ Z+; ou m = n+ q,m = n + q, para algum q ∈ Z+; ou m = n. Provaremos que as duas primeiras condicoes nao sao possıveis e, comisso, teremos o resultado.

Suponhamos que m = n+ q, para algum q ∈ Z+. Segue que

n · p = m · p = (n+ q) · p = p · (n+ q) = p · n+ p · q = n · p+ p · q.

Contradizendo a tricotomia.De forma analoga, nao podemos ter n = m+ q, para algum q ∈ Z+.

Monoticidade: m < n⇒ m · p < n · p.

Sejam n e m ∈ Z+ tais quem < n.

Provaremos quem · p < n · p,

para todo p ∈ Z+, por inducao em p.Para p = 1, a desigualdade e imediata.Suponhamos, como hipotese de inducao, que m · p < n · p, para um certo p ∈ Z+. Como m < n, existe q ∈ Z+

tal quen = m+ q.

Assim,

n · (p+ 1) = (m+ q) · (p+ 1) = (p+ 1) · (m+ q) = (p+ 1) ·m+ (p+ 1) · q = m · (p+ 1) + (p+ 1) · q.

e, consequentemente,n · (p+ 1) < m · (p+ 1).

E o resultado segue, como querıamos, pelo PIF.

37

Exercıcio 2.5:

Um elemento a ∈ Z+ chama-se antecessor de b ∈ Z quando se tem a < b mas nao existe c ∈ Z+ tal que a < c < b.Prove que, exceto 1, todo numero natural possui um antecessor.

Seja x ∈ Z+\{1}. Mostraremos que x possui um antecesor.Pelo axioma de Peano P2, x = s(y) = y + 1 para algum y ∈ Z+. Logo, y < x.Suponhamos que z ∈ Z+ e tal que z < x. Mostraremos que z 6 y. Temos que

x = z + n,

para algum n ∈ Z+. Se n = 1 temos quey + 1 = x = z + 1

e, consequentemente, pela Lei do Corte, y = z. Se n ∈ Z+\{1} entao, novamente pelo axioma de Peano P2, existem ∈ Z+ tal que n = s(m). Assim,

s(y) = x = z + n = z + s(m) = s(z +m)

e, pela injetividade da funcao s (axioma de Peano P1),

y = z +m.

Logo, z < y.Portanto, y e um antecessor de x.

38

Exercıcio 2.6:

Use inducao para demonstrar os seguintes fatos:

(a) 2(1 + 2 + 3 + · · ·+ n) = n(n+ 1);

(b) 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n+ 1) = (n+ 1)2;

(c) (a− 1)(1 + a+ a2 + · · ·+ an) = an+1 − 1, seja quais forem a, n ∈ Z+;

(d) n ≥ 4⇒ n! > 2n.

(a)

Para n = 1, temos a igualdade ja que2(1) = 2 = 1(1 + 1).

Supondo que a igualdade seja verdadeira para n = k, segue que

2(1 + 2 + 3 + · · ·+ k + (k + 1)) = 2(1 + 2 + 3 + · · ·+ k) + 2(k + 1)= k(k + 1) + 2(k + 1)= (k + 2)(k + 1)= (k + 1)((k + 1) + 1).

Portanto, pelo PIF, temos o resultado.

(b)

Para n = 1, temos a igualdade ja que1 + 3 = 4 = (1 + 1)2.

Supondo que a igualdade seja verificada para n = k, segue que

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) + (2(k + 1) + 1) = (k + 1)2 + (2(k + 1) + 1)= (k + 1)2 + 2(k + 1)1 + 12

= ((k + 1) + 1)2.


(c)

Para n = 1, temos a igualdade ja que

(a− 1)(1 + a) = a2 − 1.

Supondo que a igualdade seja verdadeira para n = k, segue 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 desigualdade ja que

4! = 24 > 16 = 24.

Supondo que a desigualdade seja verdadeira para n = k > 4, segue que

(k + 1)! > (k!)(k + 1) > 2k > 2k2 = 2k+1.


39

Exercıcio 2.7:

Use o Segundo Princıpio de Inducao para demonstrar a unicidade de decomposicao de um numero natural emfatores primos.

O resultado do enunciado e comumente demonstrado nos livros sobre Teoria do Numeros utilizando-se resultadosprovados com o uso do conceito de maximo divisor comum como, por exemplo, a implicacao: Se p ∈ Z+ e primoe p divide o produto mn dos elementos m e n ∈ Z+entao p divide m ou n. Para evitarmos a utilizacao deferramentas de fora do texto, faremos uma demonstracao mais longa, mas que usa somente as propriedades dasoma, multiplicacao (apresentadas neste capıtulo) e da subtracao (que sera muito brevemente tratada no proximocapıtulo). Esta demonstracao e uma adapatacao de uma demonstracao encontrada em:

• http://en.wikipedia.org/wiki/Fundamental theorem of arithmetic

Seja n ∈ Z+ tal que todo m < n em Z+ possui uma unica decomposicao em fatores primos. Provaremos quen possui uma unica decomposicao em fatores primos e concluiremos, do Segundo Princıpio da Inducao, que todon ∈ Z+ possui uma unica fatoracao em fatores primos.

Suponhamos que α1α2 . . . αp e β1β2 . . . βq sejam duas decomposicoes de n em fatore primos αi e βj . Devemosmostrar que a sequencia α1, α2, . . . , αp e uma permutacao da sequencia β1, β2, . . . , βq.

Podemos supor, sem perda de generalidade, que α1 6 β1. Tambem podemos supor que m nao e primo, poispela propria definicao de numero primo, m teria imediatamente uma unica fatoraca em fatores primos. Ou seja, pe q sao maiores que 1.

Se α1 = βi para algum i ∈ {1, . . . , q}, temos, pela Lei do Corte, que

α2α3 . . . αp = β1 . . . βi−1βi+1 . . . βq.

Assim, como α2α3 . . . αp < n, devemos ter, pela hipotese de inducao que β2, α3, . . . , αp e uma permutacao dasequencia β1, . . . , βi−1, βi+1, . . . , βq. Portanto, α1, α2, α3, . . . , αp e uma permutacao da sequencia β1, . . . ,βi−1, βi, βi+1, . . . , βq.

No restante desta demonstracao, encontraremos uma contradicao supondo que α1 ∈ {β1, . . . , βq}. Assim, comomostrado acima, teremos o resultado.

Suponhamos que α1 /∈ {β1, . . . , βq}. Segue que α1 < β1.O inteiro

m := (β1 − α1)(β2 . . . βq)

e positivo, pois β1 − α1 > 0 e β2 . . . βq > 0. Alem disso,

m = (β1 − α1)(β2 . . . βq) = n− α1β2 . . . βq < n.

Devemos ter que β1 − α1 = 1 em = β2 . . . βq;

ou β1 − α1 = γ1 . . . γs em = γ1 . . . γsβ2 . . . βq,

para numeros primos γ1, . . . , γs ∈ Z+.Tambem temos que

m = (β1 − α1)(β2 . . . βq)= n− α1β2 . . . βq= α1α2 . . . αp − α1β2 . . . βq= α1(α2 . . . αp − β2 . . . βq)

Como m e α1 sao positivos, devemos ter que α2 . . . αp−β2 . . . βq tambem e positivo. Logo, α2 . . . αp−β2 . . . βq = 1e

m = α1;

ou α2 . . . αp − β2 . . . βq = θ1 . . . θr em = α1θ1 . . . θr,

para numeros primos θ1, . . . , θr ∈ Z+.

40

Com isso, concluimos que{β2, . . . , βq} ou {γ1, . . . , γs, β2, . . . , βq}

e uma permutacao de{α1} ou {α1, θ1, . . . , θr},

ja que m < n possui uma unica fatoracao em fatores primos. Em especial, devemos ter que

α1 ∈ {β2, . . . , βq} ou {γ1, . . . , γs, β2, . . . , βq}.

Logo, como α1 /∈ {β1, . . . , βq}, devemos ter que

α1 ∈ {γ1, . . . , γs}.

Por fim, para algum k ∈ Z+,α1k = γ1 . . . γs = β1 − α1

e, consequentemente,α1(k + 1) = β1.

Contradizendo o fato de β1 ser primo.

41

Exercıcio 2.8:

Seja X um conjunto com n elementos. Use inducao para provar que o conjunto das bijecoes (ou permutacoes)f : X → X tem n! elementos.

Seja X o conjunto formado pelos elementos (distintos) x1, x2, . . . , xn. Provaremos, por inducao em n ∈ Z+,que o conjunto SX , das bijecoes f : X → X, tem n! elementos.

O resultado e valido para n = 1 uma vez que, neste caso, so existe uma funcao f : X → X e esta e bijetiva.Suponhamos que n > 1 e, como hipotese de inducao, que o conjunto Y = X\{xn} seja tal que o conjunto SY ,

das funcoes bijetivas g : Y → Y , tenha (n− 1)! elementos.Sejam

SX,k := {f ∈ SX : f(xn) = xk},

para todo k = 1, . . . , n. Segue desta definicao que

SX,i ∩ SX,j = ∅

quando i 6= j e queSX = SX,1 ∪ SX,2 ∪ · · · ∪ SX,n.

Assim, pelo Corolario 1 do Teorema 6, temos que

card(SX) = card(SX,1) + card(SX,2) + · · ·+ card(SX,n).

Desta forma, mostrando que

card(SX,1) = card(SX,2) = · · · = card(SX,n) = SY = (n− 1)!

concluiremos quecard(SX) = n · (n− 1)! = n!,

como querıamos demonstrar.Dado f ∈ SX,n, temos que f(xn) = xn e, como f e uma bijecao, f(Y ) = Y . Assim, cada f ∈ SX,n define uma

bijecao φ(f) : Y → Y dada por (φ(f)

)(y) = f(y),

em cada y ∈ Y . Com isso, temos uma funcao φ : SX,n → SY . Se f1 e f2 ∈ SX,n sao tais que φ(f1) = φ(f2) entao

f1(y) =(φ(f1)

)(y) =

(φ(f2)

)(y) = f2(y),

f1(xn) = xn = f2(xn)

e, consequentemente,f1 = f2.

Dado g ∈ SY , podemos definir uma funcao f ∈ SX por

f(xi) =

{g(xi), se i = 1, . . . , n− 1,xn, se i = n.

Desta forma,φ(f) = g.

Portanto, concluimos que φ : SX,n → SY e uma bijecao e, consequentemente, que

card(SX,n) = card(SY ).

Provaremos, para k = 1, . . . , n− 1, que

card(SX,k) = card(SX,n).

42

Considermos a bijecao σ ∈ SX dada por

σ(xi) =

xi, se i 6= k, n,xn, se i = k,xk, se i = n.

Segue desta definicao que σ ◦ σ = IX (a funcao identidade em X).Dado h ∈ SX,k, temos que σ ◦h : X → X e uma composicao de bijecoes e, logo, uma bijecao. Alem disso, como

σ ◦ h(xn) = σ(xk) = xn,

temos que σ ◦ h ∈ SX,n. Assim, podemos definir uma funcao ψ : SX,k → SX,n por

ψ(h) = σ ◦ h,

para cada h ∈ SX,k.De forma analoga, verifica-se que uma funcao ρ : SX,n → SX,k fica bem definida pela igualdade

ρ(f) = σ ◦ f,

para cada f ∈ SX,n.Por fim, para cada f ∈ SX,n,

ψ ◦ ρ(f) = ψ(σ ◦ f) = σ ◦ (σ ◦ f) = (σ ◦ σ) ◦ f = f

e, para cada h ∈ SX,k,ρ ◦ ψ(h) = ρ(σ ◦ h) = σ ◦ (σ ◦ h) = (σ ◦ σ) ◦ h = h.

Logo, ρ e uma inversa para ψ : SX,k → SX,n. E, portanto,

card(SX,k) = card(SX,n).

Como querıamos demonstrar.

43

Exercıcio 2.9:

Sejam X e Y conjuntos finitos.

a) Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).

b) Qual seria a formula correspondente para tres conjuntos?

c) Generalize.

a) Sejam A = {(1, x);x ∈ X} ∪ {(2, y); y ∈ Y } e B = {(3, z); z ∈ X ∪ Y } ∪ {(4, w);w ∈ X ∩ Y }. Definamosf : A→ B como sendo

f(1, x) = (3, x)

f(2, y) =

{(3, y); se y ∈ Y \X(4, y); se y ∈ X ∩ Y

.

Temos trivialmente que f e uma bijecao entre A e B. Alem disso, card(A) = card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) ecard(B) = card(X) + card(Y ). Daı segue o resultado.

b) card(X ∪ Y ∪ Z) + card((X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z)) = card(X) + card(Y ) + card(Z).

c) card

(n⋃i=1

Xi

)+ card

(⋃i 6=j

(Xi ∩Xj)

)= card(X1) + card(X2) + ...+ card(Xn).

44

Exercıcio 2.10:

Dado um conjunto finito X, prove que uma funcao f : X → X e injetora se, e somente se, e sobrejetora.

(⇒) Temos que g : X → f(X) dada por g(x) = f(x) e uma bijecao. Se f(X) 6= X terıamos um absurdo poisnao pode haver bijecao entre um conjunto finito e um subconjunto proprio deste conjunto.

(⇐) Seja X = {x1, x2, ..., xn}. Suponha que f nao seja injetora, ou seja, existem xi 6= xj em X tais quef(x1) = f(x2). Assim, f(X) = {f(x1), f(x2), ..., f(xn)} teria no maximo n− 1 elementos e desta forma f(X) 6= X,o que e um absurdo. Logo, f e injetora.

45

Exercıcio 2.11:

Formule matematicamente e demonstre o seguinte fato(conhecido como princıpio das gavetas). Se m < n, entaode qualquer modo como se guardem n objetos em m gavetas, havera sempre uma gaveta, pelo menos, que conteramais de um objeto.

f : In → Im com n > m nao e injetiva.

Se f nao e sobrejetora, f |In tambem nao sera. Logo, f |In tambem nao sera injetiva pelo exercıcio anterior. Econsequentemente f tambem nao seria injetiva.

Por outro lado, mesmo que f fosse sobrejetiva, se fosse tambem injetiva, f seria uma bijecao entre um conjuntofinito e um subconjunto proprio dele, que e um absurdo.

46

Exercıcio 2.12:

Seja X um conjunto com n elementos. Determine o numero de funcoes injetivas f : Ip → X.

Princıpio da contagem. Escolhamos um dos n elementos de X para ser f(1). Daı escolhamos 1 dos n − 1elementos restantes para ser f(2). E assim sucessivamente temos que o numero de funcoes injetivas possıveis e

n(n− 1)(n− 2)...(n− p+ 1).

47

Exercıcio 2.13:

Quantos subconjuntos com p elementos possui um subconjunto X, sabendo-se que X tem n elementos?

Se n < p, vem de P1 que nao existe subconjunto de X com p elementos. Caso contrario podemos definir umafuncao f : [1, p] ∩ N→ X(pelo axioma da escolha). Pelo princıpio da contagem, temos que f pode ser definida de

n!

p!(n− p)!modos distintos. Porem, para cada imagem de f, f pode ter sido definida de p! formas. Sendo assim,

existemn!

p!(n− p)!imagens de f.

48

Exercıcio 2.14:

Prove que se A tem n elementos, entao P (A) tem 2n elementos.

Associemos a cada X ∈ P (A) uma funcao fX : A → {0, 1} dada por f(x) = 1 se x ∈ X e f(x) = 0 se x /∈ X.Temos entao que a aplicacao X → fX e uma bijecao. E como, pelo princıpio da contagem, e possıvel se fazer 2funcoes f : A→ {0, 1} diferentes, temos que a ordem de P (A) e exatamente 2.

49

Exercıcio 2.15:

Defina um funcao sobrejetiva f : N→ N tal que, para todo n ∈ N, o conjunto f−1(n) seja infinito.

Seja f : N→ N tal que f(2n3m) = n e f(x) = 1 para x divisıvel por qualquer primo diferente de 2 e 3. Portanto,

f−1(N) ⊃ {2n3, 2n32, ..., 2n3m, ...}.

50

Exercıcio 2.16:

Prove que se X e infinito enumeravel, o conjunto das partes finitas de X tambem e (infinito) enumeravel.

Seja X = {x1, x2, ...}. Temos que

P =

∞⋃i=1

{A ⊂ {x1, x2, ..., xi}} =

∞⋃i=1

Fi.

Temos que cardFi = 2i. Como P e uma reuniao enumeravel de conjuntos enumeraveis, P e enumeravel.

51

Exercıcio 2.17:

Seja f : X → X uma funcao. Um subconjunto Y ⊂ X chama-se estavel relativamente a f quando f(Y ) ⊂ Y. Proveque um subconjunto X e finito se, e somente existe um funcao f : X → X que so admite os subconjuntos estaveis∅ e X.

(⇒) Seja X = {x1, x2, ..., xn} e f : X → X dado por f(xi) = xi+1 se 1 ≤ i < n e f(xn) = x1. Se f e estavel emA e xp ∈ A, temos que xq = fq−p(modn)(xp) ∈ A. Logo, A = X.

(⇐) Dado x0 ∈ X (se X 6= ∅, X e finito) consideremos o conjunto A = {x0, f(x0), f2(x0), ..., fn(x0), ...}. DaıX = A, pois f e estavel em A e A 6= ∅.

Se nao existir k ∈ N tal que fk(x0) = x0, A − {x0} e estavel por f e logo A − {x0} = X − {x0} = ∅, ou seja,X = {x0}, ou A = X = A− {x0}, absurdo.

Por outro lado, se existir k ∈ N tal que fk(x0) = x0 o conjunto {x0, f(x0), f2(x0), ..., fk−1(x0)} e estavel por Ae nao vazio, logo e igual a X.

52

Exercıcio 2.18:

Seja f : X → X uma funcao injetiva tal que f(X) 6= X. Tomando x ∈ X − f(X), prove que os elementosx, f(x), f(f(x)), ... sao dois a dois distintos.

Provaremos por inducao em n que para todo p ∈ N, temos que fn(x) 6= fn+p(x) e a proposic ao estar´ademonstrada. Com x /∈ f(X), temos que x 6= fp(x), para todo p ∈ N. Suponhamos que fn(x) 6= fn+p(x). Entaofn+1(x) 6= fn+1+p(x) pois f e injetora. Pelo PIF o resultado segue.

53

Exercıcio 2.19:

Dado um conjunto finito X, prove que uma funcao f : X → X e injetora se, e somente se, e sobrejetora.

(⇒) Temos que g : X → f(X) dada por g(x) = f(x) e uma bijecao. Se f(X) 6= X terıamos um absurdo poisnao pode haver bijecao entre um conjunto finito e um subconjunto proprio deste conjunto.

(⇐) Seja X = {x1, x2, ..., xn}. Suponha que f nao seja injetora, ou seja, existem xi 6= xj em X tais quef(x1) = f(x2). Assim, f(X) = {f(x1), f(x2), ..., f(xn)} teria no maximo n− 1 elementos e desta forma f(X) 6= X,o que e um absurdo. Logo, f e injetora.

54

Exercıcio 2.20:

(a) Se X e finito e Y e enumeravel, entao F(X,Y ) e enumeravel.

(b) Para cada funcao f : N → N seja Af = {n ∈ N; f(n) 6= 1}. Prove que o conjunto X das funcoes f : N → Ntais que Af e finito e um conjunto enumeravel.

Item (a)Seja X = {x1, ..., xn}. Definimos

φ : F(X,Y ) → Y n

f → (f(x1), ..., f(xn)).

Temos que φ e claramente injetiva. Logo, F(X,Y ) esta em bijecao com o conjunto φ(F(X,Y )) ⊂ Y n. ComoY e enumeravel, Y n e enumeravel (pois e produto finito de conjuntos enumeraveis). Assim, φ(F(X,Y )) ⊂ Y n eanumeravel e, consequentemente, F(X,Y ) e enumeravel.

Item (b)Seja

Fn := {Y ⊂ N; cardY = n}.

Definimosφ : Fn → Y n

Y = {y1, ..., yn} → (y1, ..., yn).

Claramente, φ e injetiva. Como Y n e enumeravel, segue que Fn e enumeravel. Portanto,

F :=

∞⋃n=1

Fn

e enumeravel.Seja

ψ : X →⋃Y ∈FF(Y,N)

f → f |Af.

Temos que ψ e injetiva. De fato, se f, g ∈ X sao tais que ψ(f) = ψ(g) temos que

f |Af= g|Ag

implicando que Af = Ag,f |Af

= g|Ag,

ef = g

ja quef |N\Af

= 1 = g|N\Af.

Pelo item anterior,⋃Y ∈F F(Y,N) e uma uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis. Logo,

⋃Y ∈F F(Y,N) e

enumeravel. Assim, como ψ e injetiva, segue que X e enumeravel.

55

Exercıcio 2.21:

Obtenha uma decomposicao N = ∪∞i=1Xi tal que os conjuntos Xi sao infinitos e dois a dois disjuntos.

Para todo n ∈ N, existe um unico k ∈ Z>0 tal que

2k 6 n < 2k+1.

Por isso, fica bem definida a funcao f : N→ Z>0 dada por

f(n) = n− 2k,

onde 2k 6 n < 2k+1. Desta forma, temos, para

Xi := f−1(i− 1),

que

N =

∞⋃i=1

Xi

com os conjuntos Xi sendo dois a dois disjuntos. Adiante, como

Xi = {2k + i− 1 | k ∈ Z>0, i− 1 < 2k},

temos que cada Xi e infinito.

56

Exercıcio 2.22:

Defina f : N× N→ N, pondo f(1, n) = 2n− 1 e f(m+ 1, n) = 2m(2n− 1). Prove que f e uma bijecao.

Para cada numero natural p, temos, pela unicidade da decomposicao de numeros naturais em numeros primos,que existem unicos m e q ∈ Z+ tais que p = 2m−1q e q e ımpar. Sendo q ımpar, existe um unico n ∈ Z+ tal queq = 2n− 1. Assim, existem unicos m e n ∈ Z>0 tais que p = 2m−1(2n− 1). Portanto, e bem definida a funcao

g : Z+ → Z+ × Z+

p = 2m−1(2n− 1) → (m,n).

Como g e uma inversa para f , temos que f e bijetiva.

57

Exercıcio 2.23:

Seja X ⊂ N um subconjunto infinito. Prove que existe uma unica bijecao crescente f : N→ X.

Definimos, indutivamente f : N→ X porf(1) = min(X)

e

f(n) = min

(X −

n−1⋃i=1

{f(i)}

),

para n > 1. Temos, pelo PIF e pelo fato de X ⊂ N ser bem ordenado, que f esta bem definida.Dados m < n ∈ N, temos que

f(m) < min

(X −

n−1⋃i=1

{f(i)}

)= f(n)

pois f(m) 6 x, para todo x ∈ X −⋃m−1i=1 ⊃ X −

⋃n−1i=1 , e f(m) /∈ X −

⋃n−1i=1 . Com isso, concluimos que f e

estritamente crescente e, consequentemente que f e injetiva.Provaremos, agora que f e sobrejetiva. Comecaremos mostrando, por inducao que

n 6 f(n).

Para n = 1, temos de X ⊂ N, que1 = min(N) 6 min(X) = f(1).

Usando o passo indutivo, temos quen 6 f(n) < f(n+ 1)

implicando quen+ 1 6 f(n+ 1).

Logo, vale a desigualdade acima. Adiante, dado x ∈ XN, provaremos que x ∈ f(N). Suponhamos por absurdo queexista x ∈ X − f(N). Existe, pela arquimedianidade de N, n ∈ N tal que

x < n 6 f(n).

Mas, como

x ∈ X −n−1⋃i=1

{f(i)},

terıamos uma contradicao com o fato de que

x < min

(X −

n−1⋃i=1

{f(i)}

).

Portanto, f e sobrejetiva.Provaremos, agora, que se g : N→ X e uma bijecao crescente entao f = g. Devemos ter que

g(1) = min(X) = f(1)

pois, caso contrario, existiria n ∈ N, com n > 1, tal que

g(n) = min(X) < g(1).

Contradizendo o fato de g ser crescente. Usando o passo indutivo,

g(k) = f(k),

para todo k < n+ 1, devemos que ter

g(n+ 1) = min

(X −

n⋃i=1

{g(i)}

)= min

(X −

n⋃i=1

{f(i)}

)= f(n+ 1)

58

pois, caso contrario, existiria p > n+ 1 tal que

g(p) = min

(X −

n⋃i=1

{g(i)}

)< g(n+ 1).

Contradizendo o fato de g ser crescente. E o resultado segue.

59

Exercıcio 2.24:

Prove que todo conjunto infinito se decompoe como reuniao de uma infinidade enumeravel de conjuntos infinitos,dois a dois disjuntos.

Seja C um conjunto infinito.Pelo exercıcio 2.21, existe uma decomposicao

N =⋃i∈N

Xi

na qual os conjuntos Xi sao infitos e dois a dois disjuntos.Se C e enumeravel, existe uma bijecao f : N→ C. Logo,

C =⋃i∈N

f(Xi)

e uma decomposicao na qual os conjuntos f(Xi) sao infitos e dois a dois disjuntos.Se C e nao-enumeravel, existe uma aplicacao injetiva f : N→ C tal que C − f(N) e infinito. Assim,

C = (C − f(N)) ∪⋃i∈N

f(Xi)

e uma decomposicao na qual os conjuntos C − f(N) e f(Xi) sao infitos e dois a dois disjuntos.

60

Exercıcio 2.25:

Seja A um conjunto. Dadas funcoes f, g : A → N, defina a soma f + g : A → N, o produto f · g : A → N, e de osignificado da afirmacao f 6 g. Indicando com ξX a funcao caracterıstica de um subconjunto X ⊂ A, prove:

a) ξX∩Y = ξX · ξY ;

b) ξX∪Y = ξX + ξY − ξX∩Y . Em particular, ξX∪Y = ξX + ξY ⇔ X ∩ Y = ∅;

c) X ⊂ Y ⇔ ξX 6 ξY ;

d) ξA−X = 1− ξX .

Definimosf + g : A → N

a → f(a) + g(a)e

f · g : A → Na → f(a)g(a).

E dizemos que f 6 g se e somente sef(a) 6 g(a)

para todo a ∈ A.a)Seja a ∈ A.Se ξX∩Y (a) = 0, entao a /∈ X∩Y e, consequentemente, a /∈ X ou a /∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX(a) = 0

ou ξY (a) = 0. Logo, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX(a)ξY (a) = 0 = ξX∩Y (a).Se ξX∩Y (a) = 1, entao a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX(a) = 1

e ξY (a) = 1. Logo, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX(a)ξY (a) = 1 = ξX∩Y (a).Como ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX(a)ξY (a) = ξX∩Y (a) em todos os casos. E, como a ∈ A e arbitrario,

temos que ξX · ξY = ξX∩Y .b)Seja a ∈ A.Se ξX∪Y (a) = 0, entao a /∈ X ∪Y e, consequentemente, a /∈ X e a /∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX(a) = 0,

ξY (a) = 0 e ξX∩Y (a) = 0. Logo, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX(a) + ξY (a)− ξX∩Y (a) = 0 = ξX∪Y (a).Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0, entao a ∈ X∪Y −X∩Y = (X−Y )∪(Y −X) e, consequentemente, a ∈ X−Y ou

a ∈ Y −X. Se a ∈ X−Y entao ξX(a) = 1, ξY (a) = 0 e, consequentemente, ξX(a)+ξY (a) = 1. Se a ∈ Y −X entaoξX(a) = 0, ξY (a) = 1 e, consequentemente, ξX(a) + ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam queξX(a) + ξY (a) = 1. Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que ξX(a) + ξY (a)− ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).

Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1, entao a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 1 eξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a) = ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a)+ξY (a) = 2.Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a) + ξY (a)− ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).

Como ξX∪Y (a) = 0 ou 1 e ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX(a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = ξX∪Y (a) em todos oscasos. E, como a ∈ A e arbitrario, temos que ξX + ξY − ξX∩Y = ξX∪Y .

Em particular, temos que X ∩ Y = ∅ e equivalente a ξX∩Y = 0 (i.e. ξX∩Y e a funcao nula) que e equivalente(pelo que foi demonstrado acima) a ξX + ξY = ξX∪Y .

c)Suponhamos que X ⊂ Y . Dado a ∈ A, temos que ξX(a) = 0 ou 1. No primeiro caso, temos imediatamente que

ξX(a) 6 ξY (a) = 0 ou 1. No segundo, temos que a ∈ X ⊂ Y e, consequentemente, ξX(a) = 1 = ξY (a). Em todocaso, ξX(a) 6 ξY (a). Como a ∈ A e arbitrario, concluimos que ξX 6 ξY .

Suponhamos que ξX 6 ξY . Dado x ∈ X, temos que ξX(x) 6 ξY (x) e, consequentemente, ξY (x) = 1. Logo,x ∈ X implica que x ∈ Y . E temos que X ⊂ Y .

d)Seja a ∈ A.Se ξA−X(a) = 0 temos que a /∈ A−X e, consequentemente, a ∈ X. Logo, ξA−X(a) = 0 implica que ξX(a) = 0.

Assim, ξA−X(a) = 0 implica que 1(a)− ξX(a) = 0 = ξA−X(a).Se ξA−X(a) = 1 temos que a ∈ A−X e, consequentemente, a /∈ X. Logo, ξA−X(a) = 1 implica que ξX(a) = 0.

Assim, ξA−X(a) = 1 implica que 1(a)− ξX(a) = 1 = ξA−X(a).Em todos casos, temos que 1(a)− ξX(a) = ξA−X(a). E, como a ∈ A e arbitrario, temos que 1− ξX = ξA−X .

61

Exercıcio 2.26:

Prove que o conjunta das sequencias crescentes (n1 < n2 < n3 < ...) de numeros naturais nao e enumeravel.

Usaremos o argumento da diagonal de Cantor.Suponhamos, por absurdo, que exista um enumeracao a1, a2, a3, ... das sequencias crescentes de numeros naturais

ai, i ∈ N, dadas porai1 < ai2 < ai3 < ...

Temos que a sequencia b, definida indutivamente por

b1 = a1 + 1

ebn+1 = max(bn, an+1) + 1

nao pertence a enumeracao acima. De fato, temos, pela definicao de b, que

aii < bi

e,consequentemente,b 6= ai

para todo i ∈ N.

62

Exercıcio 2.27:

Sejan (N, s) e (N′, s′) dois pares formados, cada um, por um conjunto e uma funcao. Suponhamos que amboscumpram os axiomas de Peano. Prove que existe uma unica bijecao f : N→ N′ tal que f(1) = 1′, f(s(n)) = s′(f(n)).Conclua que:

a) m < n⇔ f(m) < f(n);

b) f(m+ n) = f(m) + f(n);

c) f(m · n) = f(m) · f(n).

Como (N, s) e (N′, s′) satisfazem os axiomas de Peano, devemos ter que a funcao f : N → N fica bem definidapor

f(1) = 1′

ef(s(n)) = s′(f(n))

para todo n ∈ N. De fato, f esta definida em todo N = {1} ∪ s(N) pois esta definida em {1} e s(N). Como se injetiva, segue que f esta bem definida. Em particular, segue que f e a unica funcao N → N′ satisfazendo ascondicoes do enunciado. Temos, tambem, que f e injetiva. De fato, seja

X = {n ∈ N; f(n) /∈ f(N− {n})}.

Temos que 1 ∈ X pois, pela definicao de f ,

f(N− {1}) = f(s(N)) ⊂ s′(N′) = N′ − {1′} = N′ − {f(1)}.

E, se n ∈ X, temos que s(n) ∈ X. De fato, temos que f(s(n)) 6= f(1) = 1′ pois

f(s(n)) = s′(f(n)) ∈ s′(N′) = N′ − {1′}

e, se m 6= n e f(m) 6= f(s(m)), entao temos que

f(n) 6= f(m),

pois n ∈ X, e, consequentemente,

f(s(n)) = s′(f(n)) 6= s′(f(m)) = f(s(m)).

Implicando, pelo PIF, que f(s(n)) /∈ f(N − {s(n)} ou, equivalentemente, s(n) ∈ X. Portanto, pelo PIF, temosque X = N e, da definicao de X, concluımos que f e injetiva. Temos, tambem, que f e sobrejetiva. De fato,1′ = f(1) ∈ f(N) e, se n = f(k) ∈ f(N) temos que

s′(n) = s′(f(k)) = f(s(k)) ∈ f(N).

Assim, pelo PIF, temos que f(N) = N′. Portanto, f e uma bijecao.a)Provaremos primeiro que m < n implica f(m) < f(n). Seja

X = {p ∈ N; f(n+ p) > f(n), ∀n ∈ N}.

Temos que 1 ∈ N pois, dado n ∈ N,

f(n+ 1) = f(s(n)) = s′(f(n)) > f(n).

Supondo que p ∈ X, temos, para qualquer n ∈ N, que

f(n+ s(p)) = f(s(n) + p) > f(s(n)) = s′(f(n)) > f(n).

63

Logo, p ∈ X implica que s(p) ∈ X. Assim, concluımos, pelo PIF, X = N. Portanto, se m < n, temos, para p ∈ Ntal que n = m+ p, que

f(m) < f(m+ p) = f(n).

Agora, provaremos que f(m) < f(n) implica que m < n. Seja

X = {p ∈ N′; f(n) = f(m) + p implica m < n}.

Temos que 1′ ∈ X. De fato,f(n) = f(m) + 1′

implica quef(n) = s′(f(m)) = f(s(m))

e, consequentemente,n = s(m) > m.

Supondo que p ∈ X, temos quef(n) = f(m) + s′(p)

implica quef(n) = s′(f(m)) + p = f(s(m)) + p

e, consequentemente,n > s(m) > m.

Logo, p ∈ X implica que s′(p) ∈ X. Assim, concluımos que X = N′. Portanto, se f(m) < f(n), temos, para p ∈ N′tal que f(n) = f(m) + p, 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.Comecamos mostrando que 1 ∈ X. Temos que

f(1 + 1) = f(s(1)) = s′(f(1)) = f(1) + 1′ = f(1) + f(1).

E, sef(1 +m) = f(1) + f(m),

temos quef(1 + s(m)) = f(s(s(m))) = s′(f(s(m))) = 1′ + f(s(m)) = f(1) + f(s(m)).

Logo, pelo PIF, temos que f(1 +m) = f(1) + f(m) para todo m ∈ N. Ou seja, 1 ∈ X.Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que

f(s(n) + 1) = f(s(s(n))) = s′(f(s(n))) = f(s(n)) + 1′ = f(s(n)) + f(1).

Adiante, sef(s(n) +m) = f(s(n)) + f(m),

temos quef(s(n) + s(m)) = f(s(s(n) +m))

= s′(f(s(n) +m))= f(s(n) +m) + 1′

= f(s(n)) + f(m) + 1′

= f(s(n)) + f(1) + f(m)= f(s(n)) + f(1 +m)= f(s(n)) + f(s(m)).

Assim, concluımos, pelo PIF, que f(s(n) + m) = f(s(n)) + f(m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica ques(n) ∈ X.

Portanto, concluımos, pelo PIF, que X = N.

64

c)Seja

X = {n ∈ N; f(n ·m) = f(n) · f(m), ∀m ∈ N}.

Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.Comecamos mostrando que 1 ∈ X. De fato, dado m ∈ N, temos que

f(1 ·m) = f(m) = 1′ · f(m) = f(1) · f(m).

Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que

f(s(n) · 1) = f(s(n)) = f(s(n)) · 1′ = f(s(n)) · f(1)

Adiante, sef(s(n) ·m) = f(s(n)) · f(m),

temos quef(s(n) · s(m)) = f(s(n) ·m+ s(n) · 1)

= f(s(n) ·m) + f(s(n) · 1)= f(s(n) · f(m) + f(s(n)) · 1′= f(s(n)) · (f(m) + 1′)= f(s(n)) · s′(f(m))= f(s(n)) · f(s(m)).

Assim, concluımos, pelo PIF, que f(s(n)·m) = f(s(n))·f(m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que s(n) ∈ X.Portanto, concluımos, pelo PIF, que X = N.

65

Exercıcio 2.28:

Dada uma sequencia de conjuntosA1, A2, ...,An, ..., considere os conjuntos lim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) e lim infAn =∪∞n=1(∩∞i=nAi).

a) Prove que lim supAn e o conjunto dos elementos que pertencem a An para uma infinidade de valores de n e quelim infAn e o conjunto dos elementos que que pertencem a todo An salvo para um numero finito de valoresde n.

b) Conclua que lim infAn ⊂ lim supAn;

c) Mostre que se An ⊂ An+1 para todo n entao lim infAn = lim supAn = ∪∞n=1An;

d) Por outro lado, se An ⊃ An+1 para todo n entao lim infAn = lim supAn = ∩∞n=1An;

e) De exemplo de uma sequencia (An) tal que lim supAn = lim infAn;

f) De exemplo de uma sequencia para a qual os dois limites coincidem mas Am 6⊂ An para todos m 6= n.

a)Sejam

X := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n}

eY := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.

Dado a ∈ X, temos que{i ∈ N | a ∈ Ai}

e ilimitado. Sendo assim, dado n ∈ N, existe i ∈ N tal que n < i e a ∈ Ai. Isso implica que

a ∈ ∪∞i=nAi

para todo n ∈ N. Portanto,a ∈ ∩∞n=1(∪∞i=nAi) = lim supAn.

E, como a e um elemento arbitrario de X, temos que X ⊂ lim supAn.Seja a ∈ lim supAn. Temos que

a ∈ ∪∞i=nAipara todo n ∈ N. Segue daı que

I := {i ∈ N | a ∈ Ai}

e infinito, pois, caso contrario, existiria n ∈ N tal que n > i para todo i ∈ I e, consequentemente, terıamos quea 6∈ ∪∞i=nAi. Portanto, a ∈ X. E, como a e um elemento arbitrario de lim supAn, temos que X ⊃ lim supAn.

Dado a ∈ Y , temos queI := {i ∈ N | a ∈ Ai} = N− J,

para alum J ⊂ N finito. E, como J e finito e, consequentemente, limitado, existe k ∈ N tal que i > k implicai 6∈ J . Logo, para todo i > k, temos que i ∈ I e, consequentemente,

a ∈ ∩∞i=kAi.

Assim, como ∩∞i=kAi ⊂ ∪∞n=1(∩∞i=nAi), temos que

a ∈ ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = lim infAn.

Como a e um elemento arbitrario de Y , concluımos daı que Y ⊂ lim infAn.Seja a ∈ lim infAn. Temos que existe k ∈ N tal que

a ∈ ∩∞i=kAi.

Isso implica que o conjuntoI := {i ∈ N | a ∈ Ai}

66

e tal queN− I ⊂ {1, ..., k − 1}.

Logo, a ∈ Y . Como a e um elemento arbitrario de lim infAn, temos que Y ⊃ lim infAn.b)Pelo ıtem anterior, temos que

lim supAn := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n}

elim infAn := {a ∈ ∪∞n=1An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.

Assim, segue quelim infAn ⊂ lim supAn.

c)Como

∪∞i=nAi ⊂ ∪∞i=1Ai

para todo n ∈ N, temos, imediatamente que

lim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) ⊂ ∪∞n=1An.

Por outro lado, dado a ∈ ∪∞n=1An, temos que a ∈ Ak para algum k ∈ N. Por inducao em p ∈ N, prova-se que

Ak ⊂ Ak+p

para todo p ∈ N. Portanto,

a ∈ Ak ⊂ ∩∞p=0Ak+p = ∩∞i=kAi ⊂ ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = lim infAn.

Assim, a ∈ lim infAn e, como a e um elemento arbitrario de ∪∞n=1An, concluimos que ∪∞n=1An ⊂ lim infAn.Concluımos, entao, do ıtem b) e do que foi discutido acima, que

∪∞n=1An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∪∞n=1An.

Logo, temos quelim infAn = lim supAn = ∪∞n=1An.

d)Temos imediatamente que

∩∞n=1An = ∩∞i=1Ai ⊂ ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = lim infAn.

Seja a ∈ lim supAn. Por inducao em p, temos que

Ak ⊂ Ak+p,

para todo k e p ∈ N. Assim,Ak ⊃ ∪∞p=0Ak+p = ∪∞i=kAi.

E, temos que a ∈ Ak, para todo k ∈ N, pois

a ∈ lim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) ⊂ ∪∞i=kAi ⊂ Ak.

Ou seja, a ∈ ∩∞n=1An. Como a e um elemento arbitrario de lim supAn, temos que lim supAn ⊂ ∩∞n=1An.Concluımos, entao, do ıtem b) e do que foi discutido acima, que

∩∞n=1An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∩∞n=1An.

Logo, temos quelim infAn = lim supAn = ∩∞n=1An.

e)

67

DefinindoA2k−1 := {1}

eA2k := ∅,

para todo k ∈ N, temos quelim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) = ∩∞n=1{1} = {1}

elim infAn = ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = ∪∞n=1∅ = ∅.

f)Definindo

An := {n},

temos queAn 6⊂ Am,

para todos n 6= m,lim supAn = ∩∞n=1(∪∞i=nAi) = ∩∞n=1{k ∈ N | k > n} = ∅

elim infAn = ∪∞n=1(∩∞i=nAi) = ∪∞n=1∅ = ∅.

68

Exercıcio 2.29:

(Teorema de Bernstein-Schroeder) Dados conjuntos A e B, suponha que existam funcoes injetivas f : A → B eg : B → A. Prove que existe uma bijecao h : A→ B.

Solucao 1:

Seja C := g(B) ⊂ A. Mostraremos que existe uma bijeccao H : A→ C. Assim, como g : B → C e uma bijecao,temos que h := g−1 ◦H : A→ B e uma bijecao.

Como f : A→ B e g : B → C sao funcoes injetivas, temos que F := g ◦ f : A→ C e uma funcao injetiva. Logo,F (X − Y ) = F (X)− F (Y ), para todos X e Y ⊂ A.

Definimos A1 := A e C1 := C. E, pelo princıpio da definicao recursiva, podemos definir

An := F (An−1)

eCn := F (Cn−1)

para todo n > 1.Desta forma, dado x ∈ A, temos que x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, ou x ∈ C (pois x /∈ A1 − C1 = A− C

implica que x ∈ C). Entao, a funcao H : A→ C dada por

H(x) =

{F (x) se x ∈ An − Cn para algum n ∈ Z+;x caso contrario,

para todo x ∈ A, e bem definida.Sejam x e y ∈ A tais que H(x) = H(y). Se x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, entao y ∈ Ak − Ck, para algum

k ∈ Z+. De fato, se y /∈ Ak −Bk, para todo k ∈ Z+, entao

y = H(y) = H(x) = F (x) ∈ F (An −Bn) = F (An)− F (Bn) = An+1 −Bn+1

(pois F e injetivo). Uma contradicao. Assim, se x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, entao

F (x) = H(x) = H(y) = F (y)

e, consequentemente, x = y. Alem disso, se x /∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, entao, como no caso anterior, temosque y /∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, e, consequentemente,

x = H(x) = H(y) = y.

Logo, em todo caso, x = y. Portanto, podemos concluir que H e injetivo.Seja x ∈ C. Se x ∈ An − Cn = F (An−1)− F (Cn−1) = F (An−1 − Cn−1), para algum n > 1, temos que

x = F (y) = H(y)

para algum y ∈ An−1 − Cn−1. Por outro lado, se x /∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, Temos que

x = h(x).

Logo, podemos concluir que H e sobrejetiva.Portanto, temos que H : A→ C e uma bijecao. E o resultado segue.

Solucao 2:

A grosso modo analizaremos as quantidades de elmentos das sequencias das formas

x, g−1(x), f−1 ◦ g−1(x), g−1 ◦ f−1 ◦ g−1(x), ...,

x ∈ A, ey, f−1(y), g−1 ◦ f−1(y), f−1 ◦ g−1 ◦ f−1(y), ...,

69

y ∈ B. Daı particionaremos A e B de modo a obter uma funcao entre A e B cuja bijetividade e herdada dainjetividade de f e g.

SejamAI = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f)−k(x) 6= ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = ∅},

AP = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) 6= ∅ e (g ◦ f)−(k+1)(x) = ∅},

A∞ = {x ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (g ◦ f)−k(x) 6= ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) 6= ∅},

BI = {y ∈ B; existe k ∈ Z>0 tal que (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) = ∅},

BP = {y ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e (f ◦ g)−(k+1)(x) = ∅}

eB∞ = {y ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅}.

Segue queA = AI ∪AP ∪A∞

eB = BI ∪BP ∪B∞.

Agora, provaremos tres detalhes tecnicos sobre f e g:

(I) f(AI) = BP

y ∈ BP ⇐⇒ ∃k ∈ Z>0 tal que f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ 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) 6= ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = (f ◦ g)−(k+1) = ∅⇐⇒ ∃x ∈ AI tal que f(x) = y⇐⇒ y ∈ f(AI).

(II) g(BI) = AP

Prova-se de modo analogo a prova de (I).

(III) f(A∞) = B∞

y ∈ B∞ ⇐⇒ ∀k ∈ Z>0 vale f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e (f ◦ g)k(x) 6= ∅⇐⇒ f−1 = {x} onde

∀k ∈ Z>0 vale (g ◦ f)−k(x) = f−1 ◦ (f ◦ g)−k(y) 6= ∅ e g−1 ◦ (g ◦ f)−k(x) = (f ◦ g)−k 6= ∅⇐⇒ ∃x ∈ A∞ tal que f(x) = y⇐⇒ y ∈ f(A∞).

Agora, segue de A = AI ∪AP ∪A∞ e de (II), que a funcao

H : A → Bx ∈ AI → f(x) ∈ BPx ∈ AP → y ∈ BI , tal que g(y) = xx ∈ A∞ → f(x) ∈ B∞.

e bem definida e, da injetividade de f e g e de (I)-(III), que esta e uma bijecao.

70

Capıtulo 3

Numeros Reais

71

Exercıcio 3.01:

Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:

(1)a

b+c

d=ad+ bc

bd;

(2)a

b· cd

=a · cb · d

.

(1)

Temos quea

b= b−1a = b−1d−1da = (bd)−1(ad) =

ad

bd

e, analogamente,c

d=bc

bd.

Assim,a

b+c

d=

ad

bd+bc

bd= (bd)−1(ad) + (bd)−1(bc)= (bd)−1(ad+ bc)

=ad+ bc

bd.

(2)

Temos quea

b· cd

= (b−1a) · (d−1c) = acb−1d−1 = (bd)−1(ac) =a · cb · d

.

72

Exercıcio 3.02:

Dado a 6= 0 em um corpo K, poe-se, por definicao, a0 = 1 e, se n ∈ Z+, a−n = 1an ou seja, a−n = (an)−1. Prove:

(1) am · an = am+n;

(2) (am)n = amn sejam quais forem m e n ∈ Z.

Lembremos que as potencias de a sao definidas indutivamente pelas igualdades

a1 := a

ean+1 := an · a.

(1)

Primeiramente, provaremos que, para todo m ∈ Z, vale a igualdade

am · a = am+1. (3.1)

Para m = 0,a0 · a = 1 · a = a1 = a0+1.

