Livro An´alise Real, vol. 1 Elon Lages Lima

Texto

(1)

Exerc´ıcios de An´

alise na Reta

Livro

An´

alise Real

, vol. 1

Elon Lages Lima

1

Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo

1

1.1.1.b)

SejaX=©nN:1+3+5+· · ·+ (2n−1) =n2ªN. 1Xpois 2.1−1=1e1=12.

Suponhamos quenX. Logo,

1+3+5+· · ·+ (2n−1) =n2⇒

1+3+5+· · ·+ (2n−1) + (2n+1) =n2+ (2n+1) 1+3+5+· · ·+ (2n−1) + (2(n+1) −1) = (n+1)2.

Logo,n+1X. (ou seja,s(X)X).

Pelo Princ´ıpio de Indu¸c˜ao: X=N, ou seja,1+3+5+· · ·+ (2n−1) =n2´e v´alida para qualquernN.

1.1.5)

PIFPBO(est´a na teoria) SejaANeA6=∅.

(i)Se1A, ent˜ao n0=1´e o menor elemento deA. (ii)Se1 /A, ent˜ao1N−A⇒I1⊂N−A.

SejaX={nN:In ⊂N−A}.

Logo,1X.

ComoA6=∅N−A6=N. Logo,∃kNtal queIk6⊂N−A, ou seja,X6=N.

Lembremos que a contrapositiva de uma proposi¸c˜ao ´e equivalente `a pr´opria proposi¸c˜ao, ou seja,(P→Q)⇐⇒(∼Q→∼P), que no caso do Princ´ıpio de Indu¸c˜ao, fica

(1Xes(X)X)X=N

m

X6=N(1 /Xous(X)6⊂X)

Como temos1∈XeX6=N, restas(X)6⊂X, ou seja,∃p∈Xep+1 /∈X.

Observemos que se p ∈ X, ent˜ao 1, 2, . . . , p−1 ∈ X (pois I1 ⊂ I2 ⊂ · · · ⊂ Ip−1 ⊂ Ip). Logo, 1, 2, . . . , p ∈ X e

p+1 /X1, 2, . . . , p /Aep+1A, ou seja,n0=p+1´e o menor elemento deA.

PBO⇒PIF

Suponhamos que o Princ´ıpio de Indu¸c˜ao n˜ao valha, ou seja, que existaXN,X6=∅tal que1Xe(nX⇒n+1X)

mas queX6=N. Logo,N−X6=∅. Pelo Princ´ıpio da Boa Ordena¸c˜ao, existe o menor elementok deN−X. Sendok∈N−X

e1 ∈X⇒1 /∈N−X, temos k > 1e podemos escrever k=p+1 para algum p∈N. Sendo ko menor elemento de N−X

temos quep∈X. Mas por hip´otesep∈X⇒p+1=k∈X, ou seja,k /∈N−X. Contradi¸c˜ao. Conclus˜ao: X=N.

2

Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo

2

2.1.1.a)

O elemento neutro aditivo0´e ´unico. De fato, suponhamos que01e02sejam elementos neutros aditivos. Logo,x+01=x,

∀x∈Rex+02=x,∀x∈R.

Logo,x+01= x=x+02, ∀x∈R −xe (−x) + (x+01) = (−x) + (x+02) (−x+x) +01= (−x+x) +02⇒ (x+ (−x)) +01= (x+ (−x)) +02⇒01+01=02+02⇒01=02.

Agora,x+θ=xpara algumxR−xRe(x+θ) + (−x) =x+ (−x)(θ+x) + (−x) =0θ+ (x+ (−x)) = 0θ+0=0θ=0.

(2)

O elemento neutro mulplicativo1 ´e ´unico. De fato, suponhamos que 11 e 12 sejam elementos neutros multiplicativos. Logo,x11=x,∀x∈Rex12=x,∀x∈R.

Logo, x11 = x = x12, ∀x ∈ R. Seja x 6= 0 ⇒ ∃x−1 e (x11)x−1 = (x12)x−1 ⇒(11x)x−1 = (12x)x−1 ⇒ 11¡xx−1¢ = 12¡

xx−1¢

⇒1111=1212⇒11=12.

Agora,xu= xpara todoxR. Seja x6=0x−1Re(xu)x−1=xx−1 (ux)x−1= 1u¡

xx−1¢

=1 u1= 1u=1.

2.1.1.c)

O inverso aditivo dex∈R´e ´unico. De fato, suponhamos que−x1e−x2sejam inversos aditivos dex. Logo,x+ (−x1) =0

ex+ (−x2) =0. Logo,

x+ (−x1) =x+ (−x2)⇒−x1+ (x+ (−x1)) = −x1+ (x+ (−x2))⇒(−x1+x) + (−x1) = (−x1+x) + (−x2)⇒ (x+ (−x1)) + (−x1) = (x+ (−x1)) + (−x2)0+ (−x1) =0+ (−x2)−x1+0= −x2+0⇒−x1= −x2.

Agora,x+y=0⇒∃−y∈Re(x+y) + (−y) =0+ (−y)x+ (y+ (−y)) = −y+0⇒x+0= −yx= −y.

2.1.1.d)

O inverso multiplicativo dexR,x6=0, ´e ´unico. De fato, suponhamos quex−11 ex−12 sejam inversos aditivos dex6=0. Logo,xx−11 =1exx−12 =1.

Logo,

xx−11 =xx−12 ⇒x−11 ¡

xx−11 ¢

=x−11 ¡

xx−12 ¢

⇒¡

x−11

x−11

x−11

x−12

¡

xx−11 ¢

x−11

xx−11 ¢

x−12 1x−11 =1x−12 x−11 1=x−12 1x−11 =x−12 .

Agora,xy=1⇒x6=0,∃x−1 ex−1(xy) =x−11¡

x−1x¢

y=x−1¡

xx−1¢

y=x−11y=x−1y1=x−1y= x−1.

2.1.3)

a6=0 eb6=0a−1, b−1R.

Temos

(ab) (ab)−1=1⇒a−1h(ab) (ab)−1i=a−11⇒£

a−1(ab)¤

(ab)−1=a−1⇒

£¡

a−1a¢

(ab)−1=a−1£¡

aa−1¢

(ab)−1=a−1(1b) (ab)−1=a−1

(b1) (ab)−1=a−1⇒b(ab)−1=a−1⇒b−1hb(ab)−1i=b−1a−1⇒· · ·⇒(ab)−1=b−1a−1

Sendo ab=ab−1temos que¡a b

¢−1

ab−1¢−1

b−1¢−1

a−1.

Mas¡

b−1¢ ¡

b−1¢−1

=1 ⇒bh¡

b−1¢ ¡

b−1¢−1i

=b1 ⇒£

b−1¢¤ ¡

b−1¢−1

= b⇒1¡

b−1¢−1

=b⇒ ¡

b−1¢−1

1= b⇒

¡

b−1¢−1

=b.

Conclus˜ao: ¡a

b

¢−1

=ba−1= b a.

2.2.2)

x=x−y+y⇒|x|=|x−y+y||x||x−y|+|y||x|−|y||x−y|.

y=y−x+x⇒|y|=|y−x+x||y||y−x|+|x||y|−|x||y−x|− (|x|−|y|)|(−1) (x−y)|− (|x|−|y|)

|−1|.|x−y|− (|x|−|y|)|x−y|.

Mas||x|−|y||=max{− (|x|−|y|),|x|−|y|}|x−y|.

Obs.: usamosy−x= (−1) (x−y)que s´o ´e verdade quando−x= (−1)x.De fato,

1+ (−1) =0⇒x(1+ (−1)) =x0⇒x1+x(−1) =0⇒x+ (−1)x=0⇒−x+ (x+ (−1)x) = −x+0⇒ ((−x) +x) + (−1)x= −x⇒(x+ (−x)) + (−1)x= −x⇒0+ (−1)x= −x⇒(−1)x+0= −x⇒(−1)x= −x

Como(−1) (−y) =1y=y1=ytemos y−x= (−1) (−y) + (−1)x= (−1) (−y+x) = (−1) (x−y).

2.2.4)

(3)

Paran=1temos(1+x)11+1x+1.0

2 x2parax≥0.

Suponhamos que vale paran,ou seja(1+x)n1+nx+ n(n−1)2 x2 parax0.

Logo, parax0 temos

(1+x)n(1+x)≥

µ

1+nx+n(n−1) 2 x

2

(1+x)⇒

(1+x)n+11+nx+n(n−1) 2 x

2+x+nx2+n(n−1) 2 x

3

(1+x)n+11+ (n+1)x+

µ

n(n−1) 2 +n

x2+ n(n−1) 2 x

3

(1+x)n+11+ (n+1)x+ (n+1)n 2 x

2+ n(n−1) 2 x

3

(1+x)n+11+ (n+1)x+(n+1)n 2 x

2,

ou seja, vale paran+1.Logo, pelo Princ´ıpio de Indu¸c˜ao, vale para qualquernnatural.

