Fundamentos de Analise I UFMG

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I
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C
A
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Universidade Federal de Minas Gerais
Educao a Distncia
2013
Fundamentos
de Anlise I
Paulo Cupertino de Lima
Fundamentos de Anlise I
Fundamentos de Anlise I
Belo Horizonte
CAED-UFMG
2013
UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS
Prof Cllio Campolina Diniz
Reitor
Prof Rocksane de Carvalho Norton
Vice-Reitoria
Prof Antnia Vitria Soares Aranha
Pr Reitora de Graduao
Prof Andr Luiz dos Santos Cabral
Pr Reitor Adjunto de Graduao
CENTRO DE APOIO DE EDUCAO DISTNCIA
Prof Fernando Selmar Rocha Fidalgo
Diretor de Educao a Distncia
Prof Wagner Jos Corradi Barbosa
Coordenador da UAB/UFMG
Prof Hormindo Pereira de Souza Junior
Coordenador Adjunto da UAB/UFMG

EDITORA CAED-UFMG
Prof Fernando Selmar Rocha Fidalgo
CONSELHO EDITORIAL
Prof. ngela Imaculada Loureiro de Freitas Dalben
Prof. Dan Avritzer
Prof. Eliane Novato Silva
Prof. Hormindo Pereira de Souza
Prof. Paulina Maria Maia Barbosa
Prof. Simone de Ftima Barbosa Tfani
Prof. Vilma Lcia Macagnan Carvalho
Prof. Vito Modesto de Bellis
Prof. Wagner Jos Corradi Barbosa
COLEO EAD MATEMTICA
Coordenador: Dan Avritzer
LIVRO: Fundamentos de Anlise I
Autores: Paulo Cupertino de Lima
Reviso: Jussara Maria Frizzera
Projeto Grfco: Departamento de Design - CAED
Formatao: Srgio Luz
Lima, Paulo Cupertino de
L732f Fundamentos de anlise I / Paulo Cupertino de Lima. Belo
Horizonte : CAED-UFMG, 2013.
131 p. : il. p&b. ; 27 cm.
Inclui bibliografa.
ISBN 978-85-64724-25-9
1. Teoria dos conjuntos. 2. Funes (Matemtica). 3. Ensino a
distncia. I. Universidade Federal de Minas Gerais. II. Ttulo.
CDD 510.07
CDU 510.22
Dados Internacionais de Catalogao na Publicao (CIP)
(Luciana de Oliveira M. Cunha, CRB-6/2725)
SUMRIO
Apresentao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7
Nota do Editor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9
Aula 1 Conjuntos e funes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.1 A definio de conjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Operaes sobre conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Produto cartesiano de conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .17
1.4 Funes injetivas, sobrejetivas, bijetivas e compostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Aula 2 Conjuntos enumerveis e conjuntos no enumerveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1 Conjunto finito e cardinalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2 O conjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .27
2.3 Conjuntos enumerveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.4 Conjuntos no enumerveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.5 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
Aula 3 - Os nmeros racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.1 Relaes de equivalncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 A construo do conjunto dos nmeros racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.3 A soma de nmeros racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.4 O produto de nmeros racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.5 Ordem no conjunto dos nmeros racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.6 Representao decimal de racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3.7 Um exemplo de um nmero que no racional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Aula 4 - nfimo e supremo de um corpo ordenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.1 Definio de corpo ordenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.2 O conjunto um corpo ordenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4.3 Algumas desigualdades vlidas para corpo ordenado qualquer . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4.4 Cotas inferior e superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
4.5 Supremo e nfimo de um conjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
Aula 5 - O conjunto dos nmeros reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.1 Definio do conjunto dos nmeros reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.2 O conjunto arquimediano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
5.3 Os nmeros racionais so densos em . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
5.4 Os nmeros irracionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
5.5 A funo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
5.6 Exerccios resolvidos sobre nfimo e supremo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
5.7 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Aula 6 -O Teorema dos Intervalos encaixados, valor absoluto e desigualdades . . . . 81
6.1 O Teorema dos intervalos encaixados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
6.2 O conjunto R no enumervel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
6.3 Valor absoluto e desigualdades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
Aula 7 - Sequncias numricas e limites de sequncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
7.1 Definio de sequncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
7.2 A definio de limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
7.3 Unicidade do limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .97
7.4 Sequncias limitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .97
7.5 Limites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
7.6 O Teorema do Sanduiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
7.7 Propriedades de Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
7.8 Subsequncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
Aula 8 - O Teorema de Bolzano-Weierstrass e sequncias de Cauchy . . . . . . . . . . . . 117
8.1 Sequncias montonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
8.2 O Teorema de Bolzano-Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
8.3 Sequncia de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
8.4 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
8.5 Representao decimal de nmeros reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
Referncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
Apresenta cao
Esse livro foi escrito para ser utilizado no curso de Licenciatura em Ma-
tematica a distancia, oferecido pela UFMG em diversos polos.
Tendo em vista que esse livro e destinado a cursos a distancia, o texto possui
caractersticas especcas para assim ser utilizado.
Nesse livro denimos conjuntos, as operac oes sobre os mesmos, introduzimos
as noc oes de func oes injetiva, sobrejetiva e bijetiva e de composta de duas
func oes. Introduzimos os conceitos de conjuntos enumeraveis e nao enu-
meraveis, construimos os n umeros racionais a partir dos inteiros, denimos
os n umeros reais a partir do postulado de Dedekind e fazemos um estudo
de sequencias numericas e de limites. Assumimos que o aluno tenha visto
os n umeros naturais e o n umeros inteiros e que ele tenha familiaridade com
Princpios da Boa Ordena cao e da Inducao.
Na Aula 1 denimos conjunto, as operac oes sobre conjuntos (uniao, in-
tersecao, complementar, diferenca e produto cartesiano) e demonstramos as
relac oes de De Morgan. Introduzimos os conceitos de funcoes injetiva, so-
brejetiva e bijetiva e de composta de duas func oes.
Na Aula 2 introduzimos os conceitos de conjuntos nito, enumeravel e nao-
emumeravel, o conceito de cardinalidade de um conjunto e provamos os
principais teoremas relacionados. Mostramos que os conjuntos Z e Q sao
enumeraveis e demos exemplos de conjuntos nao enumeraveis.
Na Aula 3 introduzimos o conceito de classes de equivalencia e construimos
os n umeros racionais a partir dos inteiros, como classes de equivalencia em
Z Z
. Falamos sobre a representacao decimal de n umeros racionais e

mostramos que
2 nao e um n umero racional.

Na Aula 4 introduzimos o conceito de corpo ordenado, mostramos que o
conjunto dos n umeros racionais e um corpo ordenado, provamos algumas
desigualdades que valem para um corpo ordenado qualquer. Introduzimos os
conceitos de cotas superior e inferior, denmo e de supremo de um conjunto.
Na Aula 5 denimos o conjunto dos n umeros reais a partir do postulado de
Dedekind, provamos varios resultados envolvendo os conceitos de nmo e
de supremo de um conjunto. Mostramos que n umeros racionais sao densos
em R e denimos a raiz n-esima de um n umero real nao negativo.
9
APRESENTAO
Apresenta cao
Esse livro foi escrito para ser utilizado no curso de Licenciatura em Ma-
tematica a distancia, oferecido pela UFMG em diversos polos.
Tendo em vista que esse livro e destinado a cursos a distancia, o texto possui
caractersticas especcas para assim ser utilizado.
Nesse livro denimos conjuntos, as operac oes sobre os mesmos, introduzimos
as noc oes de func oes injetiva, sobrejetiva e bijetiva e de composta de duas
func oes. Introduzimos os conceitos de conjuntos enumeraveis e nao enu-
meraveis, construimos os n umeros racionais a partir dos inteiros, denimos
os n umeros reais a partir do postulado de Dedekind e fazemos um estudo
de sequencias numericas e de limites. Assumimos que o aluno tenha visto
os n umeros naturais e o n umeros inteiros e que ele tenha familiaridade com
Princpios da Boa Ordena cao e da Inducao.
Na Aula 1 denimos conjunto, as operac oes sobre conjuntos (uniao, in-
tersecao, complementar, diferenca e produto cartesiano) e demonstramos as
relac oes de De Morgan. Introduzimos os conceitos de funcoes injetiva, so-
brejetiva e bijetiva e de composta de duas func oes.
Na Aula 2 introduzimos os conceitos de conjuntos nito, enumeravel e nao-
emumeravel, o conceito de cardinalidade de um conjunto e provamos os
principais teoremas relacionados. Mostramos que os conjuntos Z e Q sao
enumeraveis e demos exemplos de conjuntos nao enumeraveis.
Na Aula 3 introduzimos o conceito de classes de equivalencia e construimos
os n umeros racionais a partir dos inteiros, como classes de equivalencia em
Z Z
. Falamos sobre a representacao decimal de n umeros racionais e

