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=©n∈N:1+3+5+· · ·+ (2n−1) =n2ª⊂N. 1∈Xpois 2.1−1=1e1=12.
Suponhamos quen∈X. 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+1∈X. (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 qualquern∈N.
1.1.5)
PIF⇒PBO(est´a na teoria) SejaA⊂NeA6=∅.
(i)Se1∈A, ent˜ao n0=1´e o menor elemento deA. (ii)Se1 /∈A, ent˜ao1∈N−A⇒I1⊂N−A.
SejaX={n∈N:In ⊂N−A}.
Logo,1∈X.
ComoA6=∅⇒N−A6=N. Logo,∃k∈Ntal 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
(1∈Xes(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 /∈X⇒1, 2, . . . , p /∈Aep+1∈A, 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 existaX⊂N,X6=∅tal que1∈Xe(n∈X⇒n+1∈X)
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 algumx∈R⇒∃−x∈Re(x+θ) + (−x) =x+ (−x)⇒(θ+x) + (−x) =0⇒θ+ (x+ (−x)) = 0⇒θ+0=0⇒θ=0.
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 todox∈R. Seja x6=0⇒∃x−1∈Re(xu)x−1=xx−1 ⇒(ux)x−1= 1⇒u¡
xx−1¢
=1 ⇒u1= 1⇒u=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= −y⇒x= −y.
2.1.1.d)
O inverso multiplicativo dex∈R,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¢
x−11 =¡
x−11 x¢
x−12 ⇒
¡
xx−11 ¢
x−11 =¡
xx−11 ¢
x−12 ⇒1x−11 =1x−12 ⇒x−11 1=x−12 1⇒x−11 =x−12 .
Agora,xy=1⇒x6=0,∃x−1 ex−1(xy) =x−11⇒¡
x−1x¢
y=x−1⇒¡
xx−1¢
y=x−1⇒1y=x−1→y1=x−1⇒y= x−1.
2.1.3)
a6=0 eb6=0⇒∃a−1, b−1∈R.
Temos
(ab) (ab)−1=1⇒a−1h(ab) (ab)−1i=a−11⇒£
a−1(ab)¤
(ab)−1=a−1⇒
£¡
a−1a¢
b¤
(ab)−1=a−1⇒£¡
aa−1¢
b¤
(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¡
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)
Paran=1temos(1+x)1≥1+1x+1.0
2 x2parax≥0.
Suponhamos que vale paran,ou seja(1+x)n≥1+nx+ n(n−1)2 x2 parax≥0.
Logo, parax≥0 temos
(1+x)n(1+x)≥
µ
1+nx+n(n−1) 2 x
2
¶
(1+x)⇒
(1+x)n+1≥1+nx+n(n−1) 2 x
2+x+nx2+n(n−1) 2 x
3⇒
(1+x)n+1≥1+ (n+1)x+
µ
n(n−1) 2 +n
¶
x2+ n(n−1) 2 x
3⇒
(1+x)n+1≥1+ (n+1)x+ (n+1)n 2 x
2+ n(n−1) 2 x
3⇒
(1+x)n+1≥1+ (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 parax≥0 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 >−1⇒1+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 todon∈N.
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(2n−1) (1+x)2n−2
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,∀λ∈R.
Sendo a par´abola que ´e gr´afico de fcom concavidade para cima (poisf(λ)> 0, λ∈R). 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
=0⇒xi− 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,∀x∈X⇒(f+g) (x)≤A+B,∀x∈X).
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 (A≤f(x)eB≤g(x),∀x∈X⇒A+B≤(f+g) (x),∀x∈X).
Agora,(f+g) (x) =f(x) +g(x)≥inf{f(x) :x∈X}+inf{g(x) :x∈X}.
Logo, inf{(f+g) (x) :x∈X}≥inf{f(x) :x∈X}+inf{g(x) :x∈X}, 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:X→R+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 (0≤f(x)≤Ae0≤g(x)≤B,∀x∈X⇒0≤(fg) (x)≤AB,∀x∈X).
Agora,0≤(fg) (x) =f(x)g(x)≤sup{f(x) :x∈X}.sup{g(x) :x∈X}.