Sem indu¸c˜ao: Temos

(1+x)n= Pn k=0

µ

n k

1n−kxk=1+nx+ n(n−1) 2 x

2+ n(n−1) (n−2) 6 x

3+· · ·+nxn−1+xn.

Observemos que parax0 teremos

(1+x)n n−pP

k=0

µ

n k

1n−kxk

para qualquerp∈Nentre0 en. Em particular, parap=n−2,temos

(1+x)n P2 k=0

µ

n k

1n−kxk=1+nx+n(n−1) 2 x

2.

2.2.5)

Primeira parte: parax >−1 ex6=0

Por indu¸c˜ao:

Paran=1temos(1+x)2.1=1+2x+x2> 1+2.1.x

Suponhamos que a desigualdade valha paran.

Logo, dex >−11+x > 0e de(1+x)2n> 1+2nx temos:

(1+x)2n(1+x)2>(1+2nx) (1+x)2⇒ (1+x)2n+2>(1+2nx)¡

1+2x+x2¢

⇒ (1+x)2n+2> 1+2nx+2x+4nx2+x2+2nx3⇒

(1+x)2n+2> 1+2(n+1)x+x2(1+4n+2nx)

Mas, dex >−1 temos

2nx >−2n 1+4n+2nx > 1+4n−2n⇒ 1+4n+2nx > 1+2n > 0

Logo,

(1+x)2n+2> 1+2(n+1)x+x2(1+4n+2nx)1+2(n+1)x

ou seja, a desigualdade vale para n+1.Pelo Princ´ıpio de Indu¸c˜ao, a desigualdade vale para todon natural (comx >−1e

x6=0).

Segunda parte: parax≤−1

Temos(1+x)2n≥0 e1+2nx < 0(poisx≤−1⇒2nx≤−2n⇒1+2nx≤1−2n < 0para todon∈N). Logo,(1+x)2n> 1+2nxpara todon∈N.

Juntando primeira e segunda partes, temos(1+x)2n> 1+2nxv´alida para todox6=0 e todonN.

Obs: se considerarmos f(x) = (1+x)2n eg(x) = 1+2nx, observemos quef′(x) = 2n(1+x)2n−1

(logo, x= −1 ´e o ´

unico ponto cr´ıtico de f) e f′′(x) =2n(2n1) (1+x)2n−2

(4)

reta tangente) e f(0) =1´e o termo independente deg.Logo, o gr´afico def, com exce¸c˜ao do pontos de tangˆencia est´a todo acima do gr´afico de g,ou sejaf(x)> g(x)para x6= 0,de onde decorre a desigualdade que queremos. Por fim, o ponto de tangˆencia ´e o ´unico ponto de contato entre os gr´aficos def eg.Logo,f(x) =g(x)apenas emx=0.

(Fa¸ca esbo¸co dos gr´aficos).

2.2.7)

Temos

f(λ) = n P

i=1

(xi+λyi)2≥0,∀λ∈R⇒f(λ) = n P

i=1 (xi)2 | {z }

c +λ µ 2 n P i=1 xiyi

| {z }

b

+λ2 n P

i=1 (yi)2 | {z }

a

≥0,∀λR.

Sendo a par´abola que ´e gr´afico de fcom concavidade para cima (poisf(λ)> 0, λR). Logo, o v´ertice da par´abola que ´e gr´afico def, com coordenadas¡

− b 2a,−

∆ 4a

¢

,´e tal que

−∆

4a≥0⇒− 4

µPn

i=1 xiyi

¶2

−4

µPn

i=1 (yi)2

¶ µPn

i=1 (xi)2

4

µPn

i=1 (yi)2

¶ ≥0⇒

µPn

i=1 xiyi

¶2

µPn

i=1 (yi)2

¶ µPn

i=1 (xi)2

.

Quanto a igualdade:

(⇒)

Se

µPn

i=1 xiyi

¶2

=

µPn

i=1 (yi)2

¶ µPn

i=1 (xi)2

temos dois casos a considerar:

(1) quando Pn

i=1

(yi)2 = a 6= 0. Neste caso, temos o trinˆomio quadrado perfeito f(λ), sendo seu gr´afico, de fato, uma par´abola. Assim,

µPn

i=1 xiyi

¶2

=

µPn

i=1 (yi)2

¶ µPn

i=1 (xi)2 ¶ ⇒ µ 2 n P i=1 xiyi ¶2 −4

µPn

i=1 (yi)2

¶ µPn

i=1 (xi)2

=0⇒

∆=0⇒− b

2a ´e a ´unica raiz (real) def(λ) =0.

Logo,f¡

−b 2a

¢

=0 Pn i=1

¡

xi−2abyi

¢2

=0xi− 2abyi=0, ∀i−1, . . . , n.Ou seja,xi= 2abyi,∀i=1, . . . , n.

(2) quando

n P

i=1

(yi)2 = a = 0 (ou seja, yi = 0, ∀i = 1, ..., n). Neste caso n˜ao temos o trinˆomio quadrado perfeito e

f(λ) =k (kconstante). Naturalmente,yi=0,∀i=1, ..., n´e uma das possibilidades decorrentes da hip´otese

µPn

i=1 xiyi

¶2

=

µPn

i=1 (yi)2

¶ µPn

i=1 (xi)2

.

()

Seyi=0,∀i=1, ..., nent˜ao

µPn

i=1 xiyi

¶2

=0=

µPn

i=1 (yi)2

¶ µPn

i=1 (xi)2

.

Sexi=λyi,∀i=1, . . . , nent˜ao

µPn

i=1 xiyi

¶2

=

µPn

i=1 λyiyi

¶2

=

µPn

i=1 λy2

i

¶2

=

µPn

i=1 λy2

i

¶ µPn

i=1 λy2

i

=

µPn

i=1 λ2y2

i

¶ µPn

i=1 y2

i

=

µPn

i=1 x2

i

¶ µPn

i=1 y2

i

.

Obs.: considerando os vetores x = (x1, . . . , xn) ey = (y1, . . . , yn) de Rn, a desigualdade de Cauchy-Schwarz fornece

|hx,yi||x|.|y|. Sendohx,yi ≤|hx,yi|temoshx,yi ≤|x|.|y|.

Tamb´em lembrando a conhecida f´ormula cos(θ) = hx,yi

|x|.|y| para vetores do R

2 ou R3 (θ ´e a medida do ˆangulo formado

pelos vetoresxey) temoshx,yi=|x|.|y|.cos(θ)|x|.|y|.1,ou seja hx,yi ≤|x|.|y|.

2.3.1)

Sendo por defini¸c˜ao que(f+g) (x) =f(x) +g(x),ent˜ao feglimitadas superiormente implicar˜ao que f+g´e limitada superiormente (f(x)Aeg(x)B,∀xX⇒(f+g) (x)A+B,∀xX).

(5)

Logo, sup{(f+g) (x) :x∈X}sup{f(x) :x∈X}+sup{g(x) :x∈X}, ou seja, sup(f+g)supf+supg.

Sef(x) =sen(x)eg(x) = −sen(x),ent˜ao(f+g) (x) =0.Logo, sup(f+g) =0 <supf+supg=1+1=2.

Sendo por defini¸c˜ao que (f+g) (x) =f(x) +g(x), ent˜ao f eglimitadas inferiormente implicar˜ao que f+g´e limitada inferiormente (Af(x)eBg(x),∀xX⇒A+B(f+g) (x),∀xX).

Agora,(f+g) (x) =f(x) +g(x)inf{f(x) :xX}+inf{g(x) :xX}.

Logo, inf{(f+g) (x) :xX}inf{f(x) :xX}+inf{g(x) :xX}, ou seja, inf(f+g)inff+infg.

Sef(x) =sen(x)eg(x) = −sen(x),ent˜ao(f+g) (x) =0.Logo, inf(f+g) =0 >inff+infg= −1−1= −2.

2.3.2)

Sendof, g:XR+temos f, glimitadas inferiormente (por zero)

Sendo por defini¸c˜ao que(fg) (x) =f(x)g(x), ent˜aof eglimitadas (inferiormente e superiormente) implicar˜ao quefg´e limitada (0f(x)Ae0g(x)B,∀xX0(fg) (x)AB,∀xX).

Agora,0(fg) (x) =f(x)g(x)sup{f(x) :xX}.sup{g(x) :xX}.

Logo,0sup{(fg) (x) :xX}sup{f(x) :xX}.sup{g(x) :xX},ou seja, sup(fg)supf.supg.

Tamb´em temos(fg) (x) =f(x)g(x)inf{f(x) :xX}.inf{g(x) :xX}0.