mostramos que
2 nao e um n umero racional.

Na Aula 4 introduzimos o conceito de corpo ordenado, mostramos que o
conjunto dos n umeros racionais e um corpo ordenado, provamos algumas
desigualdades que valem para um corpo ordenado qualquer. Introduzimos os
conceitos de cotas superior e inferior, denmo e de supremo de um conjunto.
Na Aula 5 denimos o conjunto dos n umeros reais a partir do postulado de
Dedekind, provamos varios resultados envolvendo os conceitos de nmo e
de supremo de um conjunto. Mostramos que n umeros racionais sao densos
em R e denimos a raiz n-esima de um n umero real nao negativo.
10
Na Aula 6 demonstramos o Teorema dos Intervalos Encaixados e mostramos
que o conjunto dos n umeros reais e nao enumeravel. Falamos sobre valor
absoluto e desigualdades.
Na Aula 7 introduzimos os conceitos de sequencia numerica e de limite de
sequencias. Mostramos a unicidade do limite, provamos o Teorema do San-
duiche, falamos sobre as propriedades de limites e introduzimos o conceito
de subsequencia.
Na Aula 8 introduzimos o conceito de sequencia monotona, mostramos que
toda sequencia monotona limitada e convergente e provamos o Teorema de
Bolzano-Weierstrass. Denimos sequencia de Cauchy e mostramos que uma
sequencia de n umeros reais e convergente se, e somente se, ela for de Cau-
chy. Falamos sobre a representacao decimal de n umeros reais.
11
NOTA DO EDITOR
A Universidade Federal de Minas Gerais atua em diversos projetos de Educao
a Distncia, que incluem atividades de ensino, pesquisa e extenso. Dentre elas,
destacam-se as aes vinculadas ao Centro de Apoio Educao a Distncia
(CAED), que iniciou suas atividades em 2003, credenciando a UFMG junto ao
Ministrio da Educao para a oferta de cursos a distncia.
O CAED-UFMG (Centro de Apoio Educao a Distncia da Universidade Federal
de Minas Gerais), Unidade Administrativa da Pr-Reitoria de Graduao, tem
por objetivo administrar, coordenar e assessorar o desenvolvimento de cursos
de graduao, de ps-graduao e de extenso na modalidade a distncia,
desenvolver estudos e pesquisas sobre educao a distncia, promover a
articulao da UFMG com os polos de apoio presencial, como tambm produzir
e editar livros acadmicos e/ou didticos, impressos e digitais, bem como a
produo de outros materiais pedaggicos sobre EAD.
Em 2007, diante do objetivo de formao inicial de professores em servio, foi
criado o Programa Pr-Licenciatura com a criao dos cursos de graduao a
distncia e, em 2008, com a necessidade de expanso da educao superior
pblica, foi criado pelo Ministrio da Educao o Sistema Universidade Aberta
do Brasil UAB. A UFMG integrou-se a esses programas, visando apoiar a
formao de professores em Minas Gerais, alm de desenvolver um ensino
superior de qualidade em municpios brasileiros desprovidos de instituies de
ensino superior.
Atualmente, a UFMG oferece, atravs do Pr-licenciatura e da UAB, cinco
cursos de graduao, quatro cursos de ps-graduao lato sensu, sete cursos de
aperfeioamento e um de atualizao.
Como um passo importante e decisivo, o CAED-UFMG decidiu, no ano de 2011,
criar a Editora CAED-UFMG como forma de potencializar a produo do material
didtico a ser disponibilizado para os cursos em funcionamento.
Fernando Selmar Rocha Fidalgo
Editor
1
Conjuntos e funes
AULA1: CONJUNTOS E FUNC

OES
OBJETIVOS
Ao nal dessa aula, o aluno dever a ser capaz de:
1. Compreender o conceito de conjunto e lidar com as operac oes sobre conjuntos.
2. Compreender os conceitos de func oes injetiva, sobrejetiva e bijetiva, bem como
a composic ao de duas func oes.
1.1 A deni c ao de conjunto
Uma discuss ao satisfat oria dos principais conceitos de an alise (por exemplo, con-
verg encia, continuidade, diferenciabilidade e integrac ao) deve ser baseada no
conceito de conjunto.
Deni c ao 1.1. Um conjunto e uma cole c ao de objetos, conhecidos como elementos do
conjunto. Normalmente, usam-se letras mai usculas para denotar os conjuntos e letras
min usculas para denotar os elementos de um conjunto.
Exemplo 1.1. A = {a, b, c, d} e o conjunto cujos elementos s ao a, b, c, d.
Exemplo 1.2. Exemplos muito importantes de conjuntos s ao os conjuntos num ericos N,
Z, Q e R, dos n umeros naturais, inteiros, racionais e reais, respectivamente.
Se um elemento a pertencer ao conjunto A, ent ao denotamos este fato escrevendo
a A, l e-se a pertence a A. Por outro lado, se a n ao for um elemento de A,
escrevemos a / A, l e-se a n ao pertence a A.
Exemplo 1.3. Se A = {2, 0, 4, 5}, ent ao 0 A e 1 / A.
Deni c ao 1.2. Se todos os elementos de um conjunto A pertencerem ao conjunto B,
dizemos que A est a contido em B e escrevemos
A B,
l e-se A est a contido em B. Equivalentemente, se todos os elementos de A pertencerem a
B, ent ao B cont em todos os elementos de A e dizemos que B cont em A e escrevemos
B A.
Exemplo 1.4. Se A = {2, 0, 4, 5} e B = {2, 1, 0, 2, 4, 5}, ent ao A B ou B A.
`
As vezes n ao sabemos a priori se um conjunto tem elementos, por isso e con-
veniente introduzir o conjunto chamado vazio, ou seja, o conjunto que n ao tem
elementos. Tal conjunto ser a denotado pelo smbolo .
Exemplo 1.5. Se A for o conjunto das razes inteiras da equa c ao x
2
+ 1 = 0, ent ao
A = , pois o quadrado de qualquer inteiro e um inteiro n ao negativo, portanto, x
2
+1
vale pelo menos 1.
13 AULA 1: CONJ UNTOS E FUNES
AULA1: CONJUNTOS E FUNC

