UNIVERSIDADE FEDERAL DOS VALES DO JEQUITINHONHA E MUCURI
Faculdade de Ciências Sociais, Aplicadas e Exatas
Alysson Matos de Souza
Diego Pinheiro de Souza
Thaís Alves Cardoso
TRABALHO DE ANÁLISE REAL
Teófilo Otoni-MG
2019
Prepare-se para as provas
Estude fácil! Tem muito documento disponível na Docsity
Ganhe pontos para baixar
Ganhe pontos ajudando outros esrudantes ou compre um plano Premium
Guias e Dicas
Prepare-se para as provas
Estude fácil! Tem muito documento disponível na Docsity
Encontrar documentos
Prepare-se para as provas com trabalhos de outros alunos como você, aqui na Docsity
Pesquisar documentos Store
Os melhores documentos à venda: Trabalhos de alunos formados
Videoaulas
Prepare-se com as videoaulas e exercícios resolvidos criados a partir da grade da sua Universidade
Quiz
Responda perguntas de provas passadas e avalie sua preparação.
Ganhe pontos para baixar
Ganhe pontos ajudando outros esrudantes ou compre um plano Premium
Comunidade
Pergunte à comunidade
Peça ajuda à comunidade e tire suas dúvidas relacionadas ao estudo
Ranking universidades
Descubra as melhores universidades em seu país de acordo com os usuários da Docsity
Guias grátis
Os eBooks que salvam estudantes!
Baixe gratuitamente nossos guias de estudo, métodos para diminuir a ansiedade, dicas de TCC preparadas pelos professores da Docsity
Questões de Análise Real, Exercícios de Matemática
Questões de Análise Real, com resoluções de alguns exercícios selecionados do livro "Análise Real"
Tipologia: Exercícios
2020
Em oferta
Oferta por tempo limitado
Compartilhado em 20/01/2020
alysson-matos-de-souza-11 🇧🇷
4.5
(15)3 documentos
1 / 33
Esta página não é visível na pré-visualização
Não perca as partes importantes!
Em oferta
Documentos relacionados
Pré-visualização parcial do texto
Baixe Questões de Análise Real e outras Exercícios em PDF para Matemática, somente na Docsity!
UNIVERSIDADE FEDERAL DOS VALES DO JEQUITINHONHA E MUCURI
Faculdade de Ciências Sociais, Aplicadas e Exatas
Alysson Matos de Souza Diego Pinheiro de Souza Thaís Alves Cardoso
TRABALHO DE ANÁLISE REAL
Teófilo Otoni-MG 2019
Alysson Matos de Souza Diego Pinheiro de Souza Thaís Alves Cardoso
TRABALHO DE ANÁLISE REAL
Trabalho apresentado ao curso de Licenciatura em Ma- temática, da Universidade Federal dos Vales do Je- quitinhonha e Mucuri – UFVJM, como requisito para obtenção de nota na disciplina de Análise.
Teófilo Otoni-MG 2019
1 Conjuntos Finitos e Infinitos 1.1 Números Naturais
3 Seja X ⊂ N um subconjunto não-vazio tal que m, n ∈ X ⇔ m, m + n ∈ X. Prove que existe k ∈ N tal que X é o conjunto dos múltiplos de k.
Resolução:
Seja X ⊂ N, X 6 = ∅, então ∃ k ∈ X; k é o menor elemento de X. Supondo n ∈ X, isso implica que n ≥ k. Assim, como provado no exercício anterior:
n é múltiplo de k ou n = q · k + r, r < k.
Note que, n, qk ∈ X, pois, q · k = k︸ + k +︷︷... + k︸ q
Logo, r ∈ X, pois n = qk + r, qk ∈ X ⇔ qk, r ∈ X. Absurdo, pois r < k = menor elemento de X. Logo, n é múltiplo de k.
5 Prove o princípio de indução como uma consequência do princípio da boa orde- nação.
Resolução:
Sendo Y ⊂ N e Y 6 = ∅, pelo Príncipio da Boa Ordenação,
∃ k ∈ Y ; k ≤ y, ∀ y ∈ Y.
Vamos provar que:
Sendo X 6 = ∅; (i) 1 ∈ X e (ii) se n ∈ x, então, n+1 ∈ X, ou seja, X = N.
Supondo X ⊂ N, X 6 = N, então, N − X = Y 6 = ∅. Logo, Y possui um menor elemento k. Como 1 ∈ X, então k 6 = 1. Isso implica que k = t + 1, com t < k. Assim, t ∈ X ⇒ t + 1 ∈ X ⇒ k ∈ X. Contradição, pois k ∈ Y = N − X. Portanto, X = N.