E, para m ∈ Z+, a igualdade am · a = am+1 segue da definicao.Logo, resta mostrarmos, por inducao em k ∈ Z+, que

a−k · a = a−k+1.

Para k = 1, temos quea−1 · a = 1 = a0 = a−1+1.

E, supondo que a−k · a = a−k+1 para algum k ∈ Z+, temos que

a−(k+1) · a = (ak+1)−1 · a = (ak · a)−1 = a−k · a−1 · a = a−k = a−(k+1)+1.

Logo, pelo PIF, a−k · a = a−k+1, para todo k ∈ Z+.Portanto, temos a equacao (3.1).Nosso proximo passo sera provar, por inducao em n ∈ Z+, que

am · an = am+n, (3.2)

para todo m ∈ Z.Para n = 1, a igualdade (3.2) e simililar a igualdade (3.1). E, supondo que am · an = am+n para algum n ∈ Z+,

temos, novamente por (3.1), queam · an+1 = am · an · a

= am+n · a= a(m+n)+1

= am+(n+1).

Portanto, temos a equacao (3.2).Para qualquer m ∈ Z,

am · a0 = am+0 (3.3)

ja que a0 = 1.Por fim, para todo n ∈ Z−,

(am · an)−1 = (am)−1(an)−1

= a−m · a−n= a−m−n

= (am+n)−1,

73

e, consequentemente,am · an = am+n. (3.4)

Portanto, por (3.2), (3.3) e (3.4), temos que

am · an = am+n,

para todos m e n ∈ Z.

(2)

Primeiramente, provaremos, por inducao em n ∈ Z+, que

(am)n = amn, (3.5)

para todo m ∈ Z.Para n = 1, a equacao (3.5) se verifica trivialmente. Suponhamos que, para algum n ∈ Z+, a igualdade

(am)n = amn

seja valida para todo m ∈ Z. Desta forma,

(am)n+1 = (am)n · am= amnam

= amn+m

= am(n+1).

Portanto, a igualdade (3.5) e valida.Com isso, para todo m ∈ Z e n ∈ Z−,

((am)n)−1 = (am)−n

= am(−n)

= a−mn

= (amn)−1

e, consequentemente,(am)n = amn.

Por fim,(am)0 = 1 = am0

e, desta forma, concluımos que(am)n = amn,

para todo m e n ∈ Z.

74

Exercıcio 3.03:

Sex1

y1=x2

y2= · · · = xn

yn

num corpo K, prove que, dados a1, a2, . . . , an ∈ K tais que

a1y1 + a2y2 + · · ·+ anyn 6= 0,

tem-sea1x1 + a2x2 + · · ·+ anxna1y1 + a2y2 + . . . anyn

=x1

y1.

Seja

p :=x1

y1=x2

y2= · · · = xn

yn.

Desta forma, devemos ter quexi = pyi,

para todo i = 1, . . . , n. Logo,

a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = a1py1 + a2py2 + · · ·+ anpyn = p(a1y1 + a2y2 + · · ·+ anyn).

Portanto, como a1y1 + a2y2 + · · ·+ anyn 6= 0, devemos ter que

a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxna1y1 + a2y2 + . . . anyn

= p =x1

y1.

75

Exercıcio 3.04:

Sejam K e L corpos. Uma funcao f : K → L chama-se um homomorfismo quando se tem

f(x+ y) = f(x) + f(y)

ef(x · y) = f(x) · f(y),

quaisquer que sejam x e y ∈ K.

i) Dado um homomorfismo f : K → L, prove que f(0) = 0.

ii) Prove tambem que, ou f(x) = 0 para todo x ∈ K, ou entao f(1) = 1 e f e injetivo.

(i)

Temos quef(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0).

Assim, pela Lei do Corte, devemos ter quef(0) = 0.

(ii)

Suponhamos que f : K → L nao seja um homomorfismo nao identicamente nulo. Provaremos que f(1) = 1 eque f e injetor.

Como f nao e uma funcao identicamente nula, existe x ∈ K tal que f(x) 6= 0. Desta forma,

f(1) · f(x) = f(1 · x) = f(x) = 1 · f(x)

implica, pela Lei do Corte, quef(1) = 1.

Mostraremos, agora, que f(x) 6= 0 para todo x ∈ K\{0}. Dado x ∈ K\{0},

f(x) · f(x−1) = f(x · x−1) = f(1) = 1.

Assim, se x ∈ K\{0}, devemos ter que f(x) possui inverso multiplicativo e, portanto, e diferente de zero.Por fim, dados x e y ∈ K com x 6= y, temos que

x− y 6= 0

e, consequentemenete,f(x)− f(y) = f(x− y) 6= 0.

Logo, se x e y ∈ K com x 6= y entaof(x) 6= f(y).

76

Exercıcio 3.05:

Seja f : Q→ Q um homomorfismo. Prove que, ou f(x) = 0 para todo x ∈ Q ou entao f(x) = x para todo x ∈ Q.

Suponhamos que o homomorfismo f : Q→ Q nao seja a funcao nula. Provaremos que f e a funcao identidade.Como f nao e a funcao nula, segue, do Exercıcio 3.4, temos que f e uma funcao injetiva tal que f(0) = 0,

f(1) = 1.Primeiramente, provaremos, por inducao em n ∈ Z+, que

f(n) = n.

Pelo que foi dito acima, a igualdade e valida para n = 1. Supondo que f(n) = n, para algum n ∈ Z+, temos que

f(n+ 1) = f(n) + f(1) = n+ 1.

Logo, pelo Princıpio da Inducao Finita, a identidade f(n) = n e valida para todo n ∈ Z+.Dado n ∈ Z+, temos que

n+ f(−n) = f(n) + f(−n) = f(n− n) = f(0) = 0

e, consequentemente,f(−n) = −n.

Com isso, concluimos quef(n) = n,

para todo n ∈ Z.Para m ∈ Z+, temos que

f

(1

m

)·m = f

(1

m

)· f(m) = f

(1

m·m)

= f(1) = 1

e, consequentemente,

f

(1

m

)=

1

m.

Por fim, para todo n/m ∈ Q, com n ∈ Z e m ∈ Z+, temos que

f( nm

)= f

(n · 1

m

)= f(n) · f

(1

m

)= n · 1

m=

n

m.

Portanto, f e a funcao identidade.

77

Exercıcio 3.08:

Seja K um conjunto onde sao validos todos os axiomas de corpo, salvo a existencia de inverso multiplicativo.

i) Dado a 6= 0 em K, prove que a funcao f : K → K, definida por f(x) = ax, e uma bijecao se, e somente se, apossui inverso.

ii) Mostre que f e injetiva se, e somente se, vale a lei do corte para a.

iii) Conclua que, se K e finito, a lei do corte e equivalente a existencia de inverso para cada elemento nao nulode K.

(i)

Seja a ∈ K\{0} e f : K → K a funcao dada por f(x) = ax, para cada x ∈ K.Suponhamos que f e bijetiva. Desta forma, existe x ∈ K tal que f(x) = 1. Ou seja, existe x ∈ X, tal que

ax = f(x) = 1.

Logo, a possui um inverso.Consideremos, agora, que existe a−1 ∈ K. Se x e y ∈ K sao tais que f(x) = f(y) entao

x = (a−1a)x = a−1(ax) = a−1f(x) = a−1f(y) = a−1(ay) = (a−1a)y = y.

E, dado x ∈ K,x = (aa−1)x = a(a−1x) = f(a−1x).

Portanto, f e bijetiva.

(ii)

Seja a ∈ K\{0} e f : K → K a funcao dada por f(x) = ax, para cada x ∈ K.A lei do corte para a e: se ax = ay para x e y ∈ K entao x = y.Suponhamos que valha a lei do corte para a. Se x e y ∈ K sao tais que f(x) = f(y) entao

ax = f(x) = f(y) = ay

e, pela lei do corte para a,x = y.

Logo, f e injetivo.Por outro lado, se f e injetivo, dados x e y ∈ K tais que ax = ay, devemos ter que

f(x) = ax = ay = f(y)

e, pela injetividade de f ,x = y.

Logo, vale a lei do corte para a se f for injetivo.

(iii)

Consideremos que K seja finito.Para cada a ∈ K, seja fa : K → K a funcao dada por fa(x) = ax, para cada x ∈ K.Suponhamos que valha a lei do corte em K e que a ∈ K\{0}. Pelo item (ii), temos que fa e injetiva. Sendo

fa : K → K injetiva e K um conjunto finito, a funcao fa tem de ser bijetiva (Exercıcio 2.10). Assim, pelo item (i),devemos ter que a possui um inverso em K.

Portanto, se vale a lei do corte em K, todo elemento de K\{0} possui inverso multiplicativo.Se, por outro lado, cada elemento de K\{0} possuir inverso multiplicativo devemos ter que dados a ∈ K\{0} e

x, y ∈ K tais que ax = ay entaox = a−1ax = a−1ay = y.

Ou seja, vale a lei do corte em K.

78

Exercıcio 3.09:

Explique por que as operacoes usuais nao tornam corpos o conjunto Z dos inteiros nem o conjunto Q[t] dospolinomios de coeficientes racionais.

Os conjuntos Z e Q[t], munidos das operacoes usuais, nao sao corpos pois nem todos os seus elementos possueminverso multiplicativo. Mostraremos que existem elementos a ∈ K = Z e Q[t] tais que a aplicacao f : K → K,dada por f(x) = ax, para x ∈ K, nao e uma sobrejecao. Logo, pelo item (i) do Exercıcio 3.8, devemos ter que taiselementos a ∈ K nao possuem inverso multiplicativo.

Sejam K = Q[t] e a = t. Temos que todo polinomio p ∈ f(Q[t]) tem zero como raız. Logo, f(Q[t]) 6= Q[t].Sejam K e a = 2. Todo numero n ∈ f(Z) e par. Logo, f(Z) 6= Z.

79

Exercıcio 3.10:

Propriedade 1. Dados x, y ∈ R, x2 + y2 = 0 ⇔ x = y = 0.

Demonstracao. ⇒).Suponha que x 6= 0, entao x2 > 0 e y2 ≥ 0 de onde segue que x2 + y2 > 0 , absurdo entao devevaler x2 = 0⇒ x = 0 logo temos tambem y2 = 0⇒ y = 0, portanto x = y = 0.⇐). Basta substituir x = y = 0 resultando em 0.

80

Exercıcio 3.11:

Exemplo 1. A funcao f : K+ → K+ com f(x) = xn, n ∈ N e crescente. Sejam x > y > 0 entao xn > yn poisxn =

∏nk=1 x >

∏nk=1 y = yn, por propriedade de multiplicacao de positivos. Se f : Q+ → Q+, Q+ o conjunto dos

racionais positivos, entao f nao e sobrejetiva para n = 2, pois nao existe x ∈ Q tal que x2 = 2 ∈ Q+.f(K+) nao e um conjunto limitado superiormente de K, isto e, dado qualquer x ∈ K existe y ∈ K+ tal que

yn > x. O limitante superior do conjunto, se existisse, nao poderia ser um numero negativou ou zero, pois paratodo y positivo tem-se yn positivo, que e maior que 0 ou qualquer numero negativo. Suponha que x positivo seja,tomando y = x+ 1 temos yn = (x+ 1)n ≥ 1 + nx > x, logo f(K+) nao e limitado superiormente.

81

Exercıcio 3.12:

Propriedade 2. Sejam X um conjunto qualquer e K um corpo, entao o conjunto F (X,K) munido de adicao emultiplicacao de funcoes e um anel comutativo com unidade, nao existindo inverso para todo elemento. Lembrandoque em um anel comutativo com unidade temos as propriedades, associativa, comutativa, elemento neutro e ex-istencia de inverso aditivo, para adicao. valendo tambem a comutatividade, associatividade, existencia de unidade1 para o produto e distributividade que relaciona as duas operacoes.

Demonstracao. • Vale a associatividade da adicao

((f + g) + h)(x) = (f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) = (f + (g + h))(x)

• Existe elemento neutro da adicao 0 ∈ K e a funcao constante 0(x) = 0 ∀ x ∈ K, daı

(g + 0)(x) = g(x) + 0(x) = g(x).

• Comutatividade da adicao

(f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x)

• Existe a funcao simetrica, dado g(x), temos f com f(x) = −g(x) e daı

(g + f)(x) = g(x)− g(x) = 0.

• Vale a associatividade da multiplicacao

(f(x).g(x)).h(x) = f(x).(g(x).h(x))

• Existe elemento neutro da multiplicacao 1 ∈ K e a funcao constante I(x) = 1 ∀ x ∈ K, daı

(g.I)(x) = g(x).1 = g(x).

• Comutatividade da multiplicacao

(f.g)(x) = f(x)g(x) = g(x)f(x) = (g.f)(x)

Por ultimo vale a distributividade (f(g + h))(x) = f(x)(g(x) + h(x)) = f(x)g(x) + f(x)h(x) = (f.g + f.h)(x).Nao temos inverso multiplicativo para toda funcao, pois dada uma funcao, tal que f(1) = 0 e f(x) = 1 para

todo x 6= 1 em K, nao existe funcao g tal que g(1)f(1) = 1, pois f(1) = 0, assim o produto de f por nenhumaoutra funcao gera a identidade.

82

Exercıcio 3.13:

Propriedade 3. Sejam x, y > 0 . x < y ⇔ x−1 > y−1.

Demonstracao. ⇒). Como y > x e x−1 e y−1 sao positivos, multiplicamos a desigualdade por x−1y−1 em amboslados x−1y−1y > x−1y−1x implicando x−1 > y−1, entao se y > x temos 1

x >1y .

⇐). Se x−1 > y−1 . x, y sao positivos, multiplicamos a desigualdade por xy em ambos lados, de onde segue quey > x.

83

Exercıcio 3.14:

Propriedade 4. Sejam a > 0 em K e f : Z → K com f(n) = an. Nessas condicoes f e crescente se a > 1,decrescente se a < 1 e constante se a = 1.

Demonstracao. Para qualquer n ∈ Z vale f(n + 1) − f(n) = an+1 − an = an(a − 1), an e sempre positivo, entaoo sinal da diferenca depende do sinal de a − 1. Se a = 1 vale f(n + 1) = f(n) ∀ n ∈ Z logo f e constante, sea− 1 < 0, a < 1 entao f(n+ 1)− f(n) < 0, f(n+ 1) < f(n), f e decrescente e finalmente se a− 1 > 0, a > 1 entaof(n+ 1) > f(n) e a funcao e crescente.

Perceba que as propriedades citadas valem para todo n ∈ Z, por exemplo no caso de a > 1 temos

· · · < f(−4) < f(−3) < f(−2) < f(−1) < f(0) < f(1) < f(2) < f(3) < · · · < f(n) < f(n+ 1) < · · ·

analogamente para os outros casos.

84

Exercıcio 3.15:

Exemplo 2. Para todo x 6= 0 real, prove que (1 + x)2n > 1 + 2nx.Se x > −1 tomamos a desigualdade de bernoulli com 2n no expoente. Se x < −1 vale 1 +x < 0 porem elevando

a uma potencia par resulta num numero positivo, por outro lado 2nx < −2n logo 1 + 2nx < 1 − 2n < 0 entao(1 + x)2n e positivo e 1 + 2nx e negativo, logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx .

85

Exercıcio 3.16:

Exemplo 3. Se n ∈ N e x < 1 entao (1 − x)n ≥ 1 − nx, pois de x < 1 segue que −x > −1 e daı aplicamos adesigualdade de Bernoulli (1 + y)n ≥ 1 + ny com y = −x.

86

Exercıcio 3.17:

Corolario 1. Se a e a+ x sao positivos, entao vale

(a+ x)n ≥ an + nan−1x.

Pois a+xa = (1+ x

a ) > 0 entao podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli (1+y)n ≥ 1+ny com y = xa , resultando

em

(a+ x)n ≥ an + nan−1x.

Se a 6= 0, arbitrario em R, podendo agora ser negativo, substituımos y = xa em (1 + x)2n > 1 + 2nx. chegando

na desigualdade(a+ x)2n > a2n + a2n−12nx.

Se vale xa < 1 entao da desigualdade (1− y)n ≥ 1− ny, novamente tomamos y = x

a de onde segue

(a− x)n ≥ an − an−1nx.

87

Exercıcio 3.18:

Propriedade 5. Sejam sequencias (ak) , (bk) em um corpo ordenado K onde cada bk e positivo, sendo a1b1

omınimo e an

bno maximo dos termos da sequencia de termo ak

bkentao vale

a1

b1≤

n∑k=1

ak

n∑k=1

bk

≤ anbn.

Demonstracao. Para todo k vale a1b1≤ ak

bk≤ an

bn⇒ bk

a1b1≤ ak ≤ bk

anbn

pois bk > 0, aplicamos a soma∑nk=1 em

ambos lados, de onde seguen∑k=1

bka1

b1≤

n∑k=1

ak ≤n∑k=1

bkanbn

dividindo por∑nk=1 bk que e positivo, temos finalmente

a1

b1≤

n∑k=1

ak

n∑k=1

bk

≤ anbn.

88

Exercıcio 3.19:

Propriedade 6 (Multiplicatividade).|a||b| = |a.b|

para a e b reais quaisquer.

Demonstracao. Vale que |x.y|2 = (x.y)2 = x2y2 e (|x||y|)2 = |x|2|y|2 = x2.y2 os quadrados desses numeros saoiguais e eles sao nao negativos, entao segue que |x.y| = |x||y|.

2. |a.b| =√

(a.b)2 =√a2.b2 =

√a2.√b2 = |a||b|.

Propriedade 7. Se x 6= 0 entao | 1x | =1|x| .

Demonstracao. Vale |x|| 1x | = |xx | = 1 daı | 1x | e inverso de |x|, sendo 1

|x| .

Corolario 2 (Preserva divisao).

|xy| = |x||y|.

89

Exercıcio 3.20:

Propriedade 8.n∏k=1

|ak| = |n∏k=1

ak|

Demonstracao. Por inducao, para n = 1 vale, supondo para n numeros

n∏k=1

|ak| = |n∏k=1

ak|

vamos provar para n+ 1n+1∏k=1

|ak| = |n+1∏k=1

ak|

temosn+1∏k=1

|ak| =n∏k=1

|ak|.|an+1| = |n∏k=1

ak||an+1| = |n∏k=1

akan+1| = |n+1∏k=1

ak| .

Propriedade 9 (Desigualdade triangular generalizada). Sejam g(k) definida para k inteiro ,a, b ∈ Z, entao vale

|b∑

k=a

g(k)| ≤b∑

k=a

|g(k)|.

Demonstracao. Para cada k vale−|g(k)| ≤ g(k) ≤ |g(k)|

aplicando o somatorio em ambos lados segue

−b∑

k=a

|g(k)| ≤b∑

k=a

g(k) ≤b∑

k=a

|g(k)|

que implica

|b∑

k=a

g(k)| ≤ |b∑

k=a

|g(k)|| =b∑

k=a

|g(k)|

pois os termos |g(k)| somados sao nao negativos ,logo a soma desses termos e nao-negativa e o modulo da soma eigual a soma.

Propriedade 10. A identidade que provamos acima vale para numeros reais, vamos provar agora por inducao quese vale |z + w| ≤ |z|+ |w| para quaisquer z, w entao vale

|n∑k=1

zk| ≤n∑k=1

|zk|

de maneira que possa ser usada para numeros complexos , normas e outras estruturas que satisfazem a desigualdadetriangular.

2. Por inducao sobre n, para n = 1 tem-se

|1∑k=1

zk| = |z1| ≤1∑k=1

|zk| = |z1|

90

logo vale. Supondo a validade para n

|n∑k=1

zk| ≤n∑k=1

|zk|

vamos provar para n+ 1

|n+1∑k=1

zk| ≤n+1∑k=1

|zk|.

Da hipotese da inducao somamos |zn+1| em ambos lados, logo

|n+1∑k=1

zk| = |zn+1 +

n∑k=1

zk| ≤ |zn+1|+ |n∑k=1

zk| ≤n+1∑k=1

|zk|

Vejamos outras1 demonstracoes da desigualdade triangular

1Essas demonstracoes aprendi com Pedro Kenzo, obrigado por compartilhar as solucoes.

91

Exercıcio 3.22:

Vamos resolver um caso mais geral do problema.

Definicao 1 (Mediana). Dada uma sequencia finita (yk)n1 seus termos podem ser rearranjados para forma uma

sequencia nao-decrescente (xk)n1 . A mediana X e definida da seguinte maneira

• Se n e ımpar X = xn+12

.

• Se n e par X =xn

2+1+xn

2

2 .

Exemplo 4. Seja (xk)n1 uma sequencia crescente f : R→ R com f(x) =∑nk=1 |x− xk|. Se x < x1 entao

f(x) = −nx+

n∑k=1

xk

logo f e decrescente para x < x1. Tomando x > xn

f(x) = nx−n∑k=1

xk

logo f e crescente para x > xn.Seja agora x ∈ [xt, xt+1), t variando de 1 ate n− 1

f(x) =

t∑k=1

(x− xk)−n∑

k=t+1

(x− xk) = (2t− n)x+

t∑k=1

xk −n∑

k=t+1

xk

portanto a funcao e decrescente se t < n2 e crescente se t > n

2 , de t = 1 ate t = bn2 c em cada intervalo [xt, xt+1) afuncao e decrescente, sendo bn2 c segmentos decrescentes, de t = bn2 c + 1 ate n − 1, temos n − 1 − bn2 c segmentoscrescentes.

• Se n e ımpar f e decrescente em [xbn2 c, xbn2 c+1) e crescente em [xbn2 c+1, xbn2 c+2) logo o ponto xbn2 c+1 = xn+1

2

e o unico ponto de mınimo.

• Se n e par a funcao e constante em [xn2, xn

2 +1), todos os pontos desse intervalo sao pontos de mınimo. Em

especial o pontoxn

2+xn

2+1

2 e ponto de mınimo.

Concluımos que um ponto de mınimo acontece sempre na mediana da sequencia.

Exemplo 5. Achar o mınimo da funcao f(x) =∑nk=1 |x− k| para n ımpar e para n par.

Trocando n por 2n temos que o mınimo acontece no ponto x 2n2

= xn = n, substituımos entao tal valor na funcao

2n∑k=1

|n− k| =n∑k=1

|n− k|+2n∑

k=n+1

|n− k| =n∑k=1

(n− k) +

2n∑k=n+1

(−n+ k) =

=

n∑k=1

(n− k) +

n∑k=1

(k) =

n∑k=1

n = n.n = n2.

portanto o mınimo de∑2nk=1 |x− k| e n2.

• min{|x− 1|+ |x− 2|} = 1

• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|} = 4

• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|} = 9

• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|+ |x− 7|+ |x− 8|} = 16.

92

Agora para n ımpar, trocamos n por 2n + 1 o mınimo acontece no ponto x (2n+1)+12

= xn+1 = n + 1, aplicando na

funcao temos

2n+1∑k=1

|n+ 1− k| =n+1∑k=1

|n+ 1− k|+2n+1∑k=n+2

|n+ 1− k| =n+1∑k=1

(n+ 1− k) +

2n+1∑k=n+2

−(n+ 1) + k =

=

n∑k=1

(n+ 1− k) +

n∑k=1

k =

n∑k=1

(n+ 1) = n(n+ 1).

• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|} = 2

• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|} = 6

• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|+ |x− 7|} = 12

• min{|x− 1|+ |x− 2|+ |x− 3|+ |x− 4|+ |x− 5|+ |x− 6|+ |x− 7|+ |x− 8|+ |x− 9|} = 20.

93

Exercıcio 3.23:

Propriedade 11. |a− b| < ε⇒ |a| < |b|+ ε.

Demonstracao. Partindo da desigualdade |a− b| < ε, somamos |b| a ambos lados

|a− b|+ |b| < ε+ |b|

e usamos agora a desigualdade triangular

|a| ≤ |a− b|+ |b| < ε+ |b|

daı segue|a| ≤ ε+ |b|.

Da mesma forma vale se |a− b| < ε entao |b| ≤ ε+ |a| ⇒ |b| − ε ≤ |a| e com |a| ≤ ε+ |b|. temos

|b| − ε ≤ |a| ≤ ε+ |b|.

Vimos que |a− b| < ε implica |a| < |b|+ ε, mas como a ≤ |a| segue a < |b|+ ε.

94

Exercıcio 3.24:

Propriedade 12. Dado um corpo ordenado K , sao equivalentes

1. K e arquimediano.

2. Z e ilimitado superiormente e inferiormente.

3. Q e ilimitado superiormente e inferiormente.

Demonstracao. • 1⇒ 2. N ⊂ Z entao Z e ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que Z seja limitadoinferiormente, entao existe a ∈ K tal que a < x ∀x ∈ Z, logo −a > −x, porem existe n natural tal quen > −a⇒ −n︸︷︷︸

∈Z

< a o que contraria a hipotese.

• 2⇒ 3 . Z ⊂ Q portanto Q e ilimitado superiormente e inferiormente.

• 3 ⇒ 1 . Para todo y ∈ K existe ab ∈ Q com a, b > 0 naturais tal que a

b > y, daı a > yb, podemos tomary = x

b , logo a > x, a ∈ N , portanto N e ilimitado superiormente e o corpo e arquimediano.

95

Exercıcio 3.25:

Propriedade 13. Seja K um corpo ordenado. K e arquimediado ⇔ ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que 12n < ε.

Demonstracao. ⇒). Como K e arquimediano, entao ∀ε > 0 existe n ∈ N tal que n > 1ε ⇒ n + 1 > n > 1

ε pordesigualdade de Bernoulli temos 2n > n+ 1 > 1

ε ⇒1

2n < ε.⇐). Se ∀ε > 0 em K existe n ∈ N tal que 1

2n < ε, tomamos ε = 1x , x > 0 arbitrario entao x < 2n, com

2n = m ∈ N entao K e arquimediano, N nao e limitado superiormente.

96

Exercıcio 3.26:

Propriedade 14. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z → K com f(n) = an, entao

• f(Z) nao e limitado superiormente.

• inf(F (Z)) = 0.

Demonstracao. • Vale que a > 1 entao a = p+ 1 onde p > 0, por desigualdade de Bernoulli temos (p+ 1)n ≥1 + pn. ∀ x > 0 ∈ K existe n tal que n > x

p ⇒ pn > x ⇒ (p + 1)n ≥ 1 + pn > x, logo f(Z) nao e limitadosuperiormente.

• 0 e cota inferior de f(Z) pois vale 0 < an ∀n ∈ Z. Suponha que exista x tal que 0 < x < am ∀ m ∈ Z,sabemos que existe n ∈ N tal que an > 1

x daı x > 1an = a−n, absurdo, entao 0 deve ser o ınfimo.

97

Exercıcio 3.27:

Propriedade 15. Se s e irracional e u 6= 0 e racional entao u.s e irracional.

Demonstracao. Suponha que s e irracional e u.s seja racional, entao u.s = pq com p 6= 0 e q 6= 0 inteiros e como

u 6= 0 e racional ele e da forma u = jv , j 6= 0 e v 6= 0, inteiros, logo

j

vs =

p

q

multiplicando por vj ambos lados segue

s =p.v

j.q

que e um numero racional, logo chegamos a um absurdo.

Propriedade 16. Se s e irracional e t racional, entao s+ t e irracional.

Demonstracao. Suponha s + t racional, entao s + t = pq daı s = p

q − t que seria racional por ser diferenca de doisracionais, um absurdo entao segue que s+ t e irracional.

Exemplo 6. Existem irracionais a e b tais que a + b e a.b sejam racionais. Exemplos a = 1 +√

5 , b = 1 −√

5daı a+ b = 2 e a.b = 1− 5 = −4.

98

Exercıcio 3.28:

Propriedade 17. Sejam a, b, c, d racionais entao

a+ b√

2 = c+ d√

2⇔ a = c e b = d.

Demonstracao. ⇐). Se a = c e b = d a temos a+ b√

2 = c+ d√

2.⇒). Suponha a+ b

√2 = c+ d

√2 entao a− c =

√2(d− b), se d = b entao a = c e terminamos, se nao vale que

a− cd− b

=√

2

o que e absurdo pois√

2 e irracional.

99

Exercıcio 3.29:

Exemplo 7. O conjunto da forma {x+ y√p} onde x e y sao racionais e subcorpo dos numeros reais.

• O elemento neutro da adicao 0 pertence ao conjunto. Pois 0 = 0 + 0√p

• O elemento neutro da multiplicacao 1 pertence ao conjunto. Pois 1 = 1 + 0√p

• A adicao e fechada. Pois x+ y√p+ z + w

√p = x+ z + (y + w)

√p.

• O produto e fechado. Pois (x+ y√p)(z + w

√p) = xz + xw

√p+ yz

√p+ y.wp.

• Dado x ∈ A implica −x ∈ A. Pois dado x+ y√p temos o simetrico −x− y√p.

• Dado x 6= 0 ∈ A tem-se x−1 ∈ A. Pois dado x+ y√p temos inverso

x− y√px2 − y2p

como inverso multiplicativo.

Exemplo 8. O conjunto dos elementos da forma a+bα onde α = 3√

2 nao e um corpo pois o produto nao e fechado,vamos mostrar que α2 nao pertence ao conjunto.

Suponha que α2 = a+ bα entao α3 = aα+ bα2 = 2 substituindo a primeira na segunda temos que

aα+ b(a+ bα) = aα+ ab+ b2α = α(b2 + a) + ab = 2⇒ α(b2 + a) = 2− ab

se b2 + a 6= 0 entao α = 2−abb2+a o que e absurdo pois α e irracional, entao devemos ter a = −b2, multiplicamos a

expressao aα+ bα2 = 2 por α, de onde segue aα2 + 2b = 2α, substituindo α2 = a+ bα nessa ultima temos

a(a+ bα) + 2b = a2 + abα+ 2b = 2α⇒ α(2− ab) = 2b+ a2

se 2 6= ab chegamos num absurdo de α = 2b+a2

2−ab , temos que ter entao 2 = ab e a = −b2 de onde segue 2 = −b3,

porem nao existe racional que satisfaz essa identidade, daı nao podemos escrever α2 da forma a + bα com a e bracionais, portanto o produto de elementos nao e fechado e assim nao temos um corpo.

100

Exercıcio 3.30:

Propriedade 18. Sejam a, b ∈ Q+.√a+√b e racional ⇔

√a e√b sao racionais.

Demonstracao. ⇒).Se a = b entao 2

√a ∈ Q o que implica

√a =√b ∈ Q. Agora o caso de a 6= b.

Suponha que√a+√b e racional entao seu inverso tambem racional , que e

√a−√b

a−b , daı√a−√b ∈ Q , a soma

(√a+√b) + (

√a−√b) = 2

√a ∈ Q logo

√a ∈ Q, a diferenca de numeros racionais tambem e um numero racional

(√a+√b)−

√a =√b, portanto

√a e√b sao racionais.

⇐). A volta vale pois a soma de racionais e um racional.

101

Exercıcio 3.31:

Propriedade 19. Sejam A ⊂ R nao vazio limitado e c ∈ R, entao

1. c ≤ sup(A)⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c− ε < x.

2. c ≥ inf(A)⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c+ ε > x.

Demonstracao. 1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c− ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se nao existisse x ∈ A tal quec− ε < x entao c− ε seria cota superior menor que o supremo, o que e absurdo, contraria o fato do supremoser a menor das cotas superiores.

⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poderıamos tomar c − sup(A) = ε daı c − c + sup(A) =sup(A) < x o que e absurdo.

2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf(A). Dado ε > 0 fixo, se nao existisse x ∈ A tal que c + ε > xentao c + ε seria cota superior menor que o ınfimo, o que e absurdo, contraria o fato do ınfimo ser a menordas cotas inferiores.

⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf(A), poderıamos tomar inf(A)− c = ε daı x < c+ inf(A)− c =inf(A) o que e absurdo.

102

Exercıcio 3.32:

Exemplo 9. Seja A = { 1n | n ∈ N} . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 e uma cota inferior, agora vamos

mostrar que 0 e a menor delas. Dado 0 < x, x nao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que 1n < x, logo

0 e o ınfimo.

103

Exercıcio 3.33:

Propriedade 20. Se A e limitado inferiormente e B ⊂ A entao inf(A) ≤ inf(B).

Demonstracao. infA e cota inferior de A, logo tambem e cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale infA ≤infB, pois inf B e a maior cota inferior de B.

Propriedade 21. Se A e limitado superiormente e B ⊂ A entao sup(A) ≥ sup(B).

Demonstracao. Toda cota superior de A e cota superior de B, logo o sup(A) e cota superior de B, como sup(B) ea menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B).

Corolario 3. Se A e B sao conjuntos limitados com B ⊂ A entao vale sup(A) ≥ sup(B) ≥ inf(B) ≥ inf(A) poistemos sup(A) ≥ sup(B) e inf(A) ≤ inf(B), tendo ainda que sup(B) ≥ inf(B).

104

Exercıcio 3.31:

Propriedade 22. Sejam A ⊂ R nao vazio limitado e c ∈ R, entao

1. c ≤ sup(A)⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c− ε < x.

2. c ≥ inf(A)⇔ ∀ ε > 0 ∃ x ∈ A tal que c+ ε > x.

Demonstracao. 1. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c− ε < sup(A). Dado ε > 0 fixo, se nao existisse x ∈ A tal quec− ε < x entao c− ε seria cota superior menor que o supremo, o que e absurdo, contraria o fato do supremoser a menor das cotas superiores.

⇐). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poderıamos tomar c − sup(A) = ε daı c − c + sup(A) =sup(A) < x o que e absurdo.

2. ⇒). Para todo ε > 0 vale que c + ε < inf(A). Dado ε > 0 fixo, se nao existisse x ∈ A tal que c + ε > xentao c + ε seria cota superior menor que o ınfimo, o que e absurdo, contraria o fato do ınfimo ser a menordas cotas inferiores.

⇐). Suponha por absurdo que fosse c < inf(A), poderıamos tomar inf(A)− c = ε daı x < c+ inf(A)− c =inf(A) o que e absurdo.

105

Exercıcio 3.32:

Exemplo 10. Seja A = { 1n | n ∈ N} . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 e uma cota inferior, agora vamos

mostrar que 0 e a menor delas. Dado 0 < x, x nao pode ser cota inferior, pois existe n natural tal que 1n < x, logo

0 e o ınfimo.

106

Exercıcio 3.33:

Propriedade 23. Se A e limitado inferiormente e B ⊂ A entao inf(A) ≤ inf(B).

Demonstracao. infA e cota inferior de A, logo tambem e cota inferior de B, sendo cota inferior de B vale infA ≤infB, pois inf B e a maior cota inferior de B.

Propriedade 24. Se A e limitado superiormente e B ⊂ A entao sup(A) ≥ sup(B).

Demonstracao. Toda cota superior de A e cota superior de B, logo o sup(A) e cota superior de B, como sup(B) ea menor das cotas superiores de B segue que sup(A) ≥ sup(B).

Corolario 4. Se A e B sao conjuntos limitados com B ⊂ A entao vale sup(A) ≥ sup(B) ≥ inf(B) ≥ inf(A) poistemos sup(A) ≥ sup(B) e inf(A) ≤ inf(B), tendo ainda que sup(B) ≥ inf(B).

107

Exercıcio 3.34:

Propriedade 25. Sejam A,B ⊂ R tais que para todo x ∈ A e todo y ∈ B se tenha x ≤ y. Entao supA ≤ inf B.

Demonstracao. Todo y ∈ B e cota superior de A, logo supA ≤ y para cada y pois supA e a menor das cotassuperiores, essa relacao implica que supA e cota inferior de B logo supA ≤ inf B, pois inf B e a maior cota inferior.

Propriedade 26. supA = inf B ⇔ para todo ε > 0 dado , existam x ∈ A e y ∈ B com y − x < ε.

Demonstracao. ⇐, usamos a contrapositiva. Nao podemos ter inf B < supA pela propriedade anterior, entaotemos forcosamente que inf B > supA, tomamos entao ε = inf B − supA > 0 e temos y − x ≥ ε para todo x ∈ Ae y ∈ B pois y ≥ inf B e supA ≥ x de onde segue −x ≥ − supA, somando esta desigualdade com a de y tem-sey − x ≥ inf B − supA = ε.⇒ , Se supA = inf B. Entao sendo para qualquer ε > 0, supA− ε

2 nao e cota superior de A, pois e menor queo supA (que e a menor cota superior), da mesma maneira inf A+ ε

2 nao e cota inferior de B, entao existem x ∈ Ae y ∈ B tais que

supA− ε

2< x ≤ supA = inf B ≤ y < inf B +

ε

2

inf B − ε

2< x ≤ y < inf B +

ε

2

de onde segue inf B − ε2 < x, −x < ε

2 − inf B e y < inf B + ε2 somando ambas tem-se y − x < ε.

108

Exercıcio 3.35:

Propriedade 27. Se c > 0 entao sup(c.A) = c. supA.

Demonstracao. Seja a = supA. Para todo x ∈ A tem-se x ≤ a, de onde segue cx ≤ ca, assim ca e cota superiorde cA. Seja d tal que d < ca entao d

c < a logo dc nao e cota superior de A, implicando a existencia de pelo menos

um x tal que dc < x, d < cx de onde segue que d nao e cota superior de cA, assim ca e a menor cota superior de

cA logo o supremo.

Propriedade 28. Se c > 0, inf cA = c inf A.

Demonstracao. Seja a = inf A, entao vale a ≤ x para todo x, multiplicando por c segue ca ≤ cx de onde concluımosque ca e cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, entao a < d

c , implicando que dc nao e cota inferior de A assim

existe x ∈ A tal que x < dc ⇒ cx < d, logo d nao e cota inferior de cA, implicando que c.a e a maior cota inferior,

logo o ınfimo do conjunto.

Propriedade 29. Se c < 0 entao inf(cA) = c supA.

Demonstracao. Seja a = supA . Tem-se x ≤ a para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cx ≥ ca para todox ∈ A. Entao ca e uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se d

c < a como a e supremo, isso significa que existe

x ∈ A tal que dc < x logo d > cx, assim esse d nao e cota inferior, implicando que ca e a menor cota inferior, entao

ınfimo do conjunto.

A questao 35 segue da proxima propriedade com c = −1.

Propriedade 30. Se c < 0 entao sup(cA) = c inf A.

Demonstracao. Seja b = inf A entao vale b ≤ x para todo x ∈ A, multiplicando por c segue cb ≥ cx assim cb e cotasuperior de cA. Agora tome d tal que cb > d segue b < d

c , como b e ınfimo existe x ∈ A tal que x < dc , cx > d

assim esse d nao pode ser cota superior de cA, entao cb e a menor cota superior, logo o ınfimo.

109

Exercıcio 3.37:

Item I

Sejam A,B ⊂ R, conjuntos limitados .

Propriedade 31. O conjunto A+B = {x+ y | x ∈ A, y ∈ B} tambem e limitado.

Demonstracao. Se A e limitado , existe t tal que |x| < t para todo x ∈ A e se B e limitado existe u tal que |y| < u∀y ∈ B. Somando as desigualdades e usando desigualdade triangular segue |x|+|y| < u+t e |x+y| ≤ |x|+|y| < u+tlogo o conjunto A+B e limitado.

Item II

Propriedade 32 (Propriedade aditiva). Vale sup(A+B) = sup(A) + sup(B).

Demonstracao. Como A,B sao limitidados superiomente, temos supA := a e supB := b, como vale a ≥ x e b ≥ ypara todos x, y ∈ A,B respectivamente segue que a+ b ≥ x+ y logo o conjunto A+ B e limitado superiormente.Para todo e qualquer ε > 0 existem x, y tais que

a < x+ε

2, b < y +

ε

2

somando ambas desigualdades-segue-se quea+ b < x+ y + ε

que mostra que a+ b e a menor cota superior, logo o supremo, fica valendo entao

sup(A+B) = sup(A) + sup(B).

Item III

Propriedade 33. inf(A+B) = inf A+ inf B.

Demonstracao. Sejam a = infA e b = infB entao ∀x, y ∈ A,B tem-se a ≤ x, b ≤ y de onde segue por adicaoa+ b ≤ x+ y, assim a+ b e cota inferior de A+B. ∃x, y ∈ A,B tal que ∀ε > 0 vale x < a+ ε

2 e y < b+ ε2 pois a

e b sao as maiores cotas inferiores, somando os termos das desigualdades segue x+ y < a+ b+ ε, que implica quea+ b e a maior cota inferior logo o ınfimo.

110

Exercıcio 3.38:

Definicao 2 (Funcao limitada). Seja A ⊂ R, f : A → R e dita limitada quando o conjunto f(A) = {f(x) | x ∈A}, se f(A) e limitado superiormente entao dizemos que f e limitada superiormente e caso f(A) seja limitadoinferiormente dizemos que A e limitado inferiormente.

Seja uma funcao limitada f : V → R.

Definicao 3.sup f := sup f(V ) = sup{f(x) | x ∈ V }

Definicao 4.inf f := inf f(V ) = inf{f(x) | x ∈ V }

Propriedade 34. A funcao soma de duas funcoes limitadas e limitada.

Demonstracao. Vale |f(x)| ≤M1 e |g(x)| ≤M2 ∀x ∈ A entao

|f(x) + g(x)| ≤ |f(x)|+ |g(x)| ≤M1 +M2 = M

portando a funcao soma f + g de duas funcoes limitadas e tambem uma funcao limitada.

Sejam f, g : V → R funcoes limitadas e c ∈ R.

Propriedade 35.sup(f + g) ≤ sup f + sup g.

Demonstracao. Sejam

A = {f(x) | x ∈ V }, B = {g(y) | y ∈ V }, C = {g(x) + f(x) | x ∈ V }

temos que C ⊂ A+B, pois basta tomar x = y nos conjuntos, logo

sup(A+B) ≥ sup(f + g)

sup(A) + sup(B) = sup f + sup g ≥ sup(f + g)

Propriedade 36.inf(f + g) ≥ inf(f) + inf(g).

Demonstracao. De C ⊂ A+B segue tomando o ınfimo

inf(A+B) = inf(A) + inf(B) = inf(f) + inf(g) ≤ inf(C) = inf(f + g).

Exemplo 11. Sejam f, g : [0, 1]→ R dadas por f(x) = x e g(x) = −x

• Vale sup f = 1, sup g = 0, f + g = 0 logo sup(f + g) = 0 vale entao

sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0.

• Temos ainda inf f = 0, inf g = −1, f + g = 0, inf(f + g) = 0 logo

inf f + inf g = −1 < inf(f + g) = 0.

As desigualdades estritas tambem valem se consideramos as funcoes definidas em [−1, 1], nesse caso sup f+sup g =2 e inf f + inf g = −2 e sup(f + g) = 0 = inf(f + g).

111

Exercıcio 3.39:

Definicao 5. Sejam A e B conjuntos nao vazios, definimos A.B = {x.y | x ∈ A, y ∈ B}.

Propriedade 37. Sejam A e B conjuntos limitados de numeros positivos, entao vale sup(A.B) = sup(A). sup(B).

Demonstracao. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) entao valem x ≤ a e y ≤ b, ∀x ∈ A, y ∈ B daı x.y ≤ a.b, logoa.b e cota superior de A.B. Tomando t < a.b segue que t

a < b logo existe y ∈ B tal que ta < y daı t

y < a logo

existe x ∈ A tal que ty < x logo t < x.y entao t nao pode ser uma cota superior, implicando que a.b e o supremo

do conjunto.

Propriedade 38. Sejam A e B conjuntos limitados de numeros positivos, entao vale inf(A.B) = inf(A). inf(B).

Demonstracao. Sejam a = inf(A) e b = inf(B) entao valem x ≥ a e y ≥ b, ∀x ∈ A, y ∈ B daı x.y ≥ a.b, logo a.b ecota inferior de A.B. Tomando t > a.b segue que t

a > b logo existe y ∈ B tal que ta > y daı t

y > a logo existe x ∈ Atal que t

y > x logo t < x.y entao t nao pode ser uma cota inferior, implicando que a.b e o ınfimo do conjunto.

112

Exercıcio 3.40:

Propriedade 39. Sejam f, g : A→ R funcoes limitadas entao f.g : A→ R e limitada.

Demonstracao. Vale que |f(x)| < M1 e |g(x)| < M2 entao |f(x)g(x)| < M1M2 = M ∀ x ∈ A , portanto f.g : A→ Re limitada.

Propriedade 40. Sejam f, g : A→ R+ limitadas superiormente, entao

sup(f.g) ≤ sup(f) sup(g).

Demonstracao. Sejam C = {g(x).f(x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f(x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.Bpara ver isso basta tomar x = y nas definicoes acima, daı

sup(A.B) ≥ sup(C)

sup(A) sup(B) ≥ sup(C)

sup(f) sup(g) ≥ sup(f.g).

Propriedade 41. Sejam f, g : A→ R+ limitadas inferiormente, entao

inf(f.g) ≥ inf(f) inf(g).

Demonstracao. Sejam C = {g(x).f(x) | x ∈ A} , B = {g(y). | y ∈ A} e A = {f(x) | x ∈ A} . Vale que C ⊂ A.B,daı

inf(A.B) ≤ inf(C)

inf(A) inf(B) ≤ inf(C)

inf(f) inf(g) ≤ inf(f.g).

Exemplo 12. Sejam f, g : [1, 2]→ R dadas por f(x) = x e g(x) = 1x , vale sup f = 2, sup g = 1 sup f. sup g = 2 e

sup(f.g) = 1, pois f.g = 1 logosup f sup g > sup(f.g).

Da mesma maneira inf f = 1, inf g = 12 vale inf f. inf g = 1

2 e inf(f.g) = 1 portanto

inf f. inf g < inf(f.g).

Propriedade 42. Seja f : A→ R+ limitada superiormente entao sup(f2) = (sup f)2.

Demonstracao. Seja a = sup f tem-se f(x) ≤ a ∀x daı f(x)2 ≤ a2 entao a2 e cota superior de f2, e e a menorcota superior pois se 0 < c < a2 entao

√c < a logo existe x tal que

√c < f(x) < a e daı c < f(x)2 < a2 logo a2 e

a menor cota superior sup(f2) = sup(f)2.

Propriedade 43. Seja f : A→ R+ entao inf(f2) = (inf f)2.

Demonstracao. Seja a = inf f tem-se f(x) ≥ a ∀x daı f(x)2 ≥ a2 entao a2 e cota inferior de f2, e e a maior cotainferior pois se a2 < c entao a <

√c logo existe x tal que a < f(x) <

√c e daı a2 < f(x)2 < c logo a2 e a maior

cota inferior inf(f2) = inf(f)2.

113

Exercıcio 3.42:

Teorema 1 (Teorema das raızes racionais). Se o polinomio

f(x) =

n∑k=0

akxk

de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x = rs tal que mdc(r, s) = 1 entao s|an e r|a0.