OES
OBJETIVOS
1. Compreender o conceito de conjunto e lidar com as operac oes sobre conjuntos.
2. Compreender os conceitos de func oes injetiva, sobrejetiva e bijetiva, bem como
a composic ao de duas func oes.
1.1 A deni c ao de conjunto
Uma discuss ao satisfat oria dos principais conceitos de an alise (por exemplo, con-
verg encia, continuidade, diferenciabilidade e integrac ao) deve ser baseada no
conceito de conjunto.
Deni c ao 1.1. Um conjunto e uma cole c ao de objetos, conhecidos como elementos do
conjunto. Normalmente, usam-se letras mai usculas para denotar os conjuntos e letras
min usculas para denotar os elementos de um conjunto.
Exemplo 1.1. A = {a, b, c, d} e o conjunto cujos elementos s ao a, b, c, d.
Exemplo 1.2. Exemplos muito importantes de conjuntos s ao os conjuntos num ericos N,
Z, Q e R, dos n umeros naturais, inteiros, racionais e reais, respectivamente.
Se um elemento a pertencer ao conjunto A, ent ao denotamos este fato escrevendo
a A, l e-se a pertence a A. Por outro lado, se a n ao for um elemento de A,
escrevemos a / A, l e-se a n ao pertence a A.
Exemplo 1.3. Se A = {2, 0, 4, 5}, ent ao 0 A e 1 / A.
Deni c ao 1.2. Se todos os elementos de um conjunto A pertencerem ao conjunto B,
dizemos que A est a contido em B e escrevemos
A B,
l e-se A est a contido em B. Equivalentemente, se todos os elementos de A pertencerem a
B, ent ao B cont em todos os elementos de A e dizemos que B cont em A e escrevemos
B A.
Exemplo 1.4. Se A = {2, 0, 4, 5} e B = {2, 1, 0, 2, 4, 5}, ent ao A B ou B A.
`
As vezes n ao sabemos a priori se um conjunto tem elementos, por isso e con-
veniente introduzir o conjunto chamado vazio, ou seja, o conjunto que n ao tem
elementos. Tal conjunto ser a denotado pelo smbolo .
Exemplo 1.5. Se A for o conjunto das razes inteiras da equa c ao x
2
+ 1 = 0, ent ao
A = , pois o quadrado de qualquer inteiro e um inteiro n ao negativo, portanto, x
2
+1
vale pelo menos 1.
14 FUNDAMENTOS DE ANLISE I
1.2 Opera c oes sobre conjuntos
Deni c ao 1.3. Dados arbitrariamente dois conjuntos A e B, denotamos por A B o
conjunto formado pela uni ao de A e B. Dizer que a A B signica que a pertence a
pelo menos um dos dois conjuntos A ou B.
Exemplo 1.6. Se A = {2, 0, 4, 5} e B = {0, 1, 3}, ent ao
A B = {2, 0, 1, 3, 4, 5}.
De maneira an aloga, denimos a uni ao de um n umero qualquer (nito ou n ao)
de conjuntos: se A
s s ao conjuntos arbitr arios, onde os ndices s pertencem ao

conjunto , ent ao a uni ao dos A
s e denotada por
e dizer que a pertence

a
signica que a A
para algum .
Deni c ao 1.4. A interse c ao de dois conjuntos A e B, denotada por A B e o conjunto
composto por todos os elementos que pertencem a A e a B ao mesmo tempo.
A B = {0}.
De maneira an aloga, denimos a intersec ao de um n umero qualquer (nito ou
n ao) de conjuntos: se A
s s ao conjuntos arbitr arios, onde os ndices s perten-

cem ao conjunto , ent ao a intersec ao dos A
s e denotada por
. Dizer
que a pertence a
signica que a A
, para todo .
Nas Figuras 1.1 e 1.2 as areas hachuradas representam a uni ao e intersec ao dos
conjuntos A e B, respectivamente, atrav es de diagramas de Venn.
A B
Figura 1.1: A B
A
B
Figura 1.2: A B.
Deni c ao 1.5. Dizemos que dois conjuntos A e B s ao iguais e denotamos A = B, quando
todos os elementos de A pertencem a B e todos os elementos de B pertencem a A, ou seja,
A = B A B e B A,
onde o smbolo signica e equivalente a ou se, e somente se.
Exerccio 1.1. Prove que A B A A B.
Sugest ao: Para provar a dupla inclus ao deve-se mostrar que A B A e A
A B.
Exemplo 1.8. Mostraremos que
(A B) C = (A C) (B C).
De fato, para provarmos a relac ao acima, temos que mostrar as seguintes in-
clus oes:
(A B) C (A C) (B C) (1.1)
e
(A C) (B C) (A B) C. (1.2)
A seguir mostraremos (1.1), ou seja, se x (A B) C, ent ao x (AC) (B
C). De fato, se x A B e x C, ent ao temos uma das seguintes possibilidades:
(i) x A e x C, portanto x A C, ou (ii) x B e x C, portanto, x B C.
Portanto, temos uma das seguintes possibilidades: x A C ou x B C, logo
x (A C) (B C),
o que mostra (1.1).
A seguir, mostraremos (1.2), ou seja, se x (AC) (BC), ent ao x (AB)
C. De fato, se x (AC) (B C), ent ao temos uma das seguintes possilidades:
(i) x A B ou (ii) x B C. No caso (i) temos x A e x C, como x A,
ent ao x A B, portanto x A B e x C, logo
x (A B) C.
No caso (ii) temos x B e x C, como x B, ent ao x AB, portanto x AB
e x C, logo
x (A B) C,
o que mostra (1.2).
Exerccio 1.2. Mostre que
(A B) C = (A C) (B C).
1.2 Opera c oes sobre conjuntos
Deni c ao 1.3. Dados arbitrariamente dois conjuntos A e B, denotamos por A B o
conjunto formado pela uni ao de A e B. Dizer que a A B signica que a pertence a
pelo menos um dos dois conjuntos A ou B.
A B = {2, 0, 1, 3, 4, 5}.
De maneira an aloga, denimos a uni ao de um n umero qualquer (nito ou n ao)
de conjuntos: se A
s s ao conjuntos arbitr arios, onde os ndices s pertencem ao

conjunto , ent ao a uni ao dos A
s e denotada por
e dizer que a pertence

a
signica que a A
para algum .
Deni c ao 1.4. A interse c ao de dois conjuntos A e B, denotada por A B e o conjunto
composto por todos os elementos que pertencem a A e a B ao mesmo tempo.
A B = {0}.
De maneira an aloga, denimos a intersec ao de um n umero qualquer (nito ou
n ao) de conjuntos: se A
s s ao conjuntos arbitr arios, onde os ndices s perten-