Logo, inf{(fg) (x) :xX}inf{f(x) :xX}.inf{g(x) :xX}0,ou seja, inf(fg)inff.infg.

Sef(x) =x eg(x) = 1

x,para x∈[1, 2]temos (fg) (x) =1.Logo, sup(fg) =1 <supf.supg=2.1=2 e inf(fg) =1 >

inff.infg=1.12= 1 2.

3

Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo

3

3.2.3)

Suponhamos que(xn)n∈N limitada n˜ao seja convergente paraa.

Da nega¸c˜ao da defini¸c˜ao de convergˆencia de(xn)n∈Nparaatemos:

∃ε > 0tal que∀n0∈N,∃n1> n0⇒|xn1−a|≥ε.

De modo recursivo, para on1 precedente,∃n2> n1⇒|xn2−a|≥ε.Para on2 precedente,∃n3> n2⇒|xn3−a|≥ε,

e assim por diante.

Logo, constru´ımos uma subsequˆencia(xnk)kNde(xn)nNque n˜ao converge paraae, mais ainda, de|xnk−a|≥ε,para

∀nk, temos que n˜ao existe subsequˆencia de(xnk)kN que convirja paraa.

Mas(xnk)kN´e limitada. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass existe subsequˆencia convergente de (xnk)k∈N, digamos,

parabR. Do exposto acima,b6=a.

Obs.: Da nega¸c˜ao de convergˆencia de(xn)n∈N para a, tem-se que existe ε > 0tal que |xn−a| ≥ε para uma quantidade

infinita de ´ındices n.

3.2.4)

O n´umeroa ∈ R´e dito valor de aderˆencia (ouvalor aderente, ou ponto de aderˆencia ou ponto aderente) de (xn)nN

quandoafor limite de alguma subsequˆencia de(xn)nN, ou seja,∃(xnk)k∈Nsubsequˆencia de (xn)nNtal quexnk →a.

⇒)Seja lim

n→+∞xn =a∈R, logo, temos quea´e valor de aderˆencia de(xn)n∈N.

Suponhamos que(xn)nN possua outro valor de aderˆencia,b∈R, b6=a.

Sem perda de generalidade, suponhamos queb > a.

Logo, existe uma subsequˆencia(xnk)kN de(xn)n∈Nque converge parab.

Tomandoε = b−a

2 > 0, temos que∃n0 ∈Ntal quen > n0⇒|xn−a| < b−a

2 ⇒xn < a+ b−a

2 = a+b

2 ,ou seja, para nk> n0⇒xnk <

a+b

2 ,portanto,(xnk)k∈Nn˜ao pode convergir para b.Contradi¸c˜ao.

De modo an´alogo, seb < a, chega-se a b+a2 < xnk.

Conclus˜ao: n˜ao pode haver dois valores de aderˆencia para(xn)n∈Nconvergente.

1

⇐)Sejam(xn)n∈Nlimitada ea∈R´unico valor de aderˆencia dessa sequˆencia.

Suponhamos que(xn)n∈N n˜ao seja convergente paraa.

Pelo exerc´ıcio anterior existe uma subsequˆencia de(xn)nNque converge parab6=a.Sendob,portanto, valor de aderˆencia

de(xn)nN. Temos assim uma contradi¸c˜ao.

Conclus˜ao: (xn)nN´e convergente (paraa).

(6)

3.2.7)

A sequˆencia(xn)nN´e ditasequˆencia de Cauchy quando∀ε > 0,∃n0∈Ntal que param, n > n0⇒|xm−xn|< ε.

(a) (xn)nNde Cauchy ´e limitada.

De fato, dado ε > 0, ∃n0 ∈ Ntal que para m, n > n0 ⇒ |xm−xn| < ε.Fazendo m= n0+1 temos |xn−xn0+1| <

ε para n > n0 ⇒ xn0+1−ε < xn < xn0+1 +ε para n > n0. Sejam L = min{x1, x2, . . . , xn0, xn0+1−ε} e M =

max{x1, x2, . . . , xn0, xn0+1+ε}. Logo,L≤xn ≤Mpara qualquern∈N.

(b) Observemos que sendo (xn)nN de Cauchy temos, pelo item acima, (xn)n∈N limitada. Pelo Teorema de

Bolzano-Weierstrass temos a existˆencia de uma subsequˆencia convergente de (xn)n∈N. Logo, pelo menos um valor de aderˆencia,

(xn)n∈N deve ter.

Suponhamos que(xn)nN de Cauchy possua dois valores de aderˆencia,a6=b∈R.

Logo, existem duas subsequˆencias(xn)nN′ e (xn)nN′′, de (xn)nN, que convergem para a e b, respectivamente, ou

seja, lim

n∈N′xn =ae limnN′′xn=b. Sejaε= |a−b3 |.

Logo,∃n1∈ Ntais que para n > n1 comn ∈N′ |xn−a| < ε; e∃m1 ∈ Ntais que para m > m1 com m∈N′′

|xm−b|< ε.Sejan0=max{n1, m1}.

Assim,3ε=|a−b|=|a−xn+xn−xm+xm−b||xn−a|+|xm−xn|+|xm−b|< ε+|xm−xn|+εparam, n > n0

en∈N′, m∈N′′ε <|xm−xn|param, n > n0en∈N′, m∈N′′.Logo,(xn)nNn˜ao ´e de Cauchy. Contradi¸c˜ao.

Conclus˜ao: existe apenas um ´unico valor de aderˆencia de(xn)nN.

(c))Temos, por hip´otese,xn →a.

Dado ε > 0, ∃n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |xn−a| < ε2. Logo, para m, n > n0 ⇒ |xm−xn| = |xm−a+a−xn| ≤

|xm−a|+|xn−b|< ε2

2 =ε. Conclus˜ao: (xn)n∈N´e de Cauchy.

⇐)Vimos nos itens acima que se(xn)nN´e de Cauchy, ent˜ao∃(xnk)k∈Nsubsequˆencia convergente de(xn)nN. Sejaa∈R

tal quexnk →a.

Logo, dadoε > 0, ∃n1∈Ntal quenk> n1⇒|xnk−a|< ε.

Sendo(xn)n∈Nde Cauchy temos que∃n2∈Ntal que m, n > n2⇒|xm−xn|< ε.

Sejan0=max{n1, n2}.

Temos|xn−a|=|xn−xm+xm−a|≤|xn−xm|+|xm−a|.

Tomandon > n0em=nk> n0temos|xn−a|≤|xn−xm|+|xm−a|< ε+|xnk−a|< ε+ε=2ε.

Conclus˜ao: dadoε > 0, n0∈Ntal que n > n0⇒|xn−a|< 2ε, ou seja(xn)n∈N´e convergente.

3.3.1)

De 1 < n+√pn < √nn temos lim

n→+∞1 ≤ n→lim+∞

n+√pn lim

n→+∞

n

n ⇒ 1 ≤ lim

n→+∞

n+√pn 1 lim

n→+∞

n+√pn = 1

(Teorema do Confronto).

3.3.2)

De0 < ε≤xn ≤nk ⇒ √nε √nxn ¡√nn¢k

⇒ lim

n→+∞

n

ε≤ lim

n→+∞

n

xn ≤ lim

n→+∞ ¡√nn¢k

⇒1≤ lim

n→+∞

n

xn ≤1⇒

lim

n→+∞

n

xn =1 (Teorema do Confronto).

SejakNcomk2fixado. Sejaε= 1

2. Logo,ε < n+kpara qualquern∈N.

n+k≤nk certamente ocorre paranNtal quenk2, poisn+kn+n=2nn.n=n2nk.

Logo, ε ≤n+k ≤nk ocorre para n suficientemente grande e k 2 natural fixado. Logo, pelo que provamos acima,

lim

n→+∞

n

n+k=1.

Obs.: embora n˜ao possamos utilizar o que foi provado acima, ocorre, tamb´em, lim

n→+∞

n

n+1=1.

SejakNcomk2fixado. Sejaε= 1

2. Logo,ε < n+ √

npara qualquernN.

n+√nnk certamente ocorre paranNtal quenk2, poisn+nn+n=2nn.n=n2nk.

Logo,εn+√nnk ocorre paran suficientemente grande ek2 natural fixado. Logo, pelo que provamos acima,

lim

n→+∞

n

p

n+√n=1.

Sejak∈Nfixado. Seja0 < ε <ln(2). Logo,ε <ln(n)para qualquern∈Ntal quen > 1. Vimos (no desenvolvimento da teoria) que ln(n)< npara qualquernNln(n)< nk.

Logo, ε ln(n) nk ocorre para n suficientemente grande e k natural fixado. Logo, pelo que provamos acima,

lim

n→+∞

n

p

(7)

Sejak∈Ncomk≥2fixado. Seja0 < ε <ln(2). Logo,ε <ln(n)para qualquern∈Ntal quen > 1. Vimos (no desenvolvimento da teoria) que ln(n)< npara qualquern∈Nnln(n)< n2⇒nln(n)< nk.