Demonstracao. Se x = rs e raiz de f(x) =

n∑k=0

akxk, entao temos

f

(r

s

)=

n∑k=0

ak

(r

s

)k= 0

multiplicando por sn em ambos os lados temos

n∑k=0

akrk.sn−k = 0

como s|0 entao s|n∑k=0

akrk.sn−k , na soma s nao aparece como fator apenas quando n − k = 0, n = k, logo

abrindo o limite superior do somatorio temos

n−1∑k=0

akrk.sn−k + anr

n.sn−n =

n−1∑k=0

akrk.sn−k + anr

n = 0

daı s deve dividir anrn, como s e primo com r implica que tambem e primo com rn, portanto s deve dividir an.

Pelo mesmo argumento, temos que r|0 logo r deve dividirn∑k=0

akrk.sn−k, como o unico fator onde r nao aparece e

quando k = 0, abrimos o limite inferior do somatorio

a0r0.sn−0 +

n∑k=1

akrk.sn−k = a0.s

n +

n∑k=1

akrk.sn−k = 0

logo r deve dividir a0.sn, mas como r e primo com sn, ele deve dividir a0.

Corolario 5. Se o polinomio de coeficientes inteirosn∑k=0

akxk possui raızes racionais entao elas devem pertencer

ao conjunto

A = {pq| p|a0 q|an}.

Corolario 6. Se an = 1 em um polinomio de coeficientes inteiros P (x) =n∑k=0

akxk entao suas raızes racionais

devem ser inteiras, pois

A = {pq| p|a0 q|1}

entao q = 1 ou q = −1, e de qualquer forma implica que as solucoes sao da forma x = p para algum p ∈ Z. Entao, nessas condicoes, as raızes do polinomio P (x) sao inteiras ou irracionais.

Propriedade 44. Seja P (x) = xn − a, a > 0 ∈ Z, se a nao e n-esima potencia de um numero natural entao aunica raiz positiva de P , que e n

√a , e irracional.

Demonstracao. Como P possui coeficiente an = 1 entao ele possui raiz irracional ou inteira, se a raiz positiva mfosse inteira (logo natural) terıamos mn − a = 0 e daı a = mn e potencia de um numero natural, o que contraria ahipotese de a nao ser n-esima potencia de um numero natural, logo n

√a e irracional.

114

Exercıcio 3.43:

Propriedade 45. Sejam I um intervalo nao degenerado e k > 1 natural. O conjunto A = { mkn ∈ I | m,n ∈ Z} edenso em I.

Demonstracao. Dado ε > 0 existe n ∈ N tal que kn > 1ε , daı os intervalos [ mkn ,

m+1kn ] tem comprimento m+1

kn −mkn =

1kn < ε.

Existe um menor inteiro m+1 tal que x+ε ≤ m+1kn daı m

kn ∈ (x−ε, x+ε) pois se fosse x+ε < mkn iria contrariar

a minimalidade de m+ 1 e se fosse mkn < x− ε entao [ mkn ,

m+1kn ] teria comprimento maior do que de (x− ε, x+ ε),

que e ε, uma contradicao com a suposicao feita anteriormente.

115

Exercıcio 3.44:

Propriedade 46. O conjunto dos polinomios com coeficientes racionais e enumeravel.

Demonstracao. Seja Pn o conjunto dos polinomios com coeficientes racionais de grau ≤ n a funcao f : Pn → Qn+1

tal que

P (

n∑k=0

akxk) = (ak)n1

e uma bijecao. Como Qn+1 e enumeravel por ser produto cartesiano finito de conjuntos enumeraveis, segue que Pne enumeravel.

Sendo A o conjunto dos polinomios de coeficientes racionais, vale que

A =

∞⋃k=1

Pk

portanto A e uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis , sendo assim A e enumeravel.

Definicao 6 (Numero algebrico). Um numero real (complexo) x e dito algebrico quando e raiz de um polinomiocom coeficientes inteiros.

Propriedade 47. O conjunto dos numeros algebricos e enumeravel.

1. Enumeramos A = {P1, P2, · · · , Pn, · · · }, o conjunto dos polinomios com coeficientes inteiros, definimos Bk comoconjunto das raızes reais de fk, entao vale que

B =

∞⋃k=1

Bk

como cada Bk e finito B fica sendo uniao enumeravel de conjuntos finitos, entao B e enumeravel.

2. Seja B o conjunto dos algebricos e A o conjunto dos polinomios com coeficientes inteiros. Para cada algebricox escolhemos um polinomio Px tal que Px(x) = 0.

Definimos a funcao f : B → A tal que F (x) = Px. Dado Px ∈ F (B), temos que o conjunto g−1(Px) dos valoresx ∈ B tal que f(x) = Px e finito pois Px︸︷︷︸

=y

possui um numero finito de raızes e daı tem-se

B =⋃

y∈f(B)

g−1(y)

logo B e uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis ( no caso finitos), entao B e enumeravel.

Corolario 7. Existem numeros reais que nao sao algebricos, pois se todos fossem algebricos R seria enumeravel.

Definicao 7 (Numeros transcendentes). Os numeros reais que nao sao algebricos sao ditos transcendentais

Propriedade 48. O conjunto dos numeros algebricos e denso em R, pois todo racional e algebrico, o racional ba

e raiz do polinomio com coeficientes inteirosax− b = P (x)

ax− b = 0⇔ ax = b⇔ x = ba . E Q e denso em R.

116

Exercıcio 3.45:

Propriedade 49. Seja A enumeravel e B = R \A, entao para cada intervalo (a, b), (a, b) ∩B e nao enumeravel,em especial B e denso em R.

Com esse resultado garantimos que o complementar de um conjunto enumeravel e denso em R.

Demonstracao. Sabemos que (a, b) e nao enumeravel, escrevemos

(a, b) = [(a, b) ∩A] ∪ [(a, b) ∩ (R \A)] = [(a, b) ∩A] ∪ [(a, b) ∩B],

sabemos que (a, b)∩A e enumeravel se (a, b)∩B tambem o fosse, chegarıamos no absurdo de (a, b) ser enumeravel,por ser uniao finita de conjuntos enumeraveis , portanto (a, b) ∩B e nao enumeravel e B e denso em R.

Exemplo 13. Um conjunto pode nao ser enumeravel e tambem nao ser denso em R, como (a, b).

117

Exercıcio 3.46:

Corolario 8. O conjunto T dos numeros transcedentais e nao enumeravel e denso em R. Pois A o conjunto dosnumeros algebricos e enumeravel, T = R \ A, como complementar dos numeros algebricos T e nao enumeravel edenso em R.

118

Exercıcio 3.47:

Propriedade 50. Seja L|K uma extensao de corpo. Se α, β ∈ L sao algebricos sobre K, entao α ± β, α.β e αβ

com β 6= 0 sao algebricos sobre K, Desse modo

{α ∈ L|α e algebrico sobre K}

e um subcorpo de L que contem K.

Demonstracao. Seja δ ∈ {α ± β, α.β αβ β 6= 0} entao δ ∈ K(α, β) e K ⊂ K(δ) ⊂ K(α, β)). Vamos mostrar que

[K(α, β) : K] <∞.Sejam f , g ∈ K[x] os polinomios mınimos de α e β sobre K, com graus m e n respectivamente temos que

[K(α) : K] = m, [K(β) : K] = n.

f(x) ∈ k(x) ⊂ K(β)[x] e tal que f(α) = 0, logo α e algebrico sobre K(β), sendo P o polinomio mınimo de αsobre K(β) de grau s, ele divide f(x) em K(β)[x] logo s ≤ m, portanto [K(β)(α) : K(β)] = s ≤ m o grau e finitoe a extensao total [K(α, β) : K] = sn e finita por multiplicatividade dos graus. Como a extensao [K(α, β) : K] efinita ela e algebrica.

Definicao 8 (Fecho algebrico de Q). Consideremos a extensao de corpos C|Q. Chamamos de fecho algebrico deQ ao subcorpo Q de C definido por

Q = {α ∈ C,α e algebrico sobre Q}

Q e realmente corpo pela propriedade anterior. O conjunto dos numeros algebricos e um corpo.

119

Exercıcio 3.48:

Exemplo 14. Sendo Ak = [k,∞) temos uma sequencia de intervalos que sao conjuntos fechados porem a intersecao

∞⋂k=1

Ak = A

e vazia, pois suponha que exista t ∈ A, daı existe k > t e t /∈ [k,∞) = Ak logo nao pode pertencer a intersecao tetodos esses conjuntos.

Da mesma maneira existe uma sequencia decrescente de intervalos abertos limitados com intersecao vazia, sendoBk = (0, 1

k )∞⋂k=1

Bk = B

B e vazio, pois se houvesse um elemento nele x > 0, conseguimos k tal que 1k < x daı x nao pertence ao intervalo

(0, 1k ) = Bk portanto nao pode pertencer a intersecao.

120

Exercıcio 3.49:

Propriedade 51. Sejam B ⊂ A nao vazios, A limitado superiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≥ xentao sup(B) = sup(A).

Demonstracao. B e limitado superiormente pois esta contido em um conjunto limitado e vale que sup(A) ≥ sup(B),pois B ⊂ A, suponha que fosse c = sup(A) > sup(B), entao tomando ε = sup(A) − sup(B) > 0, existe x ∈ A talque x > c − ε = sup(A) − sup(A) + sup(B) = sup(B), por hipotese existe y ≥ x > sup(B) com y ∈ B, o que eabsurdo, pois nao pode existir um elemento maior que o supremo.

Propriedade 52. Sejam B ⊂ A nao vazios, A limitado inferiormente, se ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que y ≤ x entaoinf(B) = inf(A).

Demonstracao. B e limitado inferiormente pois esta contido em um conjunto limitado e vale que inf(A) ≤ inf(B),pois B ⊂ A, suponha que fosse c = inf(A) < inf(B), entao tomando ε = inf(B) − inf(A) > 0, existe x ∈ A talque x < c + ε = inf(A) − sup(A) + inf(B) = inf(B), por hipotese existe y ≤ x < inf(B) com y ∈ B, o que eabsurdo, pois nao pode existir um elemento menor que o ınfimo.

121

Exercıcio 3.50:

Definicao 9 (Corte de Dedekind). Um corte de Dedekind e um par ordenado (A,B) onde A,B ∈ Q nao vazios,tais que A nao possui maximo, A ∪B = Q e ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y.

Seja C o conjunto dos cortes de Dedekind.

Propriedade 53. Em (A,B) vale sup(A) = inf(B).

Demonstracao. Ja sabemos que vale sup(A) ≤ inf(B), pois ∀ x ∈ A, y ∈ B vale x < y implica sup(A) < ye sup(A) ser cota inferior implica sup(A) ≤ inf(B), suponha por absurdo que fosse sup(A) < inf(B), entao ointervalo (sup(A), inf(B)) nao possui valores x ∈ A, pois se nao x > sup(A), nem y ∈ B pois daı y < inf(B), mascomo existem racionais em tal intervalo, pois Q e denso e A ∪B = Q, chegamos em um absurdo.

Propriedade 54. Existe bijecao entre R e C o conjunto dos cortes.

Demonstracao. Definimos f : C → R como f(A,B) = sup(A) = inf(B).

• f e injetora, suponha f(A,B) = f(A′, B′) entao sup(A) = inf(B) = sup(A′) = inf(B′).

Dado x ∈ A vamos mostrar que x ∈ A′.

x < sup(A′) = inf(B′) ≤ y′, ∀ y′ ∈ B′, daı x ∈ A′

a inclusao A′ ⊂ A e analoga. Entao vale A = A′.

• Dado y ∈ B, vamos mostrar que y ∈ B′.

x′ < sup(A) < inf(B′) ≤ y

com isso y ∈ B′. De maneira similar, B′ ⊂ B portanto B = B′. Como vale B = B′ e A = A′ entao a funcaoe injetiva.

• A funcao e sobrejetiva. Para qualquer y ∈ R, tomamos os conjuntos (−∞, y) ∩Q = A e B = [y,∞) ∩Q, Anao possui maximo, para todo x ∈ A e y ∈ B tem-se y > x e Q = [(−∞, y) ∩Q] ∪ [ [y,∞) ∩Q], alem dissovale sup(A) = y = inf(B), portanto f(A,B) = y e a funcao e sobrejetora, logo sendo tambem injetora f ebijecao.

122

Exercıcio 3.51:

Sejam X, Y conjuntos nao-vazios e f : X × Y → R uma funcao limitada. Para cada x0 ∈ X e cada y0 ∈ Y ,definimos s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y } e s2(y0) = sup{f(x, y0);x ∈ X}. Isto define funcoes s1 : X → R es2 : Y → R. Prove que se tem supx∈Xs1(x) = supy∈Y s2(y). Em, outras palavras,

supx[supyf(x, y)] = supy[supxf(x, y)].

Primeiramente, verificaremos que supx∈Xs1(x) ∈ R. De fato, se {s1(x);x ∈ X} fosse ilimitado superiormente,deverımos ter que f e ilimitada superiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que

A+ 1 < s1(x0),

tambem existiria, pois s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que

s1(x0)− 1 < f(x0, y0)

e, consequentemente, terıamos queA < f(x0, y0).

Assim, concluirıamos que f e ilimitada superiormente. Um absurdo.De forma analoga, mostra-se que supy∈Y s2(y) ∈ R.Provaremos que

supx∈Xs1(x) = sup(x,y)∈X×Y f(x, y).

Seja ε > 0 arbitrario. Temos que existe x0 ∈ X tal que

supx∈Xs1(x)− ε

2< s1(x0).

Alem disso, como s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que

s1(x0)− ε

2< f(x0, y0).

Entao, segue das inequacoes acima, que

supx∈Xs1(x)− ε < f(x0, y0) 6 sup(x,y)∈X×Y f(x, y)

E, como ε > 0 e arbitrario, conclui-se que

supx∈Xs1(x) 6 sup(x,y)∈X×Y f(x, y).

Novamente, tomamos ε > 0 arbitrario. Existe (x0, y0) ∈ X × Y tal que

sup(x,y)∈X×Y f(x, y)− ε < f(x0, y0).

Como s1(x0) = sup{f(x0, y); y ∈ Y }, devemos ter que

sup(x,y)∈X×Y f(x, y)− ε < f(x0, y0) 6 s1(x0) 6 supx∈Xs1(x).

E, pela arbitrariedade de ε > 0, concluımos que

sup(x,y)∈X×Y f(x, y) 6 supx∈Xs1(x).

Portanto, temos quesupx∈Xs1(x) = sup(x,y)∈X×Y f(x, y).

De forma analoga, demonstra-se que

supy∈Y s2(y) = sup(x,y)∈X×Y f(x, y).

De onde concluımos quesupx∈Xs1(x) = supy∈Y s2(y).

123

Exercıcio 3.52:

Enuncie e demonstre um resultado analogo ao anterior com inf ao inves de sup. Considere, em seguida, o caso“misto” e prove que

supy[infxf(x, y)] = infx[supyf(x, y)].

Definimos funcoes i1 : X → R e i2 : Y → R por i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y } e i2(y0) = inf{f(x, y0);x ∈ X}.Provaremos que

infx∈X i1(x) = infy∈Y i2(y),

ou, equivalentemente,infx∈X [infy∈Y f(x, y)] = infy∈Y [infx∈Xf(x, y)].

Primeiramente, verificaremos que infx∈X i1(x) ∈ R. De fato, se {i1(x);x ∈ X} fosse ilimitado inferiormente,deverımos ter que f e ilimitada inferiormente. Pois, neste caso, dado A > 0 existiria x0 ∈ X tal que

i1(x0) < −A− 1,

tambem existiria, pois i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y }, y0 ∈ Y tal que

f(x0, y0) < i1(x0) + 1

e, consequentemente, terıamos quef(x0, y0) < −A.

Assim, concluirıamos que f e ilimitada inferiormente. Um absurdo.De forma analoga, mostra-se que infy∈Y i2(y) ∈ R.Provaremos que

infx∈X i1(x) = inf(x,y)∈X×Y f(x, y).

Seja ε > 0 arbitrario. Temos que existe x0 ∈ X tal que

i1(x0) < infx∈X i1(x) +ε

2.

Alem disso, como i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y }, temos que existe y0 ∈ Y tal que

f(x0, y0) < i1(x0) +ε

2.

Entao, segue das inequacoes acima, que

inf(x,y)∈X×Y f(x, y) 6 f(x0, y0) < infx∈X i1(x) + ε

E, como ε > 0 e arbitrario, conclui-se que

inf(x,y)∈X×Y f(x, y) 6 infx∈X i1(x).

Novamente, tomamos ε > 0 arbitrario. Existe (x0, y0) ∈ X × Y tal que

f(x0, y0) < inf(x,y)∈X×Y f(x, y) + ε.

Como i1(x0) = inf{f(x0, y); y ∈ Y }, devemos ter que

infx∈X i1(x) 6 i1(x0) 6 f(x0, y0) < inf(x,y)∈X×Y f(x, y) + ε.

E, pela arbitrariedade de ε > 0, concluımos que

infx∈X i1(x) 6 inf(x,y)∈X×Y f(x, y).

Portanto, temos queinfx∈Xs1(x) = inf(x,y)∈X×Y f(x, y).

124

De forma analoga, demonstra-se que

infy∈Y i2(y) = inf(x,y)∈X×Y f(x, y).

De onde concluımos queinfx∈X i1(x) = supy∈Y i2(y).

Agora, provaremos a desigualdade

supy[infxf(x, y)] 6 infx[supyf(x, y)].

SejamI := {infx∈Xf(x, y) | y ∈ Y }

eS := {supy∈Y f(x, y) | x ∈ X}.

Dados elementos arbitrarios infx∈Xf(x, y0) em I e supy∈Y f(x0, y) de S, temos que

infx∈Xf(x, y0) 6 f(x0, y0) 6 supy∈Y f(x0, y).

Assim, pelo resultado do exercıcio 3.34, temos que

supy[infxf(x, y)] = sup(I) 6 inf(S) = infx[supyf(x, y)].

Por fim, um exemplo onde ocorre a desigualdade estrita. Sejam X = {x1, x2}, Y = {y1, y2} e f : X × Y → Rdefinido por f(x1, y1) = f(x2, y2) = 2 e f(x1, y2) = f(x2, y1) = 1. Assim, temos que

supy∈Y f(x1, y) = supy∈Y f(x2, y) = 2

einfx∈Xf(x, y1) = infx∈Xf(x, y2) = 1.

Portanto,supy[infxf(x, y)] = 1 < 2 = infx[infyf(x, y)].

125

Exercıcio 3.53:

Sejam x e y numeros reais positivos. Prove que se tem

√xy 6

x+ y

2.

Temos que(√x−√y)2 > 0.

Logo,x− 2

√xy + y > 0

e, portanto,x+ y

2>√xy.

126

Exercıcio 3.54:

A desigualdade entre a media aritmetica e a media geometrica, vista no exercıcio anterior, vale para n numerosreais positivos x1, x2, ..., xn. Sejam G = n

√x1x2 . . . xn e A = x1+x2+···+xn

n . Para provar a desigualdade no casogeral, considere a operacao que consiste em substituir o menor dos numeros dados, digamos xi e o maior deles,digamos xj , respectivamente por x′i =

xixj

G e x′j = G. Isto nao altera a media geometrica e, quanto a aritmetica,ela nao aumenta, pois, como e facil ver, x′i + x′j 6 xi + xj . Prove que, repetida a operacao no maximo n vezes,obtemos n numeros todos iguais a G e, portanto, sua media aritmetica e G. Como em cada operacao a mediaaritmetica nao aumentou, conclua que G 6 A, ou seja, n

√x1x2 . . . xn 6 x1+x2+···+xn

n .

Provaremos, por inducao em k = 0, 1, . . . , n, que se exatamente n − k termos da sequencia x1,...,xn sao iguaisa G, entao G 6 A.

Para k = 0, temos que

A =x1 + x2 + · · ·+ xn

n=nG

n= G,

como querıamos.Suponhamos que exatamente n − k termos da sequencia x1,...,xn sao iguais a G, para k > 0. Sejam xi e xj ,

respectivamente, elementos de maior e menor valor da sequencia em questao. Desta forma temos que

xi < G < xj .

De fato, temos quexni 6 x1x2 . . . xn 6 xnj ,

e, consequentemente,xi 6 G 6 xj .

Assim, como k > 0, devemos ter que xi < G 6 xj ou xi 6 G < xj . Se tivessemos xi < G = xj , entao

Gn = x1x2 . . . xn 6 (xj)n−1xi < Gn.

Absurdo. Da mesma forma, nao podemos ter xi = G < xj . Portanto, devemos ter, de fato xi < G < xj . Adiante,consideremos a sequencia dada por

x′p =

xp , p 6= i, jxixj

G , p = iG , p = j.

Temos que

x′i + x′j =xixjG

+G <xiG

G+ xj = xi + xj .

Assim,x′1 + x′2 + · · ·+ x′n

n<x1 + x2 + · · ·+ xn

n.

Tambem temos queG′ := n

√x′1x′2 . . . x

′n = n

√x1x2 . . . xn = G.

Concluımos daı que a sequencia x′1, x′2, ... ,x′n possui no maximo k − 1 elementos diferentes de G′ = G. Pelahipotese de inducao, temos que

G = G′ = n√x′1x′2 . . . x

′n 6

x′1 + x′2 + · · ·+ x′nn

<x1 + x2 + · · ·+ xn

n= A.

E o resultado segue por inducao.

127

Exercıcio 3.55:

Seja K um corpo ordenado e completo. Indique com 0′ e 1′ o zero e a unidade de K. Para cada n ∈ N, sejam

n′ = 1′ + ...+ 1′ (n vezes) e (−n)′ = −n′. Definamos uma funcao f : R→ K pondo f(pq ) = p′

q′ para todo pq ∈ Q e

para x irracional, seja f(x) = sup{p′

q′ ∈ K; pq < x}. Prove que f e um homomorfismo sobrejetivo e conclua que f euma bijecao, ou seja, um isomorfismo de R sobre K.

A solucao sera dada em 11 passos:

(I) f(m+ n) = f(m) + f(n) para todos n,m ∈ Z:

Provaremos a igualdade por inducao em n ∈ N que f(m+ n) = f(m) + f(n) e f(m− n) = f(m) + f(−n), paratodo m ∈ Z.

Temos que f e definido em Z indutivamente por f(m+ 1) = f(m) + f(1) e f(−m− 1) = −f(m)− f(1), param ∈ N. Daı segue o resultado para n = 1.

Adiante, temos que

f(m+ (n+ 1)) = f((m+ 1) + n) = f(m+ 1) + f(n) = f(m) + f(n) + f(1) = f(m) + f(n+ 1).

E de forma analoga mostra-se que f(m− (n+ 1)) = f(m) + f(−(n+ 1)). E o resultado segue pelo PIF.

(II) f(mn) = f(m)f(n) para todos n,m ∈ Z:

Demonstracao analoga a anterior.

(III) f(m) < f(n) ⇐⇒ m < n, para todos n,m ∈ Z:

Observemos que pela definicao indutiva de f em N (i.e. f(n + 1) := f(n) + 1) e pelo fato de f(1) := 1′ > 0′,temos que n ∈ Z com n > 0 implica f(n) > 0′. E por f(−n) = −f(n) temos que se n ∈ Z com n < 0 entaof(n) < 0′. Ou seja, n > 0 em Z se e somente se f(n) > 0′.

Assim, temos quef(m) < f(n) ⇐⇒ f(m)− f(n) < 0′

⇐⇒ f(m− n) < 0′

⇐⇒ m− n < 0′

⇐⇒ m < n.

(IV) f(s+ t) = f(s) + f(t) para todos s, t ∈ Q:

Sejam s = pq e t = m

n com p,m ∈ Z e q, n ∈ N . Entao, temos que

f(s+ t) = f(np+qmqn )

= f(np+qm)f(qn)

= f(n)f(p)+f(q)f(m)f(q)f(n)

= f(p)f(q) + f(m)

f(n)

= f(s) + f(t).

(V) f(st) = f(s)f(t) para todos s, t ∈ Q:

Analoga a anterior.

(VI) f(s) < f(t) ⇐⇒ s < t, para todos s, t ∈ Q:

Sejam s = pq e t = m

n com p,m ∈ Z e q, n ∈ N . Entao, temos que

f(s) < f(t) ⇐⇒ f(n)f(p) < f(q)f(m)⇐⇒ f(np) < f(qm)⇐⇒ np < qm⇐⇒ s < t.

128

(VII) f(x) = sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q} para todo x ∈ R:

Pela definicao de f nos irracionais, basta provar a igualdade para x ∈ Q. De fato, por (IV) temos quef(x) > sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q}. E por outro lado, f(x) ∈ sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q}. E saı segue o resultado.

(VIII) f e um homomorfismo:

De fato, temos, para quaisquer x, y ∈ R, que

f(x) + f(y) = sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q}+ sup{f(r); r 6 y, r ∈ Q}= sup{f(r1) + f(r2); r1 6 x, r2 6 y e r1, r2 ∈ Q} (pelo exercıcio 3.37)= sup{f(r); r 6 x+ y, r ∈ Q} (por (IV))= f(x+ y).

Analogamente, prova-se que f(xy) = f(x)f(y) utilizando-se do exercıcio 3.39 e do item (V).

(IX) f(x) < f(y) ⇐⇒ x < y, para todos x, y ∈ R:

Temos, por (VII), quef(x) < f(y) ⇐⇒ ∃r ∈ Q, f(x) < f(r) 6 f(y)

⇐⇒ ∃r ∈ Q, x < r 6 y⇐⇒ x < y.

(X) y = f(sup{r ∈ Q; f(r) 6 y}):

Seja x = sup{r ∈ Q; f(r) 6 y}. Observemos que x ∈ R pelo fato de K ser completo e ordenado (logo,arquimediano). Entao, pela escolha de x,

f(x) = sup{f(r); r 6 x, r ∈ Q} 6 y.

Por outro lado, se f(x) < y, haveria, novamente pela arquimedianeidade de K, r ∈ Q, tal que f(x) < f(r) < f(y).Contradizendo a escolha de x.

(XI) f e bijetiva:

O item (IX) implica que f e injetiva e o item (X) implica que f e sobrejetiva.

129

Exercıcio 3.56:

Seja f : R → R um isomorfismo de R em si mesmo. Prove que f = identidade. Conclua que se K e L sao corposordenados completos, existe um unico isomorfismo de K sobre L.

Seja f : R→ R um isomorfismo de corpos. Provaremos que f e igual a identidade IR : R→ R.Pelo exercıcio 3.4, temos que f(0) = 0 e f(1) = 1.Por inducao em n ∈ N, segue que

f(n) = n = −f(−n).

E, assim, para q ∈ Z+ temos que

1 = f

(q

q

)= f(q)f

(1

q

)= qf

(1

q

).

De onde concluımos que f(

1q

)= 1

q . Portanto, para p ∈ Z, temos que

f

(p

q

)= f(p)f

(1

q

)=p

q.

Ou seja, f(r) = r para todo r ∈ Q.Agora, observemos que se x > 0, entao f(x) > 0. De fato, temos que

f(x) = f(√x√x) = f(

√x)2 > 0.

Seja x ∈ R. Provaremos que f(x) = x mostrando que para quaisquer r, s ∈ Q tais que

s < x < r

tem-se ques < f(x) < r.

De fato, temos que0 < x− s

e0 < r − x

implicam que0 < f(x− s) = f(x)− f(s) = f(x)− s

e0 < f(r − x) = f(r)− f(x) = r − f(x)

pela observacao do paragrafo anterior. Portanto, temos que

s < f(x) < r

e concluımos quef(x) = x

para qualquer x ∈ R.Provaremos agora que se K e L sao corpos ordenados completos, existe um unico isomorfismo entre K e L.Pelo exercıcio 3.55, temos que existem isomorfismos fK : R → K e fL : R → L. Desta forma, existe um

isomorfismo ϕ = fL ◦ f−1K : K → L.

Suponhamos que ψ : K → L seja um isomorfismo de corpos. Provaremos que ψ = ϕ. De fato, como

f−1L ◦ ψ−1 ◦ ϕ ◦ fK : R→ R

e um isomorfismo, pelo que foi provado acima, temos que

f−1K ◦ ψ−1 ◦ ϕ ◦ fK = IR.

Consequentemente,ψ−1 ◦ ϕ = IK

eψ = ϕ.

130

Exercıcio 3.57:

Verifique que f : R→ (−1, 1), definida por f(x) = x√1+x2

, e uma bijecao de R no intervalo (−1, 1).

Seja g : (−1, 1)→ R definida por

g(x) =x√

1− x2.

Provaremos que g = f−1.Seja x ∈ (−1, 1). Entao,

f ◦ g(x) = f(

x√1−x2

)=

(x√

1−x2

)(

1+

(x√

1−x2

)2) 12

=

(x√

1−x2

)(

1+ x2

1−x2

) 12

=

(x√

1−x2

)(√

1−x2+x2√1−x2

)

=

(x√

1−x2

)(

1√1−x2

)= x.

Seja x ∈ R. Entao,

g ◦ f(x) = g(

x√1+x2

)=

(x√

1+x2

)(

1−(

x√1+x2

)2) 12

=

(x√

1+x2

)(

1+x2−x2

1+x2

) 12

=

(x√

1+x2

)(

1√1+x2

)= x.

Portanto, g = f−1.

131

Exercıcio 3.58:

Um conjunto G de numeros reais chama-se grupo aditivo quando 0 ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x − y ∈ G. Entao,x ∈ G ⇒ −x ∈ G e x, y ∈ G ⇒ x + y ∈ G. Seja entao G ⊂ R um grupo aditivo de numeros reais. Indiquemoscom G+ o conjunto dos numeros reais pertencentes a G. Excetuando o caso trivial G = {0}, G+ e nao-vazio.Suponhamos pois G 6= {0}. Prove que:

(i) Se infG+ = 0, entao G e denso em R;

(ii) Se infG+ = a > 0, entao a ∈ G+ e G = {0,±a,±2a, ...};

(iii) Conclua que, se α ∈ R e irracional, os numeros reais da forma m + nα com m, n ∈ Z constituem umsubconjunto denso em R.

(i)Provaremos que dado um intervalo arbitrario (a, b) em R, existe g ∈ G e m ∈ Z tais que mg ∈ (a.b). Como

mg ∈ G (prova-se por inducao em m), concluımos daı que G intercepta todo intervalo aberto em R. Logo, G edenso em R.

Como infG+ = 0, temos que existe g ∈ G+ tal que

0 < g < b− a.

Assim, tomando-se m = min{n ∈ Z; a < ng}, teremos que

a < mg = (m− 1)g + g 6 a+ g < a+ (b− a) = b.

Logo, mg ∈ (a, b).(ii)Primeiramente, provaremos que a ∈ G. De fato, se a = infG+ /∈ G terıamos que existiriam h e g ∈ G+ tais que

a < h < g < 2a.

Daı0 < g − h < a

e, como g − h ∈ G, temos quea = infG+ 6 g − h < a.

Uma contradicao. Logo, a ∈ G.Agora, provaremos que todo g ∈ G e da forma na para algum n ∈ Z. Seja n = max{n ∈ Z;na 6 g} e r = g−na.

Pela escolha de n, temos que0 6 r < a.

Assim, como r = g − na ∈ G devemos ter que r = 0 pois, caso contrario, terıamos que

a = infG+ 6 r < a.

Portanto, g = na.(iii)Seja

G := {m+ nα;m,n ∈ Z}.Temos que G e um grupo aditivo. Como G 6= {0}, nos basta provar que a = infG+ = 0.

Suponhamos o contrario. Entao a > 0 e, pelo item (ii), temos que

G = {0,±a,±2a, ...}.

Assim, como α ∈ G, temos quea = kα ∈ R\Q.

Daı, temos queG = {0,±a,±2a, ...} ⊂ R\Q.

Mas, por outro lado,G := {m+ nα;m,n ∈ Z} ⊃ Z.

Uma contradicao.

132

Exercıcio 3.59:

Sejam f, g : R2 → R e φ, ψ : R3 → R as funcoes definidas por f(x, y) = 3x − y, g(x, y) = (x − 1)2 + (y + 1)2 − 9,ϕ(x, y, z) = 3z e ψ(x, y, z) = x2 + y2 − z. Interpretando (x, y) como as coordenadas cartesianas de um pontono plano R2 e (x, y, z) como as coordenadas de um ponto no espaco R3, descreva geometricamente os conjuntosf−1(0), g−1(0), ϕ−1(0) e ψ−1(0).

• f−1(0) = {(x, y) ∈ R2; y = 3x}: uma reta;

• g−1(0) = {(x, y) ∈ R2; (x− 1)2 + (y + 1)2 = 32}: uma circunferencia de raio 3 e centrada no ponto (1,−1);

• ϕ−1(0) = {(x, y, z) ∈ R3; z = 0}: um plano;

• ψ−1(0) = {(x, y, z) ∈ R3; z = x2 + y2}: dois cones.

133

Exercıcio 3.60:

Seja a um numero real positivo. Dado um numero racional p/q (onde p ∈ Z e q ∈ N), defina a potencia de base ae expoente racional p/q como ap/q = q

√ap. Prove:

(1) Para quaisquer r, s ∈ Q tem-se ar.as = ar+s e (ar)s = ars;

(2) Para todo r ∈ Q+, a funcao f : (0,+∞)→ (0,+∞), dada por f(x) = xr, e uma bijecao crescente;

(3) A funcao g : Q→ R definida por g(r) = ar (onde a e um numero real positivo fixado) e crescente se a > 1, edecrescente se 0 < a < 1.

(1)Sejam r = p/q e s = p′/q′, onde p e p′ ∈ Z e q e q′ ∈ N. Temos que

aras = apq a

p′q′

= apq′qq′ a

p′qq′q

=qq′√apq′

qq′√ap′q

=qq′√apq′ap′q

=qq′√apq′+p′q

= apq′+p′q

qq′

= apq + p′

q′

= ar+s

e

(ar)s = (apq )

p′q′

= q′√

( q√ap)p′

=qq′√app′

= app′qq′

= ars.

(2)

A funcao f tem inversa g : (0,+∞)→ (0,+∞) dada por g(x) = x1r . De fato, dado x ∈ (0,+∞), temos que

f ◦ g(x) = f(x1r )

= (x1r )r

= x1

= x.

eg ◦ f(x) = g(xr)

= (xr)1r

= x1

= x.

Portanto, f e uma bijecao.Dados x < y em (0,+∞), temos que

xp < yp

e, consequentemente,f(x) = xr

= q√xp

< q√yp

= yr

= f(y).

Portanto, f e crescente.

134

(3)

Dados r = p/q e s = p′/q′, onde p e p′ ∈ Z e q e q′ ∈ N, com r < s. Entao, r = pq′

qq′ <p′qqq′ = s e,

consequentemente,pq′ < p′q.

Caso a > 1, temos quepq′ < p′q ⇒ apq

′< ap

′q

⇒ qq′√apq′ <

qq′√ap′q

⇒ g(pq′

qq′ ) < g(p′qqq′ )

⇒ g(r) < g(s).

Concluımos daı que, g e crescente caso a > 1.Caso 0 < a < 1, temos que

pq′ < p′q ⇒ apq′> ap

′q

⇒ qq′√apq′ >

qq′√ap′q

⇒ g(pq′

qq′ ) > g(p′qqq′ )

⇒ g(r) > g(s).

Concluımos daı que, g e decrescente caso 0 < a < 1.

135

Capıtulo 4

Sequencias e Series de Numeros Reais

136

Exercıcio 4.1:

Se limxn = a, entao lim |xn| = |a|. De um contra-exemplo mostrando que a recıproca e falsa, salvo quando a = 0.

Como limxn = a, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que

||xn| − |a|| ≤ |xn − a| < ε,

para todo n ≥ n0. Logo, temos quelim |xn| = |a|.

Temos que lim |xn| = |a| nao implica que limxn = a. Basta tomar xn = 1, para todo n ∈ N e a = −1.

137

Exercıcio 4.2:

Seja limxn = 0. Para cada n, ponha yn = min{|x1|, |x2|, ..., |xn|}. Prove que yn −→ 0.

Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que se n ≥ n0, entao |xn| < ε. Como |yn| = yn = min{|x1|, ..., |xn|} ≤ |xn|, temosque para n ≥ n0, |yn| ≤ |xn| < ε. Logo,

lim yn = 0.

138

Exercıcio 4.3:

Se limx2n = a e limx2n−1 = a, prove que limxn = a.

Dado ε > 0, existem np, ni ∈ N tais que

n ≥ np ⇒ |x2n − a| < ε

en ≥ ni ⇒ |x2n−1 − a| < ε.

Tomemos n0 = max{2np, 2ni − 1}. Assim, para n ≥ n0, temos

• Se n = 2k, entao2k = n ≥ n0 ≥ 2np.

Logo, k ≥ np e consequentemente|xn − a| = |x2k − a| < ε.

• Se n = 2k − 1, entao2k − 1 = n ≥ n0 ≥ 2ni − 1.

Logo, k ≥ ni e consequentemente|xn − a| = |x2k−1 − a| < ε.

Em ambos os casos, se n ≥ n0, temos |xn − a| < ε. Logo, limxn = a.

139

Exercıcio 4.4:

Se N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk e limn∈N1

xn = limn∈N2

xn = ... = limn∈Nk

xn = a, entao limn∈N

xn = a.

Dado ε > 0, existem n1, n2, ..., nk ∈ N1,N2, ...,Nk tais que se n ∈ Ni com n ≥ ni, entao |xn − a| < ε. Tomandon0 = max{n1, n2, ..., nk}, temos que se n ≥ n0, entao n ≥ ni, para todo i = 1, .., k. Desta forma, |xn − a| < ε.Portanto,

limxn = a.

140

Exercıcio 4.5:

De exemplo de uma sequencia (xn) e uma decomposicao N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nk ∪ ... de N como reuniao deuma infinidade de conjuntos infinitos tais que, para todo k, a sequencia (xn)n∈Nk

tenha limite a, mas nao se temlimxn = a.

Seja k ∈ N. DefinimosNk = {2k−1.n ∈ N;n ∈ N, n e ımpar}.

Temos dessa definicao que N =∞⋃k=1

Nk. Assim, podemos definir

x : N →

n 7→ x(n) =

{1, se n = 2k−1 para algum k

1/n, se n = 2k−1m para algum m > 1..

Provemos que limxn = 0. Dado ε > 0, existe p0 ∈ N tal que

1

3p0< ε2k−1.

Assim, se n = 2k−1m ∈ Nk, com n ≥ n0 = 2k−13p0 , entao

xn =1

2k−1m≤ 1

2k−13p0< ε.

Logo, limn∈Nk

= 0. Por outro lado, limx2k−1 = 1. Portanto, limn∈N

xn nao existe.

141

Exercıcio 4.6:

Se limxn = a e lim(xn − yn) = 0, entao lim yn e igual a a.

Dado ε > 0, existem n1, n2 ∈ N tais que

n ≥ n1 ⇒ |xn − a| < ε/2

en ≥ n2 ⇒ |xn − yn| < ε/2.

Tomando n0 = max{n1, n2}, teremos que se n ≥ n0, entao

|yn − a| ≤ |xn − yn|+ |xn − a| < ε.

Logo, lim yn = a.

142

Exercıcio 4.7:

Seja a 6= 0. Se limyna

= 1, entao lim yn e igual a a.

Sejam ε > 0 e a 6= 0. Neste caso ε/|a| > 0. Assim, existe n0 ∈ N tal que∣∣∣yna− 1∣∣∣ < ε

|a|,

ou seja,|yn − a| < ε.

Logo, lim yn = a.

143

Exercıcio 4.8:

Seja b 6= 0. Se limxn = a e limxnyn

= b, entao lim yn =a

b.

Pelo ıtem 3 do Teorema 6, temos que

limynxn

=1

b.

Pelo ıtem 2 do mesmo teorema,

lim yn = limxn.ynxn

= limxn. limynxn

= a.1

b=a

b.

144

Exercıcio 4.9:

Seja b 6= 0. Se limxn = a e limxnyn

= b, entao lim yn =a

b.

Pelo ıtem 3 do Teorema 6, temos que

limynxn

=1

b.

Pelo ıtem 2 do mesmo teorema,

lim yn = limxn.ynxn

= limxn. limynxn

= a.1

b=a

b.

145

Exercıcio 4.10:

Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, entao lim n√xn = 1.

Temos quelim n√a = lim n

√n = 1.

Assim,

limn√nk = lim

(n√n)k

=(lim n√n)k

= 1k = 1.

Logo, limxn = 1.

146

Exercıcio 4.10:

Sejam k ∈ N e a > 0. Se a ≤ xn ≤ nk para todo n, entao lim n√xn = 1.

Temos quelim n√a = lim n

√n = 1.

Assim,

limn√nk = lim

(n√n)k

=(lim n√n)k

= 1k = 1.

Logo, limxn = 1.

147

Exercıcio 4.11:

Use a desigualdade entre as media aritmetica e geometrica dos n+ 1 numeros 1−1/n, 1−1/n, ..., 1−1/n, 1 e proveque a sequencia (1− 1/n)n e crescente. Conclua que (1− 1/n)n ≥ 1/4 para todo n > 1.

Pela desigualdade envolvendo a media aritmetica e a media geometrica, temos que

n+1

√(1− 1

n

)n.1 ≤

n

(1

1

n

)+ 1

n+ 1

n+1

√(1− 1

n

)n≤ n

n+ 1= 1− 1

n+ 1(1− 1

n

)n≤(

1− 1

n+ 1

)n+1

.

Logo, a sequencia (xn)n∈N dada por

xn =

(1− 1

n

)ne crescente. Daı, para n ≥ 2, temos

1

4=

(1− 1

2

)2

≤(

1− 1

n

)n.

148

Exercıcio 4.11a:

Sejam xn = (1 + 1/n)n e yn = (1− 1n+1 )n+1. Mostre que limxnyn = 1 e deduza daı que lim(1− 1/n)n = e−1.

Segue, pelas definicoes de xn e yn, que

xnyn =

(1 +

1

n

)n(1− 1

n+ 1

)n+1

=

(n

n+ 1

)n(n

n+ 1

)n(1− 1

n+ 1

)= 1− 1

n+ 1.

Logo,

limxnyn = lim 1− 1

n+ 1= 1.

Como limxn = e, temos que

lim

(1− 1

n

)n= lim yn1

= lim yn = e−1.

149

Exercıcio 4.12:

Fazendo yn = x1/k e b = a1/k na identidade yk−bk = (y−b)k−1∑i=0

yibk−i−1, obtenha x−a = (x1/k−a1/k)k−1∑i=0

xi/ka1−(i+1)/k

e use isto para provar que se limxn = a > 0, entao lim n√xn = n

√a. Conclua daı, que lim(xn)r = ar para todo

racional r.

Fazendo y = x1/k e b = a1/k na identidade

yk − bk = (y − b)k−1∑i=0

yibk−i−1,

obtemos

x− a = (x1/k − a1/k)

k−1∑i=0

xi/ka1−i+ 1

k .

como limxn = a > 0, existe c > 0 em e um nc ∈ N tal que para todo n ≥ nc, teremos

0 < c < xn.

Logo, para n ≥ nc temos que

xn − a = (x1/kn − a1/k)

k−1∑i=0

xi/kn a1−i+ 1

k

> (x1/kn − a1/k).S,

onde

S =

k−1∑i=0

ci/ka1−i+ 1

k > 0.

dado ε > 0, existe n1 ∈ N tal que para todo n ≥ n1, temos

εS > |xn − a|.

Daı, fazendo n0 = max{n1, n2}, temos que para todo n ≥ n0

εS > |xn − a| > |x1/kn − a1/k|.S.

Logo,ε > |x1/k

n − a1/k|

para n ≥ n0. Concluimos daı quelim n√xn = n

√a.

Sendo r =p

q, temos que

limxp/qn = lim( q√p)

= (lim q√xn)p

= ( q√a)p = ap/q = ar.

150

Exercıcio 4.14:

Propriedade 55. Seja a, b ≥ 0 e entao lim n√an + bn = max{a, b}.

Demonstracao. Seja c = max{a, b} entao vale Vale an ≤ cn, bn ≤ cn e daı an + bn ≤ 2cn da mesma maneiracn ≤ an + bn, pois c e a ou b, logo

cn ≤ an + bn ≤ 2cn

c ≤ n√an + bn ≤ n

√2 c

tomando limites, temos pelo teorema do sanduıche

limn√an + bn = c.

Propriedade 56. Sejam (ak ≥ 0)m1 e c = max{ak, k ∈ Im} entao

limn→∞

n

√√√√ m∑k=1

ank = c.

Demonstracao. Vale ank ≤ cn, tomando a soma, tem-se∑mk=1 a

nk ≤ m.cn, tem-se tambem cn ≤

∑mk=1 a

nk entao vale

cn ≤m∑k=1

ank ≤ m.cn

tomando a raiz

c ≤ n

√√√√ m∑k=1

ank ≤n√m.c

e novamente por teorema do sanduıche tem-se

lim n

√√√√ m∑k=1

ank = c.

151

Exercıcio 4.15:

Definicao 10 (Termo destacado). Dizemos que xn e um termo destacado quando xn ≥ xp para todo p > n. Isto equando xn e maior ou igual a todos seus sucessores.

Propriedade 57. Toda sequencia possui subsequencia monotona .

Demonstracao. Seja A ⊂ N o conjunto dos ındices s da sequencia (xn), tais que xs e destacado, existem dois casosa serem analisados

• Se A e infinito, entao podemos tomar uma subsequencia (xn1, xn2

, · · · ) de termos destacados formada peloselementos com ındices em A que e nao-crescente com n1 < n2 < n3 < · · · e com xn1

≥ xn2≥ · · · .

• Se A e finito, tomamos um n1 maior que todos elementos de A daı xn1 nao e destacado, existindo xn2 ≥ xn1

com n2 > n1, por sua vez xn2 nao e destacado logo existe n3 > n2 tal que xn3 ≥ xn2 , assim construımos umasubsequencia nao-decrescente .

152

Exercıcio 4.18:

Generalizamos o exercıcio em dois resultados.

Propriedade 58. Sejam (an) e (bn) sequencias limitada tais que an + bn = 1 ∀n ∈ N , (zn) e (tn) com o mesmolimite a, entao lim an.zn + bn.tn = a.

Demonstracao. Escrevemos

an.zn + bn.tn = an.zn − a.an + a. an︸︷︷︸=1−bn

+bn.tn = an(zn − a) + a(1− bn) + bn.tn =

= an(zn − a) + a− a.bn + bn.tn = an(zn − a) + a+ bn(tn − a)

daılim an(zn − a) + a+ bn(tn − a) = a = lim an.zn + bn.tn

pois an e bn sao limitadas e zn − a, tn − a tendem a zero.

Propriedade 59. Se limn→∞ zk(n) = a ∀ k e cada (xk(n)) e limitada com∑pk=1 xk(n) = vn → b entao

limn→∞∑pk=1 xk(n)zk(n) = a.b.