cem ao conjunto , ent ao a intersec ao dos A
s e denotada por
. Dizer
que a pertence a
signica que a A
, para todo .
Nas Figuras 1.1 e 1.2 as areas hachuradas representam a uni ao e intersec ao dos
conjuntos A e B, respectivamente, atrav es de diagramas de Venn.
A B
Figura 1.1: A B
A
B
Figura 1.2: A B.
Deni c ao 1.5. Dizemos que dois conjuntos A e B s ao iguais e denotamos A = B, quando
todos os elementos de A pertencem a B e todos os elementos de B pertencem a A, ou seja,
A = B A B e B A,
onde o smbolo signica e equivalente a ou se, e somente se.
Exerccio 1.1. Prove que A B A A B.
Sugest ao: Para provar a dupla inclus ao deve-se mostrar que A B A e A
A B.
(A B) C = (A C) (B C).
De fato, para provarmos a relac ao acima, temos que mostrar as seguintes in-
clus oes:
(A B) C (A C) (B C) (1.1)
e
(A C) (B C) (A B) C. (1.2)
A seguir mostraremos (1.1), ou seja, se x (A B) C, ent ao x (AC) (B
C). De fato, se x A B e x C, ent ao temos uma das seguintes possibilidades:
(i) x A e x C, portanto x A C, ou (ii) x B e x C, portanto, x B C.
Portanto, temos uma das seguintes possibilidades: x A C ou x B C, logo
x (A C) (B C),
o que mostra (1.1).
A seguir, mostraremos (1.2), ou seja, se x (AC) (BC), ent ao x (AB)
C. De fato, se x (AC) (B C), ent ao temos uma das seguintes possilidades:
(i) x A B ou (ii) x B C. No caso (i) temos x A e x C, como x A,
ent ao x A B, portanto x A B e x C, logo
x (A B) C.
No caso (ii) temos x B e x C, como x B, ent ao x AB, portanto x AB
e x C, logo
x (A B) C,
o que mostra (1.2).
(A B) C = (A C) (B C).
Exerccio 1.3. Mostre que as opera c oes de uni ao e interse c ao s ao comutativas e asso-
ciativas, ou seja,
A B = B A, (A B) C = A (B C), A B = B A,
A (B C) = (A B) C.
(i) se A B = A C, ent ao B = C,
(ii) se A B = A C, ent ao B = C.
Deni c ao 1.6. Dados dois conjuntos A e B, denotamos por A B, o conjunto consis-
tindo daqueles elementos de A que n ao pertencem a B, formalmente,
A B = {x A : x / B}.
Na Figura 1.3 a area hachurada representa a opera c ao A B, atrav es de diagrama de
Venn.
Exemplo 1.9. Note que
{1, 2, 3} {2, 3, 4} = {1} e {2, 3, 4} {1, 2, 3} = {4}.
Exerccio 1.5. Sejam A = {2, 1, 0, 3} e B = {0, 1, 3}, encontre AB e B A.
Deni c ao 1.7. Se A B, chamamos de complementar de A em rela c ao a B, o conjunto
B A e o denotamos por A
c
(B).
Exemplo 1.10. Sejam A = {1, 3} e B = {1, 3, 4, 8}, ent ao
A
c
(B) = {4, 8}.
Em muitas situac oes haver a um conjunto universo (poderia ser, por exemplo, o
conjuntos dos n umeros reais) e os demais conjuntos ser ao subconjuntos dele. Em
particular, dado um conjunto A, por A
c
denotaremos o complementar de A em
relac ao ao conjunto universo.
Deni c ao 1.8. A diferen ca sim etrica de dois conjuntos A e B, denotada por A B, e
denida como
A B = (A B) (B A).
Na Figura 1.4 a area hachurada representa a opera c ao AB, atrav es de diagrama de Venn.
A B = {1, 3, 4}.
A B
Figura 1.3: A B
A B
Figura 1.4: AB
Exemplo 1.12. Mostre que
(A B) A = B A. (1.3)
De fato, para mostrarmos que (A B) A = B A, temos que mostrar as se-
guintes inclus oes:
(A B) A B A (1.4)
e
B A (A B) A. (1.5)
A seguir mostraremos (1.4), ou seja, se x (A B) A, ent ao x B A. Tome
arbitrariamente x (A B) A, ent ao x A B e x / A. Mas se x A B,
signica que x A ou x B, mas por hip otese x / A, logo x B. Ent ao x B e
x / A, o que signica que x B A, com isso provamos (1.4).
A seguir mostraremos (1.5), ou seja, se x B A, ent ao x (A B) A. Tome
arbitrariamente x B A, ent ao x B e x / A. Mas se x B, ent ao x A B.
Ent ao x A B e x / A, o que signica que x (A B) A, com isso provamos
(1.5).
Exerccio 1.3. Mostre que as opera c oes de uni ao e interse c ao s ao comutativas e asso-
ciativas, ou seja,
A B = B A, (A B) C = A (B C), A B = B A,
A (B C) = (A B) C.
(i) se A B = A C, ent ao B = C,
(ii) se A B = A C, ent ao B = C.
Deni c ao 1.6. Dados dois conjuntos A e B, denotamos por A B, o conjunto consis-
tindo daqueles elementos de A que n ao pertencem a B, formalmente,
A B = {x A : x / B}.
Na Figura 1.3 a area hachurada representa a opera c ao A B, atrav es de diagrama de
Venn.
Exemplo 1.9. Note que
{1, 2, 3} {2, 3, 4} = {1} e {2, 3, 4} {1, 2, 3} = {4}.
Exerccio 1.5. Sejam A = {2, 1, 0, 3} e B = {0, 1, 3}, encontre AB e B A.
Deni c ao 1.7. Se A B, chamamos de complementar de A em rela c ao a B, o conjunto
B A e o denotamos por A
c
(B).
Exemplo 1.10. Sejam A = {1, 3} e B = {1, 3, 4, 8}, ent ao
A
c
(B) = {4, 8}.
Em muitas situac oes haver a um conjunto universo (poderia ser, por exemplo, o
conjuntos dos n umeros reais) e os demais conjuntos ser ao subconjuntos dele. Em
particular, dado um conjunto A, por A
c
denotaremos o complementar de A em
relac ao ao conjunto universo.
Deni c ao 1.8. A diferen ca sim etrica de dois conjuntos A e B, denotada por A B, e
denida como
A B = (A B) (B A).
Na Figura 1.4 a area hachurada representa a opera c ao AB, atrav es de diagrama de Venn.
A B = {1, 3, 4}.
A B
Figura 1.3: A B
A B
Figura 1.4: AB
(A B) A = B A. (1.3)
De fato, para mostrarmos que (A B) A = B A, temos que mostrar as se-
guintes inclus oes:
(A B) A B A (1.4)
e
B A (A B) A. (1.5)
A seguir mostraremos (1.4), ou seja, se x (A B) A, ent ao x B A. Tome
arbitrariamente x (A B) A, ent ao x A B e x / A. Mas se x A B,
signica que x A ou x B, mas por hip otese x / A, logo x B. Ent ao x B e
x / A, o que signica que x B A, com isso provamos (1.4).
A seguir mostraremos (1.5), ou seja, se x B A, ent ao x (A B) A. Tome
arbitrariamente x B A, ent ao x B e x / A. Mas se x B, ent ao x A B.
Ent ao x A B e x / A, o que signica que x (A B) A, com isso provamos
(1.5).
(A B) B = A B. (1.6)
Teorema 1.1. (De Morgan) Seja (A
uma cole c ao de subconjuntos de S, ent ao

valem as seguintes rela c oes:
S
(S A
), (1.7)
(o complemento da uni ao e a interse c ao dos complementos) e
S
(S A
), (1.8)
(o complemento da interse c ao e igual a uni ao dos complementos).
Prova. Suponha que x S
, ent ao x /
, ou seja, x n ao pertence
a nenhum dos A
, portanto, para cada , temos x S A
, portanto,
x
(S A
), o que mostra que