Logo,εnln(n)nk ocorre paransuficientemente grande e k 2 natural fixado. Logo, pelo que provamos acima,

lim

n→+∞

n

p

nln(n) =1.

3.3.3)

Sejaa > 0, x1=√a > 0exn+1=√a+xn (portanto,xn > 0,∀n∈N). Temosx1< x2 pois√a <pa+√a.

Suponhamos que xn < xn+1. Logo, x2n+1 = a+xn < a+xn+1 = x2n+2 ⇒ xn+1< xn+2. Pelo Princ´ıpio de Indu¸c˜ao, temosxn < xn+1para∀n∈N. Logo,(xn)n∈N´e decrescente.

Sejac > 0raiz dex=√a+x⇒x2=a+xx2xa=0ec= 1+√1+4a

2 .

Temosx1< cpoisc= 1+

1+4a 2 >

1+√4a

2 =

1 2+

a >√a=x1.

Suponhamos quexn< c.Logo,x2n+1=a+xn < a+c=c2(poisc´e raiz dex2=a+x)⇒xn+1< c.Pelo Princ´ıpio de

Indu¸c˜ao, temos quexn < cpara∀n∈N.

Logo,0xn< cpara∀n∈N,ou seja, (xn)n∈N´e limitada (e mon´otona)⇒(xn)n∈N´e convergente, digamos, paraL.

Assim, dex2

n+1=a+xn⇒ lim n→+∞x

2

n+1=nlim+(a+xn)⇒L2=a+L⇒L= 1+

1+4a

2 ,e conclu´ımos que

L= 1+ √

1+4a 2 =

s

a+

r

a+

q

a+√a+· · ·

Observa¸c˜ao: paraa=1 temosL= 1+√5

2 =∼ 1, 618que ´e oN´umero ´Aureo.

3.3.4)

Sejaen= xn−√a

a . (a > 0)

Sejaxn+1= xn+xna

2 .

Recordemos que, na demonstra¸c˜ao das aproxima¸c˜oes sucessivas de√a,(xn)nN tal quexn→

a´e decrescente a partir den=2. Escolhendox1>√a,(xn)n∈N´e decrescente. Supondo x1>

atemos, portanto, quexn−√a > 0para qualquer nN.Logo,en> 0para qualquern∈N.

Temos

e2 n 2(1+en)

= x2n−2

axn+a

a 2+2xn−√a

a =

x2n−2

axn+a

a 2xn

a

= x 2 n−2

axn+a 2xn√a

= x2

n−2

axn+a

2xn

a = 1 2

³

xn+xan

´

−√a √

a =

xn+1−√a √

a =en+1.

Paraen≤0, 01temos

en+1= e 2 n 2(1+en) ≤

0, 0001 2(1+en)

< 0, 0001

2(1) =0, 00005⇒

en+2= e2

n+1 2(1+en+1)

< 0, 0000000025 2(1+en+1)

< 0, 0000000025

2(1) =0, 00000000125

3.3.5)

Sejaa > 0, x1= a1 exn+1= a+x1

n.

Quatro indu¸c˜oes:

(i)Dex1> 0temosx2= a+x1

1 > 0⇒a+x2> a⇒

1 a+x2 <

1

a ⇒x3< x1.

Hip´otese de indu¸c˜ao: paranvalex2n+1< x2n−1.

Paran+1temos x2(n+1)+1=x2n+3= a+x12n+2 = a+ 11 a+x2n+1

< a+ 11 a+x2n−1

= 1

a+x2n =x2n+1=x2(n+1)−1.

Pelo Princ´ıpio de indu¸c˜ao, x2n+1< x2n−1para todon∈N.

Logo,· · ·< x2n+1< x2n−1<· · ·< x3< x1.

(ii)Dex3< x1⇒a+x3< a+x1⇒ a+x13 >

1

a+x1 ⇒x4> x2.

Hip´otese de indu¸c˜ao: paranvalex2n+2> x2n.

Paran+1temos x2(n+1)+2=x2n+4= a+x12n+3 = a+ 11 a+x2n+2

> 1 a+ 1

a+x2n

= 1

a+x2n+1 =x2n+2=x2(n+1).

Pelo Princ´ıpio de indu¸c˜ao, x2n+2> x2n para todon∈N.

Logo,x2< x4<· · ·< x2n< x2n+2<· · ·

As ra´ızes da equa¸c˜ao x2+ax1 = 0 ao −a±√a2+4

2 (uma positiva e outra negativa). Seja c a raiz positiva. Logo, c2+ac1=0c= 1

(8)

(iii)Dea < a+c⇒ 1 a >

1

a+c ⇒x1> c.

Hip´otese de indu¸c˜ao: paranvalex2n−1> c.

Paran+1temos x2(n+1)−1=x2n+1= a+x12n =

1 a+ 1

a+x2n−1

> a+11 a+c

= a+c1 =c.

Pelo Princ´ıpio de indu¸c˜ao, x2n−1> cpara todon∈N.

(iv)Dex1> c⇒a+x1> a+c⇒ a+x11 < a+c1 ⇒x2< c.

Hip´otese de indu¸c˜ao: paranvalex2n< c.

Paran+1temos x2(n+1)=x2n+2= a+x12n+1 = a+ 11 a+x2n

< 1 a+ 1

a+c

= 1 a+c =c.

Pelo Princ´ıpio de indu¸c˜ao, x2n< cpara todon∈N.

Conclus˜ao: juntando(i),(ii),(iii)e(iv)temos

x2< x4<· · ·< x2n< x2n+2<· · ·< c <· · ·< x2n+1< x2n−1<· · ·< x3< x1

Sendo(x2n)n∈N e(x2n−1)nNmon´otonas e limitadas, temos quex2n→k∈Rex2n−1→l∈R.

Dex2n+2= a+x12n+1 = a+ 11 a+x2n vem

lim

n→+∞x2n+2=n→lim+∞

1 a+ 1

a+x2n

⇒k= 1

a+ 1 a+k

⇒k= a+k

a2+ak+1 ⇒ a2k+ak2+k=a+kk2+ak1=0k=c.

Dex2n+1= a+x12n = a+ 11 a+x2n−1

vem

lim

n→+∞x2n+1=n→lim+∞

1 a+ 1

a+x2n−1

⇒l= 1

a+ 1 a+l

⇒· · · (igual ao de cima) · · ·⇒l=c.

Com isso,

lim

n→+∞xn =c=

−a+√a2+4 2 =

1 a+ 1

a+ 1

a+ 1

a+a+1 ···

.

3.3.7)

Temosa1=a2=1ean+2=an+1+an.

Temosxn+1= aann++12 = ana+n1++a1n ⇒xn+1= 1+ 1an an+1

⇒xn+1= 1+x1n.

Estamos nas condi¸c˜oes do Exerc´ıcio 3.3.5 coma=1 (poisx1= a1

a2 =1=

1

a). Logo,nlim+xn=c= −1+√5

2 (e vimos no

referido exerc´ıcio que c= −1+√5

2 ´e o ´unico n´umero positivo tal que c= 1 1+c).

O n´umeroc= −1+√5

2 =∼ 0, 618´e aSec¸c˜ao ´Aurea.

Uma observa¸c˜ao curiosa:

Da Teoria de Equa¸c˜oes de Diferen¸cas, temos que a rela¸c˜ao de recorrˆenciaan+2=an+1+anpossui uma solu¸c˜ao particular que ´e dada poran =λn comλ6=0.Logo, substituindo na rela¸c˜ao, temosλn+2=λn+1+λn⇒λ2−λ−1=0⇒λ= 1±

5 2 .

Com os valores deλ podemos escrever a solu¸c˜ao geral da rela¸c˜ao: an = k1

³

1+√5 2

´n

+k2

³

1−√5 2

´n

sendok1 ek2 tais

quea1=a2=1(que, nesse caso, n˜ao s˜ao nulos).

Com isso temos

xn= an an+1

= k1

³

1+√5 2

´n

+k2

³

1−√5 2

´n

k1³1+2√5´ n+1

+k2³1−2√5´ n+1 =

k1+k2

³

1−√5 1+√5

´n

k1

³

1+√5 2

´

+k2

³

1−√5 1+√5

´n³

1−√5 2

´.

Logo,

lim

n→+∞xn =n→lim+∞

k1+k2

³

1−√5 1+√5

´n

k1

³

1+√5 2

´

+k2

³

1−√5 1+√5

´n³

1−√5 2

´ =

1 1+√5

2

= −1+ √

5 2

3.4.3)

Resultado preliminar:

“Se (xn)n∈N´e tal quexn> 0e lim n→+∞

xn+1

(9)

Prova:

Primeira parte: lim

n→+∞

xn+1

xn =L∈R.