Demonstracao. Vale x1(n) = vn −∑pk=2 xk(n).

p∑k=1

xk(n)zk(n) = x1(n)z1(n) +

p∑k=2

xk(n)zk(n) =

= z1(n)vn −p∑k=2

xk(n)z1(n) +

p∑k=2

xk(n)zk(n) =

= z1(n)vn︸︷︷︸→a.b

+

p∑k=2

xk(n) (zk(n)− z1(n))︸︷︷︸→0

→ a.b.

153

Exercıcio 4.19:

Definicao 11 (Sequencia de variacao limitada). Uma sequencia (xn) tem variacao limitada quando a sequencia(vn) com

vn =

n∑k=1

|∆xk| e limitada.

Propriedade 60. Se (xn) tem variacao limitada entao (vn) converge.

Demonstracao. (vn) e limitada e nao-decrescente, pois ∆vn = |∆xn+1| ≥ 0, logo e convergente.

Propriedade 61. Se (xn) tem variacao limitada entao existe limxn.

Demonstracao. A serie∑∞k=1 |∆xk| converge portanto

∑∞k=1 ∆xk converge absolutamente e vale

xn − x1 =

n−1∑k=1

∆xk ⇒ xn =

n−1∑k=1

∆xk + x1

logo xn e convergente.

Exemplo 15. Se |∆xn+1| ≤ c|∆xn| ∀ n ∈ N com 0 ≤ c < 1 entao (xn) possui variacao limitada. Definimos

g(k) = |∆xk| logo a desigualdade pode ser escrita como g(k + 1) ≤ cg(k), Qg(k) ≤ c aplicamos∏n−1k=1 de ambos

lados, daı

g(n) = |∆xn| ≤ cn−1g(1)

somando em ambos lados temosn∑k=1

|∆xk| ≤n∑k=1

ck−1g(1)

como o segundo termo converge por ser serie geometrica segue que (xn) e de variacao limitada, logo converge.

Propriedade 62. (xn) tem variacao limitada ⇔ xn = yn − zn onde (yn) e (zn) sao sequencias nao-decrescenteslimitadas.

Demonstracao. ⇐).Seja xn = yn − zn onde (yn) e (zn) sao sequencias nao-decrescentes limitadas, entao xn tem variacao limitada.

vn =

n∑k=1

|∆xk| =n∑k=1

|∆yk −∆zk| ≤n∑k=1

|∆yk|+n∑k=1

|∆zk| ≤ |n∑k=1

∆yk|+ |n∑k=1

∆zk|

= |yn+1 − y1|+ |zn+1 − z1| < M

pois (yn) e (zn) sao limitadas, logo (vn) e limitada, isto e, (xn) tem variacao limitada.⇒). Dada (xn) com variacao limitada. (xn) tem variacao limitada ⇔ (xn + c) tem variacao limitada, pois ∆

aplicado as duas sequencias tem o mesmo valor. Escrevemos

xn − x1 =

n−1∑k=1

∆xk

Para cada n definimos Pn o conjunto dos k da soma∑n−1k=1 ∆xk tais que ∆xk ≥ 0 e Nn o conjunto dos k da mesma

soma tais que ∆xk < 0, com isso temos uma particao do conjunto dos ındices e vale

xn − x1 =

n−1∑k=1

∆xk =∑k∈Pn

∆xk︸︷︷︸yn

−∑k∈Nn

(−∆xk)︸︷︷︸zn

154

(yn) e nao decrescente, pois yn+1 = yn caso nao seja adicionado ındice a Pn+1 em relacao a Pn e yn+1 ≥ yn casoseja adicionado um ındice a Pn+1, pois adicionamos um termo da forma ∆xk ≥ 0 o mesmo para (zn).

(yn) e limitada pois

∑k∈Pn

∆xk ≤n−1∑k=1

|∆xk| =∑k∈Pn

|∆xk|+∑k∈Nn

|∆xk| =∑k∈Pn

∆xk +∑k∈Nn

(−∆xk) < M

da mesma maneira (zn) e limitada.

Exemplo 16. Existem sequencias convergentes que nao possuem variacao limitada, como por exemplo xn =∑n−1k=1

(−1)k

k , que e convergente porem ∆xn = (−1)n

n ⇒ |∆xn| = 1n e

∑n−1k=1

1k nao e limitada.

155

Exercıcio 4.21:

Exemplo 18. Estudar a convergencia da sequencia xn+1 = 1 +√xn com x1 = 1.

A sequencia e crescente , pois x2 = 2 > x1, supondo xn+1 > xn temos

√xn+1 >

√xn ⇒ 1 +

√xn+1 > 1 +

√xn ⇒ xn+2 > xn+1.

A sequencia e limitada superiormente, por 3, por exemplo, pois x1 < 3, supondo xn < 3 < 4 tem-se

√xn < 2⇒ 1 +

√xn < 3⇒ xn+1 < 3.

Agora calculamos o limite da sequencia

a = 1 +√a⇒ (a− 1)2 = a⇒ a2 − 3a+ 1 = 0

cujas raızes sao 3±√

52 , nao podendo ser 3−

√5

2 que e menor que 1 logo o limite e 3+√

52 .

157

Exercıcio 4.22:

Propriedade 63. (xn) nao possui subsequencia convergente ⇔ lim |xn| =∞.

Demonstracao. ⇒).Se (xn) nao possui subsequencia convergente entao lim |xn| =∞.Se nao fosse lim |xn| =∞, existiria A > 0 tal que ∀ n0, existe n1 > n0 tal que |xn1 | < A, aplicando o resultado

com n1 no lugar de n0, existe n2 > n1 tal que |xn2 | < A e assim construımos uma subsequencia (xn1 , xn2 , · · · )limitada , que possui uma subsequencia convergente , o que e absurdo.⇐).Suponha por absurdo que lim |xn| = ∞ e (xn) possui subsequencia convergente, convergindo para a. Por

definicao de limite infinito, sabemos que existe n0 tal que n > n0 implica |xn| > |a|+ 10, por (xn) ter subsequenciaque converge para a, existe n1 tal que n > n1 e n ındice da subsequencia, implica |xn − a| < 10⇒ |xn| < |a|+ 10,podemos tomar ındice da subsequencia tal que n > n1 e n > n2, logo valeria |xn| < |a|+ 10 e |xn| > |a|+ 10 o quee absurdo, portanto (xn) nao pode possuir subsequencia convergente.

158

Exercıcio 4.25:

Propriedade 64 (Teste da razao para sequencias.). Se xn > 0 ∀n ∈ N e xn+1

xn≤ c < 1 para n suficientemente

grande entao limxn = 0.

Demonstracao. Existe n0 tal que para k > n0 vale 0 < xk+1

xk≤ c < 1, aplicamos o produtorio

∏nk=n0+1 em ambos

, de onde segue

0 <

n∏k=n0+1

xk+1

xk≤

n∏k=n0+1

c

0 < xn+1 < x(n0+1)cn−n0

como lim cn = 0, tem-se pelo teorema do sanduıche que limxn = 0.

Corolario 9. Dada uma sequencia de termos nao nulos (xn), entao (|xn|) e uma sequencia de termos positivos,se ela satisfaz a propriedade anterior entao lim |xn| = 0 o que implica limxn = 0.

Propriedade 65. Seja (xn) sequencia de termos positivos, se xn+1

xn≥ c > 1 para n suficientemente grande entao

limxn =∞.

Demonstracao. Existe n0 ∈ N tal que k > n0 implica xk+1

xk≥ c, onde c > 1. Aplicando o produtorio na desigualdade

tem-sen∏

k=n0+1

xk+1

xk> cn−n0

xn+1 >xn0+1

cn0cn

como lim cn =∞ segue que limxn =∞.

Corolario 10. Na propriedade anterior podemos trocar xn por |xn| onde xn nao se anula, pois (|xn|) e umasequencia de positivos.

Corolario 11. Se lim xn+1

xn= a < 1 entao para n suficientemente grande vale xn+1

xn≤ c < 1, logo tambem vale

limxn = 0.

Corolario 12. Se lim xn+1

xn= c > 1 a propriedade tambem se verifica pois existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica

xn+1

xn> a > 1 para algum a.

Propriedade 66.

limn!

nn= 0.

Demonstracao. Definimos xn = n!nn e vale xn > 0, aplicamos a regra da razao

xn+1

xn=

(n+ 1)!

(n+ 1)n+1

nn

n!=

(n

n+ 1

)n=

1

(1 + 1n )n

o limite e lim xn+1

xn= 1

e < 1.nn cresce mais rapido que n!

Propriedade 67. Para todo a > 0 real temos lim an

n! = 0.

Demonstracao. Pelo teste da razao, definimos xn = an

n! temos xn > 0 segue xn+1

xn= an+1n!

(n+1).n!an = an+1 e temos

lim xn+1

xn= 0, logo limxn = 0.

A propriedade nos diz que n! cresce mais rapido que an.

159

Corolario 13. lim n!an = ∞, pois lim an

n! = 0, isso significa que ∀A > 0 ∃ n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ n!an > A, em

especial para A = 1, tem-se n! > an para n suficientemente grande.

Propriedade 68. Se a > 1 e p natural fixo vale

limnp

an= 0.

Demonstracao. Definimos xn = np

an , vale xn > 0 daı podemos aplicar o teste da razao

xn+1

xn=

(n+ 1)p

an+1

an

np=

(n+ 1

n

)p1

a⇒ limxn+1xn =

1

a︸︷︷︸0<

< 1

daı o limite e zero.

Corolario 14. Se a > 1, p ∈ N entao lim an

np =∞ pois lim np

an = 0.

Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais rapido que np para n grande.

160

Exercıcio 4.31:

Exemplo 19. Mostrar que

lim

n∑k=1

kp

np+1=

1

p+ 1.

Iremos calcular o limite das diferencas do inverso da sequencia

lim(n+ 1)p+1 − np+1

(n+ 1)p= lim

[p−1∑k=0

(p+1k

)nk] + (p+ 1)np

(n+ 1)p= lim

p−1∑k=0

(p+1k

)nk

(n+ 1)p︸︷︷︸→0

+ lim(p+ 1)np

(n+ 1)p︸︷︷︸→p+1

= p+ 1

daı

lim

n∑k=1

kp

np+1=

1

p+ 1.

161

Exercıcio 4.33:

Questao digitada errada

Propriedade 69. Se limxn =∞ , com xn > 0 entao lim(∏nk=1 x

1n

k ) =∞

Demonstracao. Se limxn =∞ entao lim 1xn

= 0 daı lim (

n∏k=1

1

xk

1n

)︸︷︷︸=yn

= 0 que implica

lim1

yn=∞ = lim(

n∏k=1

x1n

k ).

Exemplo 20. Provar que lim n

√(2n)!n! = ∞. Tomamos xn = (2n)!

n! daı temos xn+1

xn= (2n+2)(2n+1)(2n)!

(n+1)n!n!

(2n)! =

(2n+2)(2n+1)(n+1) = 2(2n+ 1)→∞ logo lim n

√(2n)!n! =∞.

Exemplo 21. Mostrar que lim n

√(2n)!n!nn = 4

e .

Tomamos xn = (2n)!n!nn , daı xn+1

xn= 2(2n+1)

n+11

(1+ 1n )n→ 4

e .

162

Exercıcio 4.35:

Propriedade 70. Sejam∞∑n=u

an e∞∑n=s

bn series de termos positivos. Se∞∑n=s

bn = ∞ e existe n0 ∈ N tal que

an+1

an≥ bn+1

bnpara todo n > n0 entao

∞∑n=u

an =∞.

Demonstracao. an+1

an≥ bn+1

bn, Qak ≥ Qbk tomando o produtorio com k variando de k = n0 + 1 ate n − 1 na

desigualdade em ambos lados segue

n−1∏k=n0+1

Qak =an

an0+1≥

n−1∏k=n0+1

Qbk =bn

bn0+1, an ≥

an0+1

bn0+1bn

pois temos termos positivos, tomando a serie temos

∞∑n=n0+1

an ≥an0

bn0

∞∑n=n0+1

bn =∞

logo a serie tende ao infinito por comparacao.

163

Exercıcio 4.36:

Propriedade 71. 1. Sejam duas series∑ak e

∑bk de termos positivos, se existe lim ak

bk= a 6= 0 entao

∑ak

converge ⇔∑bk converge .

2. Se lim akbk

= 0 entao a convergencia de∑bk implica convergencia de

∑ak.

Demonstracao. 1. Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se

0 < t1 < a− ε < akbk

< a+ ε < t2

como bk > 0 tem-set1bk < ak < t2bk

aplicamos a soma∑nk=n0+1, daı

t1

n∑k=n0+1

bk <

n∑k=n0+1

ak < t2

n∑k=n0+1

bk

usando essa desigualdade temos por comparacao que se∑bk converge entao

∑ak converge e se

∑ak converge

entao∑bk converge.

2. De maneira similar ao item anterior.

Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se

0 ≤ akbk

< ε < t2

como bk > 0 tem-se0 ≤ ak < t2bk

aplicamos a soma∑nk=n0+1, daı

0 ≤n∑

k=n0+1

ak < t2

n∑k=n0+1

bk

usando essa desigualdade temos por comparacao que se∑bk converge entao

∑ak converge.

Exemplo 22. Pode valer que∑ak converge, valendo lim ak

bk= 0 e

∑bk nao converge, tome por exemplo ak = 1

k2 ,

bk = 1k ,∑bk nao converge, lim ak

bk= lim k

k2 = lim 1k = 0 e

∑ak converge, logo a recıproca do item 2 da propriedade

anterior nao vale.

164

Exercıcio 4.40:

Prove que para todo a ∈ R, a serie

a2 +a2

1 + a2+

a2

(1 + a2)2+ ...

e convergente e calcule a soma.

Se a = 0, a serie tende a 0 trivialmente.Suponhamos que a 6= 0. Entao, segue que

1

1 + a2< 1.

Assim, pelo exemplo 7 deste capıtulo, temos que

∞∑i=0

1

(1 + a2)i=

∞∑i=0

(1

1 + a2

)i=

1

1− 11+a2

=1 + a2

a2.

Logo,∞∑i=0

a2

(1 + a2)i= a2

( ∞∑i=0

1

(1 + a2)i

)= 1 + a2.

165

Exercıcio 4.41:

Para todo p ∈ N fixado, a serie ∑n

1

n(n+ 1)...(n+ p)

converge.

Para todos n e p ∈ Z+, temos que1

n(n+ 1)...(n+ p)<

1

np+1.

Como p+ 1 > 1, temos, pelo exemplo 29, que ∑n

1

np+1

e convergente. Logo, concluımos de

0 <i∑

n=1

1

n(n+ 1)...(n+ p)<

i∑n=1

1

np+1

que a serie ∑n

1

n(n+ 1)...(n+ p)

e limitada (e monotona). Portanto,∑n

1n(n+1)...(n+p) converge.

166

Exercıcio 4.42:

Se∑an converge e an > 0 entao

∑(an)2 e

∑1

1+anconvergem.

Como∑an e convergente, temos que limn→∞ an = 0. Assim, como tambem temos que an > 0 para todo

n ∈ Z+, existe n0 ∈ Z+ tal que0 < an < 1,

para todo n > n0. Logo, para n > n0, temos que

0 < a2n < an.

Assim,i∑

n=n0

a2n 6

i∑n=n0

an,

para todo i ∈ Z+, e, como existe∑∞n=n0

an, temos que existe∑∞n=n0

a2n. Logo, existe

∞∑n=1

a2n =

n0−1∑n=1

a2n +

∞∑n=n0

a2n.

Como an > 0, para todo n ∈ Z+, temos que

an1 + an

< an,

para todo n ∈ Z+. Assim,i∑

n=1

an1 + an

<

i∑n=1

an,

para todo i ∈ Z+, e, como∑∞n=1 an existe, temos que existe

∑∞n=1

an1+an

.

167

Exercıcio 4.43:

Se Σ(an)2 converge entao Σann converge.

SejamZ<+ := {n ∈ Z+; |an| < 1/n}

eZ>

+ := {n ∈ Z+; |an| > 1/n}.

Entao, Z+ = Z<+ ∪ Z>+. Alem disso, para cada n ∈ Z+, temos que

|an|n

<1

n2+ a2

n.

De fato, se n ∈ Z<+, temos que

|an| <1

n

implicando que|an|n

<1

n26

1

n2+ a2

n.

Se n ∈ Z>+ entao temos que

1

n6 |an|

e, consequentemente,|an|n

6 a2n <

1

n2+ a2

n.

Assim, temos quei∑

n=1

|an|n

<

i∑n=1

1

n2+

i∑n=1

a2n,

para todo i ∈ Z+. Pelo exemplo 29 e pela hiptotese, temos que∑∞n=1

1n2 e

∑∞n=1 a

2n existem. Assim, pela

desigualdadade acima, devemos ter que∑∞n=1

|an|n existe.

Como∞∑n=1

∣∣∣ann

∣∣∣ =

∞∑n=1

|an|n

existe, temos que∑∞n=1

ann tambem deve existir.

168

Exercıcio 4.44:

Se (an) e decrescente e Σan converge entao limnan = 0.

Primeiramente observemos que como (an) e decrescente e existe∑ak, entao an > 0 para todo n ∈ Z+. De

fato, se an0< 0 para algum n0 ∈ Z+, terıamos que

n0+i∑k=n0

ak 6n0+i∑k=n0

an0 = (i+ 1)an0 < 0

e, consequentemente, ∣∣∣∣∣n0+i∑k=n0

ak

∣∣∣∣∣ > (i+ 1)|an0|,

para todo i ∈ Z+. Contradizendo o fato de∑ak existir.

Assim, temos que (Σnk=1ak)n∈Z+ e uma sequencia crescente de Cauchy. Em especial,∣∣∣∣∣n+p∑k=1

ak −n∑k=1

ak

∣∣∣∣∣ =

n+p∑k=n+1

ak,

para todos n e p ∈ Z+.Seja ε > 0 arbitrario. Como (Σnk=1ak)n∈Z+ e de Cauchy, existe n0 ∈ Z+ tal que para todo n > n0 vale

ε

2>

∣∣∣∣∣n∑k=1

ak −n0∑k=1

ak

∣∣∣∣∣ =

n∑k=n0+1

ak > (n− n0)an.

Por outro lado, como∑an e convergente, devemos ter que limn→∞ an = 0 e, por conta disso, existe n1 ∈ Z+ tal

que para todo n > n1 temos queε

2n0> an

e, consequentemente,ε

2> n0an.

Assim, para n > n2 = max{n0, n1}, temos que

ε =ε

2+ε

2> (n− n0)an + n0an = nan = |nan|.

Portanto, concluimos que limn→∞ nan = 0.

169

Exercıcio 4.45:

Se (an) e decrescente e Σan = +∞, entao,

limn→∞

a1 + a3 + · · ·+ a2n−1

a2 + a4 + · · ·+ a2n= 1.

Como (an) e decrescente, temos quea2n−1 > a2n,

para todo n ∈ Z+. Assim, para todo n ∈ Z+, temos que

a1 + a3 + · · ·+ a2n−1 > a2 + a4 + · · ·+ a2n


1 6a1 + a3 + · · ·+ a2n−1

a2 + a4 + · · ·+ a2n=: qn.

Provaremos agora que para todo c > 1 existe n0 tal que qn < c para todo n > n0. Daı conclui-se quelimn→∞ qn = 1. Como querıamos demonstrar.

Suponhamos, por contradicao, que exista c > 1 e uma subsequencia (qnk) de (qn) tais que

qnk> c

para todo k ∈ Z+.Entao temos, para todo k ∈ Z+, que

a1 + a3 + · · ·+ a2nk−1 > c(a2 + a4 + · · ·+ a2nk)

> c(a3 + a5 + · · ·+ a2nk+1)

e, consequentemente,a1 > a1 − ca2nk+1

> (c− 1)(a3 + a5 + · · ·+ a2nk−1).

E chegamos a um absurdo. De fato, como Σan =∞, existe k ∈ Z+ tal que

2a1

c− 1+ a1 < a1 + a2 + a3 + ·+ a2nk+1


2a1c−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).

170

Exercıcio 4.46:

Seja (an) uma sequencia nao crescente, com lim an = 0. A serie∑an converge se e somente se

∑2na2n converge.

Como a sequencia (an) e nao cresente, devemos ter que an > 0, para todo n ∈ Z+, caso∑an ou

∑2nan sejam

convergentes. De fato, se ak0 < 0, temos que

limk→∞

k∑n=1

an =

k0−1∑n=1

an + limk→∞

k∑n=k0

an 6k0−1∑n=1

an + limn→∞

k∑n=k0

ak0 = −∞

e, analogamente,

limk→∞

k∑n=1

2na2n = −∞.

Em especial, temos, do fato de (an) ser uma sequencia de termos nao negativos, que∑an e

∑2nan sao

sequencias crescentes. Mostraremos, adiante, que se∑an e uma sequencia limitada (i.e. convergente) entao∑

2nan tambem e limitada e vice-versa.Suponhamos que

∑an seja convergente. Como (an) e nao crescente, temos que

2na2n = 2

2n−1∑k=2n−1

a2n 6 2

2n−1∑k=2n−1

ak,

para todo n ∈ Z+. Assim, para todo p ∈ Z+, temos que

p∑n=1

2na2n 6p∑

n=1

2

2n−1∑k=2n−1

ak 6 2

2p−1∑k=1

ak 6 limp→∞

2

2p−1∑k=1

ak <∞.

Assim, temos que∑

2na2n e uma sequencia crescente e limitada. Portanto,∑

2na2n e convergente.Suponhamos que

∑2na2n seja convergente. Como (an) e nao decrescente, temos, para todo k ∈ Z+, que

2k+1−1∑n=2k

an 62k+1−1∑n=2k

a2k = 2ka2k .

Assim, dado p ∈ Z+, temos, para q ∈ Z+ tal que p 6 2q, que

p∑n=1

an 6 a1 +

2q∑n=1

an = a1 +

q∑k=1

2k+1−1∑n=2k

an 6 a1 +

q∑k=1

2kak 6 a1 + limq→∞

q∑k=1

2kak <∞.

Logo,∑an e uma sequencia crescente e limitada. Portanto,

∑an e convergente.

171

Exercıcio 4.47:

Prove que o conjunto de valores de aderencia da sequencia xn = cos(n) e o intervalo fechado [0, 1].

Seja x ∈ [0, 1]. Como cos : R → [0, 1] e sobrejetivo1, existe θ ∈ R tal que cos θ = x. Encontraremos umasequencia crescente (nk)k∈Z+

em Z+ tal que

x = cos θ = limk∈Z+

cosnk = limk∈Z+

xnk.

Assim, como x e arbitrario, poderemos concluir que o conjunto de valores de aderencia da sequencia (xn) e ointervalo [0, 1].

SejaG := {n+m2π; n e m ∈ Z}.

Pelo Exercıcio 3.58, temos que G e denso em R.Para todo k ∈ Z+, temos que existe θk ∈ G tal que

θ − 1/k < θk < θ.

Desta forma, temos quelimk→∞

θk = θ.

Como 2π e irracional, a sequencia (θk)k∈Z+ define unicamente sequencias (nk)k∈Z+ e (mk)k∈Z+ em Z pelaigualdade

θk = nk +mk2π,

para todo kZ+. Por fim, definimos a sequencia (nk)k∈Z+por

nk = |nk|,

para todo kZ+. Assim, como limk→∞ θk = θ, temos que

limk→∞ cos(nk) = limk→∞ cos(nk) = limk→∞ cos(nk)= limk→∞ cos(θk −mk2π) = limk→∞ cos(θk)= cos(θ).

O conjunto {nk; k ∈ Z+} e infinito. Caso contrario, o conjunto {cos(nk); k ∈ Z+} e finito e, assim, existiriak ∈ Z+ tal que

cos θk = cos θ.

Consequentemente, θk = θ+m2π, para alguns k e m ∈ Z. Porem, como θ− 1/k < θk < θ, temos uma contradicao.Logo, (nk)k∈Z+

e uma sequencia ilimitada em Z+. Assim, (nk)k∈Z+admite uma subsequencia crescente. Em outros

termos, uma subsequencia que tambem e subsequencia de (n)n∈Z+. Denotaremos tal subsequencia tambem por

(nk)k∈Z+.

Portanto, temos que a subsequencia (xnk) e tal que

limk→∞

xnk= limk→∞

cos(nk) = cos(θ) = x.

1Isso pode ser verficado utilizando a continuidade da funcao cos e o teorema do valor intemediario. Mas, como o Elon assume quepodemos usar os nossos conhecimentos previos sobre as funcoes trigonometricas... Vamos tomar a afirmacao como fato.

172

Exercıcio 4.48:

Sejam a e b numeros reais positivos. Defina indutivamente as sequencias (xn) e (yn) pondo x1 =√ab, y1 = (a+b)/2,

xn+1 =√xnyn e yn+1 = (xn + yn)/2. Prove que xn e yn convergem para o mesmo limite, chamado de a media

aritmetico-geometrica entre a e b.

Pelo Princıpio da Definicao Indutiva, podemos as sequencias (xn)n∈Z>0e (yn)n∈Z>0

em R+ por

x0 := a, y0 := b, xn+1 :=√xnyn e yn+1 :=

xn + yn2

.

Se a = b temos que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0. De fato, se tomamos como hipotese de inducao que

xn = yn = a

entaoxn+1 =

√xnyn =

√a2 = a

e

yn+1 =xn + yn

2=

2a

2= a.

Assim, como x0 = a = b = y0, temos, pelo Princıpio da Inducao Finita, que xn = yn = a, para todo n ∈ Z>0.Desta forma,

limn→+∞

xn = a = limn→+∞

yn.

Portanto, nos resta mostrar o resultado para o caso em que a < b. Suponhamos, ate o fim desta demonstracao,que

b− a > 0.

Primeiramente, provaremos as desigualdades

xn < xn+1 < yn+1 < yn, (4.1)

para todo n ∈ Z>0, por inducao em n. Suponhamos que, para algum n fixo, D := yn − xn > 0. Entao,

x2n < xnyn = x2

n+1,

x2n+1 = xnyn

= xn(xn +D)

< x2n + xnD + D2

4

=(xn + D

2

)2=

(xn+yn

2

)2= y2

n+1

e

yn+1 =xn + yn

2= yn −

D

2= yn.

Logo, se xn < yn, temos (4.1). Como x0 = a < b = y0, temos, pelo Princıpio da Inducao Finita, que (4.1) valepara todo n ∈ Z>0.

Das desigualdades (4.1) segue que as sequencias (xn) e (yn) sao monotonas e limitadas. Logo, existemlimn→+∞ xn e limn→+∞ yn.

Provaremos, agora, quelim

n→+∞(yn − xn) = 0.

Usando (4.1), temos que

(yn − xn)2 = (yn + xn)2 − 4xnyn= 4y2

n+1 − 4x2n+1

= 4(y2n+1 − x2

n+1)= 4

((yn+1 − xn+1)2 + 2yn+1xn+1 − 2x2

n+1

)= 4(yn+1 − xn+1)2 + 8xn+1(yn+1 − xn+1)> 4(yn+1 − xn+1)2.

173

e, consequentemente,yn − xn

2> yn+1 − xn+1.

Em particular,b− a

2=y0 − x0

2> y1 − x1.

Supondo queb− a

2n> yn − xn,

como hipotese de inducao, temos que

b− a2n+1

>yn − xn

2> yn+1 − xn+1.

Assim, pelo Princıpio da Inducao Finita, temos que

b− a2n

> yn − xn = |yn − xn|,

para todo n ∈ Z+. Assim, pelo Teorema do Confronto (Teorema 8 do Capıtulo 4), temos que

limn→+∞

|yn − xn| = 0.

Logo, pelo exercıcio 4.1, temos que

limn→+∞

yn − limn→+∞

xn = limn→+∞

(yn − xn) = 0.

E o resultado segue.

174

Exercıcio 4.49:

Sejam a1 > a2 > · · · > 0 e sn = a1 − a2 + · · · + (−1)n−1an. Prove que a sequencia (sn) e limitada e quelim supsn − lim infsn = lim an.

Valem as desigualdadess2k 6 s2(k+1) 6 s2(k+1)+1 6 s2k+1, (4.2)

para todos k ∈ Z+. De fato, para todo k ∈ Z+, temos que

s2k = a1 − a2 + · · ·+ a2k−1 − a2k

6 a1 − a2 + · · ·+ a2k−1 − a2k + a2k+1 − a2(k+1)

= s2(k+1),

s2(k+1) = a1 − a2 + · · ·+ a2k+1 − a2(k+1)

6 a1 − a2 + · · ·+ a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1

= s2(k+1)+1,

es2(k+1)+1 = a1 − a2 + · · ·+ a2k+1 − a2(k+1) + a2(k+1)+1

6 a1 − a2 + · · ·+ a2k+1

= s2k+1.

Segue, das desigualdades (4.2), que a sequencia (s2k)k∈Z+ e nao decrescente e limitada e que a sequencia(s2k+1)k∈Z+ e nao crescente e limitada. Em especial, temos que

limk→+∞

s2k = supk∈Z+

s2k e limk→+∞

s2k+1 = infk∈Z+

s2k+1.

Tambem valem as desigualdadess2k 6 sn 6 s2k+1, (4.3)

para todo k ∈ Z+ e n > 2k + 1 em Z+. De fato, se n > 2k + 1, temos que n = 2p ou 2p + 1 para algum p > k.Assim, como (s2k)k∈Z+

e nao decrescente, (s2k+1)k∈Z+e nao crescente e por (4.2), temos que

s2k 6 s2p 6 s2p+1 6 s2k+1.

Logo, obtemos (4.3). Em especial, concluimos que (sn)n∈Z+e limitada.

Como as sequencias (s2k)k∈Z+e (s2k+1)k∈Z+

sao monotonas e limitadas, temos que existem limk→∞ s2k elimk→∞ s2k+1. Provaremos que

lim infsn = limk→∞

s2k e lim supsn = limk→∞

s2k+1.

Como a sequencia (an)n∈Z+ e monotona e limitada, temos que esta e convergente. Daı, segue das igualdades acima,que

lim supsn − lim infsn = limk→+∞ s2k+1 − limk→+∞ s2k

= limk→+∞(s2k+1 − s2k)= limk→+∞ a2k+1

= limn→+∞ an.

Suponhamos que A seja um valor de aderencia de (sn)n∈Z+. Entao, devemos ter que

s2k 6 A 6 s2k+1,

para todo k ∈ Z+. De fato, se s2k+1 < A, para algum k ∈ Z+, temos que

sn 6 s2k+1 < A

para todo n > 2k + 1 em Z+, por (4.3). Isto e,

|A− sn| > |A− s2k+1|,

175

para um k ∈ Z+ fixo e todo n > 2k+ 1 em Z+. E isso contradiz o fato de A ser um valor de aderencia de (sn)n∈Z+ .Analogamente, prova-se que e impossıvel se ter A < s2k, para algum k ∈ Z+. Portanto, devemos ter que

limk→∞

s2k = supk∈Z+

s2k 6 A 6 infk∈Z+

s2k+1 = limk→+∞

s2k+1.

Em particular, os valores de aderencia lim inf sn e lim sup sn satisfazem

limk→∞

s2k 6 lim inf sn 6 lim sup sn 6 limk→+∞

s2k+1.

Logo, como lim inf sn e lim sup sn sao, respectivamente, o menor e o maior valor de aderencia de (sn)n∈Z+, temos

quelimk→∞

s2k = lim inf sn e limk→+∞

s2k+1 = lim sup sn.

176

Capıtulo 5

Topologia da Reta

177

Exercıcio 5.01:

Um conjunto A ⊂ e aberto se, e somente se, cumpre a seguinte condicao: “se uma sequencia (xn) converge paraum ponto a ∈ A entao xn ∈ A para todo n suficientemente grande”.

(⇒) Seja (xn)n∈N uma sequencia que tende a a ∈ (b, c) ⊂ A. Existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 implica que, paraε = min{a− b, c− a},

|xn − a| < ε,

ou seja,xn ∈ (a− ε, a+ ε) ⊂ (a, b) ⊂ A.

(⇐) Se a ∈ A e a ∈ (b, c) ⊂ A, para n suficientemente grande a ∈ (a− 1

n, a+

1

n) ⊂ (b, c) ⊂ A. Temos entao que

a ∈ intA se e somente se (a− 1

n, a+

1

n) ⊂ A para algum n ∈ N.

Por hipotese, existem n− e n+ ∈ N tais que

a− 1

n∈ A,∀n ≥ n−

e

a+1

n∈ A,∀n ≥ n+.

Assim, tomando-se n0 = max{n−, n+}, temos que

(a− 1

n0, a+

1

n0) ⊂ A.

Logo, a ∈ intA.

178

Exercıcio 5.02:

Tem-se que limxn = a se, e somente se, para todo aberto A contendo o ponto a, existe n0 ∈ N tal que n > n0

implica xn ∈ A.

(⇒) Repetir a ideia do exercıcio anterior.(⇐) Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0, temos que

xn ∈ (a− ε, a+ ε),

ou seja,|xn − a| < ε.

segue daı que limxn = a.

179

Exercıcio 5.03:

Seja B ⊂ aberto. Entao, para todo x ∈, o conjunto x + B = {x + y; y ∈ B} e aberto. Analogamente, se x 6= 0,entao o conjunto x.B = {x.y; y ∈ B} e aberto.

Seja B ⊂ aberto. Dado y ∈ x+ B, temos que y = x+ b para algum b ∈ B. Como B e aberto, existe ε > 0 talque (b− ε, b+ ε) ⊂ B. Desta forma, temos

(x+ b− ε, x+ b+ ε) = (y − ε, y + ε) ⊂ x+ b.

De fato, seja z ∈ (y − ε, y + ε) = (x+ b− ε, x+ b+ ε). Entao

x+ b− ε < z < x+ b+ ε

b− ε < z − x < b+ ε.

Logo, z − x ∈ B e consequentemente z ∈ x+B, como querıamos.De maneira analoga, temos que se x 6= 0, entao x.B e aberto. Seja y ∈ x.B. Entao y = x.b para algum b ∈ B.

Como B e aberto, existe ε > 0 tal que (b− ε, b+ ε) ⊂ B. Desta forma, temos que para δ = ε.|x| > 0, temos

(y − δ, y + δ) ⊂ x.B.

180

Exercıcio 5.04:

Sejam A e B abertos. Entao os conjuntos A+B = {x+y;x ∈ A, y ∈ B} e A.B = {x.y;x ∈ A, y ∈ B} sao abertos.

Como A + B = ∪a∈A(a + B) e A.B = ∪a∈A(a.B) e cada a + B e a.B sao abertos (pelo exercıcio anterior),temos que A+B e A.B sao unioes de abertos. Logo, tambem sao abertos.

181

Exercıcio 5.05:

Para quaisquer X,Y ⊂, tem-se int(X ∩Y ) = int(X)∩ int(Y ) e int(X ∪Y ) ⊃ int(X)∪ int(Y ). De um exemplo emque a inclusao nao se reduza a uma igualdade.

•int(X ∩ Y ) ⊂ int(X) ∩ int(Y ).

Dado w ∈ int(X ∩ Y ), existem a, b ∈ tais que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Daı, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X ew ∈ (a, b) ⊂ Y. Assim, w ∈ int(X) ∩ int(Y ).

•int(X ∩ Y ) ⊃ int(X) ∩ int(Y ).

Dado w ∈ int(X) ∩ int(Y ), existem ax, ay, bx, by ∈ tais que w ∈ (ax, bx) ⊂ X e w ∈ (ay, by) ⊂ Y. Entaotomando a = max{ax, ay}eb = min{bx, by}, temos que w ∈ (a, b) ⊂ X ∩ Y. Assim, w ∈ int(X ∩ Y ).

•int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ).

Dado w ∈ int(X) ∪ int(Y ), existem ax, ay, bx, by ∈ tais que w ∈ (ax, bx) ⊂ X e w ∈ (ay, by) ⊂ Y. Entao,w ∈ (ax, bx) ⊂ X ∪ Y. Donde w ∈ int(X ∪ Y ).

• Sejam X = [−1, 0) e Y = [0, 1]. Entao,int(X) = (−1, 0)

int(Y ) = (0, 1)

int(X) ∪∫

(Y ) = (−1, 1) \ {0}

int(X ∪ Y ) = (−1, 1).

182

Exercıcio 5.06:

Se A ⊂ e aberto e a ∈ A entao A\{a} e aberto.

Seja x ∈ A \ {a}. Existe ε > 0 tal que x ∈ (x − ε, x + ε) ⊂ A. Tomando ε = min{|x − a|, ε} teremos quex ∈ (x− ε, x+ ε) ⊂ A \ {a}. Logo, x ∈ int(A \ {a}). Segue daı que A \ {a} e aberto.

183

Exercıcio 5.07:

Considere as funcoes f, g, h :→, dadas por f(x) = ax + b (a 6= 0), g(x) = x2 e h(x) = x3. Mostre que, para cadaA ⊂, f−1(A), g−1(A) e h−1(A) sao abertos.

Dado um intervalo (c1, c2) ⊂ . Temos que

f−1((c1, c2)) =

(c1 − ba

,c2 − ba

), a > 0

(c2 − ba

,c1 − ba

), a < 0

g−1((c1, c2)) =

(−√c2,−√c1) ∪ (

√c1,√c2), 0 ≤ c1 ≤ c2

(−√c2,√c2), c1 < 0 < c2

∅, c1 < c2 ≤ 0

h−1((c1, c2)) = ( 3√c1, 3√c2).

Assim, para cada A ⊂ aberto, temos que A = ∪Iλ, Iλ intervalo aberto, e

f−1(A)] ∪ f−1(Iλ), g−1(A)] ∪ g−1(Iλ) e h−1(A)] ∪ h−1(Iλ).

E como f−1(Iλ), g−1(Iλ) e h−1(Iλ) sao abertos, temos que f−1(A), g−1(A) e h−1(A) tambem o sao.

184

Exercıcio 5.08:

No exercıcio anterior, mostre que, para cada A ⊂ aberto, f(A) e h(A) sao abertos. De exemplo de A aberto talque g(A) nao seja aberto.

Seja A aberto em e a ∈ A. Entao, existem c1, c2 ∈ tais que a ∈ (c1, c2) ⊂ A. Daı,

f((c1, c2)) =

{(ac1 + b, ac2 + b), a > 0(ac2 + b, ac1 + b), a < 0

h((c1, c2)) = (c31, c32),

com f(a) ∈ f((c1, c2)) e h(a) ∈ h((c1, c2)). Segue daı que dado um b = f(a) ∈ f(A) qualquer, b ∈ intf(A). E omesmo vale para h. Logo, f(A) e h(A) sao abertos.

Exemplo: g((−1, 1)) = [0, 1) nao e aberto.

185

Exercıcio 5.09:

Toda colecao de abertos nao-vazios, dois a dois disjuntos e enumeravel.

Seja {Aλ}λ∈Λ uma colecao de abertos disjuntos. Para cada λ ∈ Λ escolhemos rλ ∈ Aλ ∩Q. Como Aλ ∩Aµ = ∅,para λ 6= µ, a funcao

Λ −→ Qλ 7→ rλ

e injetiva. Segue daı que Λ e finito ou enumeravel.

186

Exercıcio 5.10:

O conjunto dos valores de aderencia de uma sequencia e um conjunto fechado.

Seja A o conjunto dos valores de aderencia da sequencia (xn)n∈N e a ∈ um ponto de aderencia de A. Existe umasequencia (ak) em A que tende a a. E, para cada ak ∈ (ak), existe uma subsequencia (x(k,n)) de (xn) que tende aak.

Definimos uma sequencia (x(0,n)) de (xn). Para cada n ∈ N, existe k0 ∈ N tal que

|a− ak0 | <1

2n

e n0 ∈ N tal que

|ak0 − x(k0,n0)| <1

2n.

Assim, tomando-se x(0, n) = x(k0,n0) teremos que

|a− x(0,n)| <1

n.

Segue daı que a = limx(0,n) e, consequentemente, a ∈ A. Portanto, A e fechado.

187

Exercıcio 5.11:

Se X ⊂ F e F e fechado entao X ⊂ F.

Para cada x ∈ X, existe uma sequencia em X que tende a x. Logo, x ∈ F = F ja que (xn) e uma sequencia emF. Segue daı que X ⊂ F.

188

Exercıcio 5.12:

Se limxn = a e X = {x1, x2, ..., xn, ...} entao X = X ∪ {a}.

Segue diretamente da definicao que X ⊃ X ∪ {a}. Seja b ∈ X e (yn) uma sequencia em X que tende a b.Consideremos o conjunto {n ∈ N;xn ∈ {y1, y2, ..., yk, ...}} = I. Se I e finito , entao b = xn para algum n ∈ I. CasoI seja infinito, a subsequencia yki = nn tal que n = min{n ∈ N;xn ∈ {yki+1, ..., yk}} de (yk) e uma sequencia de(xn). E como limxn = a, temos que b = lim yki = a. Segue daı que X ⊂ ∪{a}.

189

Exercıcio 5.13:

O numero 14 pertence ao conjunto de Cantor.

O conjunto K de Cantor e dado porK = ∩∞n=0Kn,

com Kn+1 sendo obtido de Kn retirando-se de cada intervalo de Kn um subintervalo de comprimento1

3n+1de seu

centro.

Temos que2

32e o ınfimo de um intervalo de K2. Supondo que

p∑n=1

2

32ne o ınfimo de um intervalo de K2p,

temos quep∑

n=1

2

32n+

2

32(p+1)e o ınfimo de um intervalo em K2(p+1). Segue daı que cada somatorio reduzido da

serie∑ 2

32npertence a K.

E como

∞∑n=1

= 2

(1

1− 19

− 1

)= 2

(9

8− 1

)=

1

4,

temos pela compacidade de K que1

4∈ K.

190

Exercıcio 5.14:

Sejam F e G conjuntos fechados disjuntos tais que F ∪G seja um intervalo fechado (limitado ou nao). Entao F = ∅ou G = ∅.

Sejam F e G conjuntos fechados tais que F ∪G seja um intervalo fechado.Suponhamos que existam x ∈ F e y ∈ G. Suponhamos, sem perda de generalidade, que x < y. Assim,

[x, y] ⊂ F ∪G.Seja m = inf G ∩ [x, y]. Como G ∩ [x, y] e fechado, m ∈ G ∩ [x, y] e, consequentemente, m ∈ G. Por outro lado,

F ⊃ [x,m) e, consequentemente, F = F ⊃ [x,m) = [x,m]. Segue daı que m ∈ G ∩ F.Portanto, se tivessemos F ∩G = ∅, deverıamos ter tambem que F = ∅ ou G = ∅.

191

Exercıcio 5.15:

Se E ⊂ enumeravel. Consiga uma sequencia cujo conjunto dos valores de aderencia e E. Use este fato para mostrarque todo conjunto fechado F ⊂ e o conjunto dos valores de aderencia de alguma sequencia.

Seja E = {ak}k∈N. Definimos Nk = {2k−1.m ∈ N;m e ımpar } e, para cada n ∈ N, xn = ak onde n ∈ Nk.Assim, ak = lim

n∈Nk

xn e, consequentemente, o conjunto dos valores de aderencia da sequencia (xn), A, contem

E. Dado a ∈ E, existe uma sequencia (aki)i∈N em E tendendo a a. Por sua vez, a subsequencia (x2ki−1)i∈N e iguala sequencia (aki)i∈N. Logo, a ∈ A. Concluımos que A ⊃ E. Por outro lado, A ⊂ E ja que a sequencia (xn) ( econsequentemente todas as suas subsequencias) pertence a E. Portanto, A = E.

Dado um conjunto fechadoX ⊂, pelo Teorema 6, existe um conjunto enumeravel E denso emX. Por conseguinte,existe uma sequencia (xn) cujo conjunto dos valores de aderencia e E = X (pois X e fechado).

192

Exercıcio 5.16:

Com a notacao do Exercıcio 4, se α e irracional, os conjuntos FZ e G = αZ sao fechados porem F + G nao efechados. Tambem H = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} e fechados mas F.H nao e fechado.

Os conjuntos F e G sao, respectivamente, complementares dos conjuntos abertos⋃n∈Z

(n, n+ 1) e⋃n∈Z

(αn, α(n+ 1)).

Logo, F e G sao fechados.Temos que F +G = Z + αZ e um grupo aditivo em R. Assim,

(i) inf([G+ F ] ∩ (0,∞)) = a > 0.

Neste caso, pelo exercıcio 3.58, terıamos que F + G = {0,±a,±2a, ...} = aZ. Daı, F + G = aZ 3 ak = α ∈Z+αZ = F +G e, consequentemente, a =

1

k∈ Q. Por outro lado, F +G = aZ 3 ap = α ∈ Z+αZ = F +G,

para algum p ∈ Z, e consequentemente, α = ap ∈ Q. Contradicao.

Portanto, inf([F +G] ∩ (0,∞)) = 0.

(ii) inf([F +G] ∩ (0,∞)) = 0.

Novamente pelo exercıcio 3.58, temos que F+G e denso em R. Por outro lado,1

2/∈ Z+αZ, pois α e irracional.

Logo, F +G + F +G = R. Ou seja, F +G nao e fechado.

O conjunto H e fechado, pois e o complementar do conjunto (1,∞) ∪ (⋃n∈N

( 1n ,

1n+1 )). Por outro lado, F.H =

Q + Q = R. Ou seja, F.H nao e um fechado.

193

Exercıcio 5.17:

Seja K o conjunto de Cantor. Mostre que {|x− y|;x ∈ K, y ∈ K} = [0, 1].

Nao e difıcil provar que toda extremidade de subintervalo em cada passo da construcao do conjunto de Cantore do tipo

p∑n=0

an3n∈ [0, 1]

com an = 0 ou 2, 0 ≤ n < p, ap = 0, 1 ou 2.Dado

p∑n=0

cn3n∈ [0, 1], (5.1)

com cn = 0, 1 ou 2, definiremos a, b ∈ R tais que a, b ∈ K e c = b− a. Sejam

a =

p∑n=0

an3n

e b =

p+1∑n=0

bn3n

:

• c0 = 0 ou 1a0 = c0 e b0 = 0.

• c1c13

+s1

32=a1

3− b1

3− b2

9(5.2)

c1 = 0a1 = b1 = b2 = 0, s1 = 0

c1 = 1a1 = 2, b1 = 0, b2, s1 = 1

c1 = 2a1 = 2, b1 = 0, b2 = 0, s1 = 0

• cn, 1 ≤ n < pcn3n

+sn

3n+1=an3n− bn+1

3n+1+sn−1

3n(5.3)

cn = 0sn−1 = 0

an = 0, bn+1 = 0, sn = 0

sn−1 = 1an = 0, bn+1 = 2, sn = 1

cn = 1sn−1 = 0

an = 2, bn+1 = 2, sn = 1

sn−1 = 1an = 0, bn+1 = 0, sn = 0

cn = 2sn−1 = 0

an = 2, bn+1 = 0, sn = 0

sn−1 = 1an = 2, bn+1 = 2, sn = 1

194

• cpcp3p

=ap

3p− bp+1

3p+1+sp−1

3p(5.4)

cp = 0sp−1 = 0

ap = 0, bp+1 = 0

sp−1 = 1ap = 1, bp+1 = 2

cp = 1sp−1 = 0

ap = 1, bp+1 = 0

sp−1 = 1ap = 0, bp+1 = 0

cp = 2sp−1 = 0

ap = 2, bp+1 = 0

sp−1 = 1ap = 1, bp+1 = 0

Assim, somando-se as equacoes (5.2), (5.3) e (5.4) obtemos que c = b− a e a, b ∈ K.O conjunto D = {|x − y|;x, y ∈ K} contem todos os elementos do tipo (5.1). E como o conjunto de todos os

elementos do tipo (5.1) e denso em [0, 1] teremos o resultado assim que provarmos que D e fechado.