S
(S A
). (1.9)
Por outro lado, se x
(S A
), ent ao x S A
, para todo .
Portanto, para todo , x / A
, portanto x /
, por conseguinte x
S
, o que mostra que
(S A
) S
. (1.10)
De (1.9) e de (1.10), temos (1.7). Deixamos a demonstrac ao de (1.8) para o aluno.
Note que (1.7) e (1.8) podem ser reescritas como
(
)
c
=
A
c
e (
)
c
=
A
c
,
respectivamente, onde o complementar e em relac ao ao conjunto S.
Se tivermos apenas dois conjuntos, digamos A e B, podemos tomar o comple-
mentar em relac ao a S = A B. Neste caso temos
(A B)
c
= (A B) (A B),
A
c
= (A B) A,
e
B
c
= (A B) B.
De (1.8)
(A B)
c
= A
c
B
c
,
portanto, das relac oes acima, temos concluimos que
(A B) (A B) = ((A B) A) ((A B) B). (1.11)
AB = (A B) (A B).
Note que
AB = (A B) (B A) (usamos a denic ao de AB)
= ((A B) B) ((A B) A) (usamos (1.3) e (1.6))
= (A B) (A B) (usamos (1.11)).
1.3 Produto cartesiano de conjuntos
Deni c ao 1.9. Dados dois conjuntos A e B, o produto cartesiano de A e B, denotado por
A B, e o conjunto dos pares ordenados (a, b), tais que que a A e b B.
Exemplo 1.14. Sejam A = {1, 2, 3} e B = {2, 4}, ent ao
A B = {(1, 2), (1, 4), (2, 2), (2, 4), (3, 2), (3, 4)}.
Exerccio 1.7. Encontre o produto cartesiano dos conjuntos A = {0, 1, 4} e B =
{2, 3}.
Exerccio 1.8. Sejam X = {a, b}, Y = {b, c, d} e Z = {b, e}.
(a) Encontre os conjuntos (X Y) Z e (X Z) (Y Z) e os compare.
(b) Encontre os conjuntos (X Y) Z e (X Z) (Y Z) e os compare.
e
B
c
= (A B) B.
De (1.8)
(A B)
c
= A
c
B
c
,
portanto, das relac oes acima, temos concluimos que
(A B) (A B) = ((A B) A) ((A B) B). (1.11)
AB = (A B) (A B).
Note que
AB = (A B) (B A) (usamos a denic ao de AB)
= ((A B) B) ((A B) A) (usamos (1.3) e (1.6))
= (A B) (A B) (usamos (1.11)).
1.3 Produto cartesiano de conjuntos
Deni c ao 1.9. Dados dois conjuntos A e B, o produto cartesiano de A e B, denotado por
A B, e o conjunto dos pares ordenados (a, b), tais que que a A e b B.
Exemplo 1.14. Sejam A = {1, 2, 3} e B = {2, 4}, ent ao
A B = {(1, 2), (1, 4), (2, 2), (2, 4), (3, 2), (3, 4)}.
Exerccio 1.7. Encontre o produto cartesiano dos conjuntos A = {0, 1, 4} e B =
{2, 3}.
Exerccio 1.8. Sejam X = {a, b}, Y = {b, c, d} e Z = {b, e}.
(a) Encontre os conjuntos (X Y) Z e (X Z) (Y Z) e os compare.
(b) Encontre os conjuntos (X Y) Z e (X Z) (Y Z) e os compare.
Teorema 1.2. Sejam X, Y, Z conjuntos, ent ao
(X Y) Z = (X Z) (Y Z) (1.12)
e
(X Y) Z = (X Z) (Y Z). (1.13)
Prova. Suponha que (a, b) (XY) Z. Ent ao b Z e a X ou a Y, portanto,
(a, b) X Z ou (a, b) (Y Z), portanto, (a, b) (X Z) (Y Z), o que
mostra que
(X Y) Z (X Z) (Y Z). (1.14)
Por outro lado, se (a, b) (X Z) (Y Z), ent ao b Z e a X ou a Y.
Portanto (a, b) (X Y) Z, o que mostra que
(X Z) (Y Z) (X Y) Z. (1.15)
De (1.14) e (1.15), temos (1.12).
Para provarmos (1.13), suponha que (a, b) (X Y) Z, ent ao a X Y e
b Z. Logo a X, a Y e b Z, portanto (a, b) (X Z) e (a, b) (Y Z),
estas duas inclus oes implicam que (a, b) (X Z) (Y Z), ou seja,
(X Y) Z (X Z) (Y Z). (1.16)
Por outro lado, se (a, b) (X Z) (Y Z), ent ao (a, b) pertence a (X Z) e
(a, b) pertence a (Y Z), o que implica a X, a Y, e b Z. Portanto a X Y
e b Z, consequentemente, (a, b) (X Y) Z, ou seja,
(X Z) (Y Z) (X Y) Z. (1.17)
De (1.16) e (1.17), temos (1.13).
Deni c ao 1.10. O produto cartesiano A
1
A
2
A
3
. . . A
n
, dos conjuntos A
1
, . . . , A
n
e o conjunto das n-uplas (a
1
, a
2
, . . . , a
n
), onde a
i
A
i
, para i = 1, 2, . . . , n.
Exemplo 1.15. Sejam X = {a, b}, Y = {c, d} e Z = {e}. Ent ao X Y Z =
{(a, c, e), (a, d, e), (b, c, e), (b, d, e)}.
Exemplo 1.16. O espa co R
n
e o produto cartesiano de R com ele mesmo n vezes.
1.4 Fun c oes injetivas, sobrejetivas, bijetivas
e compostas
Nesta sec ao introduziremos rapidamente os conceitos de func oes injetiva, sobre-
jetiva, bijetiva e de composic ao de duas func oes. Embora as denic oes dadas se
apliquem a conjuntos arbitr arios, assumiremos que o aluno conheca apenas os
n umeros naturais e inteiros. Os n umeros racionais e reais ser ao introduzidos nas
Aulas 3 e 5, respectivamente. Por isso nos restringiremos a exemplos de func oes
cujos domnios e contradomnios sejam subconjuntos dos n umeros naturais e in-
teiros. Exemplos de func oes onde os domnios e contradomnios ser ao subcon-
juntos dos n umeros reais ser ao vistos no curso de Fundamentos de An alise II,
quando falaremos de func oes de uma vari avel real.
Deni c ao 1.11. Dados arbitrariamente dois conjuntos A e B, dizemos que est a denida
sobre A uma func ao f com valores em B, se para cada elemento x A corresponder um
unico elemento y B, o qual denotamos por f (x). Simbolicamente f : A B denota
uma fun c ao denida em A e tomando valores em B. Os conjuntos A e B s ao chamados de
domnio e contra-domnio de f , respectivamente. A imagem de f e o conjunto
{y B : y = f (x), para algum x A},
que denotamos por f (A).
Deni c ao 1.12. Seja f : A B uma fun c ao, onde A e B s ao dois conjuntos arbitr arios.
Dizemos que f e injetiva ou injetora, se para todos x, y A, com x = y, tivermos
f (x) = f (y).
Dizemos que f e sobrejetiva ou sobrejetora, se para todo y B existir algum x A,
tal que y = f (x), ou seja, B = f (A).
Se f for injetiva e sobrejetiva, dizemos que f e uma fun c ao bijetiva ou bijetora, neste
caso dizemos que existe uma bijec ao entre os conjuntos A e B.
Exemplo 1.17. Dados os conjuntos A = {1, 2, 3, 4} e B = {1, 2, 3, 4}, seja f : A B
denida por
f (1) = 4, f (2) = 1, f (3) = 2, f (4) = 3.
Ent ao f e injetiva, pois se x e y s ao elementos de A, com x = y, ent ao f (x) = f (y).
Al em disso, f e sobrejetiva, pois para todo y B, existe pelo menos um x A, tal que
f (x) = y. Como f e injetiva e sobrejetiva, ent ao f e bijetiva.
Exemplo 1.18. Dados os conjuntos A = {1, 2, 3, 4} e B = {1, 2, 3}, seja f : A B
denida por
f (1) = 2, f (2) = 1, f (3) = 3, f (4) = 3.
Ent ao f n ao e injetiva, pois 3, 4 A, 3 = 4 e f (3) = f (4). Al em disso, f e sobrejetiva,
pois para todo y B, existe pelo menos um x A, tal que f (x) = y. Como f n ao e
injetiva, ent ao f n ao e bijetiva.
1.4 Fun c oes injetivas, sobrejetivas, bijetivas
e compostas
Nesta sec ao introduziremos rapidamente os conceitos de func oes injetiva, sobre-
jetiva, bijetiva e de composic ao de duas func oes. Embora as denic oes dadas se
apliquem a conjuntos arbitr arios, assumiremos que o aluno conheca apenas os
n umeros naturais e inteiros. Os n umeros racionais e reais ser ao introduzidos nas
Aulas 3 e 5, respectivamente. Por isso nos restringiremos a exemplos de func oes
cujos domnios e contradomnios sejam subconjuntos dos n umeros naturais e in-
teiros. Exemplos de func oes onde os domnios e contradomnios ser ao subcon-
juntos dos n umeros reais ser ao vistos no curso de Fundamentos de An alise II,
quando falaremos de func oes de uma vari avel real.
Deni c ao 1.11. Dados arbitrariamente dois conjuntos A e B, dizemos que est a denida
sobre A uma func ao f com valores em B, se para cada elemento x A corresponder um
unico elemento y B, o qual denotamos por f (x). Simbolicamente f : A B denota
uma fun c ao denida em A e tomando valores em B. Os conjuntos A e B s ao chamados de
domnio e contra-domnio de f , respectivamente. A imagem de f e o conjunto
{y B : y = f (x), para algum x A},
que denotamos por f (A).
Deni c ao 1.12. Seja f : A B uma fun c ao, onde A e B s ao dois conjuntos arbitr arios.
Dizemos que f e injetiva ou injetora, se para todos x, y A, com x = y, tivermos
f (x) = f (y).
Dizemos que f e sobrejetiva ou sobrejetora, se para todo y B existir algum x A,
tal que y = f (x), ou seja, B = f (A).
Se f for injetiva e sobrejetiva, dizemos que f e uma fun c ao bijetiva ou bijetora, neste
caso dizemos que existe uma bijec ao entre os conjuntos A e B.
Exemplo 1.17. Dados os conjuntos A = {1, 2, 3, 4} e B = {1, 2, 3, 4}, seja f : A B
denida por
f (1) = 4, f (2) = 1, f (3) = 2, f (4) = 3.
Ent ao f e injetiva, pois se x e y s ao elementos de A, com x = y, ent ao f (x) = f (y).
Al em disso, f e sobrejetiva, pois para todo y B, existe pelo menos um x A, tal que
f (x) = y. Como f e injetiva e sobrejetiva, ent ao f e bijetiva.
Exemplo 1.18. Dados os conjuntos A = {1, 2, 3, 4} e B = {1, 2, 3}, seja f : A B
denida por
f (1) = 2, f (2) = 1, f (3) = 3, f (4) = 3.
Ent ao f n ao e injetiva, pois 3, 4 A, 3 = 4 e f (3) = f (4). Al em disso, f e sobrejetiva,
pois para todo y B, existe pelo menos um x A, tal que f (x) = y. Como f n ao e
injetiva, ent ao f n ao e bijetiva.
Exemplo 1.19. Dados os conjuntos A = {1, 2, 3} e B = {1, 2, 3}, seja f : A B
denida por
f (1) = 2, f (2) = 1, f (3) = 2.
Ent ao f n ao e injetiva, pois 1, 3 A, 1 = 3 e f (1) = f (3). Al em disso, f n ao e
sobrejetiva, pois 3 B e n ao existe x A, tal que f (x) = 3.
Exerccio 1.9.
(i) D e um exemplo de uma fun c ao f : {1, 2, 3} {3, 5, 6, 9} que seja injetiva.
(ii)