De lim

n→+∞

xn+1

xn = L > 1 temos que dado ε = L−1 > 0, ∃n0 ∈ N tal que para n > n0 ⇒ L−ε <

xn+1

xn < L+ε ⇒

L− (L−1)< xn+1

xn ⇒xn < xn+1.Logo(xn)n∈N´e crescente a partir den0.

Duas possibilidades:

(1)se(xn)n∈N for limitada, ent˜ao∃ lim

n→+∞xn =c∈R.

Justificativa: (xn)n∈N seria limitada e mon´otona (a partir den0), logo, convergente.

(2)se(xn)n∈N n˜ao for limitada, ent˜ao lim

n→+∞xn= +∞.

Justificativa: sendoxn > 0, ∀n∈ N, temos que (xn)n∈N n˜ao ´e limitada superiormente e, dadoA > 0, podemos tomar

n1 ∈ N como sendo o primeiro natural que xn1+1 > A. Fazendo n2 = max{n0, n1}, temos xn > A para n > n2 (pois

(xn)n∈N ´e crescente a partir de n0). Conclus˜ao: dado A > 0, ∃n2 ∈ Ntal que n > n2 ⇒xn > A, que ´e a defini¸c˜ao de

lim

n→+∞xn= +∞.

A possibilidade(1)n˜ao ocorre, pois, caso contr´ario, lim

n→+∞

xn+1

xn =

lim

n→+∞xn+1 lim

n→+∞xn

= L

L =1,contrariando a hip´otese.

Segunda parte: lim

n→+∞

xn+1

xn = +∞.

DadoA > 1 > 0, n0∈Ntal que paran > n0⇒ xnx+n1 > A⇒xn+1> Axn⇒xn+1> xn,ou seja,(xn)n∈N´e crescente

a partir den0e reca´ımos na Primeira parte. ¤

Para a resolu¸c˜ao do exerc´ıcio tamb´em precisamos do resultado demonstrado em sala:

“Se(xn)n∈N´e tal que xn > 0e lim n→+∞

xn+1

xn < 1,ent˜aonlim+xn=0.”

(i)kN, a > 0,determinemos lim

n→+∞

n! nkan.

Temos lim

n→+∞

(n+1)! (n+1)k an+1

n!

nk an

= lim

n→+∞

n+1

(n+1)k a 1 nk

= 1a lim

n→+∞

nk

(n+1)k−1 =

1 anlim+

nk

nk−1(1+1 n)

k−1 =

1 anlim+

n (1+1

n)

k−1 = +∞.

Logo, pelo resultado acima, lim

n→+∞

n!

nkan = +∞.

(ii)a > 0ea6=e,determinemos lim

n→+∞

ann! nn .

Temos lim

n→+∞

an+1(n+1)! (n+1)n+1

an n!

nn

= lim

n→+∞

a(n+1) (n+1)n(n+1)

1 nn

= lim

n→+∞

a

(n+1)n nn

= lim

n→+∞

a (n+1

n) n = ae.

Duas possibilidades: sea > ε,ent˜ao lim

n→+∞

ann!

nn = +∞. Sea < e, ent˜ao lim

n→+∞

ann! nn =0.

(iii)kN, a > 0 ea6=e,derteminemos lim

n→+∞

nkann! nn .

Temos lim

n→+∞

(n+1)k an+1(n+1)! (n+1)n+1

nk an n!

nn

= lim

n→+∞ ¡n+1

n

¢k

an+1(n+1)! (n+1)n+1

an n!

nn

= lim

n→+∞ ¡

1+ 1 n

¢k a

e = a e.

Duas possibilidades: sea > ε,ent˜ao lim

n→+∞

nkann!

nn = +∞.Sea < e,ent˜ao lim

n→+∞

nkann!

nn =0.

4

Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo

4

4.1.2)

Temos, paranN,quen2> n2n2> n2+n 1 n2 ≤

2 n(n+1).

Mas P∞

n=1 2

n(n+1) converge, pois

an= 2 n(n+1) =

2 n−

2 n+1 ⇒

sn=2− 2 2 +

2 2 −

2 3 +

2 3 −

2

4 +· · ·+ 2 n−

2

n+1 =2− 2 n+1 ⇒

lim

n→+∞sn=2⇒ ∞

P n=1

2

(10)

Pelo Crit´erio da Compara¸c˜ao, P∞

n=1 1

n2 converge.

4.1.3)

Temos

s2m =1+

1 2 + 1 3+ 1 4 | {z } 2parcelas + 1 5+ 1 6+ 1 7+ 1 8

| {z }

4parcelas

+ 1

9+· · ·+ 1 16

| {z }

8parcelas

+· · ·+ 1

2m−1+1 +· · ·+ 1 2m

| {z }

2m−1parcelas

> 1+1 2 +

1 4+

1 4 | {z } 2parcelas + 1 8+ 1 8+ 1 8+ 1 8

| {z }

4parcelas

+ 1

16+· · ·+ 1 16

| {z }

8parcelas

+· · ·+ 1

2m +· · ·+ 1 2m

| {z }

2m−1parcelas

=1+1 2 +

2 22+

22 23 +

23

24 +· · ·+ 2m−1

2m =1+m1

2

Logo, lim

m→+∞s2m≥mlim→+∞ ¡

1+ m2¢

= +∞ ⇒ lim

m→+∞s2m= +∞.Portanto, ∞ P n=1 1 n diverge. 4.1.4)

Seja P∞

n=2 1

nln(n) es22m =

22m

P

n=2 1

nln(n).Logo,

s22m =

1 2ln(2)+

1 3ln(3)+

1 4ln(4)

| {z }

2parcelas

+ 1

5ln(5)+ 1 6ln(6)+

1 7ln(7)+

1 8ln(8)

| {z }

4parcelas

+· · ·

· · ·+ 1

(22m−1

+1)ln(22m−1

+1)+· · ·+ 1 22m

ln(22m

)

| {z }

22m−1parcelas

> 1 2ln(2)+

1 4ln(4)+

1 4ln(4)

| {z }

2parcelas

+ 1

8ln(8)+ 1 8ln(8)+

1 8ln(8)+

1 8ln(8)

| {z }

4parcelas

+· · ·+ 1 22m

ln(22m

)+· · ·+ 1 22m

ln(22m

)

| {z }

22m−1parcelas

= 1

2ln(2)+ 2 22ln(22)+

22

23ln(23)+· · ·+

22m−1 22m

ln(22m

)

= 1

2ln(2)+ 1 2ln(22)+

1

2ln(23)+· · ·+ 1 2ln(22m

)

= 1 2

µ

1

ln(2)+ 1 2ln(2)+

1

3ln(2)+· · ·+ 1 2mln(2)

= 1

2ln(2)

µ

1+1 2 +

1

3 +· · ·+ 1 2m

> 1 2ln(2)

³

1+m 2

´

(exerc´ıcio anterior)

Logo, lim

m→+∞s22m ≥mlim→+∞

1 2ln(2)

¡

1+ m 2

¢

= +∞ ⇒ lim

m→+∞s22m = +∞;Portanto, ∞

P n=2

1

nln(n) diverge.

4.2.1) ∞

P

n=1

an ´e absolutamente convergente (pois

P

n=1

|an|=

P

n=1

an e esta ´ultima converge por hip´otese).

Parax[−1, 1]⇒xn[−1, 1]para todonN.

Logo,|anxn|=|an|.|xn||an|.Pelo Crit´erio da Compara¸c˜ao, como P∞ n=1

|an|converge, temos que P∞

n=1

|anxn| converge,

ou seja, P∞

n=1

anxn ´e absolutamente convergente (para todox∈[−1, 1]).

Para P∞

n=1

ansen(nx) temos |ansen(nx)| = |an|.|sen(nx)| ≤ |an| para ∀x ∈ R e, pelo Crit´erio da Compara¸c˜ao, como

P

n=1

|an| converge, temos que

P

n=1

|ansen(nx)| converge, ou seja,

P

n=1

(11)

Para P∞

n=1

ancos(nx)o procedimento ´e exatamente o mesmo do acima.

4.2.2)

Seja P∞

n=1

(−1)n+1an =1−1 2+

2 3−

1 3+

2 4−

1 4+

2 5−

1 5+

2 6−

1 6+· · ·

Observemos que(an)n∈Nn˜ao ´e decrescente (12< 23, 13< 24, . . . ,n1 < n+12 , . . .). Logo, as hip´oteses do Crit´erio de Leibniz

n˜ao est˜ao cumpridos.

Observemos que P∞

n=1

(−1)n+1an diverge porque

P

n=1

(−1)n+1an = 12 + 13 + 14 + 15+ 16 +· · · =

P

n=2 1

n que vimos ser

divergente.