Seja Kn =2n⋃i=1

[ai, bi] o conjunto resultante da n−esima etapa da construcao do conjunto de Cantor. O conjunto

Dn = {|x− y|;x, y ∈ Kn} e dado por

Dn =⋃

1≤i,j≤2n

Dnij, onde Dnij

= {|x− y|;x ∈ [ai, bi], y ∈ [aj , bj ]},

e fechado, pois cada Dnije fechado. Assim, D =

∞⋂n=1

Dn tambem e fechado.

195

Exercıcio 5.18:

Dado qualquer numero real a > 0, existe x1, x2, ..., xn no conjunto de Cantor tais que x1 + x2 + ...+ xn = a.

Dado a > 0 em R podemos escrever a na forma

k +

∞∑n=1

an3n

com k ∈ N e an = 0, 1 ou 2. Se provarmos que∞∑n=1

an3n

pode ser escrito como soma de dois elementos α, β ∈ K,

temos o resultado definindo x2 = x2+k = 1, x1 = α e x2 = β.E posıvel demonstrar que

K = {∑ cn

3n; cn = 0 ou 2}.

Assim, definiremos αn e βn tais que

α =∑ αn

3ne β =

∑ βn3n.

Definimos

• a1 tal quea1

3=α1

3+β1

3+s1

3(5.5)

a1 = 0α1 = β1 = 0, s1 = 0

a1 = 1α1 = β1 = 0, s1 = 1

a1 = 2α1 = 2, β1 = 0, s1 = 0

• an, n > 1, tal quean3n

+sn−1

3n−1=αn3n

+βn3n

+sn3n

(5.6)

an = 0 sn−1 = 0 αn = βn = 0, sn = 0 sn−1 = 1 αn = 2, βn = 0, sn = 1

an = 1 sn−1 = 0 αn = βn = 0, sn = 1 sn−1 = 1 αn = 2, βn = 2, sn = 0

an = 2 sn−1 = 0 αn = 2, βn = 0, sn = 0 sn−1 = 1 αn = 2, βn = 2, sn = 1

Somando as equacoes (5.5) e (5.6), temos para todo k ∈ N que(k∑

n=1

an3n

)=

(k∑

n=1

αn3n

)+

(k∑

n=1

βn3n

)+sk3k.

Assim,∞∑n=1

an3n

=

∞∑n=1

αn3n

+

3n∑βn

βn3n

e, consequentemente, a− k = α+ β.

196

Exercıcio 5.19:

Seja K o conjunto de Cantor. Dado ε > 0 arbitrario, existem um intervalos abertos J1 = (a1, b1), ..., Jn = (an, bn)

tais que que K ⊂ J1 ∪ J2 ∪ ... ∪ Jn en∑i=1

(ai − bi) < ε.

Seja Kp o conjunto resultante do p-esimo passo da contracao do conjunto K de Cantor. Sabemos que

Kp =⋃2p

i=1[ci, ci +

1

3p].

Assim, tomando-se ai = ci − 13p e bi = 2

3p temos que

J =

2p⋃i=1

(ai, bi) ⊃ Kp ⊃ K

e2p∑i=1

(bi − ai) = 2p1

3p−1= 3(

2

3)p.

Assim, dado ε > 0, basta tomar p ∈ N tal que

3(2

3)p < ε

e teremos J que satisfaz as condicoes do enunciado.

197

Exercıcio 5.20:

Para X, Y ⊂ R qualquer, tem-se X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . De um exemplo no qual a inclusao nao sereduz a uma igualdade.

• X ∪ Y ⊃ X ∪ Y .Seja a ∈ X ∪ Y . Entao, existe uma sequencia (xn) em X ou (yn) em Y que tende a a. Em ambos os casosexiste uma sequencia em X ∪ Y que tende a a.

• X ∪ Y ⊂ X ∪ Y .Seja a ∈ X ∪ Y . Entao, existe uma sequencia (zn) em X ∪ Y que tende a a. E, assim, esta sequencia possuiuma subsequencia em X (no caso em que possui infinitos termos em X) ou uma subsequencia em Y (no casoem que possui infinitos termos em Y ). No primeiro caso a ∈ X e no segundo caso a ∈ Y . Em todo caso,a ∈ X ∪ Y .

• X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .Seja a ∈ X ∩ Y . Entao, existe uma sequencia (zn) em X ∩ Y que tende a a. Assim, (zn) e uma sequencia emX que tende a a, e, consequentemente, a ∈ X. Analogamente, a ∈ Y . Portanto, a ∈ X ∩ Y .

•[−1, 0) ∩ (0, 1] = ∅ = ∅.

[−1, 0) ∩ (0, 1] = [−1, 0] ∩ [0, 1] = {0}.

198

Exercıcio 5.21:

Um conjunto A ⊂ R e aberto se, e somente se, A ∩X ⊂ A ∩X para todo X ⊂ R.

(⇒) Seja A um conjunto aberto. Dado X ⊂ R e a ∈ A∩X. Entao, existe uma sequencia (xn) em X que tendea a. Assim, como A e aberto, existe n0 ∈ N tal que para todo n ≥ n0, xn ∈ A. Daı, existe uma sequencia em Aque tende a a. Ou seja, a ∈ A. Logo, a ∈ A ∩X ⊂ A ∩X.

(⇐) Seja A ⊂ R tal que A ∩X ⊂ A ∩X para todo X ⊂ R.Dado a ∈ A, suponhamos que para todo n ∈ N, existe xn ∈ (a − 1

n , a + 1n ) − A. Seja X = {xn}n∈N. Entao,

{a} = A∩X ⊂ A ∩X = ∅ = ∅. Contradicao. Logo, existe n ∈ N tal que (a− 1n , a+ 1

n ) ⊂ A. E, assim, a ∈ int(A).

199

Exercıcio 5.22:

Sejam F1 ⊃ F2 ⊃ ... ⊃ Fn ⊃ ... nao vazio se os Fn sao apenas fechados ou apenas limitados.

• Fn apenas fechado

Fn = [n,∞)⇒⋂n∈N

Fn = ∅.

• Fn apenas limitado

Fn =

(0,

1

n

]⇒⋂n∈N

Fn = ∅.

200

Exercıcio 5.23:

Um conjunto nao vazio X ⊂ R e um intervalo se, e somente se, satisfaz a condicao seguinte: “a, b ∈ X, a < x <b⇒ x ∈ X”.

(⇒) Seja X um intervalo nao-vazio com α = inf X e β = supX.Dados a e b ∈ X, a < b, e x ∈ R tal que a < x < b. Assim,

X ⊃ (α, β) ⊃ (a, b) ∈ X.

(⇐) Seja X um conjunto que satisfaz a condicao

“a, b ∈ X, a < x < b⇒ x ∈ X ”.

Sejam α = inf X e β = supX. Temos entao que X ⊃ (α, β). De fato, dado x ∈ (α, β), existem a e b ∈ X taisque

α ≤ a < x < b ≤ β.

Assim, pela propriedade, x ∈ X. Por outro lado, X − {α, β} ⊂ (α, β) pela definicao de α e β. Portanto,

X = [α, β] ou X = [α, β) ou X = (α, β] ou X = (α, β).

201

Exercıcio 5.24:

Mostre que a intersecao de uma sequencia decrescente I1 ⊃ I2 ⊃ ... ⊃ In ⊃ ... de intervalos e um intervalo ou oconjunto vazio.

Sejam an = inf In e bn = sup In, entao In ⊃ (an, bn) e [an, bn] ⊃ In. Assim,

[an, bn] ⊃ [an+1, bn+1]

e(an, bn) ⊃ (an+1, bn+1).

Daı,

[sup{an}, inf{bn}] =⋂

[an, bn]

⊃⋂In

⊃⋂

(an, bn)

= (sup{an}, inf{bn}).

Assim, como −∞ ≤ sup{an} ≤ inf{bn} ≤ ∞,⋂In = (sup{an}, inf{bn}) ou

= (sup{an}, inf{bn}] ou

= [sup{an}, inf{bn}) ou

= [sup{an}, inf{bn}]

e temos o resultado.

202

Exercıcio 5.25:

Um conjunto e 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 6= ∅. Assim, x /∈ int(R−D).E, como int(R−D) ⊂ R−D, temos que int(R−D) 6= ∅.

203

Exercıcio 5.26:

Se F e fechado e A e aberto entao F −A e fechado.

Como A e aberto, Ac e fechado. Entao, F ∩ Ac = F − A e uma intersecao de dois fechados. Logo, F − A efecado.

204

Exercıcio 5.27:

De exemplo de um aberto A tal que A ⊃ Q mas R−A seja nao-enumeravel.

Seja (xn) uma enumeracao de Q. Definimos A =∞⋃n=1

In, onde

In = (xn −1

2n, xn +

1

2n).

Temos que A e aberto, pois e uma uniao de abertos e tambem A ⊃ Q.Provemos que R − A 6= ∅. Consideremos o intervalo compacto [0, 10] e suponhamos que R − A = ∅. Entao,

existem n1, n2, ..., nk ∈ N tais quek⋃i=1

Ini ⊃ [0, 10].

Sgue daı, entao, que

10 <

k∑i=1

(sup Ini− inf Ini

)

<

k∑i=1

(sup In − inf In)

=

∞∑i=1

1

2n−1= 2.

Absurdo. Assim, R−A 6= ∅.Se R−A e finito ou enumerael, podemos adicionar todos os elementos de R−A em uma sequencia (yn) ( de termos

repetidosse necessario ) que enumera os elementos de R−A. Daı, A = A ∪ (∞⋃n=1

In), onde In = (yn −1

2n, yn +

1

2n)

e tal que A ⊃ A e A ⊃ R − A. Mas, por argumento analogo ao acima, podemos mostrar que R − A 6= ∅. Umacontradicao. Portanto, R−A e nao enumeravel.

205

Exercıcio 5.28:

De exemplo de um conjunto fechado, nao-enumeravel, formado apenas por numeros transcendentes.

Seja (xn) uma enumeracao do conjunto dos numeros algebricos (exercıcio 3.44). Seja

A =

∞⋃i=1

In,

onde In = (xn −1

2n, xn +

1

2n). Temos que A e um aberto que contem todos os numeros naturais. Assim, pelo

mesmo argumento usado no execıcio anterior, F = R−A e nao enumeravel. E F e um fechado que contem somentenumeros algebricos.

206

Exercıcio 5.29:

Defina a distancia de um ponto a ∈ R a um conjunto nao-vazio X ⊂ R como d(a,X) inf{|x− a|;x ∈ X}. Prove:

1) d(a,X) = 0⇔ a ∈ X.

2) Se F ⊂ R e fechado, entao para todo a ∈ R existe b ∈ F tal que d(a, F ) = |b− a|.

(1) (⇒) Para cada n ∈ N, existe xn ∈ N tal que |xn − a| <1

n. Assim, (xn) e uma sequencia em X que tende a

a. Logo, a ∈ X.(⇐) Seja (xn) uma sequencia em X que tende a a. Entao, para todo ε > 0, existe n0 ∈ N tal que |xn0

−a| < ε.Assim,

0 = inf{|xn − a|;xn ∈ (xn)}≥ inf{|x− a|;x ∈ X} ≥ 0,

ou seja, d(a,X) = 0.

(2) Consideremos o compacto C = F ∩ B[a; 2d(a, F )]. Temos, pela definicao de d(a, F ), que C 6= ∅. Seja d =

d(a, F ) e xn ∈ C tal que |xn − a| < d +1

n. Como C e compacto, existe uma subsequencia (xnk

) de (xn)

tal que xnk→ b ∈ C. Assim, dado ε > 0, existe n + k ∈ N tal que |xnk

− a| < d +ε

2e |b − xnk

| > ε

2.

Consequentemente,|b− a| ≤ |b− xnk

|+ |xnk− a| < d+ ε.

Portanto, |b − a| ≤ d. Mas, como b ∈ C ⊂ F e pela definicao de d = d(a, F ), temos que |b − a| ≥ d e,consequentemente, |b− a| = d.

207

Exercıcio 5.30:

Se X e limitado superiormente, seu fecho X tambem o e. Alem disso, supX = supX. Enuncie e prove um resultadoanalogo para inf .

Temos que X e limitado somente se X e limitado. De fato, se A > 0 em R e tal que existe a ∈ X com a > A,tomando-se ε = |A− a|, existe x ∈ X tal que |x− a| < ε. Consequentemente, x > A.

Como X ⊂ X, temos imediatamente que (pelo exercıcio 3.33) que supX ≥ supX. Assim, para mostrar quesupX ≥ supX, basta provar que para qualquer c ∈ R tal que c < supX, existe x ∈ X tal que c < x. Entao, dadoc tal que c < supX, existe x ∈ X tal que c < x. Assim, tomando algum x ∈ X tal que |x− x| < |x− c|, temos quex > c. Portanto, supX = supX.

O resultado analogo seria inf A = inf A. E a demonstracao desse resultado e tambem analoga.

208

Exercıcio 5.31:

Para todo X ⊂ R limitado superiormente, supX e aderente a X. Resultado analogo para inf .

Pela definicao de supremo, para todo ε > 0 existe x ∈ X tal que supX − ε < x ≤ supX.

Assim, para n ≥ 1 em N, tomando xn ∈ X tal que supX − 1

n> xn ≤ supX. Temos, assim, que para todo

n ∈ N, |xn − supX| < 1n . Logo, a sequencia (xn) em X tende a supX e supX ∈ X.

209

Exercıcio 5.32:

Para todo X ⊂ R, X ′ e fechado.

Seja a ∈ X ′. Dado ε > 0, existe x ∈ X ′ tal que x ∈ (a−ε, a+ε). E como x ∈ X ′, existem infinitos elementos de Xem (x−δ, x+δ), onde δ = min{|x−(a±ε)|}. Assim, infinitos elementos de X pertencem a (a−ε, a+ε) ⊃ (x−δ, x+δ).Isso implica que a ∈ X ′. Concluımos que X ′ ⊃ X ′.

210

Exercıcio 5.33:

Um numero a e ponto de acumulacao de X se, e somente se, e ponto de acumulacao de X.

(⇒) Seja a um ponto de acumulacao de X. Entao, para todo ε > 0 existem infinitos elementos de X em(a− ε, a+ ε). E como X ⊂ X, existem infinitos elementos de X em (a− ε, a+ ε), ou seja, a e ponto de acumulacaode X.

(⇐) Seja a um ponto de acumulacao de X. Dado ε > 0, existe x ∈ X tal que x ∈ (a−ε, a+ε)−{a}. Tomando-seδ = min{|x− a|, |x− (a± ε)|}, temos que existe x ∈ X tal que |x− x| < δ.

Assim, x ∈ (x− δ, x+ δ) ⊂ (a− ε, a+ ε)− {a}. Segue daı que a e ponto de acumulacao de X.

211

Exercıcio 5.34:

(X ∪ Y )′ = X ′ ∪ Y ′.

• (X ∪ Y )′ ⊂ X ′ ∪ Y ′.Seja a ∈ (X ∪ Y ) e (an) uma sequencia em X ∪ Y − {a} que tende a a. Entao, existem infinitos termos de(an) em Y. Assim, existe uma subsequencia de (an) em X − {a} ou em Y − {a}. E como esta subsequenciatende a a, temos que a ∈ X ′ ∪ Y ′.

• (X ∪ Y )′ ⊃ X ′ ∪ Y ′.Seja a ∈ X ′ ∪ Y ′. Entao existe uma sequencia (an) em X −{a} ou em Y −{a} que tende a a. Em todo caso,existe uma subsequencia em X ∪ Y − {a} que tende a a, ou seja, a ∈ (X ∪ Y )′.

212

Exercıcio 5.35:

Todo ponto de um conjunto aberto A e ponto de acumulacao de A.

Seja a ∈ A. Entao existe δ > 0 tal que (a− δ, a+ δ) ⊂ A.Assim, dado ε, para δ1 = min{δ, ε} temos que

(a− ε, a+ ε) ⊃ (a− δ1, a+ δ1) ⊂ A.

Logo, (a− ε, a+ ε) contem infinitos elementos de A ja que (a− δ1, a+ δ1) tem infinitos elementos. Portanto, a eponto de acumulacao.

213

Exercıcio 5.36:

Sejam F fechado e x ∈ F. Entao x e um ponto isolado de F se, somente se, F − {x} e ainda fechado.

(⇒) Se F = {x}, temos diretamente que F − {x} = ∅ e fechado. Suponhamos que F − {x} 6= ∅. Seja (an) umasequencia em F − {x} com lim an = a. Como F e fechado e (an) e uma sequencia em F, entao a ∈ F. Temos quea 6= x, pois para algum ε > 0, (x − ε, x + ε) ∩ F = {x}. Portanto, a ∈ F − {x}. Concluımo daı que F − {x} efechado.

(⇐) Suponhamos que x nao seja um ponto isolado de F. Entao, para todo n ∈ N, existe xn ∈ ((xn −1

n, x +

1

n) ∩ F )− {x}. Assim, a sequencia (xn) em F − {x} tende a x. O que implica que F − {a} nao e fechado.

214

Exercıcio 5.37:

Seja X ⊂ R tal que X ′ ∩X = ∅. Mostre que existe, para cada x ∈ X, um intervalo aberto Ix, de centro em x, talque x 6= y ⇒ Ix ∩ Iy = ∅.

Para cada x ∈ X definimosδx = inf{|x− x|; x ∈ X − {x}}.

Temos que δx = 0 somente se x ∈ X ′. Entao, δx > 0 para cada x ∈ X ja que X ′ ∩X = ∅.Definimos para cada x ∈ X,

Ix = (x− δx2, x+

δx2

).

Assim, para x 6= y em X, temos que se z ∈ Ix ∩ Iy

|x− y| ≤ |x− z|+ |z − y|

≤ δx2

+δx2

≤ |x− y|2

+|x− y|

2= |x− y|.

Portanto, Ix ∩ Iy = ∅. E o resultado segue.

215

Exercıcio 5.38:

Seja F ⊂ R fechado, infinito enumeravel. Mostre que F possui uma infinidade de pontos isolados.

Pelo corolario 1 do Teorema 9, temos que F possui algum ponto isolado. Suponhamos que x1, x2, ..., xn saopontos isolados de F. Por inducao no resultado do exercıcio 3.36, temos que F − {x1, x2, ..., xn} e fechado. Alemdisso, F −{x1, x2, ..., xn} e um conjunto sem pontos isolados e infinito enumeravel, contradizendo o Corolario 1 doTeorema 9.

216

Exercıcio 5.39:

Mostre que todo numero real x e limite de uma sequencia de numeros transcendentes dois a dois distintos.

Sejam A o conjunto dos numeros algebricos em Q (complementar do conjunto dos trancendentes) e x ∈ R.Dado ε > 0, temos que (x−ε, x+ε)−(A∪{x}) e infinito. De fato, pelo exercıcio 3.44, A e enumeravel enquanto

(x− ε, x+ ε) e nao enumeravel. Logo, (x− ε, x+ ε)− (A ∪ {x}) e infinito.Seja ε1 = 1. Podemos escolher

x1 ∈ (x− ε1, x+ ε1)− (A ∪ {x}).

E, indutivamente, escolherxn ∈ (x− εn, x+ εn)− (A ∪ {x}),

onde εn = |x− xn|. Assim (xn) e uma sequencia de termos trancendentes, dois a dois distintos e que tende a x.

217

Exercıcio 5.40:

Mostre que se X ⊂ R nao e enumeravel, entao X ∩X ′ 6= ∅.

Se X ∩X ′ = ∅, entao todo ponto de X e isolado. Mas, pelo Corolario 2 do Teorema 8, temos que isso implicaque X e enumeravel.

218

Exercıcio 5.41:

Se A e A ∪ {a} sao abertos entao a e ponto de acumulacao de A a direita e a esquerda.

Como A ∪ {a} e aberto, existe ε > 0 tal que (a− ε, a+ ε) ⊂ A ∪ {a}.Assim,

[a, a+ ε) ⊂ A ∪ {a}

e, consequentemente,(a, a+ ε) ⊂ A ∪ {a}.

Daı segue que A contem infinitos pontos de [a, a+ ε). Logo, a e ponto de acumulacao a direita de A.Analogamente, mostra-se que a e ponto de acumulacao a esquerda de A.

219

Exercıcio 5.42:

De explicitamente o significado de cada uma das seguintes afirmacoes. Em suas explicacoes, voce esta proibido deusar qualquer das palavras grifadas abaixo:

1) a ∈ X nao e ponto interior de X;

2) a ∈ R nao e aderente a X;

3) X ⊂ R nao e um conjunto aberto;

4) O conjunto Y ⊂ R nao e fechado;

5) a ∈ R nao e ponto de acumulacao do conjunto X ⊂ R;

6) X ′ = ∅;

7) X ⊂ Y mas X nao e denso em Y ;

8) int(X) = ∅;

9) X ∩X ′ = ∅;

10) X nao e compacto.

(1) Nao existe ε ∈ R+ tal quea ∈ (a− ε, a+ ε) ⊂ X.

(2) Existe ε ∈ R+ tal que(a− ε,A+ ε) ⊂ R−X.

(3) Existe x ∈ X tal que para todo ε ∈ R+

(x− ε, x+ ε) * X.

(4) Existe x ∈ R−X tal que para todo ε ∈ R+

(x− ε, x+ ε) ∩X 6= ∅.

(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 6= ∅ entao a ∈ X.

(7) Existe y ∈ Y e ε ∈ R+ tais que(y − ε, y + ε) ∩X = ∅

mas X ⊂ Y.

(8) Para todo x ∈ X e ε ∈ R+, existe a ∈ R e δ ∈ R+ tais que

(x− ε, x+ ε) ⊃ (a− δ, a+ δ) ⊂ R−X.

(9) Para todo x ∈ X, existe ε ∈ R+ tal que

(x− ε, x+ ε) ∩X = {x}.

(10) Existe uma sequencia (xn) em R e (εn) em R+ tais que

X ⊂⋃n∈N

(xn − εn, x+ εn),

mas para nenhum N ⊂ N finito temos que

X ⊂⋃n∈N

(xn − εn, x+ εn).

220

Exercıcio 5.43:

Se todo ponto de acumulacao de X e unilateral, X e enumeravel.

Seja D o conjunto dos elementos de X que sao pontos de acumulacao a direita de X.Dado n ∈ Z seja

{aλ}λ∈Λ = [n, n+ 1] ∩D.

Para cada λ ∈ Λ, existe Iλ = (aλ−ελ, aλ), ελ > 0, tal que Iλ∩X = ∅. Observemos que para quaisquer λ1 e λ2 ∈ λ,λ1 6= λ2, teremos que Iλ1

∩ Iλ2= ∅. Se Λ e nao enumeravel, existe ε > 0 tal que para cada n ∈ N existe λn tal que

ελn > ε. Assim,∞∑n=1

ελn =∞

e como os I ′λs sao disjuntos e estao contidos em um intervalo de comprimento 1, obtemos uma contradicao. Logo,Λ e finito ou enumeravel. E como

D =⋃n∈Z

[n, n+ 1] ∩D,

temos que D e enumeravel.De forma analoga, mostra-se que o conjunto E dos pontos de acumulacao a esquerda de X e finito ou enumeravel.E como X −X ′ e finito ou enumeravel pelo Corolario 2 do Teorema 8, temos que

X = (X −X ′) ∪ E ∪D

e finito ou enumeravel.

221

Exercıcio 5.44:

SejaX ⊂ R um conjunto arbitrario. Toda cobertura deX por meio de abertos possui uma subcobertura enumeravel.(Teorema de Lindelof).

Seja {Aλ}λ∈Λ uma cobertura aberta de X. Tomemos E = {xn}n∈N um subconjuntto denso em X. Para cadan ∈ N fixemos

Rn = {ε ∈ R+; (xn − ε, xn + ε) ⊂ Aλ, λ ∈ Λ}.

Sabemos que Rn 6= ∅. Logo, existe supRn = 2εn.Alem disso, existe ε ∈ Rn tal que εn < ε. Ou seja, existe ε ∈ R+ tal que

(x− ε, x+ ε) ⊂ Aλ

para algum λ ∈ Λ. Existe, tambem n ∈ N tal que

xn ∈ (x− ε/4, x+ ε/4).

Para qualqueryn ∈ (xn − 3ε/4, xn + 3ε/4)

temos quey ∈ (x− ε, x+ ε).

Daı, 3ε/4 ∈ Rn. E, assim,

εn ≥3ε

8>ε

4.

Logo,x ∈ (xn − εn, xn + εn) ⊂ Aλn

.

Concluımos daı que {Aλn}n∈N ⊂ {Aλ}λ∈Λ e uma cobertura de X.

222

Exercıcio 5.45:

Com a notacao do Exercıcio 4, prove:

a) Se A e compacto e B e fechado entao A+B e fechado;

b) se A e B sao compactos, entao A+B e A.B sao compactos;

c) se A e fechado e B e compacto, A.B pode nao ser fechado.

(a) Seja x ∈ A+B e (cn = an + bn)n∈N uma sequencia em A+B tendendo a x. A sequencia (an)n∈N em A possuiuma subsequencia (ank

)k∈N tendendo a algum a ∈ A. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, para todo n ≥ n0,

|an + bn − x| < ε/2.

E tambem, existe k0 ∈ N tal que, para todo k ≥ k0,

|ank− a| < ε/2.

Assim, parak1 = max{k0,min{k ∈ N;nk ≥ n0}}

e todo k ≥ k1, temos que

|bnk− (x− a)| = |(ank

+ bnk− x)− (a− ank

)|≤ |ank

+ bnk− x|+ |a− ank

|< ε/2 + ε/2 = ε.

Logo, limn→∞

bnk= x− a. Segue daı que x− a ∈ B e, consequentemente, x ∈ A+B. Concluımos daı que A+B

e fechado.

(b) A+B e fecado pelo item (a). E, tambem, temos que

sup(A+B) = supA+ supB <∞

einf(A+B) = inf A+ inf B > −∞.

Seja x ∈ A.B e (cn = an.bn)n∈N uma sequencia em A.B tendendo a x. A sequencia (an)n∈N em A possui umasubsequ?ncia (an)n∈N1

tendendo a algum a ∈ A. Por sua vez a sequencia (bn)n∈N1possui uma subsequencia

(bn)n∈N2tendendo a algum b ∈ B. Assim,

x = limn∈N2

anbn

= limn∈N2

an limn∈N2

bn

= a.b ∈ A.B

Segue daı que A.B e fechado. E, como

sup(A.B) = supA. supB <∞

einf(A.B) = inf A. inf B > −∞,

temos que A.B e limitado. Portanto, A.B e compacto.

(c) Tome B = {0, 1, 1/2, ..., 1/n, ...} e A = Z. Temos que A.B nao e fechado. (Vide exercıcio 5.16)

223

Exercıcio 5.46:

Obtenha coberturas abertas de Q e de [0,∞) que nao admitam subcoberturas finitas.

Temos que {(−n, n)}n∈N e uma cobertura aberta tanto de Q quanto de [0,+∞) que nao admite subcoberturafinita.

224

Exercıcio 5.47:

Considere as funcoes f, g, h do Exercıcio 7. Mostre que paraK e L compactos arbitrarios, f(K), g(K), h(K), f−1(L), g−1(L)e h−1(L) sao compactos.

Seja (xn) uma sequencia em f−1(L) tendendo a x ∈ R. Temos que

lim f(xn) = lim(axn + b)

= a limxn + b

= ax+ b = f(x)

Como f(xn) e uma sequencia convergente no fechado L, temos que f(x) ∈ L e, consequentemente, x ∈ f−1(L).Segue daı que f−1(L). Segue daı que f−1(L) e fechado.

Seja (yn = f(xn))n∈N uma sequencia em f(K). Como K e compacto, existe uma subsequencia (xnk) de (xn)

que converge a algum x ∈ K. Assim,

y = lim f(xn) = lim f(xnk) = f(x).

Ou seja, y ∈ f(K). Concluımos daı que f(K) e fechado.Analogamente, prova-se que g−1(L), g(K), h−1 e h−1(K) sao fechados.Por fim, temos que

f(K) = aK + b

g(K) ⊂ K.K

eK.K.K.

E como os conjuntos aK + b, K2 e K3 sao limitados(ver exercıcio 5.45(b)), temos que f(K), g(K) e h(K) saocompactos. E, tambem,

f(f−1(L)) ⊂ L,

g(g−1(L)) ⊂ L

eh(h−1(L)) ⊂ L.

Assim, pelas definicoes de f, g e h temos que se f−1(L), g−1 ou h−1(L) fosse limitado, terıamos que f(f−1(L)),g(g−1(L)) ou h(h−1(L)) seria limitado contradizendo o fato de L ser limitado.

225

Exercıcio 5.48:

As seguintes afirmacoes a respeito de um conjunto X ⊂ R sao equivalentes:

(1) X e limitado;

(2) Todo subconjunto infinito de X possui ponto de acumulacao (que pode nao pertencer a X);

(3) Toda sequencia de pontos de X possui uma subsequencia convergente.

(1) ⇒ (2) Como X e limitado, temos que X e compacto. Entao, todo conjunto infinito em X ⊂ X possui umponto de acumulacao por ser subconjunto de um compacto.

(2)⇒ (3) Seja (xn)n∈N uma sequencia em X. Se o conjunto P = {xn}n∈N for finito, entao para algum p ∈ P einfinitos n ∈ N, temos que xn = p. Logo, existe uma subsequencia de xn tendendo a p. Se P for infinito, entao pelahipotese, P possui um ponto de acumulacao x. Logo, e possıvel encontrar uma subsequencia de (xn) tendendo a x.

(3) ⇒ (1) Se X nao fosse limitado, seria possıvel encontrar uma sequencia crescente e ilimitada em X. Talsequencia nao teria subsequencia convergente. O que contradiz a hipotese.

226

Exercıcio 5.49:

Seja X ⊂ R um conjunto compacto cujos pontos, com excecao de a = inf X e b = supX, sao pontos de acumulacaoa direita e a esquerda. Entao X = [a, b] ou X = {a, b}.

Como X e compacto, temos que a = inf X e b = supX ∈ X. Suponhamos que X 6= {a, b}. Entao, existe c ∈ Xtal que a < c < b. Seja x ∈ (a, b). Se c ≤ x temos que s = sup([a, x] ∩X) e tal que a < c ≤ s ≤ x. Assim, se s 6= xtemos que s ∈ X − {a, b} e [s, x) ∩ X = {s}. Ou seja, s nao seria um ponto de acumulacao a direita. Absurdo.Logo, c = s ∈ X. Do mesmo modo, se x ≤ c teremos que x ∈ X. Concluımos que X = [a, b].

227

Exercıcio 5.50:

Se (Kλ)λ∈L e uma famılia qualquer de compactos, entao⋂Kλ e compacto. Se K1, ...,Kn sao compactos entao

K1 ∪K2 ∪ ... ∪Kn e compacto. Se K e compacto e F e fechado, entao K ∩ F e compacto.

• Kλ, λ ∈ Λ, compactos ⇒⋂λ∈ΛKλ e compacto.

Como cada Kλ e fechado, temos que ∩Kλ e fechado. Alem disso, temos que, dado algum λ0 ∈ Λ qualquer

inf(∩Aλ) ≥ inf Aλ0> −∞

esup(∩Aλ) ≤ inf Aλ0

<∞.

Daı, ∩Aλ e limitado. Portanto, ∩Aλ e compacto.

• Ki, i = 1, 2, ..., n, compacto ⇒⋃ni=1Ki e compacto.

Como cada Ki e fechado, temos que⋃ni=1Ki e fechado. Alem disso,

sup(

n⋃i=1

Ki) = sup{supKi}ni=1 <∞

e

inf(

n⋃i=1

Ki) = inf{inf Ki}ni=1 > −∞.

Daı,⋃ni=1Ki e limitado. Portanto,

⋃ni=1Ki e compacto.

• K e compacto e F e fechado ⇒ K ∩ F e compacto.

Como K e F sao fechados, K ∩ F e fechado. Alem disso,

sup(K ∩ F ) ≤ supK <∞

einf(K ∩ F ) ≥ inf K > −∞.

Daı, K ∩ F e limitado. Portanto, K ∩ F e compacto.

228

Exercıcio 5.51:

Seja X ⊂ R. Uma funcao f : X → R diz-se nao-decrescente no ponto a ∈ X quando existe δ > 0 tal quea− δ < x ≤ a ≤ y < a+ δ ⇒ f(x) ≤ f(a) ≤ f(y). (Bem entendido: x, y ∈ X.) Mostre que se f e nao-decrescenteem [a, b] (isto e, x, y ∈ [a, b], x ≤ y ⇒ f(x) ≤ f(y)).

Sejam x, y ∈ [a, b] com x ≤ y. Provaremos que f(x) ≤ f(y). Para cada α ∈ [x, y] existe δx ∈ R+ tal queα− δα < z ≤ α ≤ w < α+ δα implica f(z) ≤ f(α) ≤ f(z)(para z, w ∈ [a, b]).

Temos entao que [x, y] ⊂⋃α∈[x,y](α − δα, α + δα). Asssim, existem α1, α2, ..., αn ∈ [x, y] tais que [x, y] ⊂⋃n

i=1(αi − δα1, αi + δα1

). Podemos mostrar, por inducao em n, que podemos decompor [x, y] como

[x, β1 − δβ1) ⊂ (β1 − δβ1

, β1 + δβ1),

[βi−1 − δβi−1) ⊂ (βi − δβi , βi + δβi), i = 1, 2, ..., p− 1,

e[βp−1 − δβp−1 , y] ⊂ (βp − δβp , βp + δβp)

para {βi}pi=1 ⊂ {αi}ni=1 e βi < βi+1, i = 1, 2, ..., p− 1. Daı escolhemos γi ∈ R, i = 1, 2, ..., p− 1, tais que

βi+1 − δi+1 < γi < βi + δβie βi < γi < βi+1.

Assim,f(x) ≤ f(γ1) ≤ f(γ2) ≤ ... ≤ f(γp−1) ≤ f(y).

229

Exercıcio 5.52:

Seja [a, b] ⊂ ∪Aλ onde cada Aλ e aberto. Mostre que e possıvel decompor [a, b] em um numero finito de intervalosjustapostos de modo que cada um deles esteja contido em algum Aλ.

Pelo Teorema 2, cada Aλ pode ser decomposto como⋃j∈NA(λ,j),Nλ ⊂ N, onde os A′(λ,j)s sao intervalos abertos

disjuntos.Existe uma subcobertura {Bi}ni=1 ⊂ {A(λ.j)} de [a, b]. Provaremos que e possıvel decompor [a, b] como

[a, x1) ⊂ C1, [) ⊂ Ci, i = 2, ..., p, e [xp, b) ⊂ Cp+1 (5.7)

para {Ci}p+1i=1 ⊂ {Bi}ni=1.

Se n = 1, temos o resultado diretamente. Suponhamos que o resultado seja valido para n ≤ k e que estejamosno caso em que n = k + 1. Como a ∈ Bi, para algum i = 1, 2, ...n, tomemos C1 = Bi e assim

[supC1] ⊂⋃

({Bj}nj=1 − {Bi}).

Pela hipotese indutiva, existem y1, y2, ..., yp e C1, C2, ..., Cp que decompoe [supC1, b] como em (5.7). Assim,tomando-se

x1 = supC1

xi = yi, i = 2, ..., p+ 1

Ci = Ci−1, i = 2, ..., p+ 2

temos o que querıamos.Entao, como cada intervalo da decomposicao de [a, b] esta contido em algum Ci e este por sua vez contido em

algum Aλ, temos o nosso resultado.

230

Exercıcio 5.53:

No exercıcio anterior, mostre que os intervalos nos quais se decompos [a, b] podem ser tomados com o mesmocomprimento.

No exercıcio anterior obtivemosC1 = [a, x1)

Ci = [xi−1, xi), i = 2, ..., n,

eCn+1 = [xn, b]

tais que {Ci}ni=1 e uma particao de [a, b] sendo que Ci ⊂ Aλ1 .Temos que xi ∈ Aλi+1. Assim, para cada i = 1, ..., n, existe εi > 0 tal que

(xi − εi, xi + εi) ⊂ Aλi+1.

Tomemos q ∈ Z+ tal queb− aq

< min{εi}ni=1.

Consideremos, agora, os intervalos

Ii = [a+i− 1

q(b− a), a+

i

q(b− a)), i = 1, ..., q.

Assim, temos que, para cada p = 1, ..., q,

(i) a ou xi ≤ a+p− 1

q(b− a) < a+

p

q(b− a) < xi+1 ou b

Ip ⊂ Ci+1 ⊂ Aλi+1

(ii) a+p− 1

q(b− a) < xi < a+

p

q(b− a)

Ip ⊂ (xi − εi, xi + εi) ⊂ Aλi+1.

Concluimos daı que, para p = 1, ..., q, Ip ⊂ Aλ, para algum λ. E temos o nosso resultado.

231

Exercıcio 5.54:

(Teorema de Baire) Se F1, F2, ..., Fn, ... sao fechados com interior vazio entao S = F1∪F2∪ ...∪Fn∪ ... tem interiorvazio. (E possıvel mostrar que, dado arbitrariamente um intervalo aberto I, existe algum x ∈ I ∩ (R− S). Imite ademonstracao do Teorema 6, Capıtulo III, onde se tem pontos em vez dos fechados Fn.)

Seja I um intervalo aberto. Como F tem interior vazio, devemos ter x1 ∈ I − F1. E como F1 e fechado e Iaberto, existe ε1 > 0 tal que (x1 − ε, x1 + ε) ⊂ I ∩ (R − F ). Adiante, J1 = [x1 − ε/2, x1 + ε/2] ⊂ I ∩ (R − F1).Definimos I1 = (x− 1− ε/2, x1 + ε/2).

Da mesma forma podemos obter J2 compacto contido em I1 ∩ (R− F2) e que desta forma J2 ⊂ J1.Por inducao, podemos tomar intervalos compactos Jn ⊂ Jn−1, n ∈ N ∩ [2,∞), tais que Fn ∩ Jn = ∅.Logo, existe, pelo Teorema 12 do Capıtulo V, x ∈

⋂j∈N Jn. E como Jn ∩ Fn = ∅, x ∈ Fn e, consequentemente

x /∈ S.Asim, I * S. E como I e arbitrario, segue daı que S tem interior vazio.

232

Exercıcio 5.55:

O conjunto R−Q dos numeros irracionais nao pode ser expresso como reuniao enumeravel de fechados. Analoga-mente, Q nao e interseccao de uma famılia enumeravel de abertos.

Suponhamos, por absurdo, que existam conjuntos fechados Fn, n ∈ Z+, em R tais que R−Q = ∪n∈Z+Fn.

Como cada Fn esta contido em R−Q e R−Q possui interior vazio, concluımos que Fn tem interior vazio, paracada n ∈ Z+.

Seja (qn)n∈Z+ uma enumeracao do conjunto Q. Como o conjunto {qn}, para todo n ∈ Z+, e fechado e teminterior vazio, temos que R e uma uniao enumeravel de conjuntos fechados com interior vazio pois

R = (R−Q) ∪Q = (∪n∈Z+Fn) ∪ (∪n∈Z+{qn}).

Assim, pelo Teorema de Baire, R e um conjunto de interior vazio (em R). Uma contradicao. Portanto, nao podemexistir fechados Fn, n ∈ Z+, em R tais que R−Q = ∪n∈Z+Fn.

Suponhamos, por absurdo, que existam abertos An, n ∈ Z+, em R tais que Q = ∩n∈Z+An.

Consideremos os fechados Fn := R−An, para todo n ∈ Z+. Desta forma, terıamos que

R−Q = R− ∪n∈Z+An = ∪n∈Z+

(R−An) = ∪n∈Z+Fn.

Ou seja, desta forma R − Q seria uma uniao enumeravel de conjuntos fechados. Uma contradicao. Portanto, naopodem existir abertos An, n ∈ Z+, em R tais que Q = ∩n∈Z+

An.

233

Exercıcio 5.56:

Se [a, b] ⊂ ∪ni=1[ai, bi], entao b− a 6∑ni=1(bi − ai). Tambem [a, b] ⊂ ∪∞n=1[an, bn] implica b− a 6

∑∞n=1(bn − an).

Finalmente, resultados analogos valem para (a, b) em vez de [a, b].

(I) [a, b] ⊂n⋃i=1

[ai, bi]⇒ b− a 6n∑i=1

(bi − ai)

Para todo k ∈ Z+ e i = 1, . . . , n, temos que

[ai, bi] ⊂(ai −

1

2k, bi +

1

2k

).

Logo,

[a, b] ⊂n⋃i=1

[ai, bi] ⊂n⋃i=1

(ai −

1

2k, bi +

1

2k

).

Assim, pela Proposicao 1 deste capıtulo, segue que

b− a <n∑i=1

((bi +

1

2k

)−(ai −

1

2k

))e, consequentemente,

b− a <n∑i=1

(bi − ai +

1

k

)=

n∑i=1

(bi − ai) +n

k.

Portanto,

b− a 6 limk→∞

(n∑i=1

(bi − ai) +n

k

)=

n∑i=1

(bi − ai).

(II) [a, b] ⊂∞⋃i=1

[ai, bi]⇒ b− a 6∞∑i=1

(bi − ai)

Para todo k e i ∈ Z+, temos que

[ai, bi] ⊂(ai −

1

2i+1k, bi +

1

2i+1k

).

Logo,

[a, b] ⊂∞⋃i=1

[ai, bi] ⊂∞⋃i=1

(ai −

1

2i+1k, bi +

1

2i+1k

).

Assim, pela Proposicao 2 deste capıtulo, segue que

b− a <∞∑i=1

((bi +

1

2i+1k

)−(ai −

1

2i+1k

))e, consequentemente,

b− a <∞∑i=1

(bi − ai +

1

2ik

)=

∞∑i=1

(bi − ai) +1

k

∞∑i=1

1

2i=

∞∑i=1

(bi − ai) +1

k.

Portanto,

b− a 6 limk→∞

( ∞∑i=1

(bi − ai) +1

k

)=

∞∑i=1

(bi − ai).

234

(III) (a, b) ⊂n⋃i=1

[ai, bi]⇒ b− a 6n∑i=1

(bi − ai)

Temos que

[a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪n⋃i=1

[ai, bi].

Assim, pelo item (I), temos que

b− a 6 (a− a) + (b− b) +

n∑i=1

(bi − ai) =

n∑i=1

(bi − ai).

(IV) (a, b) ⊂∞⋃i=1

[ai, bi]⇒ b− a 6n∑i=1

(bi − ai)

Temos que

[a, b] = [a, a] ∪ [b, b] ∪∞⋃i=1

[ai, bi].

Assim, pelo item (I), temos que

b− a 6 (a− a) + (b− b) +

∞∑i=1

(bi − ai) =

∞∑i=1

(bi − ai).

235

Exercıcio 5.57:

Seja X ⊂ R. Uma funcao f : X → R chama-se localmente limitada quando para cada x ∈ X existe um intervaloaberto Ix, contendo x, tal que f |Ix∩X e limitada. Mostre que se X e compacto, toda funcao f : X → R localmentelimitada e limitada.

Sejam X um subconjunto compacto de R, f : X → R uma funcao localmente limitada, para cada x ∈ X, Ixum intervalo contendo x e Ax > 0 tais que

|f(y)| < Ax,

para cada y ∈ X ∩ Ix.Como x ∈ Ix, para todo x ∈ X, temos que

X =⋃x∈X

Ix.

Sendo X um conjunto compacto, existem x1,. . . ,xn em X tais que

X = Ix1 ∪ · · · ∪ Ixn .

Para A ∈ R definido porA := max{Ax1 , . . . , Axn}

temos, para y ∈ Ixi, que

|f(y)| < Axi 6 A.

Ou seja,|f(y)| < A

para todo y ∈ X = ∪ni=1Ixi. Portanto, f e limitada.

236

Exercıcio 5.58:

Dado X ⊂ R nao-compacto, defina uma funcao f : X → R que seja localmente limitada mas nao seja limitada.

Sendo X nao-compacto, basta provarmos que existe uma funcao f : X → R que seja localmente mas nao sejalimitada nos casos:

• X nao e limitado;

Seja f : X → R dada porf(x) = x,

para todo x ∈ X. Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo

Ix = (x− 1, x+ 1)

e tal que f |X∩Ix e limitada poisx− 1 6 f(y) 6 x+ 1,

para todo y ∈ Ix ∩X.Por outro lado, f ainda nao e limitada ja que se existe A > 0 tal que

|f(x)| < A,

para todo x ∈ X, terıamos que|x| < A,

para todo x ∈ X, contradizendo o fato de X ser ilimitado.

• X nao e fechado;

Como X nao e fechado, existe a ∈ X ′ −X. Definimos f : X → R por

f(x) =1

a− x,

para todo x ∈ X.Desta forma, para cada x ∈ X, o intervalo

Ix =

(x− |x− a|

2, x+

|x− a|2

)e tal que f |X∩Ix e limitada. De fato, para y ∈ Ix, temos que

|y − a| = |(x− a) + (y − x)|> |x− a| − |y − x|> |x− a| − |x−a|2

> |x−a|2


|f(y)| = 1

|y − a|6

2

|x− a|.

E f nao e limitada ja que, dado A > 0 existe x ∈ X tal que

|f(x)| > A.

De fato, como a ∈ X ′ −X, existe x ∈ X tal que

|x− a| < 1

A

e, desta forma,

|f(x)| = 1

|x− a|> A.

237

Exercıcio 5.59:

Sejam C compacto, A aberto e C ⊂ A. Mostre que existe ε > 0 tal que x ∈ C, |y − x| < ε⇒ y ∈ A.

Como A e aberto e A ⊃ C, temos que, para todo x ∈ C, existe εx > 0 tal que

(x− 2εx, x+ 2εx) ⊂ A.

A famılia{(x− εx, x+ εx) : x ∈ C}

e uma cobertura aberta para o conjunto C. Como C e compacto, existem x1,. . . ,xn ∈ C tais que

C ⊂n⋃i=1

(xi − εxi, xi + εxi

)

Tomemosε := min{εx1 , . . . , εxn} > 0.

Supondo que x ∈ C e |x− y| < ε temos que y ∈ A. De fato, como x ∈ C, temos que

x ∈ (xk − εxk, xk + εxk

),

para k = 1,. . . ,n− 1 ou n. Assim,

|xk − y| 6 |xk − x|+ |x− y| < εxk+ ε 6 2εxk

e, consequentemente,y ∈ (xk − 2εxk

, xk + 2εxk) ⊂ A.