6 Prove a lei do corte para a multiplicação: mp = np ⇒ m = n.
Resolução:
Faremos por indução sobre p. Se p = 1, então
m · p = n · p ⇒ m · 1 = n · 1 ⇒ m = n,
como queríamos. Suponha que para k ∈ N, com k > 1 , tenhamos
m · k = n · k ⇒ m = n.
Queremos provar que vale para p = k + 1. Veja que
m · (k + 1) = n · (k + 1) ⇒ m · k + m · 1 = n · k + n · 1 ⇒ m · k + m = n · k + n
Temos duas possibilidades: m = n ou m 6 = n. Se a primeira for válida, está feito. Senão, podemos supor, sem perda de generalidade, que m > n. Se assim for, existe q ∈ N tal que m = n + q. Logo, temos:
m · (k + 1) = n · (k + 1) ⇒ m · k + m = n · k + n ⇒ (n + q) · k + (n + q) = n · k + n ⇒ n · k + q · k + n + q = n · k + n ⇒ q · k + q = 0,
absurdo, pois q, k ∈ N. Logo, m = n.
1.2 Conjuntos Finitos
1 Indicando com card X o número de elementos do conjunto finito X, prove: a) Se X é finito e Y ⊂ X então card Y ≤ card X.
Resolução: Seja X finito, com card X = m. Como Y ⊂ X, então Y é finito. Suponha também que X = Im. Supondo que card Y > card X, ou seja,
sendo card Y = n, então n > m.
Portanto, a equação vale!
c) Se X e Y são finitos então X × Y é finito e card (X × Y ) = card X · card Y.
Resolução: Seja card X = m e card Y = n. Suponha que X = {x 1 , x 2 , · · · , xm} e Y = {y 1 , y 2 , · · · , yn}. Se tomarmos um yi e fizermos o pro- duto cartesiano por X, digamos X × yi, teremos X × yi = {x 1 , x 2 , · · · , xm} × yi = {(x 1 , yi), (x 2 , yi), · · · , (xn, yi)} Denotando esse conjunto por Xi, teremos de fato que Xi ∩ Xj = ∅, ∀i, j ∈ { 1 , 2 , · · · n}. Com isso, é fato também que X × Y = X 1 ∪ X 2 ∪ · · · ∪ Xn. Portanto, card (X × Y ) = card (X 1 ∪ X 2 ∪ · · · ∪ Xn). Como card Xi = m, e a cardinalidade dos Xi é n, então card (X × Y ) = m · n.
2 Seja P (X) o conjunto cujos elementos são os subconjuntos de X. Prove por indu- ção que se X é finito então card P (X) = 2card^ (X).
Resolução: i) Veremos se vale para X formado por apenas um elemento, digamos x 1. Note que P (X) = {∅, x 1 } e card P (X) = 2 = 2^1. Então, de fato vale. ii) Suponha que vale para um conjunto Xk = {x 1 , x 2 , · · · , xk} com k elementos, onde k ∈ N e k > 1. Com isso, nossa hipótese é que card P (Xk) = 2k. iii) Devemos mostrar que vale para um conjunto Xk+1 = {x 1 , x 2 , · · · , xk, xk+1} com k + 1 elementos, i.e., que card P (Xk+1) = 2k^ + 1. Note que Xk+1 = Xk ∪ {xk+1}. De fato, P (Xk+1) será o conjunto das partes de Xk unido com a união de xk+1 com cada parte de Xk. Simbolicamente:
P (Xk+1) = Xk ∪ (P 1 ∪ {xk+1}, · · · , P 2 k ∪ {xk+1})
Como essa união é disjunta, e usando a hipótese de indução, temos:
card P (Xk+1) = card P (Xk) + card (P 1 ∪ {xk+1}, · · · , P 2 k ∪ {xk+1}) = 2k^ + 2k = 2k+
Portanto, vale para todo conjunto X.
1.3 Conjuntos Infinitos
1 Dada f : X → Y , prove:
a) Se X é infinito e f é injetiva então, Y é infinito.
Resolução: Seja X infinito e f injetiva, então f é bijetiva, onde f : X → f (X). Assim, card X = card f (X). Supondo Y finito. Sendo f (X) ⊆ Y , implica que f (X) é finito. Contradição, pois card X = card f (X) e X é infinito. Logo, Y é infinito. b) Se Y é infinito e f é sobrejetiva, então X é infinito.