E possvel denir uma fun c ao g : {1, 2, 3} {3, 5, 6, 9} que seja sobrejetiva?
(iii)

E possvel denir uma fun c ao h : {1, 2, 3} {3, 5, 6, 9} que seja bijetiva?
Exerccio 1.10. Quantas fun c oes injetivas existem de {1, 2, 3} em {1, 2, 3} ?
Exemplo 1.20. Sejam N = {1, 2, 3, . . .} e f : N N, denida por
f (n) = n
2
+ 1.
Ent ao f e injetiva, mas n ao e sobrejetiva.
De fato, suponha que m, n Ne m = n, ent ao
f (m) f (n) = n
2
m
2
= (mn)(m + n) = 0,
pois m = n, implica que mn = 0 e m, n N, implica que m + n N, portanto
m + n = 0. Como f (m) = f (n) sempre que m = n, concluimos que f e injetiva.
Note que, como o contradomnio de f e N, ent ao 1 faz parte do contradomnio
de f , mas n ao existe n no domnio de f , tal que f (n) = 1, pois se n N, ent ao
f (n) = n
2
+ 1 2, portanto f n ao e sobrejetiva.
Exerccio 1.11. Seja f : Z Z, denida por f (n) = 2n. A fun c ao f e bijetiva?
Exerccio 1.12. Mostre que a fun c ao f : N N {0}, denida por f (n) = n 1
e bijetiva.
Exemplo 1.19. Dados os conjuntos A = {1, 2, 3} e B = {1, 2, 3}, seja f : A B
denida por
f (1) = 2, f (2) = 1, f (3) = 2.
Ent ao f n ao e injetiva, pois 1, 3 A, 1 = 3 e f (1) = f (3). Al em disso, f n ao e
sobrejetiva, pois 3 B e n ao existe x A, tal que f (x) = 3.
Exerccio 1.9.
(i) D e um exemplo de uma fun c ao f : {1, 2, 3} {3, 5, 6, 9} que seja injetiva.
(ii)

E possvel denir uma fun c ao g : {1, 2, 3} {3, 5, 6, 9} que seja sobrejetiva?
(iii)