238

Exercıcio 5.60:

Dada uma sequencia (xn), seja Xn = {xn, xn+1, . . . } para todo n ∈ Z+. Mostre que ∩∞n=1Xn e o conjunto dosvalores de aderencia de (xn).

Seja A o conjunto dos valores de aderencia de (xn).Provaremos separadamente que A ⊂ ∩∞n=1Xn e que ∩∞n=1Xn ⊂ A.Seja a ∈ A. Entao, existe uma subsequencia (xnk

)k∈Z+ de (xn) tal que limk→∞ xnk= a. Dado n ∈ Z+, temos

que existe k0 ∈ Z+ tal quen 6 nk0 < nk0+p,

para todo p ∈ Z+. Assim, (xnk0+p)p∈Z+ e uma sequencia em Xn tal que

limp→∞

xk0+p = limk→∞

xk = a.

Desta forma, a ∈ Xn, para n ∈ Z+ arbitrario. Ou seja, a ∈ ∩∞n=1Xn.Seja a ∈ ∩∞n=1Xn. Provaremos que existe uma subsequencia (xnk

)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que limk→∞ xnk= a.

Ou seja, que a ∈ A. Comecemos observando que para todo m e k ∈ Z+ existe nk ∈ Z+ tal que

nk > m e |xnk− a| < 1

k. (5.8)

De fato, como a ∈ Xm+1 e Xm+1 = {xn : n > m + 1}, temos que existe xnk∈ Xm+1 tal que |xnk

− a| < 1k e,

desta forma, nk satisfaz (5.8). Assim, pelo princıpio da definicao recursiva, fica bem definida a sequecia de ındices(nk)k∈Z+ tal que

n1 := 1

e

nk := min

{n ∈ Z+ : n > nk−1, |xn − a| <

1

k

},

para k > 1 em Z+. Logo, a subsequencia (xnk)k∈Z+

e tal que

|xnk− a| 6 1

k,

para todo k ∈ Z+, e, consequentemente,lim

k→+∞xnk

= a.

239

Exercıcio 5.61:

Uma famılia de conjuntos (Kλ)λ∈L chama-se uma cadeia quando, para quaisquer λ e µ ∈ L tem-se Kλ ⊂ Kµ ouKµ ⊂ Kλ. Prove que se (Kλ)λ∈L e uma cadeia nao vazia de compactos nao-vazios entao a intersecao K = ∩λ∈LKλ

e nao vazia (e compacta).

Primeiramente, mostraremos que, dada um conjunto finito L′ contido em L, o conjunto⋂λ∈L′

Kλ

nao e vazio. Procederemos por inducao no numero de elementos de L′. Para L′ = {µ}, temos a afirmacaotrivialmente ja que ⋂

λ∈L′Kλ = Kµ 6= ∅.

Suponhamos, como hipoteses de inducao, que, para cada conjunto finito L′′ de cardinalidade menor ou igual quen ∈ Z+, seja verdade que ⋂

λ∈L′′Kλ 6= ∅.

Sejam L′ um subconjunto de L com cardinalidade n+ 1 e λ0 ∈ L′. Definimos s conjuntos

L′− := {λ ∈ L′\{λ0} : Kλ ⊂ Kλ0}

eL′+ := {λ ∈ L′\{λ0} : Kλ0

⊂ Kλ}.Temos que

Kλ0∩(⋂

λ∈L′+Kλ

)=

⋂λ∈L′+

(Kλ ∩Kλ0) =

⋂λ∈L′+

Kλ0

= Kλ0

e, como L′− tem cardinalidade menor ou igual que n,

Kλ0∩(⋂

λ∈L′−Kλ

)=

⋂λ∈L′−

(Kλ ∩Kλ0)

=⋂λ∈L′−

Kλ

6= ∅.

Assim, ⋂λ∈L′ Kλ =

(Kλ0∩(⋂

λ∈L′+Kλ

))∩(⋂

λ∈L′−Kλ

)= Kλ0

∩(⋂

λ∈L′−Kλ

)6= ∅.

Portanto, provamos a afirmacao do inıcio do paragrafo.Fixemos λ0 ∈ L.Suponhamos, por absurdo, que

∅ =⋂λ∈L

Kµ = Kλ0 ∩

(⋂λ∈L

Kλ

).

Desta forma terıamos que

Kλ0 ⊂⋃λ∈L

(R\Kλ),

ou seja, {R\Kλ}λ∈L seria uma cobertura de Kλ0por conjuntos abertos em R. Como Kλ0

e compacto, existiria umsubconjunto finito L′ de L tal que

Kλ0⊂⋃λ∈L′

(R\Kλ).

Porem, isso implicaria que ⋂λ∈L′∪{λ0}

Kλ = Kλ0∩

( ⋂λ∈L′

Kλ

)= ∅.

Contradizendo, ja que L′ ∪ {λ0} e finito, o que foi provado no primeiro paragrafo desta demonstracao.

240

Exercıcio 5.62:

Se X ⊂ R e nao-enumeravel, entao X ′ tambem o e.

Todos os pontos de X\X ′ sao isolados. De fato, dado x ∈ X\X ′, temos que x nao e um ponto de acumulacaode X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x− ε, x+ ε) = {x}.

Como todos os pontos de X\X ′ sao isolados, temos, pelo corolario 2 do Teorema 8, que este conjunto eenumeravel.

O conjunto X ∩X ′ nao e enumeravel. De fato, como X = (X\X ′) ∪ (X ∩X ′), X nao e enumeravel e X\X ′ eenumeravel, devemos ter que X ∩X ′ e nao enumeravel.

Por fim, como X ′ contem o conjunto nao enumeravel X ∩X ′, devemos ter que X ′ e nao enumeravel.

241

Exercıcio 5.63:

Para todo X ⊂ R, X −X ′ e enumeravel.

Todos os pontos de X−X ′ sao isolados. De fato, dado x ∈ X−X ′, temos que x nao e um ponto de acumulacaode X e, consequentemente, existe ε > 0 tal que X ∩ (x− ε, x+ ε) = {x}.

Como todos os pontos de X − X ′ sao isolados, temos, pelo corolario 2 do Teorema 8, que este conjunto eenumeravel.

Por fim, como X = X ∪X ′, temos que X −X ′ = X −X ′. Logo, X −X ′ e enumeravel.

242

Exercıcio 5.64:

Um numero real a chama-se ponto de condensacao de um conjunto X ⊂ R quando todo intervalo aberto de centroa contem uma infinidade nao-enumeravel de pontos de X. Seja F0 o conjunto dos pontos de condensacao de umconjunto F ⊂ R. Prove que F0 e um conjunto perfeito (isto e, fechado, sem pontos isolados) e que F − F0 eenumeravel. Conclua daı o Teorema de Bendixon: todo fechado da reta e reuniao de um conjunto perfeito com umconjunto enumeravel.

(I) F0 e fechado:

Mostraremos que todo a ∈ F0 e um ponto de condensacao de F . Isto e, que, para um ε > 0 arbitrario,(a− ε, a+ ε) ∩ F nao e enumeravel.

De fato, sendo a um elemento do feixo de F0, devemos ter que existe x ∈ (a− ε, a+ ε)∩ F0. Assim, para ε > 0tal que

(a− ε, a+ ε) ⊃ (x− ε, x+ ε),

temos que(a− ε, a+ ε) ∩ F ⊃ (x− ε, x+ ε) ∩ F.

Como x e um ponto de condensacao de F , (x − ε, x + ε) ∩ F nao e enumeravel. Logo, (a − ε, a + ε) ∩ F tambemnao e enumeravel.

(II) Se I e um intervalo finito tal que F0 ∩ I = ∅ entao F ∩ I e finito ou infinito enumeravel

Suponhamos que F ∩ I infinito e nao e enumeravel. Provaremos que F0 ∩ I 6= ∅.Definiremos uma sequencia de intervalos compactos ([an, bn])n∈Z+

contidos em I tais que, para todo n ∈ Z+,

[an, bn] ∩ F e infinito e nao e enumeravel, (5.9)

[an, bn] ⊃ [an+1, bn+1] (5.10)

e

bn − an =b− a2n−1

. (5.11)

Verificaremos que a sequencia ([an, bn])n∈Z+fica bem definida por

[a1, b1] := I

e

[an, bn] :=

[an−1,

bn−1−an−1

2

], se

[an−1,

bn−1−an−1

2

]∩ F

e infinito e nao e enumeravel;[bn−1−an−1

2 , bn−1

], caso contrario,

(5.12)

para n > 1, e possui as propriedades (5.9), (5.10) e (5.11). O intervalo [a1, b1] = I, satisfaz (5.9) e (5.11) pelashipoteses sobre I. Suponhamos que os intervalos [a1, b1], . . . , [an−2, bn−2] e [an−1, bn−1] estejam bem definidos por(5.12) e satisfazem as condicoes (5.9), (5.10) e (5.11). Como [an−1, bn−1] ∩ F e infinito e nao e enumeravel, temosque [an−1, (bn−1 − an−1)/2] ou [(bn−1 − an−1)/2, bn−1] sao infinitos e nao sao enumeraveis. Desta forma, (5.12)define [an, bn] de forma que (5.9) e (5.10) sao prontamente satisfeitos. Tambem temos que [an, bn] satisfaz (5.11)pois

bn − an =bn−1 − an−1

2=b− a2n−1

.

Assim, temos, pelo Principio da Definicao Indutiva, que existe uma sequencia de intervalos compactos ([an, bn])n∈Z+

contidos em I que satisfaz (5.9), (5.10) e (5.11).Pelo Teorema 12 do Capıtulo 5, a propriedade (5.10) da sequencia de compactos ([an, bn])n∈Z+

implica queexiste x0 ∈ ∩∞n=1[an, bn]. Mostraremos que x0 ∈ F0.

Seja ε > 0. Para algum n ∈ Z+, temos que

ε >b− a2n−1

.

243

Como x0 ∈ [an, bn], segue que(x0 − ε, x0 + ε) ⊃ [an, bn].

Logo, (x0 − ε, x0 + ε) ∩ F e infinito e nao enumeravel ja que

(x0 − ε, x0 + ε) ∩ F ⊃ [an, bn] ∩ F

e [an, bn] ∩ F e infinito e nao e enumeravel por (5.9). Com isso, devemos ter que x0 ∈ F0.Portanto, x0 ∈ I ∩ F0 = [a1, b1] ∩ F0.

(III) F0 nao possui pontos isolados

Suponhamos que exista x0 em F0 e ε > 0 tais que (x0−2ε, x0+2ε)∩F0 = {x0}. Provaremos que (x0−ε, x0+ε)∩Fe finito ou infinito enumeravel.

Para todo n ∈ Z+, a inclusao(x0 − ε, x0 −

ε

n+ 1

)=

[x0 − ε, x0 −

ε

n+ 1

]⊂ (x0 − 2ε, x0)

implica que (x0 − ε, x0 −

ε

n+ 1

)∩ F0 = ∅.

Assim, pelo item (II), temos que (x0 − ε, x0 −

ε

n+ 1

)∩ F

e finito ou infinito enumeravel.Analogamente, (

x0 +ε

n+ 1, x0 + ε

)∩ F

e finito ou infinito enumeravel, para todo n ∈ Z+.Segue que

(x0 − ε, x0 + ε) ∩ F ==((x0 − ε, x0) ∩ F

)∪ ({x0} ∩ F ) ∪

((x0, x0 + ε) ∩ F

)=(∪n∈Z+

(x0 − ε, x0 − ε

n+1

)∩ F

)∪ ({x0} ∩ F )

∪(∪n∈Z+

(x0 + ε

n+1 , x0 + ε)∩ F

)e finito ou infinito enumeravel ja que

∪n∈Z+

((x0 − ε, x0 −

ε

n+ 1

)∩ F

)e

∪n∈Z+

((x0 +

ε

n+ 1, x0 + ε

)∩ F

)sao unioes enumeraveis de conjuntos finitos ou infinitos enumeraveis.

(IV) F − F0 e enumeravel

Para cada x ∈ F − F0, o conjunto

{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x− ε, x+ ε) ∩ F e finito ou infinito enumeravel}

nao e vazio e e limitado. Logo, podemos definir, para cada x ∈ F − F0,

εx := sup{ε ∈ R; 0 < ε < 1 e (x− ε, x+ ε) ∩ F e finito ou infinito enumeravel}.

Desta forma,(x− εx, x+ εx) ∩ F

244

e finito ou infinito enumeravel.Seja E um subconjunto denso e finito ou infinito enumeravel de F−F0 (cuja existencia e garantida pelo Teorema

6 do Capıtulo 5). Provaremos queF − F0 ⊂ ∪e∈E(e− εe, e+ εe) ∩ F.

E, deste fato, concluiremos que F − F0 e finito ou infinito enumeravel ja que cada (e− εe, e+ εe)∩ F , para e ∈ E,e finito ou infinito enumeravel e E e finito ou infinito enumeravel.

Seja x ∈ F − F0. Como E e denso em F − F0, existe e ∈ (x− εx/2, x+ εx/2). Desta forma

(e− εx/2, e+ εx/2) ∩ F ⊂ (x− εx, x+ εx) ∩ F

e finito ou infinito enumeravel. Logo, pela definicao de εe, temos que εe > εx/2. Assim,

x ∈ (e− εx/2, e+ εx/2) ⊂ (e− εe, e+ εe).

Portanto, concluimos que F − F0 ⊂ ∪e∈E(e− εe, e+ εe) ∩ F .

(V) Teorema da Bendixon: Todo fechado de R e uma uniao de um conjunto perfeito e um conjunto enumeravel.

Seja F um conjunto fechado. Denotemos por F0 o conjunto dos seus pontos de condensacao.Todo ponto de condensacao de F e um ponto de acumulacao de F . De fato, para todo x ∈ F0, temos que

(x− ε, x+ ε)∩F e infinito e enumeravel, para todo ε > 0. Logo, para todo x ∈ F0, temos que (x− varepsilon, x+ε) ∩ (F − {x}) 6= ∅, para todo ε > 0. Assim, todo ponto de F0 e um ponto de acumulacao de F . Isto e, F0 ⊂ F ′.

ComoF0 ⊂ F ′ ⊂ F,

Temos que F = F0 ∪ (F −F0). Assim, pelos intens (I), (III) e (IV), temos que F e a uniao do conjunto perfeito F0

e o conjunto finito ou infinito enumeravel F − F0.

245

Capıtulo 6

Limites de Funcoes

246

Exercıcio 6.01:

Na definicao do limx→a

f(x), retire a exigencia de ser x 6= a. Mostre que esta nova definicao coincide com a anterior

no caso a /∈ X mas, para a ∈ X, o novo limite existe se, e somente se, o antigo existe e e igual a f(a).

Seja L = limx→a

f(x) pela definicao antiga.

• a /∈ XDado ε > 0, existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ, x ∈ X, implica |f(x) − L| < ε. Entao, como a ∈ X, se|x− a| < δ, x ∈ X, entao |f(x)− L| < ε. Portanto, ainda temos L = lim

x→af(x).

• a ∈ X e f(a) 6= L.

Tomando ε = |L− f(a)| > 0 temos que para todo δ > 0 existe x ∈ X tal que |x− a| < δ e |f(x)− L| ≥ ε ( asaber x = a). Portanto, lim f(x) nao mais existe.

• a ∈ X e f(a) = L

Temos que dado ε > 0 existe δ > 0 tal que 0 < |x− a| < δ, x ∈ X, implica |f(x)− L| < ε. Mas, alem disso,|f(a) − L| = 0 < ε. Assim, para todo x ∈ X tal que |x − a| < δ temos que |f(x) − L| < ε. Portanto, aindatemos lim f(x) = L.

Por fim, se limx→a

f(x) = L pela definicao nova, entao f e L satisfazem tambem as condicoes da definicao antiga.

Logo, limx→a

f(x) = L tambem pela definicao antiga.

247

Exercıcio 6.02:

Considere o seguinte erro tipografico na definicao de limite:

∀ε > 0∃δ > 0;x ∈ X, |x− a| < ε⇒ |f(x)− L| < δ.

Mostre que f cumpre esta condicao se, e somente se, e limitada em qualquer intervalo limitado de centro a. Nocaso afirmativo, L pode ser qualquer numero real.

(⇒) Seja I um intervalo de comprimento ε e centrado em a. Entao,

(a− ε, a+ ε) ⊃ I

e, pela hipotese, existe δ > 0 tal que|f(x)| − |L| ≤ |f(x)− L| < δ,

para todo x ∈ (a− ε, a+ ε). Logo, para todo x ∈ I temos que

|f(x)| < δ + |L|

e, consequentemente, f e limitada em I.(⇐) Seja ε > 0. Existe A ∈ R tal que para todo x ∈ (a − ε, a + ε) temos que |f(x)| < A. Daı temos que para

todo x ∈ R tal que |x− a| < ε temos

|f(x)− L| ≤ |f(x)|+ |L| < A+ |L|.

Assim, tomando δ = A+ |L| teremos a condicao que querıamos. E como ε e arbitrario a afirmacao esta provada.

248

Exercıcio 6.03:

Seja X = Y ∪Z, com a ∈ Y ′ ∩Z ′. Dada f : X → R, tomemos g = f |Y e h = f |Z. Se limx→a

g(x) = L e limx→a

h(x) = L

entao limx→a

f(x) = L.

Seja ε > 0 dado. Entao existem δ1 e δ2 positivos tais que se

x ∈ (a− δ1, a+ δ1) ∩ Y

oux ∈ (a− δ2, a+ δ2) ∩ Z

implicam|f(x)− L| < ε.

Fixemos δ = min{δ1, δ2}.Seja

x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩X.

Temos que x ∈ Y ou x ∈ Z. No primeiro caso

x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ Y ⊂ (a− δ1, a+ δ1) ∩ Y.

Isso implica que|f(x)− L| < ε.

Analogamente, no segundo caso, tambem temos que

|f(x)− L| < ε.

Concluımos, assim, que em todo caso

|x− a| < δ, x ∈ X ⇒ |f(x)− L| < ε.

Como ε e arbitrario, entao temos o resultado.

249

Exercıcio 6.04:

Seja f : R\ → R definida por f(x) =1

1 + e1/x. Entao lim

x→0+f(x) = 0 e lim

x→0−f(x) = 1.

Seja f : R \ {0} → R \ {0} dada por f1(x) =1

x. Temos entao que

limx→0+

f1(x) = +∞ e limx→0−

f1(x) = −∞.

Seja f2 : R→ R \ {0} dada por f2(y) = 1 + ey. Entao,

limy→+∞

f2(y) = +∞ e limy→−∞

f2(y) = 1.

Por fim, seja f3 : R\ → R dada por f3(z) =1

z. Entao

limz→+∞

f3(z) = 0 e limz→1

f3(z) = 1.

Pelo Teorema 9, temos quelimx→0+

f(x) = limx→0+

(f3 ◦ f2 ◦ f1)(x) = 0

elimx→0−

f(x) = limx→0−

(f3 ◦ f2 ◦ f1)(x) = 1.

250

Exercıcio 6.05:

Seja f(x) = x + 10 sinx para todo x ∈ R. Entao limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→−∞

f(x) = −∞. Prove o mesmo para a

funcao g(x) = x+x

2sinx.

Da relacao−1 ≤ sinx ≤ 1,

para todo x ∈ R, segue a relacaox

2= x− x

2≤ g(x) ≤ x+

x

2=

3x

2,

para todo x ∈ R.Seja A ∈ R arbitrario. Tomemos B = 2A e C =

2

3A. Se x ∈ R e x > B = 2A, temos que

g(x) ≥ x

2> A.

E como B so depende de A, segue quelim

x→+∞g(x) = +∞.

Se x ∈ R e x < C =2

3A, temos que

g(x) ≤ 3

2x < A.

E como C so depende de A, segue quelim

x→−∞g(x) = −∞.

251

Exercıcio 6.06:

Seja f : X → R monotona, com f(X) ⊂ [a, b]. Se f(X) e denso no intervalo [a, b] entao, para cada c ∈ X ′+ ∩X ′−,tem-se lim

x→c−f(x) = lim

x→c+f(x). Se c ∈ X entao este limite e igual a f(c).

Como c ∈ X ′+ ∩X ′− e f : X → R e monotona, pelo Teorema 12, existem os limites

L = limx→c+

f(x) e M = limx→c−

f(x).

Alem disso, como f(X) ⊂ [a, b] e [a, b] e compacto temos que L = limn→∞

f(xn)( para alguma sequencia em (c, b]) e

M = limn→∞

f(yn)( para alguma sequencia em [a, c)) estao em [a, b].

Suponhamos que f e nao-decrescente. Os casos em que f e crescente, decrescente ou nao-crescente sao demon-strados de forma analoga.

Seja x ∈ X. Se x < c entaof(x) ≤M = sup{f(y); y ∈ X e y < c}.

Tambem, f(x) ≤ f(y) para todo y > c e, consequentemente,

f(x) ≤ L = inf{f(y); y ∈ X e y > c}.

Assim, f(x) /∈ (min{L,M},max{L,M}). Se x > c, obtemos de forma analoga que f(x) /∈ (min{L,M},max{L,M}).Se x = c, entao

M ≤ f(x) ≤ L

pois f(y) ≤ f(x) para todo y < c = x e f(x) = f(y) para todo y > c = x ja que f e nao-decrescente.Se c /∈ X, entao

∅ = (min{L,M},max{L,M}) ∩ f(X),

o que implica que L = M pois caso contrario haveria um aberto em [a, b] sem nenhum ponto de f(X).Se c ∈ X, devemos ter

M = f(c) = L

pois caso contrario haveria um aberto(M,f(c)) ou (f(c), L)

nao vazio em [a, b] sem nenhum elemento de f(X) pelo que foi dito acima. Neste caso, pelo Teorema 11, temosque lim

x→cf(x) = f(c).

252

Exercıcio 6.07:

Demonstre o Teorema 2.

Suponhamos que limx→a

f(x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que se x ∈ X e 0 < |x−a| < δ, entao |f(x)−L| < ε.

Daı segue que se y ∈ Y ⊂ X e 0 < |y − a| < δ, entao |g(y)− L| = |f(x)− L| < ε. Como ε e arbitrario, temos quelimx→a

g(x) = L.

Suponhamos que Y = I ∩X, com I aberto contendo a. Entao, existe δ0 > 0 tal que (a − δ0, a + δ0) ⊂ I. Sejaε > 0 arbitrario. Existe δ1 > 0 tal que y ∈ Y e 0 < |y − a| < δ1 temos que |g(y) − L| < ε. Entao, tomando-seδ = min{δ0, δ1}, temos que se x ∈ X e 0 < |x− a| < δ entao

x ∈ (X \ {a}) ∩ (a− δ, a+ δ) ⊂ Y.

Assim, |f(x)− L| = |g(x)− L| < ε. Concluımos que limx→a

f(x) = L.

253

Exercıcio 6.08:

Sejam f : X → R monotona e a ∈ X ′+. Se existir uma sequencia de pontos xn ∈ X com xn > a, limxn = a elim f(xn) = L, entao lim

x→a+f(x) = L.

Consideremos o caso em que f e nao-decrescente e (xn)n∈N e tal que xn > a para todo n ∈ N, limxn = a elim f(xn) = L.

Dado x ∈ X tal que x > a, devemos terL < f(x).

De fato, se existisse x ∈ X ∩ (a,+∞) tal que f(x) < L existiria uma subsequencia de (f(xn)) que nao tende a L.Por exemplo, seja (xnk

) dada por{xn0 ∈ (a, x) ∩ {xn}n∈Nxnk

∈ (a, xnk−1) ∩ {xn}n>nk−1.

Entao,f(xnk

) ≤ ... ≤ f(xn0) ≤ f(x) < L.

Logo, L nao e limite da sequencia (f(xnk)). Assim, dado ε > 0, tomemos n0 ∈ N tal que |f(xn0

) − L| < ε eδ = xxn0

− a. Daı, se 0 < x− a < δ teremos que a < x < xn0 e, pelo que foi dito acima, L < f(x) ≤ f(xn0). Logo,

|f(x)− L| ≤ |f(xn0)− L| < ε.

Portanto, limx→a+

f(x) = L.

Os casos em que f e crescente, nao-crescente e decrescente sao analogos.

254

Exercıcio 6.09:

Se f : X → R e monotona entao o conjunto dos pontos a ∈ X ′ para os quais nao se tem limx→a−

f(x) = limx→a+

f(x) e

enumeravel.

Seja D o conjunto dos a ∈ X ′− ∩X ′+ tais que

limx→a+

f(x) 6= limx→a−

f(x).

Tais limites existem pelo Teorema 12. Suponhamos que f seja nao-crescente. Pela demonstracao do Teorema 12,para cada a ∈ D, temos que

limx→a−

= sup{f(x);x ∈ X,x < a} (6.1)

elimx→a+

= inf{f(x);x ∈ X,x > a}. (6.2)

Para cada a ∈ D, sejaIa = ( lim

x→a−f(x), lim

x→a+f(x)).

Dados a, b ∈ D tais que a < b temos que existe x ∈ (a, b) ∩X. Assim, por (6.1) e (6.2) temos que

limx→a+

f(x) ≤ f(x) ≤ limx→b−

f(x).

Daı, segue que Ia ∩ Ib = ∅.Do paragrafo anterior concluımos que se a e b ∈ D e a 6= b entao Ia∩ Ib = ∅. Assim, qualquer funcao h : D → Q

tal que h(a) ∈ Ia ∩ Q (tais funcoes existem gracas ao axioma da escolha) e injetiva. Concluımos daı que D eenumeravel.

Os casos em que f e crescente, nao-crescente e decrescente sao analogos.

255

Exercıcio 6.10:

Enuncie e demonstre para funcoes o analogo do Teorema 14 do Capıtulo IV.

(1) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′. Se g e limitada inferiormente e limx→a

f(x) = +∞, entao limx→a

f(x) + g(x) = +∞.

De fato, seja c ∈ R um limitante inferior de g. Seja dado A ∈ R arbitrario. Existe δ > 0 tal que se x ∈(a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), entao f(x) > A− c.Assim, se x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a})

f(x) + g(x) > (A− c) = (c) = A.

Segue daı que limx→a

f(x) + g(x) = +∞.

(2) Sejam f, g : X → R e a ∈ X ′. Se existe um limitante inferior c > 0 de g e limx→a

f(x) = +∞, entao limx→a

f(x).g(x) =

+∞.De fato, seja A ∈ R arbitrario. existe δ > 0 tal que se x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), entao f(x) > A

c .

Assim, se x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), entao

f(x).g(x) > (A

c).(c) = A.


f(x).g(x) = +∞.

(3) Sejam f : X → R tal que f(x) > 0 para todo X e a ∈ X ′. Temos neste caso que

limx→a

f(x) = 0⇔ limx→a

1

f(x)= +∞.

De fato,

(⇒) Seja A ∈ R∩ (0,+∞) arbitrario. Existe δ > 0 tal que se x ∈ (a− δ, a+ δ)∩ (X \{a}), entao 0 < f(x) < 1A .

Assim, dado x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), entao

A <1

f(x).


f(x) = +∞.

(⇐) Seja ε > 0 arbitrario. Existe δ > 0 tal que x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ (X \ {a}) implica1

f(x)>

1

ε. Assim, para

todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X \ {a}), temos que 0 < f(x) < ε. Segue daı que limx→a

f(x) = 0.

(4) Sejam f, g : X → R, tais que f e g s ao funcoes positivas e a ∈ X ′.

(a) Se existe c > 0 tal que f(x) > c para todo x ∈ X e limx→a

g(x) = 0, entao limx→a

f(x)

g(x)= +∞.

(b) Se f e limitada e limx→a

g(x) = +∞, entao limx→a

f(x)

g(x)= 0.

De fato,

(a) Temos que lim1

g(x)= +∞ pelo item (3). Daı o resultado segue aplicando-se o item (2) as funcoes f e

1

g.

256

(b) Seja k > 0 tal que 0 < f(x) < k. Entao,1

f(x)>

1

kpara todo x ∈ X.

Como limx→a

= +∞, temos que limx→a

1

g(x)= 0. Assim,

limx→a

g(x)

f(x)= limx→a

1f(x)

1g(x)

= +∞,

pelo item (a).

Portanto, temos pelo item (3) que

limx→a

f(x)

g(x)= limx→a

1g(x)f(x)

= 0.

257

Exercıcio 6.11:

Dado a > 1, defina f : Q→ R pondo, para cadap

q∈ Q, f

(p

q

)= ap/q. Prove que lim

x→0f(x) = 1. conclua que para

cada b ∈ R existe limx→b

f(x), sendo este limite igual a f(b) se b ∈ Q. Chame este limite de ab. Prove que ab.ab′

= ab+b′

e que b < b′ ⇒ ab < ab′.

Como a > 1, temos pelas propriedades basicas da multiplicacao que f e crescente.Seja n0 ∈ N tal que se n0 > a. Entao, para todo n > n0

n√n > n

√a > 1.

Logo, como limn→ +∞ n√n = 1, temos que lim

n→+∞f(1/n) = 1. Segue do exercıcio 8 que lim

x→0+f(x) = 1. Tambem

temos que

limn→+∞

f(−1/n) = limn→+∞

1

f(1/n)=

1

limn→+∞

f(1/n)=

1

1= 1.

E, novamente pelo resultado do exercıcio 8, temos que limx→0−

f(x) = 1. Concluımos, entao, que limx→0

f(x) = 1.

Seja b ∈ R.

1. b ∈ Q.lim

n→+∞f(b+ 1/n) = lim

n→+∞f(b)f(1/n) = f(b)

limn→+∞

f(b− 1/n) = limn→+∞

f(b)f(−1/n) = f(b).

E do exercıcio 6.8 temos que limx→b

f(x) = f(b).

2. b ∈ R \Q.

Sejam xn =m

ntal que m = max{u ∈ Z;

u

n< b} e yn =

m

ntal que m = min{u ∈ Z;

u

n> b}. Segue que se

xn =m

nentao yn =

m+ 1

n(pois b /∈ Q). As sequencias (xn) e (yn) s ao, respectivamente, n ao-decrescente e

n ao-crescente. Isso implica que as sequencias (f(xn)) e (f(yn)) tambem o sao. Daı segue que limn→∞

f(xn) e

limn→∞

f(yn) existem pois f(xn) < f(yn) para todo n ∈ N, isto e, tais sequencias sao limitadas. Por fim, temosque

1 = lim f

(1

n

)= lim

f(yn)

f(xn)=

lim f(yn)

lim f(xn).

Daı, pelo exercıcio 6.8, temos que

limx→b−

f(x) = limn→∞

f(xn) = limn→∞

f(yn) = limx→b+

f(x).

Portanto, o limite limx→b

f(x) existe e denotamos tal limite por ab.

Passaremos agora a verificacao das duas propriedades.

• ab.ab′ = ab+b′

Sejam (xn) e (yn) sequencias que tendem a b e b′, respectivamente. Entao (xn + yn) tende a b+ b′ e

ab.ab′

= limx→b

f(x). limx→b′

f(x)

= limn→∞

f(xn). limn→∞

f(yn)

= limn→∞

f(xn).f(yn)

= limn→∞

f(xn + yn)

= limx→b+b′

f(x) = ab+b′.

258

• b < b′ ⇒ ab < ab′.

Sejam r1, r2 ∈ Q ∩ (b, b′) tais que r1 < r2. Entao, como f e crescente

ab = inf{f(r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}

eab′

= sup{f(r); r ∈ Q \ {0} tal que r < b}.

Assim,ab ≤ f(r1) < f(r2) ≤ ab

′

e o resultado segue.

259

Exercıcio 6.12:

Dado a > 1, defina g : R → R, pondo g(x) = ax(veja o exercıcio anterior). Prove que limx→+∞

g(x) = +∞ e

limx→−∞

g(x) = 0.

Seja a = 1 + ε. Dado A > 0 arbitrario, tomemos n0 ∈ N tal que n0ε > A. Assim, dado x > n0 temos, peladesigualdade de Bernoulli, que

A < 1 + n0ε ≤ (1 + ε)n0 = g(n0) < g(x).

Segue daı que limx→+∞

g(x) = +∞.

Dado, novamente, A > 0, tomemos n0 ∈ N tal que n0ε >1

A. Entao, dado x < −n0 temos que

A >1

n0ε+ 1≥ 1

(1 + ε)n0= g(−n0) > g(x) > 0.

Daı segue que limx→−∞

g(x) = 0.

260

Exercıcio 6.13:

Seja p : R → R, um polinomio real. Se o coeficiente do termo de grau mais elevado de p e positivo entaolim

x→+∞p(x) = +∞ e lim

x→−∞p(x) e igual a +∞ ou −∞, conforme o grau de p seja par ou ımpar.

Seja p(x) = anxn + an−1x

n−1 + ... + a1x + a0. Provaremos por inducao em n que limn→∞

p(x) = +∞. O caso

n = 1 e trivial. Suponhamos que o resultado seja verdadeiro para o polinomio de grau n− 1. Seja p(x) o polinomiotomado inicialmente. Temos que

p(x) = x(anxn−1 + ...+ a1) + a0.

Pela hipotese de inducao, temos que limn→+∞

anxn−1 + ...+a1 = +∞, o que nos garante que lim

n→+∞p(x) = +∞ pelos

resultados do exercıcio 6.10.Suponhamos agora n = 2k− 1. Provaremos por inducao sobre k que lim

x→−∞p(x) = −∞. Para k = 1, o resultado

e trivial. Temos que

p(x) = x2[(a2k−1x2(k−1)−1 + ...+ a2) +

a1

x] + a0.

Assim, sabendo que limx→−∞

a1x = 0 e supondo que lim

x→−∞(a2k−1x

2(k−1)−1 + ...+ a2) = −∞, temos novamente pelos

resultados do exercıcio 6.10 que limx→−∞

p(x) = −∞.Suponhamos agora que n = 2k. Entao

p(x) = x(a2kx2k−1 + ...+ a1) + a0.

E, pelo resultado do paragrafo anterior, temos que

limx→−∞

(a2kx2k−1 + ...+ a1) = −∞.

Assim, pelos resultados do exercıcio 6.10 temos que limx→−∞

p(x) = +∞.

261

Exercıcio 6.14:

Determine o conjunto dos valores de aderencia da funcao f : R \ {0} → R, f(x) =sin(1/x)

1 + e1/x, no ponto x = 0.

Temos que0 ≤ e1/x e − 1 ≤ sin(1/x) ≤ 1

para todo x ∈ R \ {0}. Entao,

−1 ≤ sin(1/x)

1 + e1/x≤ 1.

Logo, o conjunto A dos pontos de aderencia de f no ponto 0 e tal que A ⊂ [−1, 1].

Seja λ ∈ [−1, 1]. Tomemos θ = arcsinλ. Entao, definindo xn =1

θ − 2πntemos que lim

n→+∞xn = 0 e lim e1/n = 0,

pois limn→+∞

1

xn= −∞. Assim,

f(xn) =sin(θ − 2πn)

1 + eθ−2πn=

λ

1 + eθ+2πn→ λ

quando n→ +∞. Logo, λ ∈ Λ. E segue que A ⊃ [−1, 1]. Concluımos que A = [−1, 1].

262

Exercıcio 6.15:

Se limx→a f(x) = L entao limx→a |f(x)| = |L|. Se limx→a |f(x)| = |L| entao o conjunto dos valores de aderenciade f no ponto a e {L}, {−L} e {−L,L}.

Consideremos a funcao f : X → R e a ∈ X.Suponhamos que limx→a f(x) = L. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que

|f(x)− L| < ε,

para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ). Desta forma, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que

||f(x)| − |L|| 6 |f(x)− L| < ε,

para todo x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ). Logo, limx→a |f(x)| = |L|.Suponhamos que limx→a |f(x)| = |L|. Provaremos que o conjunto A dos pontos de aderencia de f e {−L,L},

{L} ou {−L}. O faremos mostrando que {L,−L} ⊃ A 6= ∅.Seja L′ ∈ A. Entao, existe uma sequencia (xn)n∈Z+

em X tal que limn→∞ f(xn) = L′. Segue que

|L′| = | limn→∞

f(xn)| = limn→∞

|f(xn)| = |L|

ja que limx→a |f(x)| = |L|. Logo, L′ ∈ {L,−L}. Concluimos daı que {L,−L} ⊃ A.Pelo Teorema 13 do Capıtulo VI, temos que L′ e um ponto de aderencia da funcao g : X → R no ponto a se e

somente se para todos ε e δ > 0 vale

(L′ − ε, L′ + ε) ∩ g((X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ)

)6= ∅.

Suponhamos, por absurdo, que L e −L nao sao valores de aderencia de f no ponto a. Segue que existem ε+,ε−, δ+ e δ− > 0 tais que

(L− ε+, L+ ε+) ∩ f((X\{a}) ∩ (a− δ+, a+ δ+)

)= ∅

e(L− ε−, L+ ε−) ∩ f

((X\{a}) ∩ (a− δ−, a+ δ−)

)= ∅.

Como limx→a |f(x)| = |L|, existe

f(x) ∈ (L− ε, L+ ε) ∩ |f |((X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ)

),

com x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ). Desta forma, terıamos que

|f(x)− L| = ||f(x)| − |L|| < ε 6 ε+,

caso |f(x)| = ±f(x) e |L| = ±L, e

|f(x)− (−L)| = ||f(x)| − |L|| < ε 6 ε−,

caso |f(x)| = ±f(x) e |L| = ∓L. Consequentemente, seguiria que

f(x) ∈ (L− ε+, L+ ε+) ∩ f((X\{a}) ∩ (a− δ+, a+ δ+)

),

pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a+ δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a− δ+, a+ δ+), ou

f(x) ∈ (−L− ε−,−L+ ε−) ∩ f((X\{a}) ∩ (a− δ−, a+ δ−)

),

pois x ∈ (X\{a}) ∩ (a− δ, a + δ) ⊂ (X\{a}) ∩ (a− δ−, a + δ−). Em todos os casos, chegamos a uma contradicaocom as hipoteses de que L e −L nao sao valores de aderencia de f no ponto a. Portanto, L ou −L sao valores deaderencia de f .

263

Exercıcio 6.16:

Dados um numero real a e um conjunto compacto nao-vazio K, obtenha uma funcao f : R→ R tal que o conjuntodos valores de aderencia de f no ponto a seja K.

Consideremos o ponto a ∈ R. Provaremos que para todo conjunto F fechado em R existe uma funcao f : R→ Rtal que o conjunto dos pontos de aderencia de f no ponto a e igual a F .

Seja E = {en}n∈Z+ um subconjunto enumeravel de F tal que E = F (veja o Teorema 6 do Capıtulo V).Para cada numero inteiro positivo n, definimos o conjunto

Cn :=

{x ∈ R : |x− a| = 3n

2k, para algum k ∈ Z+

}.

Se n e m sao inteiros distintos devemos ter que Cn ∩Cm = ∅. De fato, se x ∈ Cn ∩Cm, existiriam k e k′ ∈ Z+ taisque

3n

2k= |x− a| = 3m

2k′

Como 2 e 3 sao numeros inteiros coprimos, temos uma contradicao. Logo, Cn ∩ Cm 6= ∅.Assim, podemos definir uma funcao f : R→ R por

f(x) =

{en, se x ∈ Cn,e1, se x ∈ R\ ∪n∈Z+

Cn.

Para todo δ > 0 e n ∈ Z+ existe k ∈ Z+ tal que 3n/2k < δ e, consequentemente,

en = f

(a+

3n

2k

)∈ f((a− δ, a+ δ)\{a}

).

Desta forma, temos que f(a− δ, a+ δ) = E. Logo, para todo δ > 0,

f((a− δ, a+ δ)\{a}

)= E = F.

Pelo Colorario 3 do Teorema 13 do Capıtulo VI, o conjunto dos valores de aderencia de f no ponto a e⋂δ>0

f((a− δ, a+ δ)\{a}

)=⋂δ>0

E = E = F.

264

Exercıcio 6.17:

Seja f : R→ R definida por f(x) = x se x e irracional, f(pq ) = q se pq e uma fracao irredutıvel com p > 0, f(0) = 0.

Mostre que f e ilimitada em qualquer intervalo nao-degenerado.

Suponhamos que I seja um intervalo nao degenerado com a = inf(I) e b = sup(I).Mostraremos que, dado A > 0, arbitrario existe x ∈ (a, b) ⊂ I tal que f(x) > A.Sejam n ∈ Z+, tal que

2n > A e2

b− a,

ep := inf

{m ∈ Z; a <

m

2n

}.

Desta forma temos quep− 1

2n6 a <

p

2n

ep+ 1

2n=p− 1

2n+

2

2n< a+ (b− a) = b.

Logo,

a <p

2n<

2p+ 1

2n+1<p+ 1

2n< b.

Assim, x = 2p+12n+1 pertence a I e

f(x) = 2n+1 > 2n > A.

265

Exercıcio 6.18:

Sejam X, Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R com f(X) ⊂ Y . Se, para a ∈ X ′ e b ∈ Y ′ tem-se limx→a

f(x) = b, limy→b

g(y) = c

e, alem disso, f(x) 6= b para todo x ∈ X\{a}, entao limx→a

g(f(x)) = c. Mostre que a condicao b ∈ Y ′ decorre de ser

f(x) 6= b para x 6= a.

Primeiramente, mostraremos que se f(x) 6= b para x 6= a entao b ∈ Y ′. De fato, se ε > 0, temos que existe,pois limx→af(x) = b, δ > 0 tal que |f(x)− b| < ε para todo x ∈ (a− δ, a+ δ)∩ (X\{a}). Como a ∈ X ′, segue que(a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}) 6= ∅. Logo, existe x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}), tal que

f(x) ∈ (b− ε, b+ ε) ∩ (Y \{b}).

Portanto, devemos ter que b ∈ Y ′.Provaremos, agora, que lim

x→ag ◦ f(x) = c. Seja ε > 0. Como lim

y→bg(y) = c, existe ν > 0 tal que

|g(y)− c| < ε,

para todo y ∈ Y \{b} que satifaz a desigualdade

|y − b| < ν.

Tambem existe δ > 0, pois limx→a

f(x) = b, tal que

|f(x)− b| < ν,

para todo x ∈ X\{a} que satisfaz a desigualdade

|x− a| < δ.

Assim, para todo x ∈ X\{a} tal que|x− a| < δ,

temos que|g ◦ f(x)− c| < ε.

Portanto, segue que limx→a

g ◦ f(x) = c.

266

Exercıcio 6.19:

Para todo numero real x indiquemos, com [x] o maior inteiro 6 x. Mostre que se a e b sao positivos entao

limx→0+

x

a

[b

x

]=b

ae lim

x→0+

b

x

[xa

]= 0.

Prove tambem que, no primeiro caso o limite a esquerda seria o mesmo mas no segundo caso o limite e +∞ quandox→ 0 por valores negativos.

• limx→0+

x

a

[b

x

]= limx→0−

x

a

[b

x

]=b

a

Pela definicao de [·], temos, para todo x ∈ R, que

b

x− 1 <

[b

x

]6b

x.

Assim, segue queb

a− x

a=x

a

(b

x− 1

)<x

a

[b

x

]6x

a

b

x=b

a,

para x > 0, eb

a=x

a

b

x6x

a

[b

x

]<x

a

(b

x− 1

)=b

a− x

a,

para x < 0. Logo, ∣∣∣∣xa[b

x

]− b

a

∣∣∣∣ < ∣∣∣xa ∣∣∣ ,para todo x ∈ R\{0}.

Dado ε > 0 e tomando-se δ = εa, para todo x ∈ R\{0} tal que

|x| < δ,

temos que ∣∣∣∣xa[b

x

]− b

a

∣∣∣∣ < ∣∣∣xa ∣∣∣ < εa

a= ε.

Portanto,

limx→0

x

a

[b

x

]=b

a


limx→0+

x

a

[b

x

]= limx→0−

x

a

[b

x

]=b

a.

• limx→0+

b

x

[xa

]= 0 e lim

x→0−

b

x

[xa

]= +∞

Consideremos a funcao f : R\{0} → R dada, no ponto x ∈ R\{0}, por

f(x) =b

x

[xa

].

Se x ∈ (0, a), temos que 0 < x/a < 1 e, consequentemente, [x/a] = 0. Desta forma, para todo x ∈ (0, a),

f(x) =b

x

[xa

]=b

x0 = 0.

Por outro lado, se x ∈ (−a, 0), temos que −1 < x/a < 0 e, consequentemente, [x/a] = −1. Assim, para todox ∈ (−a, 0),

f(x) =b

x

[xa

]= − b

x.

267

Portanto, temos que

limx→0+

b

x

[xa

]= limx→0+

f |(0,a)(x) = limx→0+

0 = 0.

e

limx→0−

b

x

[xa

]= limx→0−

f |(−a,0)(x) = limx→0+

− bx

= +∞.

268

Exercıcio 6.20:

Dadas funcoes f e g : X → R, defina h = max{f, g} : X → R pondo

h(x) =

{f(x), se f(x) > g(x),g(x), se g(x) > f(x).

Seja a ∈ X ′. Prove que se limx→a

f(x) = L e limx→a

g(x) = M entao limx→a

h(x) = N , onde N e o maior dos dois numeros

L e M .

Suponhamos que L > M . Como limx→a

f(x) = L e limx→a

g(x) = M , tomando-se ε := (L −M)/2 existe δ > 0 tal

que para todox ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a})

vale

f(x) ∈ (L− ε, L+ ε) =

(L+M

2,

3L−M2

)e

g(x) ∈ (M − ε,M + ε) =

(3M − L

2,L+M

2

).

Assim, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}),

g(x) < f(x)

e, consequentemente,h(x) = f(x).

Desta forma, temos que h|(a−δ,a+δ)∩(X\{a}) = f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a}). Portanto, quando L > M ,

limx→a

h(x) = limx→a

h|(a−δ,a+δ)∩(X\{a})(x) = limx→a

f |(a−δ,a+δ)∩(X\{a})(x) = L = N.

De modo analogo, mostra-se que se M > L entao limx→a

h(x) = N .

Por fim, consideremos o caso em que L = M . Seja ε > 0. Como limx→a

f(x) = L = N e limx→a

g(x) = M = N , existe

δ > 0 tal que para todox ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a})

valef(x) ∈ (N − ε,N + ε)

eg(x) ∈ (N − ε,N + ε).

Assim, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (X\{a}), tem-se que

h(x) ∈ {f(x), g(x)} ⊂ (L− ε, L+ ε).

Desta forma, concluimos quelimx→a

h(x) = N.

269

Exercıcio 6.21:

Sejam f e g : X → R funcoes limitadas numa vizinhanca do ponto a ∈ X ′. Mostre que

limx→a

sup(f + g)(x) 6 limx→a

sup f(x) + limx→a

sup g(x)

e quelimx→a

sup(− f(x)

)= − lim

x→ainf f(x).

Enuncie e prove resultados analogos para lim inf(f + g) e para o produto de duas funcoes.