4.2.3)

Sabemos que P∞

n=1 an =

P

n=1

(−1)n+1 1n ´e convergente e (xn)n∈N =

³

(−1)n+1´

n∈N ´e limitada. Temos que

P

n=1

anxn =

P n=1

(−1)n+1 1n(−1)n+1= P∞ n=1

(−1)2n+2 1n = P∞ n=1

1

n que ´e divergente.

(a) (xn)n∈Nser convergente n˜ao implica que

P

n=1

anxnseja convergente. Exemplo:

P

n=1 an=

P

n=1

(−1)n+1 1n ´e convergente

e (xn)nN =

³

(−1)n+1 1

ln(n)

´

n∈N−{1} ´e convergente, pois (un)n∈N−{1} = ³

(−1)n+1´

n∈N−{1} ´e limitada e (tn)n∈N−{2} = ³

1

ln(n)

´

n∈N−{1} converge para zero, logo,(untn)n∈N−{1} converge para zero.

Assim, P∞

n=2 anxn=

P n=2

(−1)n+1 1n(−1)n+1ln(n)1 = P∞ n=2

1

nln(n) que ´e divergente (Exerc´ıcio 4.1.4).

(b)se P∞

n=1

an ´e absolutamente convergente, temos|anxn|=|an|.|xn|k|an|sendok > 0 tal que|xn|k(pois(xn)nN

´e limitada.

Pelo Crit´erio de Compara¸c˜ao temos que P∞

n=1

|anxn|´e convergente e, portanto,

P n=1

anxn ´e convergente (toda s´erie

abso-lutamente convergente ´e convergente).

4.3.2)

0 < a < b < 0e P∞

n=1

xn=a+b+a2+b2+a3+b3+· · ·

Logo,xn = ¯

an+21, senfor ´ımpar

bn2,senfor par

Sendoxn> 0,∀n∈N,temos:

(1)Teste da Raiz:

n

p

|xn|= √nxn =

± pn

an+21, senfor ´ımpar n

bn2,senfor par

=

¯ √

apn √

a, senfor ´ımpar

b,senfor par .

Como0 < a < 1⇒√a < 1⇒ pn √

a < √n

1=1,∀n∈N. Logo,

n

p |xn|≤

¯ √

a, senfor ´ımpar

b,senfor par ⇒

n

p |xn|≤

b < 1para∀nN.

Pelo Teste da Raiz temos que P∞

n=1

xn converge.

Observemos que lim

npar

n

p

|xn|= lim npar

n

bn2 =√be lim

n´ımpar

n

p

|xn|= lim n´ımpar

apn √a=a,ou seja,

6 ∃lim

n∈N

n

p |xn|.

(2)Teste da Raz˜ao:

¯ ¯ ¯ ¯

xn+1 xn

¯ ¯ ¯ ¯

= xn+1 xn =

  

bn+21

an+21

, senfor ´ımpar

a(n+21)+1

bn2 , senfor par

= ±

¡b a

¢n+21, senfor ´ımpar

a

b

(12)

Como a b < 1⇒

¡a

b

¢n2 < 1n2 =1,

∀nN,e, como b a > 1⇒

¡b

a

¢n+21 > 1n+21 =1,

∀nN,temos

¯ ¯ ¯ ¯ xn+1 xn ¯ ¯ ¯ ¯

=a³a b

´n2

< a < 1, senfor par

¯ ¯ ¯ ¯ xn+1 xn ¯ ¯ ¯ ¯ = µb a

¶n+21

> 1, senfor ´ımpar

Portanto, n˜ao ´e poss´ıvel concluir convergˆencia (ou divergˆencia) pelo Teste da Raz˜ao (as hip´oteses n˜ao s˜ao cumpridas). Observemos que lim

n´ımpar ¯ ¯ ¯

xn+1

xn

¯ ¯

¯= lim

n´ımpar ¡b

a

¢n+21 = +

∞e lim

npar ¯ ¯ ¯

xn+1

xn

¯ ¯

¯=nlimpara ¡a

b

¢n2 =0,ou seja,6 ∃lim

n∈N

¯ ¯ ¯

xn+1

xn

¯ ¯ ¯.

Uma curiosidade:

Se considerarmos que o termo geralxn da s´erie possa ser escrito comoxn=an+bn (o que equivale a considerar a s´erie

como sendo dada por(a+b) +¡

a2+b2¢

a3+b3¢

+· · ·= P∞ n=1

(an+bn)), os testes da raz˜ao e raiz indicar˜ao convergˆencia

da s´erie, pois nesse caso, ambos os limites lim

n∈N

¯ ¯ ¯

xn+1

xn

¯ ¯ ¯e limn

∈N

n

p

|xn|existem e s˜ao menores do que1:

lim

n→+∞ ¯ ¯ ¯ ¯ xn+1 xn ¯ ¯ ¯ ¯ = lim

n→+∞

an+1+bn+1

an+bn =nlim+ a¡a

b ¢n +b ¡a b ¢n

+1 =b < 1

lim

n→+∞

n

p

|xn|= lim n→+∞

n

an+bn = lim n→+∞b

n

r ³a

b

´n

+1=b < 1

Observemos tamb´em que, como esperado, quando os dois limites existem, eles devem ser iguais.

Exerc´ıcio extra

Mostre que P∞

n=1

xn=aq+bq2+aq3+bq4+· · ·,com0 < q < 1,0 < a < b < 1ea < bq,converge usando o Teste da

Raiz. Mostre tamb´em que n˜ao se conclui convergˆencia usando o Teste da Raz˜ao.

Resolu¸c˜ao:

Observemos que existema, beqnas condi¸c˜oes acima: ex. a= 1 5 b=

4 5 eq=

1

2 ⇒a < bq.

Temosxn = ¯

aqn, senfor ´ımpar bqn, senfor par .

Logo,

 

lim

n´ımpar

n

p

|xn|= lim

n´ımpar

n

aqn = lim n´ımparq

n

√ a=q

lim

npar

n

p

|xn|= lim npar

n

bqn= lim nparq

n

b=q ⇒n→lim+∞

n

p

|xn|=q < 1.

Portanto, pelo Teste da Raiz, P∞

n=1

xn converge.

Observemos que, ao contr´ario do exerc´ıcio anterior, neste caso, lim

n→+∞

n

p

|xn| existe.

Por outro lado,

 

¯ ¯ ¯

xn+1

xn

¯ ¯ ¯=

bqn+1

aqn =

bq

a > 1, paran´ımpar

¯ ¯ ¯

xn+1

xn

¯ ¯ ¯=

aqn+1

bqn =

aq b <

a

b< 1, paranpar

Portanto, n˜ao ´e poss´ıvel concluir convergˆencia (ou divergˆencia) pelo Teste da Raz˜ao (as hip´oteses n˜ao s˜ao cumpridas). Observemos que, como no exerc´ıcio anterior, lim

n→+∞ ¯ ¯ ¯

xn+1

xn

¯ ¯

¯n˜ao existe.

4.4.2)

Seja a s´erie P∞

n=1

(−1)n+1 1n.

A demonstra¸c˜ao do Teorema de Riemann para s´eries condicionalmente convergentes indica a “receita” para a ordena¸c˜ao dos termos da s´erie:

(i)Tomamos o primeiro termo positivo;

(ii) Somamos termos negativos (na ordem em que aparecem na s´erie alternada original) at´e que, pela primeira vez, a soma fique negativa;

(13)

(iv)Somamos os pr´oximos termos negativos n˜ao utilizados (na ordem em que aparecem na s´erie alternada original) at´e que a soma fique novamente negativa;

(v)Somamos o terceiro termo positivo da s´erie alternada original. Com isso, a soma fica positiva (pois o terceiro termo positivo certamente ´e maior do que o m´odulo do ´ultimo termo negativo utilizado no item(iv);

(vi)e assim por diante.

Como a sequˆencia dos termos positivos tende a zero de forma decrescente, bem como a sequˆencia dos termos negativos em m´odulo, conclu´ımos que a s´erie constru´ıda do modo acima possui soma zero.