Resolução: Seja Y infinito e f : X → Y sobrejetiva. Isso implica que, ∃ g : Y → X inversa à direita de f , ou seja, f ◦ g = idY. Note que,
g é injetiva, logo g : Y → g(Y ) é bijetiva.
Supondo X finito. Temos que, g(Y ) ⊆ X, então g(Y ) é finito. Absurdo! Pois, Y é infinito. Logo, X é infinito.
além de definirmos Nk = Im(fk) − (N 1 ∪ N 2 ∪ · · · ∪ Nk− 1 ), onde p é o k-ésimo número primo. ...
Note que definimos cada Ni de forma que ele seja disjunto de Nj , para todo i, j ∈ N. Além disso, "varremos"todos os números naturais, uma vez que eles podem ser escritos como um produto de números primos. Logo, N = N 1 ∪ N 2 ∪ · · · ∪ Nn ∪ · · ·. 6 Sejam Y enumerável e f : X → Y tal que, para cada y ∈ Y, f −^1 (y) é enumerável. Prove que X é enumerável.
Resolução: Seja Y enumerável e f : X → Y ; y ∈ Y, f −^1 (y) é enumerável. Note, f −^1 : Y → X é enumerável, logo é bijeção ⇒ f é sobrejeção. Assim, sendo Y enumerável e f sobrejeção, logo X é enumerável.
2 Números Reais 2.1 R é um corpo
1 Prove as seguintes unicidades: a) Se x + θ = x para algum x ∈ R, então θ = 0;
Resolução: Por meio de axioma, sabemos que x+0 = x, para qualquer x ∈ R. Aqui, por hipótese, estamos supondo também que x+θ = x. Isso nos diz que θ também é um elemento neutro aditivo. Se é assim, temos que 0 + θ = 0 θ + 0 = θ Pela comutatividade da soma, chegamos a θ = 0. Logo, há apenas um elemento neutro aditivo, a saber: 0. b) Se x · u = x para todo x ∈ R, então u = 1;
Resolução: Analogamente ao item anterior, u se comporta como elemento neutro multiplicativo, assim como o 1. Logo, 1 · u = 1 u · 1 = u Pela comutatividade da multiplicação, chegamos a u = 1. Logo, há apenas um elemento neutro multiplicativo, a saber: 1. c) Se x + y = 0, então y = −x;
Resolução: Somando (−x) a ambos os lados da igualdade, temos que x + y = 0 x + y + (−x) = −x x + (−x) + y = −x 0 + y = −x y = −x Logo, −x é o inverso aditivo de x. De fato ele é único. Suponha que não e que α e β são dois inversos aditivos de x. Logo, teríamos
1 + x + · · · + xk^ + xk+1^ = (1^ −^ x
k+1) (1 − x) +^ x
k+
= (1^ −^ x
k+1) + (1 − x)xk+ (1 − x) =^1 −^ x
k+1 (^) + xk+1 (^) − xk+ (1 − x) =^1 −^ x
k+ (1 − x)
como queríamos. Portanto, pelo Princípio de Indução Matemática, a afirmação vale!
2.2 R é um corpo ordenado
5 Para todo x 6 = 0 em R, prove que (1 + x)^2 n^ > 1 + 2nx.
Resolução: Note que,
(1 + x)^2 n^ = [(1 + x)^2 ]n^ = (1 + 2x + x^2 )n.
Queremos aplicar a Desigualdade de Bernoulli, que diz que para todo x ∈ R, com x ≥ − 1 , e para todo n ∈ N, tem-se (1 + x)n^ ≥ 1 + nx. Aqui não temos uma base igual a 1 + x que impõe x ≥ − 1 , mas sim igual a 1 + 2x + x^2. Logo, devemos impor 2 x + x^2 ≥ − 1. Veja que (1 + x)^2 ≥ 0 para todo x ∈ R. Logo, 2 x + x^2 ≥ − 1 , como queríamos. Portanto, podemos agora aplicar a Desigualdade de Bernoulli:
(1 + 2x + x^2 )n^ ≥ 1 + n(2x + x^2 ) = 1 + 2nx + nx^2 > 1 + 2nx.
Logo, por transitividade, temos que
(1 + 2x + x^2 )n^ > 1 + 2nx,
como queríamos.