Logo,0≤sup{(fg) (x) :x∈X}≤sup{f(x) :x∈X}.sup{g(x) :x∈X},ou seja, sup(fg)≤supf.supg.
Tamb´em temos(fg) (x) =f(x)g(x)≥inf{f(x) :x∈X}.inf{g(x) :x∈X}≥0.
Logo, inf{(fg) (x) :x∈X}≥inf{f(x) :x∈X}.inf{g(x) :x∈X}≥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)k∈Nde(xn)n∈Nque n˜ao converge paraae, mais ainda, de|xnk−a|≥ε,para
∀nk, temos que n˜ao existe subsequˆencia de(xnk)k∈N que convirja paraa.
Mas(xnk)k∈N´e limitada. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass existe subsequˆencia convergente de (xnk)k∈N, digamos,
parab∈R. 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)n∈N
quandoafor limite de alguma subsequˆencia de(xn)n∈N, ou seja,∃(xnk)k∈Nsubsequˆencia de (xn)n∈Ntal quexnk →a.
⇒)Seja lim
n→+∞xn =a∈R, logo, temos quea´e valor de aderˆencia de(xn)n∈N.
Suponhamos que(xn)n∈N possua outro valor de aderˆencia,b∈R, b6=a.
Sem perda de generalidade, suponhamos queb > a.
Logo, existe uma subsequˆencia(xnk)k∈N 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)n∈Nque converge parab6=a.Sendob,portanto, valor de aderˆencia
de(xn)n∈N. Temos assim uma contradi¸c˜ao.
Conclus˜ao: (xn)n∈N´e convergente (paraa).
3.2.7)
A sequˆencia(xn)n∈N´e ditasequˆencia de Cauchy quando∀ε > 0,∃n0∈Ntal que param, n > n0⇒|xm−xn|< ε.
(a) (xn)n∈Nde 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)n∈N 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)n∈N de Cauchy possua dois valores de aderˆencia,a6=b∈R.
Logo, existem duas subsequˆencias(xn)n∈N′ e (xn)n∈N′′, de (xn)n∈N, que convergem para a e b, respectivamente, ou
seja, lim
n∈N′xn =ae limn∈N′′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)n∈Nn˜ao ´e de Cauchy. Contradi¸c˜ao.
Conclus˜ao: existe apenas um ´unico valor de aderˆencia de(xn)n∈N.
(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+ε
2 =ε. Conclus˜ao: (xn)n∈N´e de Cauchy.
⇐)Vimos nos itens acima que se(xn)n∈N´e de Cauchy, ent˜ao∃(xnk)k∈Nsubsequˆencia convergente de(xn)n∈N. 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).
Sejak∈Ncomk≥2fixado. Sejaε= 1
2. Logo,ε < n+kpara qualquern∈N.
n+k≤nk certamente ocorre paran∈Ntal quen≥k≥2, poisn+k≤n+n=2n≤n.n=n2≤nk.
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.
Sejak∈Ncomk≥2fixado. Sejaε= 1
2. Logo,ε < n+ √
npara qualquern∈N.
n+√n≤nk certamente ocorre paran∈Ntal quen≥k≥2, poisn+√n≤n+n=2n≤n.n=n2≤nk.
Logo,ε≤n+√n≤nk ocorre paran suficientemente grande ek≥2 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 qualquern∈N⇒ln(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
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∈N⇒nln(n)< n2⇒nln(n)< nk.
Logo,ε≤nln(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+x⇒x2−x−a=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,0≤xn< 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=n→lim+∞(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)n∈N tal quexn→
√
a´e decrescente a partir den=2. Escolhendox1>√a,(xn)n∈N´e decrescente. Supondo x1>
√
atemos, portanto, quexn−√a > 0para qualquer n∈N.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 2x√n
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+ax−1 = 0 s˜ao −a±√a2+4
2 (uma positiva e outra negativa). Seja c a raiz positiva. Logo, c2+ac−1=0⇒c= 1
(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)n∈Nmon´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+k⇒k2+ak−1=0⇒k=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,n→lim+∞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
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˜aon→lim+∞xn=0.”
(i)k∈N, 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 an→lim+∞
nk
nk−1(1+1 n)
k−1 =
1 an→lim+∞
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)k∈N, 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, paran∈N,quen2> n⇒2n2> 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
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 todon∈N.