Assim, temos:

s1=1 > 0

s2=1− 12=0, 5 > 0 s3=1− 12− 14=0, 25 > 0 s4=1− 12− 14− 16=0, 083 > 0 s5=1− 12− 14− 16− 18= −0, 046 < 0 s6=1− 1

2− 1 4− 1 6− 1 8+ 1

3=0, 291 > 0 s7=1− 1

2− 1 4− 1 6− 1 8+ 1 3− 1

10 =0, 191 > 0 s8=1− 1

2− 1 4− 1 6− 1 8+ 1 3− 1 10− 1

12 =0, 108 > 0 s9=1− 1

2− 1 4− 1 6− 1 8+ 1 3− 1 10− 1 12− 1

14 =0, 036 > 0

s10=1−12−14−16−18+13101 −121 − 141 −161 = −0, 025 < 0 s11=1−12−

1 4− 1 6− 1 8+ 1 3− 1 10 − 1 12− 1 14− 1 16 + 1

5=0, 174 > 0 s12=1−12−

1 4− 1 6− 1 8+ 1 3− 1 10 − 1 12− 1 14− 1 16 + 1 5− 1

18 =0, 118 > 0 s13=1−12−14−16−18+13101 −121 − 141 −161 +15181 − 201 =0, 068 > 0 s14=1−12−14−16−18+13101 −121 − 141 −161 +15181 − 201 −221 =0, 023 > 0 s15=1−12−1461−18+13101 −121 − 141 −161 +15181 − 201 −221 − 241 = −0, 018 < 0 s16=1−12−1461−18+13101 −121 − 141 −161 +15181 − 201 −221 − 241 +17 =0, 124 > 0 s17=1−12−14−16−18+13101 −121 − 141 −161 +15181 − 201 −221 − 241 +17261 =0, 086 > 0 s18=1−12−14−16−18+13101 −121 − 141 −161 +15181 − 201 −221 − 241 +17261 −281 =0, 050 > 0 s19=1−12−14−16−18+13101 −121 − 141 −161 +15181 − 201 −221 − 241 +17261 −281 − 301 =0, 017 > 0 s20=1−1

2− 1 4− 1 6− 1 8+ 1 3− 1 10 − 1 12− 1 14− 1 16 + 1 5− 1 18− 1 20− 1 22− 1 24+ 1 7− 1 26− 1 28− 1 30− 1

32 = −0, 014 < 0 s21=1−1

2− 1 4− 1 6− 1 8+ 1 3− 1 10 − 1 12− 1 14− 1 16 + 1 5− 1 18− 1 20− 1 22− 1 24+ 1 7− 1 26− 1 28− 1 30− 1 32 + 1

9 =0, 096 > 0 · · ·

Observemos que a P∞

n=1

xn = 0 = lim

n→+∞sn constru´ıda acima parece ter a seguinte lei de forma¸c˜ao: para cada termo

positivo, soma-se quatro termos negativos. Para provar isso, ´e preciso mostrar que s5n−1 > 0 > s5n para ∀n∈ N, sendo

sk soma parcial dosk primeiros termos da s´erie

P n=1

xn =0.Com isso, a cada ciclo de cinco termos (um positivo e quatro

negativos) h´a uma mudan¸ca de sinal na soma. Princ´ıpio de Indu¸c˜ao parece ser conveniente para provar a asser¸c˜ao, mas as contas s˜ao dif´ıceis.

5

Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo

5

5.1.4)

Defini¸c˜ao: sejaX⊂R.Definimos afronteiradeXcomo sendo o conjunto dos pontosx∈Rtais que qualquer vizinhan¸ca dexcont´em pontos deXe pontos deR−X. Indicamos a fronteira deXpor frX.

Primeira parte:

(1)intXint(R−X) =∅

De fato, deX∩(R−X) =∅, intX⊂Xe int(R−X)(R−X)segue que intX∩int(R−X) =∅.

(2)intXfrX=∅

Suponhamos que∃xintXfrX.Logo:

Dex∈intX⇒∃ε > 0 tal queV= (x−ε, x+ε)X⇒V∩(R−X) =∅ (A)

Dex∈frX⇒ ¯

∀V= (x−a, x+ε)X6=∅

∀V= (x−a, x+ε)(R−X)6=∅ (B)

De(A)e(B)temos uma contradi¸c˜ao. Logo,6 ∃x∈intX∩frX⇒intX∩frX=∅.

(14)

Suponhamos que∃x∈int(R−X)frX.Logo:

Dex∈int(R−X)ε > 0tal queV= (x−ε, x+ε)(R−X)V∩X=∅ (C)

Dex∈frX⇒ ¯

∀V= (x−a, x+ε)X6=∅

∀V= (x−a, x+ε)(R−X)6=∅ (D)

De(C)e(D)temos uma contradi¸c˜ao. Logo,6 ∃x∈int(R−X)frX⇒int(R−X)frX=∅.

Sejax∈Re suponhamos quex6∈intXex /∈int(R−X). Mostremos quex∈frX.

Dex6∈intXex /∈int(R−X)temos ∀ε > 0segue que

¯

V= (x−a, x+ε)6⊂X

V= (x−a, x+ε)6⊂(R−X) .

SeV∩X=∅,ent˜ao V⊂(R−X).Contradi¸c˜ao. SeV∩(R−X) =∅,ent˜aoV⊂X.Contradi¸c˜ao. Portanto,

¯

VX6=∅

V(R−X)6=∅ ⇒x∈frX.

Com isso, provamos queRintXint(R−X)frX. Como a inclus˜ao contr´aria ´e ´obvia, conclu´ımos queR =intX

int(R−X)frX´e reuni˜ao disjunta.

Segunda parte:

⇒)A´e aberto⇒intA=A.De intA∩frA=∅conclu´ımos queA∩frA=∅.

⇐)A∩frA=∅e deA∩(R−A) =∅A∩int(R−X) =∅.Sendo intA⊂AeR=intX∪int(R−X)frXreuni˜ao disjunta, conclu´ımos que intA=A⇒A´e aberto.

6

Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo

6

6.1.3)

Temosf:X→R, g:Y→R, f(X)Y, aX′,bYY, lim

x→af(x) =be limy→bg(y) =c.

De lim

y→bg(y) =c: dadoε > 0,∃δ

> 0tal que yY com0 <|yb|< δ|g(y) −c|< ε.

De lim

x→af(x) =b: para o δ

> 0acima, δ > 0tal que xXcom0 <|xa|< δ|f(x) −b|< δ.

1o. Caso: sex6=af(x)6=b.

∀x∈Xcom0 <|x−a|< δ⇒f(x)6=b⇒|f(x) −b|< δ′⇒0 <|f(x) −b|< δ′.

Sendof(x)Y no dom´ınio dag,escrevamosy=f(x).

Logo, dadoε > 0,δ > 0tal que∀xXcom0 <|x−a|< δ0 <|f(x) −b|< δ′ 0 <|yb|< δ|g(y) −c|<

ε|g(f(x)) −c|< ε,ou seja, lim

x→ag(f(x)) =c. 2o. Caso: seg(b) =c.

Parax∈Xcom0 <|x−a|< δtais quef(x) =b⇒g(f(x)) =g(b) =c⇒|g(f(x)) −c|=|c−c|=0 < ε.

Parax∈Xcom0 <|x−a|< δtais quef(x)6=btemos o caso acima.

Juntando as informa¸c˜oes: dado ε > 0, ∃δ > 0 tal que ∀x ∈ X com 0 < |x−a| < δ ⇒ |g(f(x)) −c| < ε, ou seja, lim

x→ag(f(x)) =c.

6.1.4)

Dadas as fun¸c˜oes

f: R R

x 7−→ f(x) = ¯

0, sex /∈Q

x, sex∈Q

e g: R R

y 7−→ g(y) = ¯

0, sey6=0 1, sey=0

temos:

(1) lim

x→0f(x) =0, pois dadoε > 0, ∃δ = ε > 0 tal que 0 < |x−0| < δ ⇒ ¯

|x−a|=|f(x) −0|< δ=ε, sexQ

|0−0|=|f(x) −0|< δ=ε, sex /Q ⇒

|f(x) −0|< ε.

(2) lim

y→0g(y) =0,pois dadosε > 0 eδ > 0temos0 <|y−0|< δ⇒x6=0⇒|0−0|=|g(y) −0|< ε.

Sendo

gf: R R

x 7−→ g(f(x)) = ¯

0, sexQ∗

(15)

temos que 6 ∃lim

x→0g(f(x)) pois existem sequˆencias(xn)n∈N comxn ∈ Q

tal que lim

n→+∞xn =0 e(xn)n∈N comxn ∈/Q tal

que lim

n→+∞xn=0 e, para essas sequˆencias, temosn→lim+∞g(f(xn)) =0en→lim+∞g(f(xn)) =1.

Observemos que as hip´oteses do exerc´ıcio anterior n˜ao est˜ao cumpridas, pois parax /∈Q(portanto,x6=0) em qualquer vizinhan¸ca de0´e tal f(x) =0e,g(0)=6 0(observemos quea=b=c=0neste exerc´ıcio).

7

Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo

7

7.1.2)Sejam f, g:X→Rcont´ınuas. Prove que seX´e aberto, ent˜ao o conjuntoA={x∈X:f(x)6=g(x)}´e aberto e seX´e fechado, ent˜ao o conjuntoF={xX:f(x) =g(x)}´e fechado.

Resolu¸c˜ao:

SejaaAf(a)=6 g(a). Sem perda de generalidade, suponhamos quef(a)< g(a). Sejaε= g(a)−f(a)2 > 0.