E possvel denir uma fun c ao h : {1, 2, 3} {3, 5, 6, 9} que seja bijetiva?
Exerccio 1.10. Quantas fun c oes injetivas existem de {1, 2, 3} em {1, 2, 3} ?
Exemplo 1.20. Sejam N = {1, 2, 3, . . .} e f : N N, denida por
f (n) = n
2
+ 1.
Ent ao f e injetiva, mas n ao e sobrejetiva.
De fato, suponha que m, n Ne m = n, ent ao
f (m) f (n) = n
2
m
2
= (mn)(m + n) = 0,
pois m = n, implica que mn = 0 e m, n N, implica que m + n N, portanto
m + n = 0. Como f (m) = f (n) sempre que m = n, concluimos que f e injetiva.
Note que, como o contradomnio de f e N, ent ao 1 faz parte do contradomnio
de f , mas n ao existe n no domnio de f , tal que f (n) = 1, pois se n N, ent ao
f (n) = n
2
+ 1 2, portanto f n ao e sobrejetiva.
Exerccio 1.11. Seja f : Z Z, denida por f (n) = 2n. A fun c ao f e bijetiva?
Exerccio 1.12. Mostre que a fun c ao f : N N {0}, denida por f (n) = n 1
e bijetiva.
Exerccio 1.13. Mostre que a fun c ao f : N N, denida por f (n) = n
2
e injetiva.
Ela e sobrejetiva?
Exerccio 1.14. Seja 2No conjunto dos n umeros naturais pares, ou seja, o conjunto
dos n umeros da forma 2n, onde n N. Mostre que a fun c ao f : N 2N, denida
por f (n) = 2n, e bijetiva.
Exerccio 1.15. Mostre que a fun c ao : N Z, denida por
(n) =
n
2
, se n for par
n1
2
, se n for mpar
e bijetiva.
Exerccio 1.16. Mostre que h : N N, denida por
h(n) =
n + 1, se n e mpar
n 1, se n e par,
e bijetiva.
Exerccio 1.17. Mostre que a fun c ao f : N {0} N {0}, denida por f (n) =
n
3
, onde
n
3
e a parte inteira de
n
3
, e sobrejetiva, mas n ao e injetiva.
Deni c ao 1.13. (A composta de duas fun c oes) Dados os conjuntos S, T e U, sejam
f : S T e g : T U duas fun c oes. A composta de g com f , denotada por g f , e a
fun c ao g f : S U, denida por (g f )(x) = g( f (x)).
No curso de Fundamentos de An alise II falaremos com mais detalhes sobre a
composic ao de func oes; para este curso basta o aluno saber a denic ao dada
acima.
Teorema 1.3. Sejam S, T, U conjuntos, f : S T e g : T U fun c oes.
(a) Se f e g forem injetivas, ent ao a composta g f e injetiva.
(b) Se f e g forem sobrejetivas, ent ao a composta g f e sobrejetiva.
(c) Se f e g forem bijetivas, ent ao a composta g f e bijetiva.
Prova. Suponha que f e g sejam injetivas. Sejam x, y S e x = y. Como f e g s ao
injetivas, temos f (x) = f (y), como g e injetiva, temos g( f (x)) = g( f (y)), o que
mostra que g f e injetiva.
Suponha que f e g sejam sobrejetivas. Dado arbitrariamente y U, mostraremos
que existe x em S, tal que f (g(x)) = y. De fato, como g e sobrejetiva, dado y U,
existe z T, tal que g(z) = y. Como f e sobrejetiva, existe x S, tal que f (x) = z.
Ent ao, g( f (x)) = g(z) = y, portanto, g f e sobrejetiva.
O item (c) segue de (a) e (b), por qu e?
25
AULA2: CONJUNTOS ENUMER
AVEIS E
CONJUNTOS N
AO ENUMER
AVEIS
OBJETIVOS
1. Compreender os conceitos de conjunto enumer avel e n ao enumer avel e de car-
dinalidade de um conjunto.
2. Saber provar que os conjuntos dos n umeros naturais, dos n umeros inteiros e
dos n umeros racionais s ao enumer aveis.
3. Saber dar exemplos de conjuntos n ao enumer aveis.
2.1 Conjunto nito e cardinalidade
Deni c ao 2.1. Dizemos que um conjunto A e nito, se ele cont em um n umero nito de
elementos. Dado um n umero inteiro positivo n, dizemos que A tem n elementos, se existir
uma bije c ao
: {1, 2, . . . , n} A.
Portanto, podemos escrever
A = {a
1
, . . . , a
n
},
onde a
i
= (i). Se um conjunto n ao for nito, dizemos que ele e innito.
Deni c ao 2.2. Dado um conjunto nito A, chamamos de cardinalidade de A, denotada
por |A|, o n umero de elementos de A.
Exemplo 2.1. Por exemplo, se A = {a, b, c}, ent ao |A| = 3.
Sejam A e B conjuntos nitos. As armac oes abaixo seguem imedidatamente da
denic ao de cardinalidade.
(a) Se B A, ent ao |B| |A| .
(b) Se A e B forem disjuntos, ent ao
|A B| = |A| +|B| . (2.1)
(c) |A B| = |A| . |B| .
Deni c ao 2.3. Se um conjunto for innito, dizemos que a sua cardinalidade e innita,
em particular os conjuntos N, Z, Q e R t em cardinalidades innitas.
Teorema 2.1. Sejam A e B dois conjuntos nitos, ent ao |A| = |B| se, e somente se,
existir uma bije c ao f : A B.
2
Conjuntos enumerveis e
conjuntos no enumerveis
27 AULA 2 CONJ UNTOS ENUMERVEIS E CONJ UNTOS NO ENUMERVEIS
AULA2: CONJUNTOS ENUMER
AVEIS E
CONJUNTOS N
AO ENUMER
AVEIS
OBJETIVOS
1. Compreender os conceitos de conjunto enumer avel e n ao enumer avel e de car-
dinalidade de um conjunto.
2. Saber provar que os conjuntos dos n umeros naturais, dos n umeros inteiros e
dos n umeros racionais s ao enumer aveis.
3. Saber dar exemplos de conjuntos n ao enumer aveis.
2.1 Conjunto nito e cardinalidade
Deni c ao 2.1. Dizemos que um conjunto A e nito, se ele cont em um n umero nito de
elementos. Dado um n umero inteiro positivo n, dizemos que A tem n elementos, se existir
uma bije c ao
: {1, 2, . . . , n} A.
Portanto, podemos escrever
A = {a
1
, . . . , a
n
},
onde a
i
= (i). Se um conjunto n ao for nito, dizemos que ele e innito.
Deni c ao 2.2. Dado um conjunto nito A, chamamos de cardinalidade de A, denotada
por |A|, o n umero de elementos de A.
Exemplo 2.1. Por exemplo, se A = {a, b, c}, ent ao |A| = 3.
Sejam A e B conjuntos nitos. As armac oes abaixo seguem imedidatamente da
denic ao de cardinalidade.
(a) Se B A, ent ao |B| |A| .
(b) Se A e B forem disjuntos, ent ao
|A B| = |A| +|B| . (2.1)
(c) |A B| = |A| . |B| .
Deni c ao 2.3. Se um conjunto for innito, dizemos que a sua cardinalidade e innita,
em particular os conjuntos N, Z, Q e R t em cardinalidades innitas.
Teorema 2.1. Sejam A e B dois conjuntos nitos, ent ao |A| = |B| se, e somente se,
existir uma bije c ao f : A B.
Prova. Suponha que |A| = |B| = n, mostraremos que existe uma bijec ao f : A
B. Podemos escrever A = {a
1
, . . . , a
n
} e B = {b
1
, . . . , b
n
}, onde a
i
= a
j
e b
i
= b
j
,
para todo i = j. Seja f : A B denida por f (a
i
) = b
i
, para i = 1, . . . , n. Ent ao f
e bijetiva, por qu e?
Suponha que exista uma bijec ao f : A B. Mostraremos que |A| = |B|. Sejam
|A| = m e |B| = n, podemos escrever A = {a
1
, . . . , a
m
} e B = {b
1
, . . . , b
n
}. Note
que f (a
i
) B, para todo i, e como f e injetiva, f (a
i
) = f (a
j
), para todo i = j.
Portanto B tem pelo menos m elementos, ou seja,
|B| |A|.
Como f e sobrejetiva, para todo b B existe pelo menos um a A, tal que
f (a) = b. Como f e injetiva, existe no m aximo um a A tal que f (a) = b.
Portanto, como f e bijetiva, para todo b B existe exatamente um a A, tal que
f (a) = b, isto nos permite denir uma func ao g : B A, tal que g(b) = a, onde
f (a) = b. A func ao g e bijetiva, por qu e? Seja c
i
= g(b
i
), ent ao c
i
A, para
i = 1, . . . , n, como g e injetiva, ent ao c
i
= c
j
, para i = j, portanto A tem pelo
menos n elementos, ou seja,
|A| B.
Das desigualdades |B| |A e |A| |B|, concluimos que |A| = |B|.
Exerccio 2.1. Seja A = {1, 2, 0, 6}. D e um exemplo de uma fun c ao injetiva do
conjunto A nele mesmo. Observe que a sua fun c ao e sobrejetiva.
Independentemente da func ao injetiva que o aluno tenha considerado no exerccio
anterior, ela necessariamente e sobrejetiva e isto e uma consequ encia da pr oxima
proposic ao.
Proposi c ao 2.1. Se A for um conjunto nito, ent ao qualquer fun c ao injetiva : A A
e sobrejetiva.
Prova. Seja n o n umero de elementos do conjunto A. Quando n = 1, a proposic ao
e verdadeira, pois se A possui apenas um elemento, digamos, A = {a}, ent ao a
unica func ao : A A, e (a) = a, que e claramente e injetiva e sobrejetiva.
Suponha que tenhamos provado que a proposic ao seja verdadeira para qualquer
conjunto com elementos. Seja A um conjunto qualquer com + 1 elementos
e : A A, uma func ao injetiva. Suponha que n ao fosse sobrejetiva, mos-
traremos que isto nos levaria a um absurdo. De fato, se n ao fosse sobrejetiva,
existiria algum elemento a A, tal que a n ao pertence a imagem de . Seja
B = A {a} e : B B, tal que (y) = (y), para todo y B. Como e
injetiva, ent ao tamb em e injetiva, por qu e? Sendo injetiva e como B tem
elementos, da hip otese de induc ao, segue que e sobrejetiva. Como a n ao est a
na imagem de , ent ao (a) = a. Portanto (a) B, como e sobrejetiva,
existe b B, portanto, b = a, tal que (b) = (a), como (b) = (b), teramos
(b) = (a), o que e uma contradic ao, pois e injetiva.
Exerccio 2.2. Seja : N N, denida por (n) = n + 1, esta fun c ao e injetiva,
mas n ao e sobrejetiva, pois o n umero 1 n ao faz parte da sua imagem. Este e um
exemplo de uma fun c ao injetiva de um conjunto nele mesmo, que n ao e sobrejetiva.
Isto contraria a Proposi c ao 2.1, por qu e?
2.2 O conjunto P(A)
Deni c ao 2.4. Dado um conjunto nito A, denimos P(A) como o conjunto cujos
elementos s ao os subconjuntos de A. Por exemplo, se A = {1, 2, 3}, ent ao
P(A) = {, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}.
Teorema 2.2. Seja A um conjunto nito, ent ao
|P(A)| = 2
|A|
. (2.2)
Prova. A demonstrac ao ser a por induc ao no n umero de elementos do conjunto
A. Se |A| = 1, digamos A = {a}, ent ao
P(A) = {, {a}},
logo |P(A)| = 2 = 2
1
= 2
|A|
, portanto (2.2) e verdadeira para n = 1.
Mostraremos que se (2.2) for verdadeira para qualquer conjunto com k elemen-
tos, ent ao ela ser a verdadeira para qualquer conjunto com k + 1 elementos e, por
induc ao, concluiremos que (2.2) vale para qualquer conjunto nito A.
Suponha que (2.2) seja verdadeira para qualquer conjunto com k elementos e seja
A um conjunto com k + 1 elementos, digamos
A = {x
1
, . . . , x
k+1
}.
Dena