Pelos exercıcios 3.38 e 3.40, temos que a soma e o produto de funcoes limitadas sao tambem funcoes limitadas.Isto e, f + g e f · g : X → R sao funcoes limitadas.

Para funcoes limitadas f e g : X → R e a ∈ X ′, provaremos que

limx→a


sup f(x) + limx→a

sup g(x),

limx→a

inf(f + g)(x) > limx→a

inf f(x) + limx→a

inf g(x)

elimx→a

sup(− f(x)

)= − lim

x→ainf f(x).

Alem disso, mostraremos que se f e g forem funcoes nao negativas (i.e. f(X) e g(X) ⊂ R+) entao

limx→a

sup(f · g)(x) 6(

limx→a

sup f(x))(

limx→a

sup g(x))

elimx→a

inf(f · g)(x) >(

limx→a

inf f(x))(

limx→a

inf g(x)).

Se f ou g : X → R nao forem nao negativas, podemos ter que

limx→a

sup(f · g)(x) >(

limx→a

sup f(x))(

limx→a

sup g(x)).

De fato, definindo f e g : R→ R por

g(x) = f(x) =

{0, se x ∈ Q,−1, se x /∈ Q,

temos quelimx→0

sup(f · g)(x) = 1 > 0 = 0 · 0 =(

limx→0

sup f(x))(

limx→0

sup g(x)).

Se (xn)n∈Z+e uma sequencia em X entao (f(xn))n∈Z+

e (g(xn))n∈Z+sao sequencias em f(X) e g(X), respec-

tivamente. Como f(X) e g(X) sao compactos (pois sao fechos de conjuntos limitados, veja exercicio 5.30), existemsubsequencias de (f(xn))n∈Z+ e (g(xn))n∈Z+ que sao convergentes. Em particular, existe1 uma subsequencia(xnk

)n∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que (f(xnk))k∈Z+ e (g(xnk

))k∈Z+ sao convergentes.

• limx→a


sup f(x) + limx→a

sup g(x) e limx→a


inf f(x) + limx→a

inf g(x)

Sejam S ∈ R um valor de aderencia da funcao f + g no ponto a e (xn)n∈Z+ uma sequencia em X tal que

limn→+∞

xn = a e limn→+∞

(f + g)(xn) = S.

Mostraremos quelimx→a

inf f(x) + limx→a

inf g(x) 6 S 6 limx→a

sup f(x) + limx→a

sup g(x).

1Tome uma subsequencia convergente (f(xmp ))p∈Z+de (f(xm))m∈Z+

e extraia dela uma subsequencia convergente (g(xmpk))k∈Z+

de (g(xmp ))p∈Z+. Assim, (xnk )k∈Z+

, para nk := mpk , e como desejado.

270

E, como S ∈ R um valor de aderencia arbitrario da funcao f + g no ponto a, concluiremos que

limx→a


sup f(x) + limx→a

sup g(x)

elimx→a


inf f(x) + limx→a

inf g(x).

Como (xn)n∈Z+ e uma sequencia em X, segue que existe uma subsequencia (xnk)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que

(f(xnk))k∈Z+ e (g(xnk

))k∈Z+ sao convergentes. Segue que limk→+∞ f(xnk) e limk→+∞ g(xnk

) sao pontos deaderencia de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk

. Logo,

S = limk→+∞

(f + g)(xnk)

= limk→+∞

f(xnk) + lim

k→+∞g(xnk

)

6 limx→a

sup f(x) + limx→a

sup g(x)

e, analogamente,S > lim

x→ainf f(x) + lim

x→ainf g(x).

• limx→a

sup(− f(x)

)= − lim

x→ainf f(x)

Sejam VA(f ; a) e VA(−f ; a) os conjuntos dos valores de aderencia no ponto a das funcoes f e −f .Dado L ∈ VA(f ; a), existe uma sequencia (xn)n∈Z+

tal que a = limn→+∞ xn e L = limn→+∞ f(xn). Assim,

−L = − limn→+∞

f(xn) = limn→+∞

(−f)(xn) ∈ VA(−f ; a).

Portanto, como L ∈ VA(f ; a) e arbitrario, concluimos que −VA(f ; a) ⊂ VA(−f ; a).Analogamente, prova-se que −VA(f ; a) ⊃ VA(−f ; a). E, com isso, concluimos que −VA(f ; a) = VA(−f ; a).Portanto,

limx→a

sup(− f(x)

)= supVA(−f ; a)

= sup(− VA(f ; a)

)= − inf VA(f ; a)= − lim

x→ainf f(x).

• limx→0

sup(f · g)(x) 6(

limx→0

sup f(x))(

limx→0

sup g(x))

e limx→a

inf(f · g)(x) >(

limx→a

inf f(x))(

limx→a

inf g(x))

se f e

g > 0

Sejam P ∈ R um valor de aderencia da funcao f · g no ponto a e (xn)n∈Z+ uma sequencia em X tal que

limn→+∞

xn = a e limn→+∞

(f · g)(xn) = S.

Mostraremos que (limx→a

inf f(x))(

limx→a

inf g(x))6 P 6

(limx→a

sup f(x))(

limx→a

sup g(x)).

E, como P ∈ R um valor de aderencia arbitrario da funcao f · g no ponto a, concluiremos que

limx→a

sup(f · g)(x) 6(

limx→a

sup f(x))(

limx→a

sup g(x))

elimx→a

inf(f · g)(x) >(

limx→a

inf f(x))(

limx→a

inf g(x)).

Como (xn)n∈Z+ e uma sequencia em X, segue que existe uma subsequencia (xnk)k∈Z+ de (xn)n∈Z+ tal que

(f(xnk))k∈Z+

e (g(xnk))k∈Z+

sao convergentes. Segue que limk→+∞ f(xnk) e limk→+∞ g(xnk

) sao pontos deaderencia de f e g, respectivamente, no ponto a = limk→+∞ xnk

. Logo,

P = limk→+∞

(f · g)(xnk)

=(

limk→+∞

f(xnk))(

limk→+∞

g(xnk))

6(

limx→a

sup f(x))(

limx→a

sup g(x))

271

e, analogamente,P >

(limx→a

inf f(x))(

limx→a

inf g(x)).

272

Exercıcio 6.22:

Seja f : [0,+∞)→ R uma funcao limitada em cada intervalo limitado. Se

limx→+∞

[f(x+ 1)− f(x)] = L

entao

limx→+∞

f(x)

x= L.

Como f e limitada em todos os intervalos limitados de [0,+∞), para todo C ∈ Z+ existe MC > 0 tal que|f(λ)| < MC , para todo λ ∈ [C − 1, C).

Para C ∈ Z+, λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+, temos que∣∣∣ f(λ+k)λ+k − L

∣∣∣ 6∣∣∣ f(λ+k)λ+k −

f(λ+k)k + f(λ)

k

∣∣∣+∣∣∣ f(λ+k)

k − f(λ)k − L

∣∣∣6

∣∣∣ f(λ+k)λ+k −

f(λ+k)k

∣∣∣+∣∣∣ f(λ)k

∣∣∣++∣∣∣ f(λ+k)

k − f(λ)k − L

∣∣∣6

∣∣∣ λλ+k

∣∣∣ ∣∣∣ f(λ+k)k

∣∣∣+∣∣∣ f(λ)k

∣∣∣+∣∣∣ f(λ+k)

k − f(λ)k − L

∣∣∣6

∣∣∣ λλ+k

∣∣∣ (∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)

k − L∣∣∣+∣∣∣ f(λ)k

∣∣∣+ |L|)

+

+∣∣∣ f(λ)k

∣∣∣+∣∣∣ f(λ+k)

k − f(λ)k − L

∣∣∣6 C

k

(∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)

k − L∣∣∣+∣∣∣ f(λ)k

∣∣∣+ |L|)

+

+∣∣∣ f(λ)k

∣∣∣+∣∣∣ f(λ+k)

k − f(λ)k − L

∣∣∣6 C

k |L|+ (1 + Ck ) |f(λ)|

k + (1 + Ck )∣∣∣ f(λ+k)

k − f(λ)k − L

∣∣∣< 1

k

(C|L|+ (1 + C

k )MC

)+ (1 + C

k )∣∣∣ f(λ+k)

k − f(λ)k − L

∣∣∣Seja ε > 0. Provaremos que existem C e n0 ∈ Z tal que para todo k > n0 e λ ∈ [C−1, C) valem as desigualdades

1

k

(C|L|+

(1 +

C

k

)M

)<ε

2e

(1 +

C

k

) ∣∣∣∣f(λ+ k)

k− f(λ)

k− L

∣∣∣∣ < ε

2.

Assim, dado x > (C − 1) + n0, existem λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+ tais que x = λ+ k, k > n0 e, consequentemente,∣∣∣ f(x)x − L

∣∣∣ =∣∣∣ f(λ+k)λ+k − L

∣∣∣< 1

k

(C|L|+ (1 + C

k )MC

)+(1 + C

k

) ∣∣∣ f(λ+k)k − f(λ)

k − L∣∣∣

< ε2 + ε

2= ε.

Com isso, conclui-se que limx→+∞f(x)x = L.

Por hipotese, limx→+∞(f(x+ 1)− f(x)

)= L. Fixemos C ∈ Z+ tal que para todo numero real x > C − 1 vale

a desigualdade

|f(x+ 1)− f(x)− L| < ε

3.

Assim, para todo λ ∈ [C − 1, C) e k ∈ Z+, temos que∣∣∣∣f(λ+ k)

k− f(λ)

k− L

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣k−1∑i=0

(f(λ+ i+ 1)

k− f(λ+ i)

k− L

k

)∣∣∣∣∣6

k−1∑i=0

|f(λ+ i+ 1)− f(λ+ i)− L|k

<

k−1∑i=0

ε/3

k

= ε3 .

273

Como

limk→+∞

1

k= 0

e

limk→+∞

(C|L|+

(1 +

C

k

)MC

)= C|L|+M,

segue que

limk→+∞

1

k

(C|L|+

(1 +

C

k

)MC

)= 0.

Alem disso,

limk→+∞

(1 +

C

k

)= 1.

Fixemos n0 ∈ Z+ tal que para todo k > n0 valem as desigualdades∣∣∣∣1k(C|L|+

(1 +

C

k

)MC

)∣∣∣∣ < ε

2

e

1 +C

k<

3

2.

Por fim, para λ ∈ [C − 1, C) e k > n0, temos que∣∣∣∣1k(C|L|+

(1 +

C

k

)MC

)∣∣∣∣ < ε

2

e (1 +

C

k

) ∣∣∣∣f(λ+ k)

k− f(λ)

k− L

∣∣∣∣ < 3

2

ε

3=ε

2.

Como querıamos demonstrar.

274

Exercıcio 6.23:

Seja f : R→ R definida porf(x) = x+ ax · sen(x).

Mostre que se |a| < 1 entaolim

x→+∞f(x) = +∞ e lim

x→−∞f(x) = −∞.

Suponhamos que 1− |a| > 0.Seja A > 0. Provaremos que

x >A

1− |a|> 0⇒ f(x) > A

e

x < − A

1− |a|< 0⇒ f(x) < −A.

Assim, como A > 0 e arbitrario, podemos concluir que

limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→−∞

f(x) = −∞.

Para todo x ∈ R, temos as desigualdades

−|a| = −|a| · 16 −|a|| sen(x)|= −|a · sen(x)|6 a · sen(x).

Assim, para x > A1−|a| > 0,

f(x) = x+ xa · sen(x)> x− x|a|= x(1− |a|)> A

e, para x < − A1−|a| < 0,

f(x) = x+ xa · sen(x)6 x− x|a|= x(1− |a|)< −A.

275

Exercıcio 6.24:

Seja p : R→ R um polinomio nao constante. Dado b ∈ R, suponha que exista uma sequencia (xn), tal que

limn→+∞

p(xn) = b ∈ R.

Prove que (xn) e limitada e o conjunto dos seus pontos de aderencia nao e vazio e esta contido em p−1(b). Emparticular, se existe uma sequencia (xn), tal que lim p(xn) = 0, entao p tem alguma raiz real.

Suponhamos que lim p(xn) = b ∈ R.Pelo exercıcio 6.13, temos que

limx→+∞

p(x) = +∞ ou −∞

elim

x→−∞p(x) = +∞ ou −∞.

Assim, se (xn)n∈Z+ possuisse uma subsequencia (xnk)k∈Z+ tal que

limk→+∞

xnk= +∞ ou −∞

terıamos quelim

k→+∞p(xnk

) = +∞ ou −∞.

Contradizendo o fato de que toda subsequencia de (xn)n∈Z+ converge para b ∈ R. Portanto, a sequencia (xn) elimitada.

Como a sequencia (xn) e limitada, segue que o seu conjunto de pontos de aderencia nao e vazio.Sejam (xnk

)k∈Z+uma subsequencia convergente de (xn)n∈Z+

e a = limk→+∞ xnk. Suponhamos que c0, c1, . . . ,

cm ∈ R sao tais quep(x) = cmx

m + · · ·+ c1x+ c0,

para todo x ∈ R. Assim,

p(a) = cmam + · · ·+ c1a+ c0

= cm

(lim

k→+∞xnk

)m+ · · ·+ c1

(lim

k→+∞xnk

)+ c0

= limk→+∞

(cmx

mnk

+ · · ·+ c1xnk+ c0

)= lim

k→+∞p(xnk

)

= b.

Logo, a ∈ p−1(b). Com isso, concluimos que o conjunto dos pontos de aderencia de (xn) esta contido em p−1(b).Em especial, se b = 0, o conjunto dos pontos de aderencia de (xn) esta contido no conjunto de raızes de p.

Logo, neste caso, conclui-se que p possui raizes reais.

276

Capıtulo 7

Funcoes Contınuas

277

Exercıcio 7.38:

A funcao R f : [0,+∞) → [0,+∞), definida por f(x) = n√x, n > 1, nao e Lipschitziana num intervalo da forma

[0, a], a > 0, embora seja uniformemente continua nestes intervalos. Por outro lado, f e Lipschitziana, comconstante

c :=1

nn√an−1

,

no intervalo [a,+∞). Concluir que f e uniformemente continua em [0,+∞).

Mostraremos, primeiramente, que f : [0, a]→ R nao e Lipschitziana, para todo a > 0. Faremos isso verificandoque o conjunto

L :=

{|f(x)− f(y)||x− y|

: x e y ∈ [0, a]

}e ilimitado superiormente e, consequentemente, nao existe c ∈ R tal que

|f(x)− f(y)| 6 c|x− y|,

para todo x e y ∈ [0, a].Seja A > 0. Para todo z ∈ R tal que

max

{1

n−1√A,

1n√a

}< z

temos que

zn−1 > A e1

zn∈ [0, a].

Assim,

S :=

{1

zn: z > max{1/ n−1

√A, 1/ n

√a}}⊂ [0, a]

e, para todo x = 1zn ∈ S,

|f(x)− f(0)||x− 0|

=|f(1/zn)− f(0)||1/zn − 0|

= zn−1 > A.

Desta forma, temos que L e ilimitado superiormente.Verificaremos, a seguir, que f : [a,+∞)→ R e Lipschitziana com

c :=1

nn√an−1

como constante de Lipschitz.Sejam x e y = x+ λ ∈ [a, 0], λ > 0. Pela Desigualdade de Bernulli

1 + n

(1

nx

)6

(1 +

1

nx

)n,

temos que

n

√1 +

λ

x6 1 +

λ

nx.

Assim,

n

√1 +

λ

x− 1 6

λ

nxe, consequentemente,

n√x+ λ− n

√x 6

λ

nn√xn−1

.

Logo,|f(x)− f(y)| = |f(x+ λ)− f(x)|

= n√x+ λ− n

√x

6 λ

nn√xn−1

6 λ

nn√an−1

6 c|x− y|.

278

Com isso, concluimos que f : [a,+∞)→ R e Lipschitziana com c como constante de Lipschitz.Por fim, provaremos que f : [0,∞)→ R e uniformemente contınua.Seja ε > 0. Para todos x e y ∈ [0,+∞), com y = x+ λ e λ ∈ [0, εn), temos que

|f(x)− f(y)| = |f(x+ λ)− f(x)|= n√x+ λ− n

√x

6 ( n√x+ n√λ)− n

√x

= n√λ

< n√εn

= ε.

Logo, se x e y ∈ [0,+∞) e |x− y| < εn temos que |f(x)− f(y)| < ε. Portanto, f e uniformemente continua.

279

Exercıcio 7.39:

Sejam

Z∗+ :=

{n+

1

n: n ∈ Z+

}e F := Z+ ∪ Z∗+. Defina a funcao f : F → R por

f(x) =

{2, se x ∈ Z+;x, se x ∈ Z∗+.

Mostre que os conjuntos Z+ e Z∗+ sao fechados, que f |Z+ e f |Z∗+ sao funcoes uniformemente contınuas, mas f : F → Rnao e uniformemente contınua.

Primeiramente, verifiquemos que z+ e fechado. Pela construcao de R, temos que

(n− 1, n+ 1) ∩ Z+ = {n},

para todo n ∈ Z+. Desta forma, se (xn)n∈Z+ e uma sequencia convergente (de Cauchy) em Z+ existe n0 ∈ Z+ talque para todos p > n0 vale a desigualdade

|xn0− xp| < 1.

Logo, como(xn0

− 1, xn0+ 1) ∩ Z+ = {xn0

},

devemos ter que xn0 = xp, para todo p > n0. Assim, limn→∞

xn = xn0 ∈ Z+. Portanto, concluimos que o limite de

toda sequencia convergente de elmentos de Z+ concverge para um elemento de Z+. Desta forma, Z+ e fechado.Pela equivalencia

n < m ⇐⇒ n+1

n< m+

1

m,

para todos n e m ∈ Z+, obtemos que os intervalos

Cn :=

(

3

2,

5

2

), se n = 1;(

n+1

n− 1

2, n+

1

n+

1

2

), se n 6= 1.

⊂

(

0, 2 +1

2

), se n = 1;(

n− 1 +1

n− 1, n+ 1 +

1

n+ 1

), se n 6= 1.

sao tais que

Cn ∩ Z∗+ =

{n+

1

n

}.

Assim, de modo analogo ao caso de Z+, verifica-se que toda sequencia de elementos de Z∗+ converge para umelemento de Z∗+ e, por isso, Z∗+ e fechado.

Como f |Z+e constante e f |Z∗+ e a funcao identidade, temos que estas funcoes sao uniformemente contınuas.

Provaremos, agora, que f nao e uniformemente contınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ Ftais que |x− y| < δ e |f(x)− f(y)| < 1.

Seja δ > 0. Podemos escolher n ∈ Z+ tal que

1

n< δ e n > 3.

Assim, para x = n+ 1/n e y = n, temos que

|x− y| = 1

ne |f(x)− f(y)| = n− 2 +

1

n> 1.

Portanto, f nao e uniformemente contınua.

280

Exercıcio 7.40:

De um exemplo de dois abertos A e B e uma funcao contınua f : A∪B → R tal que f |A e f |B sejam uniformementecontınuas, mas f nao seja.

Sejam A e B os subconjuntos abertos (−∞, 0) e (0,+∞), respectivamente, em R. Podemos definir uma funcaof : A ∪B → R por

f(x) =

{−1, se x ∈ (−∞, 0) = A;1, se x ∈ (0,+∞) = B.

As restricoes f |A e f |B sao constantes e, por isso, sao uniformemente contınuas.Mostraremos, agora, que f nao e uniformemente contınua verificando que para todo δ > 0 existem x e y ∈ A∪B

tais que|x− y| < δ e |f(x)− f(y)| > 1.

Seja δ > 0. Para x = δ/4 e y = −δ/4, temos que

|x− y| = δ

2< δ e |f(x)− f(y)| = 2 > 1.

Portanto, concluimos que f nao e uniformemente contınua.

281

Exercıcio 7.41:

Toda funcao contınua monotona limitada f : I → R, definida num intervalo I, e uniformemente contınua.

Seja I um intervalo em R.Suponhamos que f : I → R seja crescente, contınua e limitada.Seja ε > 0. Provaremos que existe δ > 0 tal que se x e y ∈ I satisfazem |x− y| < δ entao

|f(x)− f(y)| < ε. (7.1)

Daı, obtemos diretamente que f e uniformemente contınua.Sejam

A := inf f(I) e B := sup f(I).

Se B −A < ε a desigualdade (7.1) se verifica automaticamente pois, neste caso

|f(x)− f(y)| 6 B −A < ε,

para todos x e y ∈ I. Desta forma, basta varificarmos o caso em que B −A > ε.Como

A = inf f(I) < A+ε

36 B − ε

3< sup f(I) = B

e I e um intervalo, temos, pelo Teorema do Valor Intermediario, que f−1(A+ ε3 ) e f−1(B − ε

3 ) sao conjuntos naovazios.

Tomemosc ∈ inf f−1

(A+

ε

3

)e d ∈ sup f−1

(B − ε

3

).

Sejama := inf I e b := sup I.

Como f−1(A+ ε3 ) e f−1(B − ε

3 ) ⊂ I, devemos ter que a =6 c e d 6 b. Por fim, como f e crescente, todo elementode f−1

(A+ ε

3

)e menor que qualquer elemento de f−1

(B − ε

3

). Logo,

a 6 c < d 6 b.

Seja x ∈ [a, c) ∩ I. Como A = inf f(I), devemos ter que f(x) > A. Por outro lado, como f e crescente e x < c,devemos ter que f(x) 6 f(c) = A+ ε

3 . Portanto, f(x) ∈ [A,A+ ε3 ].

De modo analogo, prova-se que se x ∈ (d, b] entao f(x) ∈ [B − ε3 , B].

Como c e d ∈ I, temos que [c, d] e um intervalo compacto contido em I. Sendo f contınua, devemos ter quef |[c,d] tambem e contınua. Assim, como toda funcao contınua com domınio compacto e uniformemente contınua,devemos ter que f[c,d] e uniformemente contınua. Logo, existe δ0 > 0 tal que para quaisquer x e y ∈ [c, d], com|x− y| < δ0, a desigualdade

|f(x)− f(y)| < ε

2

e valida.Por fim, tomemos

δ := min{δ0, d− c}.

Se x e y ∈ I, com x < y, sao tais que |x− y| < δ, pela escolha de δ 6 d− c, devemos ter um dos casos:

• x e y ∈ [a, c) ∩ I;

• x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d];

• x e y ∈ [c, d];

• x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I;

• x e y ∈ (d, b] ∩ I.

Verificaremos, em cada um destes casos, que a desigualdade (7.1) e valida:

282

• Se x e y ∈ [a, c) ∩ I temos que f(x) e f(y) ∈ [A,A+ ε3 ]. Logo, a desigualdade (7.1) e valida;

• Se x ∈ [a, c) ∩ I e y ∈ [c, d] temos que f(x) e f(c) ∈ [A,A+ ε3 ] e |c− y| < δ 6 δ0. Logo,

|f(x)− f(y)| 6 |f(x)− f(c)|+ |f(c)− f(y)| < ε

3+ε

2< ε;

• Se x e y ∈ [c, d] temo imediatamente que |f(x)− f(y)| < ε2 < ε;

• Se x ∈ [c, d] e y ∈ (d, b] ∩ I temos que |d− x| < δ 6 δ0 e f(y) e f(d) ∈ [B − ε3 , B]. Logo,

|f(x)− f(y)| 6 |f(x)− f(d)|+ |f(d)− f(y)| < ε

2+ε

3< ε;

• Se x e y ∈ (d, b] ∩ I temos que f(x) e f(y) ∈ [B − ε3 , B]. Logo, a desigualdade (7.1) e valida.

Suponhamos agora que f : I → R seja decrescente, contınua e limitada. Provaremos que f e uniformementecontınua.

Como f : I → R e decrescente, contınua e limitada, temos que −f : I → R e crescente, contınua e limitada.Pelo que foi demonstrado acima, f e uniformemente contınua.

Seja ε > 0. Como −f e uniformemente contınua, existe δ > 0 tal que, para todos x e y ∈ I com |x− y| < δ, adesigualdade

|(−f)(x)− (−f)(y)| < ε

e valida. Logo, para todos x e y ∈ I com |x− y| < δ, a desigualdade

|f(x)− f(y)| = |(−f)(x)− (−f)(y)| < ε

e valida. Desta forma, concluimos que f e uniformemente contınua.Portanto, toda funcao f : I → R monotona, contınua e limitada e uniformemente contınua.

283

Exercıcio 7.42:

Seja f : X → R uma funcao contınua. Para que f se estenda continuamente a uma funcao ϕ : X → R e necessarioe suficiente que exista lim

x→af(x) para todo a ∈ X ′.

Suponhamos que haja uma funcao contınua ϕ : X → R tal que ϕ|X = f . Entao, para todo a ∈ X ′, existelimx→a

f(x) pois, pelo Teorema 2 do Capıtulo VI,

limx→a

f(x) = limx→a

ϕ|X(x) = limx→a

ϕ(x).

Suponhamos que, para todo a ∈ X ′, exista limx→a

f(x).

Seja ϕ : X → R definida pela igualdadeϕ(a) := lim

x→af(x),

para todo a ∈ X ′. Assim, pelo fato de f ser contınua,

ϕ(a) = limx→a

f(x) = f(a),

para todo a ∈ X. Mostraremos que, para todo a ∈ X ′,

limy→a

ϕ(y) = ϕ(a),

e concluiremos daı que ϕ e uma extensao contınua de f .Fixemos a ∈ X ′ e ε > 0. Como ϕ(a) := lim

x→af(x), existe δ > 0 tal que

|ϕ(a)− f(x)| < ε

2,

para todo x ∈ X tal que |a − x| < δ. Seja y ∈ X ′ tal que |a − y| < δ. Novamente pela definicao de ϕ,ϕ(y) := lim

x→yf(x), existe δ0 > 0 tal que

δ0 < δ − |a− y|

e|ϕ(y)− f(x)| < ε

2,

para todo x ∈ X tal que |y − x| < δ0. Assim, como y ∈ X ′, existe

x0 ∈ (y − δ0, y + δ0) ∩X ⊂ (a− δ, a+ δ) ∩X.

Logo,

|ϕ(a)− ϕ(y)| 6 |ϕ(a)− f(x0)|+ |f(x0)− ϕ(y)| < ε

2+ε

2= ε.

Desta forma, concluimos que|ϕ(a)− ϕ(y)| < ε,

para todo y ∈ X ′ tal que |a− y| < δ.Portanto, para todo a ∈ X ′,

limy→a

ϕ(y) = ϕ(a).

284

Exercıcio 7.43:

Seja f : [a, b]→ R contınua. Dado ε > 0, existem

a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b

tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n,x, y ∈ [ai−1, ai]⇒ |f(x)− f(y)| < ε.

Seja ε > 0. Mostraremos que existem

a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b

tais que, para cada i = 1,2,. . . ,n,x, y ∈ [ai−1, ai]⇒ |f(x)− f(y)| < ε.

Como o intervalo [a, b] e compacto e f : [a, b]→ R e contınua, temos que f : [a, b]→ R e uniformemente contınua.Assim, podemos escolher um δ > 0 tal que

|f(x)− f(y)| < ε,

para todos x e y ∈ [a, b] tais que |x− y| < δ.A famılia de intervalos abertos {(

p− δ

2, p+

δ

2

)}p∈[a,b]

e uma cobertura aberta para o intervalo compacto [a, b]. Pelo exercıcio 5.52, existe uma particao

a = a0 < a1 < · · · < an−1 < an = b

do intervalo [a, b] tal que para cada subintervalo [ak, ak+1] existe pk ∈ [a, b] tal que

[ak, ak+1] ⊂(pk −

δ

2, pk +

δ

2

).

Por fim, utilizando-se uma particao de [a, b] como acima, dados x e y ∈ [ak, bk] ⊂(pk − δ

2 , pk + δ2

), e valida a

desigualdade|x− y| < δ

e, por isso e pela escolha de δ, temos que|f(x)− f(y)| < ε.

Logo, temos uma particao de [a, b] com a propriedade desejada.

285

Exercıcio 7.44:

Uma funcao contınua ϕ : [a, b]→ R chama-se poligonal quando existe uma particao

a = a0 < a1 < · · · < an = b

tais que ϕ|[ai−1,ai] e um polinomio de grau 6 1, para cada i = 1, . . . , n. Prove que, se f : [a, b] → R e contınua,entao, dado ε > 0, existe uma funcao poligonal ϕ : [a, b]→ R, tal que |f(x)− ϕ(x)| < ε para todo x ∈ [a, b].

Seja ε > 0.Pelo exercıcio 7.43, existe uma particao

a = a0 < a1 < · · · < an = b

tal que

|f(x)− f(y)| < ε

2,

para x e y ∈ [ak, ak+1].Podemos definir uma funcao poligonal ϕ : [a, b]→ R pela equacao

ϕ(x) :=(f(ak+1)− f(ak)

)( x− akak+1 − ak

)+ f(ak),

para cada x ∈ [ak, ak+1]. Por esta definicao e pela escolha da particao de [a, b], temos que

|ϕ(x)− f(ak)| = |f(ak+1)− f(ak)|∣∣∣∣ x− akak+1 − ak

∣∣∣∣ 6 |f(ak+1)− f(ak)| < ε

2,

para cada x ∈ [ak, ak+1].Por fim, dado x ∈ [a, b],

|f(x)− ϕ(x)| 6 |f(x)− f(ak)|+ |ϕ(x)− f(ak)| < ε

2+ε

2= ε,

onde x ∈ [ak, ak+1]. Portanto, ϕ e uma funcao poligonal que satisfaz a condicao do enunciado.

286

Exercıcio 7.45:

Dado ξ : [a, b]→ R, se existem a = a0 < a1 < · · · < an = b tais que ξ|(ai−1,ai) e constante para cada i = 1, 2, . . . ,n,ξ e chamada de funcao escada. Mostre que se f : [a, b]→ R e contınua, entao, para cada ε > 0, existe uma funcaoescada ξ : [a, b]→ R, tal que |f(x)− ξ(x)| < ε qualquer que seja x ∈ [a, b].

Seja ε > 0.Como f e contınua, existe, pelo exercıcio 7.43, uma particao

a = a0 < a1 < · · · < an = b

de [a, b] tal que a desigualdade|f(x)− f(y)| < ε,

e valida sempre que existe k = 1, . . . , n, tal que x e y ∈ [ak, ak+1].Podemos definir uma funcao escada ξ : [a, b]→ R pela igualdade

ξ(x) =

{f(ak), x ∈ [ak, ak+1),f(an), x = an.

Logo, se x ∈ [ak, ak+1) entao|f(x)− ξ(x)| = |f(x)− f(ak)| < ε

pela escolha da particao de [a, b]. Portanto, como |f(an)− ξ(an)| = 0, segue que a desigualdade

|f(x)− ξ(x)| < ε

e valida para todo x ∈ [a, b].

287

Exercıcio 7.47:

Seja X ⊂ R. Uma funcao f : X → R diz-se semicontınua superiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0dado, pode-se obter δ > 0, tal que se

x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(x) < f(a) + ε.

Diz-se que f e semicintınua superiormente quando ela o e em todos os pontos de X.

(a) Defina funcao semicontınua inferiormente e mostre que f e contınua num ponto se, e somente se, e semi-contınua superior e inferiormente naquele ponto.

(b) Prove que um subconjunto A ⊂ R e aberto se, e somente se, sua funcao caracterıstica ξA : R → R (definidapor ξA(x) = 1 se x ∈ A e ξA(x) = 0 se x /∈ A) e semicontınua inferiormente.

(c) Enuncie e prove um resultado analogo ao anterior para conjuntos fechados.

(d) Mostre, mais geralmente, que para todo subconjunto X ⊂ R, sua funcao caracterıstica ξX : R → R e de-scontınua precisamente nos pontos da fronteira de X. Dado a ∈ frX, mostre que ξX e semicontınua superior-mente no ponto a se a ∈ X e inferiormente se a /∈ X. Conclua que a funcao f : R→ R, definida por f(x) = 1para x ∈ Q e f(x) = 0 para x irracional, e semicontınua superiormente nos numeros racionais e inferiormentenos numeros irracionais.

(e) Seja f : R→ R definida por f(x) = sen(1/x) se x 6= 0 e f(0) = c. Mostre que f e semicontınua superiormenteno ponto 0 se, e somente se, c > 1. (E inferiormente se, e somente se, c 6 −1.) Tomando −1 < c < 1, mostreque f nao e semicontınua inferiormente ou superiormente no ponto 0.

(f) As funcoes f e g : R → R, onde f(0) = g(0) = 0 e, para x 6= 0, f(x) = x sen(1/x), g(x) = 1/|x|, saosemicontınuas inferiormente, mas seu produto f · g nao e uma funcao semicontınua no ponto 0.

(g) Para que f : X → R seja semicontınua superiormente no ponto a ∈ X ∩ X ′ e necessario e suficiente quelimx→a sup f(x) 6 f(a) (Errata: e necessario mas nao suficinte se f for ilimitada. Contra exemplo: a = 0e f : R → R definida por f(x) = 1/x, em x 6= 0, e f(0) = 0). Equivalentemente: para toda sequencia depontos xn ∈ X com limn→∞ xn = a, que seja limn→∞ sup f(xn) 6 f(a). Vale o resultado analogo parasemicontinuidade inferior.

(h) A soma de duas funcoes semicontınuas superiormente num ponto ainda goza da mesma propriedade. Useo item (e) com c = 1 e c = −1 para dar exemplo de duas funcoes semicontınuas (uma superiormente eoutra inferiormente) cuja soma nao e semicontınua. Mostre que se f e semicontınua superiormente, −f einferiormente.

(i) Sejam f e g : X → R semicontınuas superiormente num ponto. Se f(x) > 0 e g(x) > 0 para todo x ∈ X,entao o produto f · g e uma funcao semicontınua superiormente no mesmo ponto.

(j) Quando X ⊂ R e compacto, toda funcao semicontınua superiormente f : X → R e limitada superiormente eatinge seu valor maximo num ponto de X. Enuncie e prove um fato analogo para semicontinuidade inferior.

(a)

Uma funcao f : X → R diz-se semicontınua inferiormente no ponto a ∈ X quando, para cada ε > 0 dado,pode-se obter δ > 0, tal que se

x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x).

Diz-se que f e semicintınua inferiormente quando ela o e em todos os pontos de X.Suponhamos que f : X → R seja uma funcao semicontınua inferiormente e superiormente. Provaremos que f e

contınua em um ponto arbitrario a ∈ X e concluiremos daı que f e contınua.Seja ε > 0. Como f e semicontınua inferiormente e superiormente em a, existem δ− e δ+ > 0 tais que

x ∈ X e |x− a| < δ− ⇒ f(a)− ε < f(x)

289

ex ∈ X e |x− a| < δ+ ⇒ f(x) < f(a) + ε.

Assim, para δ := min{δ−, δ+},

x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x) < f(a) + ε.

Logo, podemos concluir que f e contınua em a ∈ X.Suponhamos, por outro lado, que f e contınua. Provaremos que f e semicontınua inferiormente e superiormente

em um ponto arbitrario a ∈ X e concluiremos daı que f e semicontınua inferiormente e superiormente.Seja ε > 0. Como f e contınua em a, existe δ > 0 tal que

x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x) < f(a) + ε.

Assim,x ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(a)− ε < f(x)

ex ∈ X e |x− a| < δ ⇒ f(x) < f(a) + ε.

Logo, podemos concluir que f e semicontınua inferiormente e superiormente em a ∈ X.

(b)

Suponhamos que A ⊂ R e aberto. Provaremos que ξA : R → R e semicontınua inferiormente em um pontop ∈ R arbitrario. E conluiremos daı que ξA e semicontınua inferiormente.

Seja ε > 0.Se p ∈ A entao existe δ > 0 tal que

(p− δ, p+ δ) ⊂ A.

Assim, neste caso, se x ∈ R e |x− p| < δ entao

ξA(p)− ε = 1− ε < 1 = ξA(x).

Logo, se p ∈ A entao ξA e semicontınua inferiormente em p.Se p ∈ R\A entao, para todo x ∈ R, temos que

ξA(p)− ε = 0− ε < 0 6 ξA(x).

Logo, se p ∈ R\A entao ξA e semicontınua inferiormente em p.Portanto, ξA e semicontınua inferiormente em p ∈ R.Suponhamos, por outro lado, que ξA seja semicontınua inferiormente. Provaremos que, para um ponto arbitrario

a ∈ A, existe δ > 0 tal que (a− δ, a+ δ) ⊂ A. Desta forma concluiremos que A e aberto.Como ξA e semicontınua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ),

vale1

2= ξA(a)− ε < ξA(x).

Desta forma, ξA(x) 6= 0, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ). Logo, (a− δ, a+ δ) ⊂ A.

(c)

Provaremos que F ⊂ R e fechado se, e somente se, sua funcao caracterıstica ξF : R → R e semicontınuasuperiormente.

Suponhamos que F ⊂ R seja fechado. Provaremos que ξF e semicontınua superiormente em um ponto arbitrariop ∈ R e concluiremos daı que ξF e semicontınua superiormente.

Seja ε > 0.Se p ∈ F , para todo x ∈ R, temos que

ξF (x) 6 1 < ξF (p) + ε.

Logo, se p ∈ F entao ξF e semicontınua superiormente em p.

290

Se p ∈ R\F entao existe δ > 0 tal que(p− δ, p+ δ) ⊂ R\F.

Assim, neste caso, se x ∈ R e |x− p| < δ entao

ξF (x) = 0 < 0 + ε = ξA(p) + ε.

Logo, se p ∈ R\F entao ξF e semicontınua inferiormente em p.Portanto, ξF e semicontınua superiormente em p ∈ R.Suponhamos, por outro lado, que ξF seja semicontınua superiormente. Provaremos que, para um ponto ar-

bitrario p ∈ R\F , existe δ > 0 tal que (p− δ, p+ δ) ⊂ R\F . Desta forma, concluiremos que F e fechado.Como ξF e semicontınua inferiormente, tomando-se ε = 1/2, existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (p− δ, p+ δ),

vale

ξF (x) < ξF (p) + ε = 0 +1

2=

1

2.

Desta forma, ξF (x) 6= 1, para todo x ∈ (p− δ, p+ δ). Logo, (p− δ, p+ δ) ⊂ R\F .

(d)

Seja X ⊂ R.Para concluirmos que ξX : R→ R e descontınuo exatamente nos pontos de fronteira de X, verificaremos que ξX

e contınua em int(X) e int(R\X), semicontınua superiormente, mas nao inferiormente, em fr(X)∩X e semicontınuainferiormente, mas nao superiormente, em fr(X) ∩ (R\X).

Seja a ∈ int(X). Como int(X) e aberto, existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ int(X). Assim, para todo x ∈ Rtal que |x− a| < δ, temos que x ∈ int(X) e, consequentemente,

|ξX(x)− ξX(a)| = |1− 1| = 0.

Logo, ξX e contınua em a ∈ int(X) pois, para todo ε > 0,

|ξX(x)− ξX(a)| = 0 < ε

sempre que |x− a| < δ.De modo analogo, verifica-se que ξX : R→ R e contınua em int(R\X).Seja a ∈ (frX) ∩X. Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ), a desigualdade

ξX(x) 6 1 < 1 + ε = ξX(a) + ε.

Logo, ξX e semicontınua superiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a−δ, a+δ)∩(R\X).Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que

ξX(a)− ε = 1/2 > 0 = ξX(x),

para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩ (R\X). Logo, ξX nao e semicontınua inferiormente.Seja a ∈ (frX) ∩ (R\X). Para quaisquer ε e δ positivos, vale, para todo x ∈ (a− δ, a+ δ), a desigualdade

ξX(a)− ε = 0− ε < 0 6 ξX(x).

Logo, ξX e semicontınua inferiormente em a. Por outro lado, para qualquer δ > 0, existe x ∈ (a − δ, a + δ) ∩X.Assim, para ε = 1/2 e qualquer δ > 0, temos que

ξX(x) = 1 > 1/2 = 0 + 1/2 = ξX(a) + ε.

para todo x ∈ (a− δ, a+ δ) ∩X. Logo, ξX nao e semicontınua superiormente.Por fim, f = ξQ e semicontınua superiormente em

Q = R ∩Q = (frQ) ∩Q

e semicontınua inferiormente emR\Q = R ∩ (R\Q) = (frQ) ∩ (R\Q)

pelo que foi provado anteriormente.

291

(e)

Seja f : R→ R dada por

f(x) =

{sen 1

x , se x 6= 0c, se x = 0.

Como f e uma composicao de funcoes contınuas no aberto R\{0}, temos que f e contınua em R\{0}.Desta forma, podemos concluir que f e semicontınua superiormente (inferiormente) se, e somente se, c > 1

(c 6 −1) mostrando que f e f e semicontınua superiormente (inferiormente) em 0 se, e somente se, c > 1 (c 6 −1).Assim, podemos tambem concluir que f nao e semicontınua superiormente ou inferiormente se −1 < c < 1.

Suponhamos que f seja semicontınua superiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitrario, que 1− ε < c econcluiremos daı que 1 6 c. Existe δ > 0 tal que

f(x) < f(0) + ε = c+ ε,

para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que

1π2 + 2nπ

∈ (−δ, δ)


1 = sen(π

2+ 2nπ

)= f

(1

π2 + 2nπ

)< c+ ε.

Consideremos, por outro lado, o caso em que 1 6 c. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que

f(x) = sen

(1

x

)6 1 < 1 + ε = c+ ε = f(0) + ε.

Logo, para todo x ∈ R, temos quef(x) < f(0) + ε.

Portanto, f e semicontınua superiormente em 0.Suponhamos que f seja semicontınua inferiormente em 0. Mostraremos, para ε > 0 arbitrario, que c < −1 + ε

e concluiremos daı que c 6 −1. Existe δ > 0 tal que

c− ε = f(0)− ε < f(x),

para todo x ∈ (−δ, δ). Assim, para n ∈ Z+ suficientemente grande, temos que

13π2 + 2nπ

∈ (−δ, δ)


c− ε < f

(1

3π2 + 2nπ

)= sen

(3π

2+ 2nπ

)= −1.

Consideremos, por outro lado, o caso em que c 6 −1. Seja ε > 0. Para todo x ∈ R\{0}, temos que

f(0)− ε = c− ε 6 −1− ε < −1 6 sen

(1

x

)= f(x).

Logo, para todo x ∈ R, temos quef(0)− ε < f(x).

Portanto, f e semicontınua inferiormente em 0.

(f)

Sejam f e g : R→ R definidas por

f(x) =

{0, se x = 0,x sen

(1x

), se x 6= 0,

292

e

g(x) =

{0, se x = 0,1|x| , se x 6= 0,

Como f e g sao produtos, composicoes e quocientes de funcoes contınuas em R\{0}, temos que f e g saocontınuas em R\{0}. Logo, f e g sao semicontınuas inferiormente em R\{0}. Desta forma, provando que f e g saosemicontınuas inferiormente em 0 podemos, pelo item (a), concluir que f e g sao semicontınuas inferiormente.

Seja ε > 0. Tomando δ := ε, temos, para todo x ∈ (−δ, δ)\{0}, que∣∣∣∣x sen

(1

x

)∣∣∣∣ = |x|∣∣∣∣sen

(1

x

)∣∣∣∣ 6 |x| < δ = ε

e

−ε < 0 <1

|x|.

Assim,

f(0)− ε = −ε < x sen

(1

x

)= f(x)

e

g(0)− ε = −ε < 1

|x|= g(x),

para todo x ∈ R tal que 0 < |x| < δ. Logo, podemos concluir que f e g sao semicontınuas inferiormente em 0.Provaremos, agora, que f · g nao e semicontınua em 0. Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que

x :=1

(2n+ 1)π< δ.

Assim, x ∈ (−δ, δ)\{0} e

f · g(x) =x

|x|sen

(1

x

)= sen

((2n+ 1)π

)= −1.

Logo, podemos concluir que para todo δ > 0 existe x ∈ R\{0} tal que |x| < δ e

f · g(x) = −1 = 0− 1 = f · g(0)− 1.

Portanto, f · g nao e semicontınua em 0.

(g)

Seja f : X → R uma funcao e a ∈ X ∩X ′.Suponhamos que f seja semicontınua superiormente em a. Provaremos que limx→a sup f(x) 6 f(a).Sejam c ∈ R um valor de aderencia de f em a e (xn)n∈Z+ uma sequencia em X\{a} tal que limn→∞ xn = a e

limn→∞ f(xn) = c. Provaremos, para ε > 0 arbitrario, que

c < f(a) + ε.

Com isso, poderemos concluir que c 6 f(a). Existe δ > 0 tal que

f(x) < f(a) +ε

2

sempre que x ∈ X e tal que |x− a| < δ. Tambem existe n0 ∈ Z+ tal que

|xn0− a| < δ e |f(xn0

)− c| < ε

2.

Assim,

c− ε

2< f(xn0

) < f(a) +ε

2

e, consequentemente,c < f(a) + ε.

293

Concluimos que f(a) e maior ou igual que qualquer valor de aderencia de f em a. Portanto, limx→a sup f(x) 6f(a).

Consideremos, agora, que limx→a sup f(x) 6 f(a). Para provarmos que provaremos que f e semicontınuasuperiormente em a precisamos de mais hipoteses. Por exemplo, se f : R→ R e dada por

f(x) =

{0, se x = 0,1x , se x 6= 0.

entaolimx→0

sup f(x) = −∞ < f(0).

Desta forma, iremos assumir tambem que f e limitada em uma vizinhanca de a.Seja ε > 0. Suponhamos, por absurdo, que nao exista δ > 0 tal que

f(x) < f(a) + ε

sempre que x ∈ X e tal que |x− a| < δ. Entao, para cada n ∈ Z+, exite xn ∈ X\{a} tal que

|xn − a| <1

n

ef(a) + ε 6 f(xn).

Assim, temos uma sequencia (xn)n∈Z+ em X\{a} tal que limn→∞ xn = a. Como f e limitada em uma vizinhancade a, existe uma subsequencia (f(xnk

))k∈Z+de (f(xn))n∈Z+

que converge para um ponto c ∈ R. Logo,

f(a) + ε 6 limk→∞

f(xnk) = c

ja quef(a) + ε 6 f(xnk

),

para todo k ∈ Z+. Por outro lado, como c e um ponto de acumulacao de f em a,

c 6 limx→a

sup f(x) 6 f(a).

Uma contradicao.Portanto, f e semicontınua superiormente no ponto a.De modo analogo, admitindo que f e limitada em uma vizinhanca de a, prova-se que f e semicontınua inferi-

ormente em a se, e somente se,f(a) 6 lim

x→ainf f(x).

(h)

Suponhamos que f e g : X → R sejam duas funcoes semicontınuas superiormente em um ponto a ∈ X.Mostraremos que f + g e semicontınua superiormente em a.

Seja ε > 0. Existem δf e δg > 0 tais que

f(x) < f(a) +ε

2,

sempre que x ∈ X e tal que |x− a| < δf , e

g(x) < g(a) +ε

2,

sempre que x ∈ X e tal que |x − a| < δg. Denotemos min{δf , δg} por δ. Assim, para x ∈ X tal que |x − a| < δ,temos que

(f + g)(x) = f(x) + g(x) <(f(a) +

ε

2

)+(g(a) +

ε

2

)= (f + g)(a) + ε.