6 Prove que |a − b| < ⇒ |a| < |b| + . Resolução:
Note que,
|a| = |a − b + b| ≤ |a − b| + |b|. Isso implica que |a| − |b| ≤ |a − b|. Por hipótese, temos que |a − b| < . Então, |a| − |b| ≤ |a − b| < . Logo, por transitividade, temos que |a| − |b| < , o que implica que |a| < |b| + . 7 Use o fato de que o trinômio do segundo grau f (λ) = ∑n i=1(xi^ +^ λyi)^2 é^ ≥ 0 para todo λ ∈ R para provar a desigualdade de Cauchy-Schwarz
(
∑^ n i=
xiyi)^2 ≤ (
∑^ n i=
x^2 i )(
∑^ n i=
y^2 i ).
Resolução: Temos que
f (λ) =
∑^ n n=
(xi + λyi)^2 ≥ 0
∑^ n n=
y^2 i )λ^2 + (
∑^ n n=
2 xiyi)λ + (
∑^ n n=
x^2 i ) ≥ 0
Denotando ∑n n=
y^2 i = a, ∑n n=
2 xiyi = b e ∑n n=
x^2 i = c, temos que aλ^2 + bλ + c ≥ 0. Isso implica que b^2 − 4 ac ≤ 0. Logo,
( ∑n n=
2 xiyi)^2 ≤ 4 · ( ∑n n=
y^2 i ) · ( ∑n n=
x^2 i )
4 · ( ∑n n=
xiyi)^2 ≤ 4 · ( ∑n n=
y i^2 ) · ( ∑n n=
x^2 i )
( ∑n n=
xiyi)^2 ≤ ( ∑n n=
y i^2 ) · ( ∑n n=
x^2 i ),
como queríamos.
Enunciado e prova para inf:
Diz-se que uma função f : X → R é limitada inferiormente quando sua imagem f (x) = {f (x); x ∈ X} é um conjunto limitado inferiormente. Então põe-se inf f = inf {f (x), x ∈ X}. Assim, se f, g : x ∈ R são limitadas inferiormente o mesmo ocorre com a soma (f + g) : X → R e tem-se que inf (f + g) ≤ inf f + inf g.
Sejam f, g definidas como no enunciado acima. Então, inf f = inf {f (x), x ∈ X} e inf g = inf {g(x), x ∈ X}. Temos,
inf (f + g) = inf {(f + g)(x), x ∈ X} = inf {f (x) + g(x)} = f (x) + g(x) = (f + g)(x) = inf {(f + g)(x), x ∈ X}.
Logo, (f + g)(x) = {(f + g)(x); x ∈ X} é limitado inferiormente. Portanto, (f + g) : X → R é limitada inferiormente.
2 Dadas as funções f, g : X → R+^ limitadas superiormente, prove que o produto f · g : X → R+^ é uma função limitada (superior e inferiormente) com sup (f · g) ≤ sup f · sup g e inf(f · g) ≤ inf f · inf g. De exemplos onde se tenha < e não =.
Resolução:
Sejam f, g : X → R+^ funções limitadas superiormente, então existem x 1 , x 2 ∈ X tais que
0 ≤ f (x) ≤ f (x 1 ) e 0 ≤ g(x) ≤ g(x 2 ).
Assim, 0 ≤ f (x) · g(x) ≤ f (x 1 ) · g(x 2 ). Dessa forma, temos que (f · g) : X → R é limitada. Logo, f · g possui limites superior e inferior. Portanto, existem x 3 , x 4 ∈ X, tais que
f · g(x 3 ) = sup(f · g) e f · g(x 4 ) = inf(f · g).
Assim,
sup(f · g) = (f · g)(x 3 ) = f (x 3 ) · g(x 3 ) ≤ f (x 1 ) · g(x 2 ) = sup f · sup g.
Por serem {f (x); x ∈ X} e {g(x); x ∈ X} subconjuntos de R+^ que é limitado inferiormente, então f e g são limitadas inferiormente. Então, existem x 5 , x 6 ∈ X, tais que
f (x 5 ) ≤ f (x) e g(x 6 ) ≤ g(x), ∀ x ∈ X.
Portanto,
inf(f · g) = (f · g)(x 4 ) = f (x 4 ) · g(x 4 ) ≥ f (x 5 ) · g(x 6 ) = sup f · sup g.
Exemplo onde se tenha < e não =:
Considere f : [0, 1] → R, definida por f (x) = (^1) x e g : [0, 1] → R, definida g(x) = x. Temos que inf f = 1 e inf g = 0. Além disso, (f · g)(x) = 1. Logo, inf (f · g)(x) = 1. Portanto, inf (f · g)(x) = 1 > 1 · 0 = 0 = inf f · inf g.