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
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)n∈N =
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)n∈N
´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∀n∈N.
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¡a
b
Como a b < 1⇒
¡a
b
¢n2 < 1n2 =1,
∀n∈N,e, como b a > 1⇒
¡b
a
¢n+21 > 1n+21 =1,
∀n∈N,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 =n→lim+∞ 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;
(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+13−101 −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+13−101 −121 − 141 −161 +15−181 − 201 =0, 068 > 0 s14=1−12−14−16−18+13−101 −121 − 141 −161 +15−181 − 201 −221 =0, 023 > 0 s15=1−12−14−61−18+13−101 −121 − 141 −161 +15−181 − 201 −221 − 241 = −0, 018 < 0 s16=1−12−14−61−18+13−101 −121 − 141 −161 +15−181 − 201 −221 − 241 +17 =0, 124 > 0 s17=1−12−14−16−18+13−101 −121 − 141 −161 +15−181 − 201 −221 − 241 +17− 261 =0, 086 > 0 s18=1−12−14−16−18+13−101 −121 − 141 −161 +15−181 − 201 −221 − 241 +17− 261 −281 =0, 050 > 0 s19=1−12−14−16−18+13−101 −121 − 141 −161 +15−181 − 201 −221 − 241 +17− 261 −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)intX∩int(R−X) =∅
De fato, deX∩(R−X) =∅, intX⊂Xe int(R−X)⊂(R−X)segue que intX∩int(R−X) =∅.
(2)intX∩frX=∅
Suponhamos que∃x∈intX∩frX.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=∅.
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,
¯
V∩X6=∅
V∩(R−X)6=∅ ⇒x∈frX.
Com isso, provamos queR⊂intX∪int(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, a∈X′,b∈Y′∩Y, lim
x→af(x) =be limy→bg(y) =c.
De lim
y→bg(y) =c: dadoε > 0,∃δ
′> 0tal que ∀y∈Y com0 <|y−b|< δ′⇒|g(y) −c|< ε.
De lim
x→af(x) =b: para o δ
′> 0acima, ∃δ > 0tal que ∀x∈Xcom0 <|x−a|< δ⇒|f(x) −b|< δ′.
1o. Caso: sex6=a⇒f(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∀x∈Xcom0 <|x−a|< δ⇒0 <|f(x) −b|< δ′ ⇒0 <|y−b|< 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, sex∈Q
|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
g◦f: R −→ R
x 7−→ g(f(x)) = ¯
0, sex∈Q∗
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={x∈X:f(x) =g(x)}´e fechado.
Resolu¸c˜ao:
Sejaa∈A⇒f(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).
SendoX⊂Raberto ea∈X,∃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)n∈N 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:R→Rcont´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:
SejaJ⊂Rintervalo (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¡
J¢
⊂[−1, 1]´e intervalo.
Sem perda de generalidade tomemosJ= (0, δ). Seja n∈Ntal 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
¡
J¢
= [−1, 1] e, sendoJ⊂J, temosf(J) = [−1, 1].
8
Alguns Exerc´ıcios do Cap´ıtulo
8
8.1.2)Sejamf, g, h:X⊂R→Rtais 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 limx→a
f(x)−f(a)
x−a =f′(a) =h′(a) =xlim→a
h(x)−h(a)
x−a , pelo Teorema
do Confronto temos que ∃lim
x→a
g(x)−g(a)
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]⊂I→Rderiv´avel tal quef′=g|
[a,b], ou seja, n˜ao
existef:I→Rderiv´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!parai≤nef(i)(0) =0parai > n.
9.1.2)Sejaf:R→Rdefinida porf(x) = x5
1+x6. Calcule as derivadas de ordem2001e2003defno pontox=0.
Resolu¸c˜ao:
Paran∈N∪{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−→ h5−h11+· · ·+ (−1)n h6n+5
e
r: R −→ R
h 7−→ f(a+h) −p(h)
.
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+5comj≤n
p(i)(0) = (−1)j(6j+5) !parai=6j+5 comj≤n
Como2001=6(333) +36=6j+5temosf(2001)(0) =0.
Como2003=6(333) +5, tomemosn=333e temosf(2003)(0) = (−1)333