Logo, podemos concluir que f + g e semicontınua superiormente em a.Sejam f e g : R→ R dadas por

f(x) =

{sen 1

x , se x 6= 0,−1, se x = 0,

294

e

g(x) =

{sen 1

x , se x 6= 0,1, se x = 0.

Pelo item (e), f e semicontınua inferiormente e g e semicontınua superiormente. Provaremos que f + g nao esemicontınua superiormente nem inferiormente em 0.

Seja δ > 0. Existe n ∈ Z+ tal que ∣∣∣∣ 1

2πn+ π2

∣∣∣∣ < δ.

Assim, para

x :=1

2πn+ π2

temos que|x| < δ

e(f + g)(x) = f(x) + g(x)

= sen 1x + sen 1

x= 2> 0 + 1= f(0) + g(0) + 1.

Desta forma, como δ > 0 e arbitrario, concluımos que f + g nao e semicontınua superiormente em 0.De forma analoga, podemos mostrar que f + g nao e semicontınua inferiormente em 0.Suponhamos que f : X → R sejam semicontınua superiormente. Provaremos que −f e semicontınua inferior-

mente em um ponto arbitrario a ∈ X. E concluiremos daı que −f e semicontınua inferiormente.Seja ε > 0. Existe δ > 0 tal que

f(x) < f(a) + ε,

para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ. Assim,

−f(a)− ε < −f(x),

para todo x ∈ X tal que |x− a| < δ. Portanto, como ε > 0 e arbitrario, −f e semicontınua inferiormente em a.

(i)

Suponhamos que f e g : X → R sejam duas funcoes semicontınuas superiormente em um ponto a ∈ X e quef(x) e g(x) > 0, para todo x ∈ X. Mostraremos que f · g e semicontınua superiormente em a.

Seja ε > 0. Como f(a) + g(a) > 0, podemos escolher λ ∈ R tal que

0 < λ < min

{1,

1

f(a) + g(a) + 1

}.

Desta forma,(f(a) + g(a))λ+ λ2 =

((f(a) + g(a)) + λ

)λ

<((f(a) + g(a)) + 1

)λ

< ε.

Seja δ > 0 tal quef(x) < f(a) + λ

eg(x) < g(a) + λ,

para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Logo,

(f · g)(x) = f(x) · g(x)=

(f(a) + λ

)(g(a) + λ

)= (f · g)(a) + (f(a) + g(a))λ+ λ2

= (f · g)(a) + ε,

295

para todo x ∈ X tal que |x| < δ. Portanto, f · g e semicontınua superiormente em a.

(j)

Suponhamos que f : X → R seja uma funcao semicontınua superiormente em um conjunto compacto X ⊂ R.Para cada a ∈ X, existe δ(a) > 0 tal que

f(x) < f(a) + 1,

para todo x ∈ X tal que |x| < δ(a).Como

X ⊂ ∪a∈X(a− δ(a), a+ δ(a)

)e X e compacto, existem a1, . . . , an ∈ X tais que

X ⊂ ∪nk=1

(ak − δ(ak), ak + δ(ak)

).

SejaM := max{f(ak) + 1: k = 1, . . . , n}.

Provaremos que M e uma cota superior para f(X) e concluiremos daı que f e limitada superiormente.Seja x ∈ X. Para algum k ∈ {1, . . . , n}, x ∈


)ja que X ⊂ ∪nk=1


).

Logo, pela escolha de δ(ak), temos quef(x) < f(ak) + ε 6M.

Portanto, M e uma cota superior para f(X).Seja (xn)n∈Z+ uma sequencia em X tal que

limn→+∞

f(xn) = sup f(X).

Como X e compacto, existe uma subsequencia convergente (xnk)k∈Z+

de (xn)n∈Z+tal que a = limk→+∞ xnk

∈ X.Assim, pelo item (g),

sup f(X) = limn→+∞ f(xn)= limn→+∞ f(xnk

)6 limx→a sup f(x)6 f(a).

Logo, f(a) = sup f(X) e, portanto, f assume seu valor maximo em um ponto de X.De modo analogo, podemos provar que se f : X → R for uma funcao semicontınua inferiormente em um conjunto

compacto X ⊂ R entao f e limitada inferiormente e assume seu valor mınimo em um ponto de X.

296

Capıtulo 8

Derivadas

297

Exercıcio 8.46:

Dadas f e g analıticas no intervalo aberto I, seja X ⊂ I um conjunto que possui um ponto de acumulacao a ∈ I.Se f(x) = g(x), para todo x ∈ I. Em particular, se f(x) = 0, para todo x ∈ X, entao f(x) = 0, para todo x ∈ I.

Sejam f e g : I → R funcoes analıticas definidas no intervalo aberto I e X ⊂ I. Suponhamos que X e tal quef |X = g|X e exista a ∈ X ′ ∩ I.

Pelo exercıcio 8.45, basta provarmos que f (n)(a) = g(n)(a), n ∈ Z+, para concluirmos que f = g. Assim,mostrando, por inducao em n ∈ Z+, que a funcao ϕ := f − g e tal que

0 = ϕ(n)(a) = f (n)(a)− g(n)(a),

para todo n ∈ Z+, teremos o resultado do enunciado.Seja (xk)k∈Z+ uma sequencia em X tal que limk→+∞ xk = a e xk 6= a, para todo k ∈ Z+. Denotemos por

(hk)k∈Z+ definida por hk = xk − a. Segue que

limk→+∞

hk = 0.

Para n = 0, temos queϕ(0)(a) = f(a)− g(a)

= limx→a f(x)− limx→a g(x)= limk→+∞ f(xk)− limk→+∞ g(xk)= limk→+∞

(f(xk)− g(xk)

)= limk→+∞ 0= 0.

Suponhamos que ϕ(m)(a) = 0 para todo 0 6 m < n. Pela Formula da Taylor com Resto de Lagrange (Teorema8.10), temos que existe θk ∈ (0, 1) tal que

0 = ϕ(xk) = ϕ(a+ hk) =

n−1∑i=0

ϕ(i)(a)

i!hik +

ϕ(n)(a+ θkhk)

n!hnk =

ϕ(n)(a+ θkhk)

n!hnk .

Logo,lim

k→+∞θkhk = 0

e, como hk = a− xk 6= 0,ϕ(n)(a+ θkhk) = 0.

Desta forma,ϕ(n)(a) = lim

x→aϕ(n)(x) = lim

k→+∞ϕ(n)(a+ θkhk) = 0.

Portanto, pelo princıpio da inducao finita, ϕ(n)(a) = 0, para todo n ∈ Z+.Em particular, provamos que se f : I → R e uma funcao analıtica definida no intervalo aberto I, X ⊂ I, f |X = 0

e a ∈ X ∩ I entao f = 0 pois 0 e analıtica em I.

298

Exercıcio 8.47:

Seja I = (a − δ, a + δ). Dada f : I → R, de classe C∞, suponha que existam constantes a0, a1, . . . , an, . . . taisque, para todo x ∈ I, se tenha

f(x) =

∞∑n=0

an(x− a)n.

Prove que∑an(x− a)n e a serie de Taylor de f em torno de a, isto e, que

an =f (n)(a)

n!,

para todo n = 0, 1, 2, . . . .

Seja

f(x) = f(a) + f ′(a) · (x− a) +f ′′(a)

2!· (x− a)2 + · · ·+ f (n)(a)

n!· (x− a)n + r(x− a),

para x ∈ I, a n-esima expansao de Taylor de f em torno de a.Provaremos, por inducao em n ∈ Z>0, que

an =f (n)(a)

n!.

Para n = 0, temos da igualdade

f(x) =

∞∑n=0

an(x− a)n

que

f(a) =

∞∑k=0

ak(a− a)k =

∞∑k=0

ak(0)k = a0.

Suponhamos, como hipotese de inducao, que

ak =f (k)(a)

k!,

para todo k ∈ Z>0 ∩ [0, n). Assim,

f(a) + · · ·+ f(n−1)(a)(n−1)! (x− a)n−1 + f(n)(a)

n! (x− a)n + r(x− a)

= f(x)= a0 + · · ·+ an−1(x− a)n−1 + an(x− a)n +

∑∞k=n+1 ak(x− a)k

= f(a) + · · ·+ f(n−1)(a)(n−1)! (x− a)n−1 + an(x− a)n +



f (n)(a)

n!(x− a)n + r(x− a) = an(x− a)n +

∞∑k=n+1

ak(x− a)k.

Logo, para x ∈ I\{a},f (n)(a)

n!− an = (x− a)−n

∞∑k=n+1

ak(x− a)k − r(x− a)

(x− a)n.

Por fim,f(n)(a)n! − an = limx→a

((x− a)−n

∑∞k=n+1 ak(x− a)k − r(x−a)

(x−a)n

)= limx→a

((x− a)−n


)− limx→a

(r(x−a)(x−a)n

)= 0 + 0= 0.

Portanto, o resultado segue pelo PIF.

299

Exercıcio 8.48:

Seja f(x) = x5

1+x6 . Calcule as derivadas de ordem 2001 e 2003 da funcao f : R→ R no ponto 0.

Para y ∈ (−1, 1) temos, pelo Exemplo 24 do Capıtulo IV, temos que

1

1− y=

∞∑k=0

yk.

Assim, para todo x ∈ (−1, 1), temos que

f(x) = x5

1+x6

= x5 11−(−x6)

= x5∑∞k=0(−x6)k

= x5∑∞k=0(−1)kx6k

=∑∞k=0(−1)kx6k+5

=∑∞n=0 anx

n,

onde

an :=

{(−1)k, se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0,0, caso contrario.

Pelo exercıcio 8.47, temos que

f (n)(0) = ann! :=

{(−1)kn!, se n = 6k + 5 para algum k ∈ Z>0,0, caso contrario.

Assim,f (2001)(0) = f (333·6+3)(0) = 0

ef (2003)(0) = f (333·6+5)(0) = (−1)3332003! = −2003!.

300

Exercıcio 8.49:

Seja f : I → R definida num intervalo. Prove que f e convexa se, e somente se, para quaisquer a e b em I e0 6 t 6 1, vale

f((1− t)a+ tb) 6 (1− t)f(a) + tf(b).

Suponhamos que f : I → R seja convexa. Mostraremos que

f((1− t)a+ tb) 6 (1− t)f(a) + tf(b), (8.1)

para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Para a = b, temos que

f((1− t)a+ tb) = f((1− t)a+ ta) = f(a) = (1− t)f(a) + tf(a) = (1− t)f(a) + tf(b).

Adiante, mostraremos para o caso em que a < b. Deste caso segue o caso em que b < a. De fato, para a′ = b,b′ = a e t′ = 1− t,

f((1− t)a+ tb) = f((1− t′)a′ + t′b′) 6 (1− t′)f(a′) + t′f(b′) = (1− t)f(a) + tf(b).

Portanto, se f e convexa, entao a desigualdade (8.1) e valida para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1].Sejam a e b ∈ I, com a < b, e t ∈ [0, 1]. Desta forma x := (1− t)a+ tb e tal que

x− a = t(b− a) > 0

eb− x = (1− t)(b− a) > 0.

Ou seja, x ∈ [a, b] ⊂ I. Alem disso, segue da definicao de x que

t =x− ab− a

e

1− t =b− xb− a

.

Como f e convexa, temos quef(x)− f(a)

x− a6f(b)− f(a)

b− ae, consequentemente,

f(x) 6

(b− xb− a

)f(a) +

(x− ab− a

)f(b).

Logo,f((1− t)a+ tb) = f(x)

6(b−xb−a

)f(a) +

(x−ab−a

)f(b)

= (1− t)f(a) + tf(b).

Consideremos, agora, que f satisfaz a desigualdade (8.1), para todos a e b ∈ I e t ∈ [0, 1]. Mostraremos que fe convexa.

Sejam a e b ∈ I, com a < b, e x ∈ [a, b]. Definindo

t :=x− ab− a

temos quex = (1− t)a+ tb

e, da desigualdade a 6 x 6 b, que t ∈ [0, 1]. Daı,

f(x) = f((1− t)a+ tb)6 (1− t)f(a) + tf(b)

=(b−xb−a

)f(a) +

(x−ab−a

)f(b)

e, consequentemente,f(x)− f(a)

x− a6f(b)− f(a)

b− a.

Com isso, concluimos que f e convexa.

301

Exercıcio 8.50:

Verifique que f : R→ R, dada por f(x) = ex, e convexa e conclua que, para 0 6 t 6 1 e x e y ∈ R quaisquer vale

e(1−t)x+ty 6 (1− t)ex + tey.

Deduza daı a desigualdadeaαbβ 6 αa+ βb,

para α, β, a, b nao-negativos, com α+ β = 1.

Seja exp: R → R a aplicacao exponencial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Capıtulo 8, queexp e uma funcao convexa. Assim, pelo Excercıcio 8.50,

e(1−t)x+ty = exp((1− t)x+ ty

)6 (1− t) exp(x) + t exp(y) = (1− t)ex + tey,

para todos x e y ∈ R e t ∈ [0, 1].Dados a, b, α e β ∈ R+, com α+ β = 1, provaremos que vale a desigualdade

aαbβ 6 αa+ βb.

Sejam x := ln(a) e y := ln(b) ∈ R e t = β ∈ [0, 1]. Temos, pela desigualdade provada acima, que

aαbβ = eα ln(a)eβ ln(b)

= e(1−t)xety

= e(1−t)x+ty

6 (1− t)ex + tey

= αeln(a) + βeln(b)

= αa+ βb.

302

Exercıcio 8.51:

Seja F : I → R convexa no intervalo I. Se a1, . . . , an pertencem ao intervalo I, t1, . . . , tn pentencem a [0, 1] e∑ni=1 ti = 1, prove que

f

(n∑i=1

tiai

)6

n∑i=1

tif(ai).

Primeiramente, verifiquemos que se a1, . . . , ak pertencem ao intervalo I, t1, . . . , tk pentencentem a [0, 1] e∑ki=1 ti = 1 entao

∑ni=1 tiai ∈ I. Sejam

a := min{a1, . . . , an} ∈ I

eb := max{a1, . . . , an} ∈ I.

Segue que

a =

(n∑i=1

ti

)a =

n∑i=1

tia 6n∑i=1

tiai

en∑i=1

tiai >n∑i=1

tib =

(n∑i=1

ti

)b = b.

Logo,n∑i=1

tiai ∈ [a, b] ⊂ I.

Provaremos o resultado por inducao em n.No caso n = 2, temos que

t1 = 1− t2e, pelo Exercıcio 8.49, temos que

f(t1a1 + t2a2) = f((1− t2)a1 + t2a2)= (1− t2)f(a1) + t2f(a2)= t1f(a1) + t2f(a2).

Suponhamos, como hipotese de inducao, que o caso n = k − 1 seja verdadeiro.Sejam a1, . . . , ak pertencentes ao intervalo I, t1, . . . , tk pentencentes a [0, 1] e

∑ki=1 ti = 1.

Se tk = 1 segue que t1 = · · · = tk−1 = 0 e, consequentemente,

f

(k∑i=1

tiai

)= f(ak) =

k∑i=1

tif(ai).

Consideremos agora o caso em que tk 6= 1. Desta forma,

t′i :=ti

1− tk

sao tais quek−1∑i=1

t′i =

k−1∑i=1

ti1− tk

=

∑k−1i=1 ti

1− tk= 1

et′i ∈ [0, 1].

Seja

a :=

k−1∑i=1

t′iai ∈ I.

303

Assim, pela hipotese de inducao,

f

(k∑i=1

tiai

)= f

((1− tk)

k−1∑i=1

ti1− tk

ai + tkak

)= f

((1− tk)a+ tkak

)6 (1− tk)f(a) + tkf(ak)

= (1− tk)f(∑k−1

i=1 t′iai

)+ tkf(ak)

6 (1− tk)∑k−1i=1 t

′if(ai) + tkf(ak)

=∑k−1i=1 tif(ai) + tkf(ak)

=∑ki=1 tif(ai).

Portanto, o resultado segue pelo PIF.

304

Exercıcio 8.52:

Sejam x1, x2, . . . , xn e t1, . . . , tn numeros nao-negativos, com t1 + · · ·+ tn = 1. Prove que

xt11 · xt22 · · · · · xtnn 6 t1x1 + t2x2 + · · ·+ tnxn.

Conclua, em particular a desigualdade entre as medias aritmetica e geometrica.

Denotemos por exp: R→ R a aplicacao exponecial. Como exp′′ = exp > 0, temos, pelo Teorema 11 do Capıtulo8, que exp e uma funcao convexa.

Sejam x1, . . . , xn, t1, . . . , tn ∈ R>0 tais que t1 + · · ·+ tn = 1. Se algum xi e nulo, temos imediatamente que

xt11 · · · xtnn = 0 6 t1x1 + . . . tnxn.

Se x1, . . . , xn ∈ (0,+∞) entao

xt11 · xt22 · · · · · xtnn = et1 ln x1 · et2 ln x2 · · · · · etn ln xn

= et1 ln x1+t2 ln x2+···+tn ln xn

= exp(t1 lnx1 + t2 lnx2 + · · ·+ tn lnxn).

Assim, como exp e convexa, temos, pelo Exercıcio 8.51, que

xt11 · xt22 · · · · · xtnn = exp(t1 lnx1 + t2 lnx2 + · · ·+ tn lnxn)

= t1 exp(lnx1) + t2 exp(lnx2) + · · ·+ tn exp(lnxn)= t1x1 + t2x2 + · · ·+ tnxn.

Sejam x1, . . . xn numeros reais nao negativos,

G := n√x1 · x2 · · · · · xn

sua media geometrica e

A :=x1 + · · ·+ xn

n

sua media aritmatica. Pelo que foi demonstrado acima, temos que

G = x1n1 · x

1n2 · · · · · x

1nn

6 x1

n + x2

n + · · ·+ xn

n= A.

305

Exercıcio 8.53:

Seja ϕ : [a, b]→ R duas vezes derivavel, com ϕ(a) = ϕ(b) = 0 e ϕ′′(x) < 0 para todo x ∈ [a, b]. Prove que ϕ(x) > 0,para todo x ∈ (a, b). Conclua que, se f : I → R e duas vezes derivavel e f ′′(x) > 0, para todo x ∈ I, entao f eestritamente convexa no intervalo I.

Seja ϕ : [a, b]→ R, a < b, duas vezes derivavel, com ϕ(a) = ϕ(b) = 0 e ϕ′′(x) < 0 para todo x ∈ [a, b].Como ϕ′′(x) < 0 para todo x ∈ [a, b], temos que ϕ′ e estritamente decrescente (Corolario 6 do Teorema 7 do

Capıtulo VIII). Alem disso, como ϕ(a) = 0 = ϕ(b), pelo Toerema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que ϕ′(c) = 0.Desta forma, como ϕ′ e estritamente decrescente em [a, b] e ϕ′(c) = 0, ϕ′ > 0 em [a, c) e ϕ′ < 0 em (c, b]. Com isso,concluimos que ϕ e estritamente crescente em [a, c] e estritamente decrescente em [c, b] (novamente pelo Corolario6 do Teorema 7 do Capıtulo VIII).

Sendo ϕ(a) = 0 e ϕ estritamente crescente em [a, c] segue que ϕ > 0 em (a, c]. Em particular, temos queϕ(c) > ϕ(a) = 0. Por outro lado, como ϕ(c) > 0 = ϕ(b) e ϕ e estritamente decrescente em [c, b), ϕ > 0 em [c, b].

Portanto, ϕ > 0 em (a, b).Seja f : I → R e duas vezes derivavel e f ′′(x) > 0, para todo x ∈ I, entao f e estritamente convexa no intervalo

I. Provaremos, para a e b em I, com a < b, arbitrarios, que

f(x)− f(a)

x− a<f(b)− f(a)

b− a,

para todo x ∈ (a, b). Com isso, concluiremos que f e estritamente convexa.Definimos ϕ : [a, b]→ R por

ϕ(x) =f(b)− f(a)

b− a(x− a) + f(a)− f(x),

para todo x ∈ [a, b]. Desta forma,ϕ(a) = ϕ(b) = 0,

ϕ′(x) =f(b)− f(a)

b− a− f ′(x)

eϕ′′(x) = −f ′′(x) < 0,

para todo x ∈ I. Logo, pelo que foi provado acima, ϕ > 0 em (a, b).Assim, para todo x ∈ (a, b),

0 < ϕ(x) =f(b)− f(a)

b− a(x− a) + f(a)− f(x)

e, consequentemente,f(x)− f(a)

x− a<f(b)− f(a)

b− a.

306

Exercıcio 8.54:

Seja f contınua num ponto. Prove que se f e derivavel nesse ponto entao existe na maximo uma reta que coincidecom o grafico de f uma infinidade de vezes em qualquer vizinhanca do ponto.

Seja f : X → R derivavel em a ∈ X ′.Suponhamos que c e d ∈ R sao tais que, para qualquer vizinhanca U de a em X,

f(x) = cx+ d,

para infinitos x ∈ U . Em particular, existe uma sequencia (xn)n∈Z+em X tal que

limn→∞

xn = a

ef(xn) = cxn + d,

para todo n ∈ Z+.Como f e derivavel em a, temos que

c = limn→∞

(cxn + d)− (ca+ d)

xn − a= limn→∞

f(xn)− f(a)

xn − a= limx→a

f(x)− f(a)

x− a= f ′(a).

Alem disso, como f e contınua em a,

ca+ d = limn→∞

(cxn + d) = limn→∞

f(xn) = f(a)

e, consequentemente,d = f(a)− ca = f(a)− f ′(a)a.

Portanto, concluimos que se f coincide em infinitos pontos, em cada vizinhanca de a, com uma reta

{(x, ca+ d) : x ∈ R}

entao c e d sao determinados unicamente pelos valores de f(a) e f ′(a). Em particular, existe no maximo uma retacom esta propriedade.

307

Exercıcio 8.55:

Seja f : [a,+∞)→ R duas vezes derivavel. Se limx→+∞

f(x) = f(a) entao existe x ∈ (a,+∞) tal que f ′′(x) = 0.

Usaremos o seguinte resultado: Se g : [c,+∞)→ R e uma funcao derivavel que adimite uma sequencia (xn)n∈Z+

em [c,+∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn) = g(c) entao existe x ∈ (c,+∞) tal que g′(x) = 0.Se g(y) = g(c), para todo y ∈ (c,+∞), qualquer x ∈ (c,+∞) e tal que g′(x) = 0. Suponhamos que exista

y ∈ (c,+∞) tal que g(y) 6= g(c). Provaremos que exsite x como desejado para o caso em que

g(y) > g(c).

O caso em que g(y) < g(c) e analogo. Como limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ g(xn) = g(c), deve existir algumxn ∈ (y,+∞) tal que

g(xn) ∈ (g(c)− 1, g(y)).

Seg(xn) ∈ (g(c)− 1, g(c)]

temos queg(xn) 6 g(c) < g(y)

e, pelo Teorema do Valor Intermediario, existe um z ∈ (y, xn] tal que

g(z) = g(c).

Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (a, z) tal que g′(x) = 0. Se

g(xn) ∈ (g(c), g(y)),

temos, pelo Teorema do Valor Intermadiario, que existe z ∈ (c, y) tal que

g(z) = g(xn).

Logo, pelo Teorema de Rolle, existe x ∈ (z, xn) tal que g′(x) = 0.Consideremos, agora, f : [a,+∞)→ R como no enunciado.Como limx→+∞ f(x) = f(a), deve existir uma sequencia (xn)n∈Z+

em [a,+∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ elimn→+∞ f(xn) = f(a). Logo, existe um ponto b ∈ (a,+∞) tal que f ′(b) = 0.

Provaremos que existe uma sequencia (xn)n∈Z+ em [b,+∞) tal que limn→+∞ xn = +∞ e limn→+∞ f ′(xn) =0 = f ′(b). Assim, concluımos que a funcao derivavel f ′ : [b,+∞) → R admite um ponto x ∈ (b,+∞) tal quef ′′(x) = 0.

Pelo Teorema do Valor Medio, podemos escolher, para cada n ∈ Z+, xn ∈ (a+ n, a+ n+ 1) tal que

f ′(xn) = f(a+ n+ 1)− f(a+ n).

Segue daı que limn→+∞ xn = +∞ e

limn→+∞

f ′(xn) = limn→+∞

(f(a+ n+ 1)− f(a+ n)

)= lim

n→+∞f(a+ n+ 1)− lim

n→+∞f(a+ n)

= f(a)− f(a)= 0.

308

Capıtulo 9

Integral de Riemann

309

Exercıcio 9.36:

Seja f : R → R contınua tal que f(x + y) = f(x) · f(y). Prove que, para algum a ∈ R+, f(x) = ax ou f(x) = 0para todo x ∈ R.

Comof(0) = f(0 + 0) = f(0) · f(0),

devemos ter que f(0) = 0 ou 1. Provaremos que f e nula se f(0) = 0 e que f e igual a funcao x → ax,a := f(1) ∈ R+, se f(0) = 1.

Suponhamos que f(0) = 0. Neste caso, temos que

f(x) = f(x+ 0) = f(x) · f(0) = f(x) · 0 = 0,

para todo x ∈ R. Desta forma, a funcao f e constante igual a zero.Consideremos, de agora em diante, o caso em que f(0) = 1.Seja a := f(1). Temos que

a = f(1) = f

(1

2+

1

2

)= f

(1

2

)· f(

1

2

)> 0.

Alem disso,a · f(−1) = f(1) · f(−1) = f(1− 1) = f(0) = 1

e, consequentemente, f(1) 6= 0. Com isso, concluımos que a ∈ R+.Provaremos, por inducao em n ∈ Z+, que f(nx) =

(f(x)

)n, para todo x ∈ R. Para n = 1 a afirmacao e trivial.

Se f(nx) =(f(x)

)nentao

f((n+ 1)x

)= f(nx+ x) = f(nx) · f(x) =

(f(x)

)nf(x) =

(f(x)

)n+1.

Logo, pelo Princıpio da Inducao Finita, f(nx) =(f(x)

)npara todo n ∈ Z+ e x ∈ R.

Com isso, temos, para todo n ∈ Z+ e x ∈ R, que

f(−nx) ·(f(x)

)n= f(−nx) · f(nx) = f(−nx+ nx) = f(0) = 1


f(−nx) =1(

f(x))n =

(f(x)

)−n.

Logo, como

f(0x) = f(0) = 1 =(f(x)

)0,

concluımos quef(nx) =

(f(x)

)n,

para todo n ∈ Z e x ∈ R.Para m ∈ Z+, (

f

(1

m

))m= f

(m · 1

m

)= f(1) = a


f

(1

m

)= a

1m .

Portanto, para todo n ∈ Z e m ∈ Z+,

f( nm

)=

(f

(1

m

))n= (a

1m )n = a

nm .

A funcao g : R→ R definida porg(x) = ax = ex·log a

e uma composicao de funcoes contınuas. Logo, g e contınua.Desta forma, concluımos que as funcoes f e x → ax coincidem em Q. Portanto, como ambas funcoes sao

contınuas, devemos ter que f = g.

310

Exercıcio 9.37:

Prove que limn→∞

n n√a− 1 = log a para todo a > 0.

Este exercıcio esta errado.A sequencia ( n

√a− 1)n∈Z+

e limitada. Logo,

limn→∞

n n√a− 1 = +∞ 6= log a.

311

Exercıcio 9.38:

Mostre que

limn→+∞

(nn+1 + (n+ 1)n

nn+1

)n= ee.

Seja (bn)n∈Z+a sequencia dada por

bn =

(1 +

1

n

)n,

para todo n ∈ Z+. Temos que (1 +

bnn

)n=

(1 +

1

n·(

1 +1

n

)n)n=

(1 +

1

n· (n+ 1)n

nn

)n=

(nn+1 + (n+ 1)n

nn+1

)nPortanto, devemos provar que

limn→+∞

(1 +

bnn

)n= ee. (9.1)

Para verificarmos a igualdade acima, provaremos tres desigualdades que serao utilizadas.A primeira desigualdade e(

1 +a

m

)m<(

1 +a

n

)n, para todo a ∈ R+ e m < n em Z+. (9.2)

Supondo que a ∈ R+ e m < n em Z+, segue que

(1 +

a

m

)m=

m∑k=0

m!

k!(m− k)!· a

k

mk

= 1 + a+

m∑k=2

ak

k!

m(m− 1) . . . (m− (k − 1))

mk

= 1 + a+

m∑k=2

ak

k!

(1− 1

m

)·(

1− 2

m

)· · · · ·

(1− k − 1

m

)< 1 + a+

m∑k=2

ak

k!

(1− 1

n

)·(

1− 2

n

)· · · · ·

(1− k − 1

n

)< 1 + a+

n∑k=2

ak

k!

(1− 1

n

)·(

1− 2

n

)· · · · ·

(1− k − 1

n

)= 1 + a+

n∑k=2

ak

k!

n(n− 1) . . . (n− (k − 1))

nk

=

n∑k=0

n!

k!(n− k)!· a

k

nk

=(

1 +a

n

)n.

Com isso, e pelo fato de que

limn→∞

(1 +

a

n

)n= ea

(veja o Exercıcio 9.34), temos que a sequencia ((1 +

a

n

)n)n∈Z+

312

e estritamente crescente e convergente com(1 +

a

n

)n< ea, para todo n ∈ Z+ (9.3)

A segunda desigualdade e(1 +

a

n

)n<

(1 +

b

n

)n, para a < b em R+ e todo n ∈ Z+. (9.4)

Se a < b em R+ entao

1 +a

n< 1 +

b

n,

para qualquer n ∈ Z+. Segue, por inducao em k ∈ Z+ que,

(1 +

a

n

)k<

(1 +

b

n

)k.

Em particular, (9.4) e valida.A terceira desigualdade e

ea < eb, para a < b em R+. (9.5)

Pelo Teorema 9.22, a funcao exponencial possui derivada estritamente positiva. Por isso, a desigualdade (9.5) evalida.

Voltemos ao limite (9.1).Seja ε > 0. Verificaremos que existe n0 ∈ Z+ tal que para todo n > n0 vale

ee − ε <(

1 +bnn

)n< ee.

Daı concluiremos que a igualdade (9.1) e valida.Como a aplicacao exponencial e contınua (Teorema 9.22) e limn→+∞ bn = e (Exercıcio 9.34) existe k ∈ Z+ tal

que

ebk ∈(ee − ε

2, ee +

ε

2

).

Assim, por (9.5), devemos ter que

ee − ε

2< ebk < ee. (9.6)

Novamente pelo Exercıcio 9.34, devemos ter que

limm→+infty

(1 +

bkm

)m= ebk .

Assim, existe m ∈ Z+ tal que (1 +

bkm

)m∈(ebk − ε

2, ebk +

ε

2

).

Logo, pela desigualdade (9.3),

ebk − ε

2<

(1 +

bkm

)m< ebk . (9.7)

Pelas desigualdades (9.6) e (9.3), devemos ter que

ee − ε <(

1 +bkm

)m< ee.

Segue daı que, para todon > no := max{m, k},

313

valem as desigualdades

ee − ε <

(1 +

bkm

)m<

(1 +

bkn

)n(pela desigualdade (9.2))

<

(1 +

bnn

)n(pela desigualdade (9.4))

e (1 +

bnn

)n< ebn (pela desigualdade (9.3))

< ee (pela desigualdade (9.5)).

Ou seja,

ee − ε <(

1 +bnn

)n< ee,

para todo n > n0.

314

Capıtulo 10

Sequencias e Series de Funcoes

315

Exercıcio 10.44:

A sequencia de funcoes fn(x) = nx2 possui derivadas equilimitadas no ponto 0 mas nao e equicontınua nesteponto.

Como f ′n(0) = 0 para todo n ∈ Z+ temos que a sequencia (fn) possui derivadas limitadas em 0.Por outro lado, para todo δ > 0, existe x ∈ (−δ, δ) e n ∈ Z+ tais que

|fn(0)− fn(x)| > 1.

De fato, dado δ > 0, existe k ∈ Z+ tal que 1/k < δ. Assim, para n = k2 e x = 1/k, temos que

|fn(0)− fn(x)| = |0− 1| = 1.

Portanto, a sequencia nao e equicontınua em 0.

316

Exercıcio 10.45:

Um conjunto de polinomios de grau 6 k, uniformemente limitado em um intervalo compacto, e equicontınuo nesteintervalo.

Seja E tal conjunto de polinomios definidos no intervalo compacto I.Podemos considerar, sem perda de generalidade, que I = [0, b] para algum b > 0. De fato, se I = [a, b], podemos

definirE := {p : [0, b− a]→ R | ∃p ∈ E, p(x) = p(x+ a)∀x ∈ [0, b− a]}

e teremos, assim, que E e uniformemente limitado se e somente se E e uniformemente limitado e que E eequicontınuo se e somente se E e equicontıno.

Provaremos, por inducao em k, que existe uma constante C > 0 tal que, para todo p ∈ E dado por p(x) =∑ki=0 aix

i, vale|ai| < C, i = 0, ..., k. (10.1)

Donde conclui-se que o conjunto das derivadas dos polinomios de E e equilimitado e, consequentemente, que E eequicontınuo.

Para k = 0, temos que (10.1) segue do fato de E ser equilimitado.Suponhamos que exista C > 0 satifazendo (10.1) para todo k 6 n− 1. E suponhamos que k = n.Como E e equilimitado, segue que o conjunto

E′ := {p− p(0) | p ∈ E}

e tambem equilimitado. Consideremos

E′′ := {p | ∃p ∈ E′, p(x) = p(x)x, ∀x ∈ I}

Adiante, dada uma constante A > 0 tal que

|p(x)| < A,∀p ∈ E′, x ∈ I,

temos que A′ = A/b e tal que|p(x)| < A′,∀p ∈ E′′, x ∈ I.

Ou seja, E′′ e equilimitada. Alem disso, todos os polinomios em E′′ sao de grau 6 n − 1. Pelo passo indutivo,existe C ′ > 0 tal que, para todo p ∈ E′′ dado por p(x) =

∑ni=1 aix

i−1, vale

|ai| < C ′, i = 1, ..., n.

E, como E e equilimitado, existe C ′′ > 0 tal que, para todo p ∈ E, vale

|a0| = |p(0)| < C ′′.

Assim, para C = max{C ′, C ′′} temos (10.1). E o resultado segue pelo PIF.

317

Exercıcio 10.46:

Diz-se que uma sequencia de funcoes fn : X → R converge fracamente para uma funcao f : X → R quandolimn→∞ fn(x) = f(x) para cada ponto x ∈ X na qual f e contınua. Seja D ⊂ R denso. Prove que se umasequencia de funcoes monotonas fn : R→ R converge simplesmente em D para uma funcao f : R→ R entao (fn)converge fracamente para f em R.

Seja x0 ∈ R um ponto de continuidade de f . Provaremos que

limn→∞

fn(x0) = f(x0). (10.2)

Para tanto, basta mostrar, para (fnk) e (fnp

) sendo as subsequencia nao-decrescentes e nao-crescentes de (fn), que

limk→∞

fnk(x0) = lim

p→∞fnp

(x0) = f(x0)

Com igual razao, basta provar a afirmacao (10.2) para o caso em que todas as fn’s sao decrescentes e para o casoem que todas as fn’s sao nao-crescentes.

Suponhamos que todas as fn’s sao nao-decrescentes.Comecaremos provando que f e nao-decrescente em D. Suponhamos, por absurdo, que existam

x− < x+

em D tais quef(x−) > f(x+).

Entao, comolimn→∞

fn(x−) = f(x−),

limn→∞

fn(x+) = f(x+)

e

f(x−) >f(x−) + f(x+)

2> f(x+),

temos, para n suficientemente grande, que

fn(x−) >f(x−) + f(x+)

2> fn(x+).

Contradizendo o fato de fn ser nao-decrescente. Portanto, f e nao-decrescente em D.O proximo passo desta demonstracao e provar que se

x−0 < x0 < x+0 ,

onde x−0 e x+0 ∈ D, entao

f(x−0 ) 6 f(x0) 6 f(x+0 ).

De fato, sef(x−0 ) > f(x0),

entao, como f e contınua em x0 e D e denso em R, existe x ∈ D tal que

x−0 < x < x0

ef(x−0 ) > f(x).

Contradizendo o fato de f ser nao-decrescente em D. Portanto, devemos ter que

f(x−0 ) 6 f(x0).

E, de forma analoga, mostra-se que devemos ter que

f(x0) 6 f(x+0 ).

318

Exercıcio 10.47:

Seja f(x) = x+ x|x| se x 6= 0 e f(0) = 0. Obtenha uma sequencia de funcoes contınuas crescentes fn : R→ R que

convirjam para f em R− {0}, mas (fn(0)) nao converge.

Considere

fk(x) =

{f(x), x < −1/k e 0 < x(2 + 1

k

) (x+1/k1/k

)− 1

k − 1, −1/k 6 x 6 0

para k par e

fk(x) =

{f(x), x < −1/k e 0 < x(2 + 1

k

) (x

1/k

)− 1, 0 6 x 6 1/k

para k ımpar. Temos, entao, que (fk) e uma sequencia de funcoes contınuas e crescentes que converge para f emR− {0}. E, como

fk(0) = (−1)k,

temos que (fk(0)) nao e convergente.

320

Exercıcio 10.48:

Uma sequencia de funcoes monotonas fn : R → R possui uma subsequencia que converge fracamente para umafuncao monotona f : R→ R, a qual podemos tomar contınua a direita.

Provaremos o resultado para o caso em que (fn) e uma sequencia de funcoes nao decrescentes. A demonstracaopara o caso em que (fn) e uma sequencia de funcoes nao-crescentes e analoga. No caso geral, (fn) possui umasubsequencia de pelo menos um destes dois tipos. E esta, por sua vez, possuira um subsequencia com a propriedadedo enunciado.

Seja (fn) uma sequencia simplesmente limitada de funcoes nao decrescentes.Pelo Teorema de Cantor-Tychonov existe uma subsequencia (fnk

) de (fn) que converge em Q para uma funcaof : Q→ R. Como (fnk

), devemos ter que f e nao-decrescente.Como f e monotona, existe limx→x+

0f(x). Assim, podemos definir

f : R → Rx0 → limx→x+

0f(x).

Provaremos que f e contınua a direita e (fnk) converge fracamente para f .

Seja x0 ∈ R. Provaremos quef(x0) = lim

x→x+0

f(x).

Seja (xn) uma sequencia em R que converge a direita para x0. Pela definicao de f , para cada n ∈ Z+ existeyn ∈ Q ∩ (xn,+∞) tal que

|xn − yn| <1

ne

|f(xn)− f(yn)| < 1

n.

Assim,limn→∞

yn = limn→∞

xn = x0

e, consequentemente,limn→∞

f(xn) = limn→∞

f(yn) = limx→x+

0

f(x) = f(x0).

Como (xn) e uma sequencia que converge para x0 a direita arbitraria, segue que

limx→x+

0

f(x) = f(x0).

Por sua vez, como x0 e arbitrario, concluımos que f e contınua a direita.Para todos x0 ∈ R, x−0 e x+

0 ∈ Q tais quex−0 < x0 < x+

0 ,

temos quef(x−0 ) 6 f(x0) 6 f(x+

0 ) (10.3)

poisf(x0) = limx→x+

0f(x)

e f e nao-decrescente.Seja x0 um ponto de continuidade de f e ε > 0. Provaremos que existe k0 ∈ Z+ tal que para todo k > k0 em

Z+ temos que|f(x0)− fnk

(x0)| < ε.

Como x0 e ponto de continuidade de f , existem y−0 e y+0 ∈ R tais que

y−0 < x0 < y+0

e|f(y+

0 )− f(y−0 )| < ε

2.

321

Exercıcio 10.49:

Seja (fn) uma sequencia equicontınua e simplesmente limitada num compacto X ⊂ R. Se toda subsequenciauniformemente convergente em X tem o mesmo limite f : X → R, entao fn → f uniformemente.

Suponhamos, por absurdo, que a sequencia (fn) nao convirja uniformemente para f . Entao, existe uma sub-sequencia (fnk

) de (fn) e uma sequencia|f(xnk

)− fnk(xnk

)| > ε (10.4)

para algum ε > 0 fixo. Porem, como X e compacto, (fnk) e equicontınua e simplesmente limitada, temos, pelo

Teorema 10.23, que alguma subsequencia de (fnk) converge uniformemente em X para uma funcao f . E, como

toda subsequencia uniformemente convergente de (fn) converge para f , devemos ter que f = f . O que contradiz(10.4).

323

Exercıcio 10.50:

De exemplo de uma sequencia equicontınua de funcoes fn : (0, 1)→ (0, 1) que nao possua subsequencia uniforme-mente convergente em (0, 1).

Seja (fn) a sequencia dada por

fn : (0, 1) → (0, 1)x ∈

(0, 1

2πn

]→ 1

4 sin(

1x

)+ 1

2x ∈

[1

2πn , 1)→ 1

2 .

Esta sequencia converge simplesmente para a funcao

f : (0, 1) → (0, 1)x → 1

2 .

Porem nenhuma subsequencia desta sequencia converge uniformemente.

324

Exercıcio 10.51:

Dada uma sequencia de funcoes duas vezes derivaveis (fn) definidas no intervalo compacto I, suponha que fn → fsimplesmente em I, que (f ′n(a)) e limitada para um certo a ∈ I e que (f ′′n ) e uniformemente limitada em I. Proveque f ∈ C1.

Temos que a sequencia (f ′n) e equicontınua e uniformemente limitada. De fato, como (f ′′n ) e uma sequenciauniformemente limitada, segue que (fn) e equicontınua. Adiante, como (f ′′n ) e uniformemente limitada e I ecompacto, existe, pelo teorema do valor medio, C ′ > 0 tal que

|f ′n(x)− f ′n(a)| < C ′,∀n ∈ Z+, x ∈ I.

E, como (f ′n(a)) e uma sequencia limitada, existe C > 0 tal que

|f ′n(a)| < C,∀n ∈ Z+.

Entao,|f ′n(x)| 6 |f ′n(x)− f ′n(a)|+ |f ′n(a)| < C ′ + C,∀n ∈ Z+, x ∈ I.

Ou seja, (f ′n) e uniformemente limitada.Adiante, temos que toda subsequencia uniformemente convergente de (f ′n) converge para f ′. De fato, dada uma

subsequencia uniformemente convergente (f ′nk) temos, pelo Teorema 10.7, que f ′nk

→ f ′ ja que fnk→ f .

Como (fn) e uma sequencia equincontınua, uniformemente limitada tal que todas as suas subsequencias uni-formemente convergentes convergem para f ′, temos, pelo exercıcio 10.49, que f ′n → f ′ uniformemente em I.

Portanto, f ′ e contınua, pois e o limite uniforme de uma sequencia de funcoes contınuas.

325

Exercıcio 10.52:

Dada uma sequencia de funcoes k+1 vezes derivaveis (fn) definidas no intervalo I, suponha que existam a0, ..., ak ∈ Ie c > 0, tais que |fn(a0)| 6 c, |f ′n(a1)| 6 c,...,|f (k)

n (ak)| 6 c para todo n ∈ Z+ e que a sequencia (f(k+1)n ) seja

uniformemente limitada em I. Prove que existe uma subsequencia (fni) que converge, juntamente com suas k

primeiras derivadas, uniformemente em cada parte compacta I.

E suficiente provar que existe uma subsequencia (fni) que converge, juntamente com suas k primeiras derivadas,uniformemente em I para o caso em que I e um intervalo compacto. Entao, assumiremos sem perda de generalidade,que I e um intervalo compacto.

Temos que a sequencia (f(k)n ) e equicontınua e uniformemente limitada. De fato, como (f

(k+1)n ) e uma sequencia

uniformemente limitada, segue que (f(k)n ) e equicontınua. Adiante, como (f

(k+1)n ) e uniformemente limitada e I e

compacto, existe, pelo teorema do valor medio, C ′ > 0 tal que

|f (k)n (x)− f (k)

n (ak)| < C ′,∀n ∈ Z+, x ∈ I.

E, como (f(k)n (ak)) e uma sequencia limitada, existe C > 0 tal que

|f (k)n (ak)| < C,∀n ∈ Z+.

Entao,|f (k)n (x)| 6 |f (k)

n (x)− f (k)n (ak)|+ |f (k)

n (ak)| < C ′ + C,∀n ∈ Z+, x ∈ I.

Ou seja, (f(k)n ) e uniformemente limitada.

Agora, provaremos o resultado por inducao em k.Consideremos o caso k = 0. Pelo que foi dito acima, temos que (fn) e equicontınua e uniformemente limitada.

Segue daı e do fato de I ser compacto, pelo Teorema 10.23, que (fn) possui uma subsequencia uniformementeconvergente.

Faremos agora o passo indutivo. Como (f(k)n ) e uniformemente limitada, temos que existe uma subsequencia

(fni) que converge, juntamente com suas k − 1 primeiras derivadas, uniformente. Adiante, temos que (f(k)ni ) e

equicontınua e uniformemente limitada. Isto implica que existe uma subsequencia (f(k)nj ) de (f

(k)ni ) que converge

uniformemente. Portanto, devemos ter que (fnj) e suas primeiras k derivadas convergem uniformemente.

326

Exercıcio 10.53:

Demonstre o corolario de Teorema 22 para intervalos arbitrarios (abertos ou nao) I ⊂ R.

Se int(I) = ∅, os unicos compactos em I sao ∅ e I. Assim, o Teorema de Arzela-Ascoli se aplica imediatamentee o resultado segue. Adiante assumiremos que existe c ∈ int(I).

Consideremos o intervalo J = [a, b] ⊂ I dado por

a =

{c, caso inf(I) /∈ Iinf(I), caso contrario

e

b =

{c, caso sup(I) /∈ Isup(I), caso contrario.

Se J = I, temos que I e compacto, e, pelo Teorema de Arzela-Ascoli, temos que existe uma subsequencia de (fn)que converge uniformemente em I. E, logo, em cada parte compacta de I. Assumiremos daqui em diante queJ 6= I.

Entao existe uma sequencia de compactos Ki ⊂ I, i ∈ Z+ tais que

K1 = J,

Ki ⊂ Ki+1

eint(I) = ∪i∈Z+ int(Ki).

Seja K ⊂ I um compacto. Pela escolha de J , temos que K\J ⊂ int(I) e que K\J e um compacto. Daı segueque

K\J ⊂ ∪i∈Z+int(Ki)

e, consequentemente,K\J ⊂ Ki

para algum i ∈ Z+. Logo,K ⊂ J ∪Ki = Ki

para algum i ∈ Z+.Agora, como na demonstracao dada no texto, existe uma subsequencia de (fn) que converge uniformemente em

cada Ki, i ∈ Z+. Portanto, como cada parte compacta de I esta contida em algum Ki, temos que esta subsequenciaconverge uniformemente em toda parte compacta de K.

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soluções elon grande

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