Da continuidade def egtemos:

∃δ1> 0tal que para∀x∈Xcom|x−a|< δ1⇒|f(x) −f(a)|< ε⇒f(x)< f(a)+g(a)2 . ∃δ2> 0tal que para∀x∈Xcom|x−a|< δ2⇒|g(x) −g(a)|< ε⇒ f(a)+g(a)2 < g(x).

SendoXRaberto eaX,∃δ3> 0tal que (a−δ3, a+δ3)⊂X.

Sejaδ = min{δ1, δ2, δ3}. Logo, parax ∈(a−δ, a+δ)temos f(x)6=g(x), ou seja, (a−δ, a+δ)⊂A. Portanto, A´e

aberto.

SendoXfechado eF⊂Xtemos F⊂X=X. SeF=F, temosF fechado.

Suponhamos que F 6= F, logo, existe a ∈ F−F. Sendo a aderente a F, temos que ∃(xn)nN tal que xn ∈ F tal que

lim

n→+∞xn = a (defini¸c˜ao de ponto aderente). Sendo a /∈ F temos a 6= xn, ∀n ∈ N, ou seja a ´e ponto de acumula¸c˜ao

de F (defini¸c˜ao de ponto de acumula¸c˜ao). Sendo f e g cont´ınuas em a ∈ X (pois F ⊂ X), a ponto de acumula¸c˜ao de F

e lim

n→+∞xn = a, temos n→lim+∞f(xn) = f(a) en→lim+∞g(xn) =g(a). Mas f(xn) = g(xn), ∀n∈ N. Logo,f(a) = g(a), ou

seja,a∈F, uma contradi¸c˜ao. Desta forma,F6=F n˜ao ocorre.

7.1.4)Sejaf:RRcont´ınua. Prove que sef(x) =0para todox∈X, ent˜aof(x) =0 para todox∈X.

Resolu¸c˜ao:

Seja x X−X. Sendox aderente a X, existe (xn)n∈N com xn ∈X com lim

n→+∞xn = x (defini¸c˜ao de ponto aderente).

Sendo x /∈X temos x6= xn, ∀n ∈N, ou seja x´e ponto de acumula¸c˜ao de X(defini¸c˜ao de ponto de acumula¸c˜ao). Sendo f

cont´ınua,xponto de acumula¸c˜ao deXe lim

n→+∞xn=x, temosn→lim+∞f(xn) =f(x). Masf(xn) =0,∀n∈N. Logo,f(x) =0. 7.2.3) Diz-se que uma fun¸c˜ao f : I R, definida no intervalo I, tem a propriedade do valor intermedi´ario quando a imagem f(J) de todo intervaloJ I´e um intervalo. Mostre que a fun¸c˜aof :R R, dada por f(x) =sen¡1

x

¢

se x6=0 e

f(0) =0, tem a propriedade do valor intermedi´ario, embora seja descont´ınua.

Resolu¸c˜ao:

SejaJRintervalo (n˜ao degenerado).

Se0 /∈J, temos fcont´ınua emJef(J)⊂[−1, 1]´e intervalo (corol´ario do Teorema do Valor Intermedi´ario). Se0∈J, ent˜ao existe δ > 0tal queJ= (0, δ)⊂JouJ= (−δ, 0)⊂J.

Como0 /∈Jtemos quef¡

⊂[−1, 1]´e intervalo.

Sem perda de generalidade tomemosJ= (0, δ). Seja nNtal quen > 1δ− π 2

2π ⇒0 < 1

π

2+2nπ < δ, ou seja,

1

π

2+2nπ ∈Je

f³ 1

π 2+2nπ

´

=1. Analogamente,∃x0 ∈Jtal que f(x0) = −1, o que permite que concluamos f

¡

= [−1, 1] e, sendoJJ, temosf(J) = [−1, 1].

8

Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo

8

8.1.2)Sejamf, g, h:X⊂RRtais quef(x)≤g(x)≤h(x)para todox∈X. Sefehs˜ao deriv´aveis no pontoa∈X∩X′, comf(a) =h(a)ef′(a) =h′(a), prove queg´e deriv´avel nesse ponto, comg′(a) =f′(a).

Resolu¸c˜ao:

Def(x)g(x)h(x)temos f(a)g(a)h(a). Sendof(a) =h(a)temos, portanto, quef(a) =g(a) =h(a). Parax > a⇒ f(x)−f(a)x−a ≤

g(x)−g(a)

x−a ≤

h(x)−h(a)

x−a . Como limxa

f(x)−f(a)

x−a =f′(a) =h′(a) =xlima

h(x)−h(a)

x−a , pelo Teorema

do Confronto temos que ∃lim

x→a

g(x)−g(a)

(16)

Parax < ao procedimento ´e an´alogo.

8.4.1)Sejag:I→Rcont´ınua no intervalo abertoI, exceto no pontoc∈I. Se existem os limites laterais lim

x→c−g(x) =A

e lim

x→c+g(x) =B, comA6=B, ent˜ao nenhuma fun¸c˜ao deriv´avelf:I→Rtem derivadaf

=g.

Resolu¸c˜ao:

Suponhamos queA < Be tomemosε1, ε2> 0tais queA+ε1< B−ε2.

Logo, - de lim

x→c−g(x) =A, para oε1acima,∃δ1> 0tal que ∀x∈Icom c−δ1< x < c⇒A−ε1< g(x)< A+ε1 .

- de lim

x→c+g(x) =B, para oε2acima, ∃δ2> 0tal que∀x∈Icom c < x < c+δ2⇒ B−ε2< g(x) < B+ε2.

(fa¸ca uma figura)

Sendoa=c−δ1∈I(se a /∈I, basta tomar umδ1 menor, poisI´e intervalo) ponto aderente de(a, c)egcont´ınua emI, ent˜aog(a)´e ponto aderente de(A−ε1, A+ε1). (2)

Isso significa queg(a)A+ε1.

Analogamente, chamandob=c+δ2, temos queB−ε2≤g(b).

Tomandod (A+ε1, B−ε2), portanto,g(a)< d < g(b), tal que g(c)6=d, temos que n˜ao existe c ∈(a, b)tal que g(c) =d.

Pela contrapositiva do Teorema de Darboux, n˜ao deve existirf: [a, b]IRderiv´avel tal quef′=g|

[a,b], ou seja, n˜ao

existef:IRderiv´avel tal quef′=g.

9

Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo

9

9.1.1) Use a igualdade 1

1−x = 1+x+x

2+· · ·+xn+xn+1

1−x e a f´ormula de Taylor infinitesimal para calcular as derivadas

sucessivas, no pontox=0, da fun¸c˜aof: (−1, 1)→R, dada porf(x) = 1 1−x.

Resolu¸c˜ao:

(verifique, de fato, a igualdade) Temos que

f: (−1, 1) −→ R

x 7− 1 1−x

´envezes deriv´avel ema=0. Sejam

p: R R

h 7−→ 1+h+h2+· · ·+hn

e

r: (−1, 1) → R

h 7−→ f(a+h) −p(h)

.

Logo, r(h) = hn+1

1−h e temos limh

→0 r(h)

hn = lim

h→0 h

1−h = 0. Portanto, p ´e polinˆomio de Taylor de ordem n de f em a = 0

(Teorema).

Desta forma,p(i)(0) =f(i)(a), ou seja,p(i)(0) =f(i)(0). Logo,f(i)(0) =i!parainef(i)(0) =0parai > n.

9.1.2)Sejaf:RRdefinida porf(x) = x5

1+x6. Calcule as derivadas de ordem2001e2003defno pontox=0.

Resolu¸c˜ao:

ParanN{0}temos x5

1+x6 =x5−x11+x17−x23+x29−x35+· · ·+

³

(−1)nx6n+5+(−1)n+1x6n+11

1+x6

´

. (verifique) Temos que

f: R R

x 7− x5 1+x6

´envezes deriv´avel ema=0. Sejam

p: R R

h 7−→ h5h11+· · ·+ (−1)n h6n+5

e

r: R R

h 7−→ f(a+h) −p(h)

.

(17)

Logo,r(h) = (−1)n1+h+1h66n+11 e temos lim

h→0 r(h)

h6n+5 = lim

h→0

(−1)n+1

h6

1−h6 =0. Portanto,p´e polinˆomio de Taylor de ordem6n+5

defema=0 (Teorema).

Desta forma,p(i)(0) =f(i)(a), ou seja,p(i)(0) =f(i)(0).

Mas temos

p(i)(0) =0 parai6=6j+5comjn

p(i)(0) = (−1)j(6j+5) !parai=6j+5 comjn

Como2001=6(333) +36=6j+5temosf(2001)(0) =0.

Como2003=6(333) +5, tomemosn=333e temosf(2003)(0) = (−1)333

Imagem

Referências

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