Dado k ∈ N, tome np 1 ∈ Np^ tal que k < np 1 e np 1 ≥ np 0. Assim, para todo > 0 e todo k ∈ N dados, existe n = np 1 tal que n = np 1 > k e, como n = np 1 ≥ np 0 , |xn − a| < . 7 A fim de que o número real b não seja valor de aderência da sequência (xn) é necessário e suficiente que, para todo n 0 ∈ N e > 0 tais que n > n 0 ⇒ |xn − a| ≥ .
Resolução: Se b é valor de aderência da sequência (xn)n∈N, então para todo > 0 e todo k > 0 dados, existem n > k tal que |xn − b| < . Temos, pela contrapositiva, que existem > 0 e k ∈ N tal que se n > k então |xn − b| ≥ implica que b não é valor de aderência de (xn)n∈N. Analogamente, sabemos que para todo > 0 e todo k ∈ N dados, existe n > k tal que |xn − b| < acarreta que b é valor de aderência de (xn)n∈N. Novamente, pela contrapositiva, se b não é valor de aderência de (xn)n∈N, então existe > 0 e k ∈ N tal que se n > k, então |xn −b| ≥ .
3.2 Operações com limites
1 Prove que, para todo p ∈ N tem-se limn→∞ n+^ √pn = 1. Resolução: Note que, 1 ≤ n+p
n, já que 1 n+p^ = 1 ≤ n = ( n+p
n)n+p. Por outro lado, temos que n+p
n ≤ n
n. Assim, ( n+p
n)n+p^ = n ≤ ( n
n)n+p^ = n n+n p = n · n
np, se, e só se, √nn ≥ 1 , o que é verdade já que, ( n
np)n^ = np^ ≥ 1 = 1n. Portanto, 1 ≤ n+p
n ≤ n
n. Além disso, n^ lim→∞ 1 ≤^ nlim→∞^ n+p
n ≤ (^) nlim→∞^ n
n. Como (^) nlim→∞ 1 = lim n→∞^ n
n = 1, pelo Teor. do Confronto, (^) nlim→∞^ n+p
n = 1.
5 Dado a > 0 , defina indutivamente a sequência (xn) pondo x 1 = (^1) a e xn+1 = (^) a+^1 xn. Considere o número c, raiz positiva da equação x^2 + ax − 1 = 0, único número positivo tal que c = (^) a+^1 c. Prove que
x 2 < x 4 < · · · < x 2 n < · · · < c < · · · < x 2 n− 1 < · · · < x 3 < x 1 ,
e que lim xn = c. O número c pode ser considerado como a soma da fração contínua
1 a + 1 a + 1 a + (^) a +^1 · · ·
Resolução: Note que i) x 1 =^1 a > (^) a +^1 c = c ⇒ x 1 > c
ii) x 2 = (^) a +^1 x 1
< (^) a +^1 c = c ⇒ x 2 < c
Então, x 2 < c < x 1.
iii) x 2 > 0 ⇒ x 2 + a > a ⇒ x 3 = 1 x 2 + a
a = x 1 ⇒ x 3 < x 1
iv) x 2 < c ⇒ x 2 + a < c + a ⇒ x 3 = (^) x^1 2 +^ a
(^) a +^1 c = c ⇒ x 3 > c
Então, x 2 < c < x 3 < x 1.
v) x 3 > c ⇒ x 3 + a > c + a ⇒ x 4 = (^) x^1 3 +^ a
< (^) a +^1 c = c ⇒ x 4 < c
vi) x 3 < x 1 ⇒ x 3 + a < x 1 + a ⇒ x 4 = (^) x^1 3 +^ a
(^) a +^1 x 1
= x 2 ⇒ x 4 > x 2
Então, x 2 < x 4 < c < x 3 < x 1. Fazendo analogamente a isso sucessivas vezes, podemos dizer que x 2 < x 4 < · · · < x 2 n < · · · < c < · · · < x 2 n− 1 < · · · < x 3 < x 1. Com isso, temos que xn é limitada. Logo, as subsequências x 2 n e x 2 n− 1 também são, além de serem monótonas. Sendo assim, são convergentes. Então suponha α = lim x 2 n e β = lim x 2 n− 1. Note que
xn+2 = (^) a + 1 x n+
a + (^) a +^1 x n
= (^) a (^2) + a 1 · x n + 1 a + xn
= (^) a (^2) +a a^ + ·^ xxn n + 1