P(A) como o subconjunto de P(A) formado por aqueles subconjuntos de
A que cont em x
k+1
. Ent ao P({x
1
, . . . , x
k
}) e precisamente o subconjunto de P(A)
formado por aqueles subconjuntos de A que n ao cont em x
k+1
. Logo
P({x
1
, . . . , x
k
})

P(A) =
B = A {a} e : B B, tal que (y) = (y), para todo y B. Como e
injetiva, ent ao tamb em e injetiva, por qu e? Sendo injetiva e como B tem
elementos, da hip otese de induc ao, segue que e sobrejetiva. Como a n ao est a
na imagem de , ent ao (a) = a. Portanto (a) B, como e sobrejetiva,
existe b B, portanto, b = a, tal que (b) = (a), como (b) = (b), teramos
(b) = (a), o que e uma contradic ao, pois e injetiva.
Exerccio 2.2. Seja : N N, denida por (n) = n + 1, esta fun c ao e injetiva,
mas n ao e sobrejetiva, pois o n umero 1 n ao faz parte da sua imagem. Este e um
exemplo de uma fun c ao injetiva de um conjunto nele mesmo, que n ao e sobrejetiva.
Isto contraria a Proposi c ao 2.1, por qu e?
2.2 O conjunto P(A)
Deni c ao 2.4. Dado um conjunto nito A, denimos P(A) como o conjunto cujos
elementos s ao os subconjuntos de A. Por exemplo, se A = {1, 2, 3}, ent ao
P(A) = {, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}.
Teorema 2.2. Seja A um conjunto nito, ent ao
|P(A)| = 2
|A|
. (2.2)
Prova. A demonstrac ao ser a por induc ao no n umero de elementos do conjunto
A. Se |A| = 1, digamos A = {a}, ent ao
P(A) = {, {a}},
logo |P(A)| = 2 = 2
1
= 2
|A|
, portanto (2.2) e verdadeira para n = 1.
Mostraremos que se (2.2) for verdadeira para qualquer conjunto com k elemen-
tos, ent ao ela ser a verdadeira para qualquer conjunto com k + 1 elementos e, por
induc ao, concluiremos que (2.2) vale para qualquer conjunto nito A.
Suponha que (2.2) seja verdadeira para qualquer conjunto com k elementos e seja
A um conjunto com k + 1 elementos, digamos
A = {x
1
, . . . , x
k+1
}.
Dena

P(A) como o subconjunto de P(A) formado por aqueles subconjuntos de
A que cont em x
k+1
. Ent ao P({x
1
, . . . , x
k
}) e precisamente o subconjunto de P(A)
formado por aqueles subconjuntos de A que n ao cont em x
k+1
. Logo
P({x
1
, . . . , x
k
})

P(A) =
e
P({x
1
, . . . , x
k+1
}) = P({x
1
, . . . , x
k
})

P(A),
portanto, de (2.1), temos
|P({x
1
, . . . , x
k+1
})| = |P({x
1
, . . . , x
k
})| +

P(A)
.
Note que os elementos de

P(A) s ao da forma B {x
k+1
}, para algum
B P({x
1
, . . . , x
k
}),
portanto

P(A) e P({x
1
, . . . , x
k
}), t em o mesmo n umero de elementos, ou seja,

P(A)
= |P({x
1
, . . . , x
k
})| .
Como {x
1
, . . . , x
k
} tem k elementos, ent ao pela hip otese de induc ao,
|P({x
1
, . . . , x
k
})| = 2
k
,
portanto
|P({x
1
, . . . , x
k+1
})| = 2 |P({x
1
, . . . , x
k
})| = 2 2
k
= 2
k+1
e com isso concluimos a demonstrac ao.
Exemplo 2.2. Se X e Y s ao conjuntos, ent ao
P(X) P(Y) = P(X Y) e P(X) P(Y) P(X Y).
Prova. Note que
A P(X) P(Y) A X e A Y
A X Y A P(X Y).
Por outro lado,
A P(X) P(Y) A X ou A Y
A X Y
A P(X Y).
Lema 2.1. Se A for um conjunto innito, ent ao existe uma fun c ao injetiva : A A,
que n ao e sobrejetiva.
Prova. Se A for innito, nenhuma lista nita de elementos a
1
, . . ., a
2
, . . . , a
n
pode
incluir todos os elementos de A. Ent ao existe uma lista innita a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .
de elementos de A que s ao distintos (ou a
i
= a
j
se i = j). Seja : A A, denida
como (a
n
) = a
n+1
, para todo n e (x) = x para todos os elementos de A que
n ao est ao incluidos em a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .. Ent ao e uma func ao injetiva (por qu e?),
cujo imagem e A {a
1
} (por qu e?), portanto esta func ao n ao e sobrejetiva.
Proposi c ao 2.2. Um conjunto A e innito se, e somente se, existir uma fun c ao injetiva
: A A que n ao e sobrejetiva.
Prova. Se A for innito ent ao, pelo Lemma 2.1, existe uma func ao injetiva :
A A, que n ao e sobrejetiva.
Por outro lado, a Proposic ao 2.1 diz que se A for nito, ent ao toda func ao injetiva
: A A e sobrejetiva. Portanto, se existir alguma func ao injetiva : A A
que n ao seja sobrejetiva, ent ao A e innito.
Exerccio 2.3. Dada f : A B, prove que as arma c oes abaixo s ao verdadeiras.
(a) Seja f injetiva, se A for innito, ent ao B e innito.
(b) Seja f sobrejetiva, se B for innito, ent ao A e innito.
Resolu c ao. (a) Mostraremos que se B for nito, ent ao A e nito. Se B tem n
elementos, ent ao como f (A) B, segue-se que f (A) tem no m aximo n ele-
mentos. Seja k o n umero de elementos de f (A), ent ao k n. Como f (A) tem
k elementos, podemos escrever f (A) = {b
1
, . . . , b
k
}. Como f e injetiva, para
cada b
i
f (A) existe exatamente um a
i
A, tal que f (a
i
) = b
i
. Arma-
mos que A = {a
1
, . . . , a
k
}, logo A tem k elementos. De fato, se a A, ent ao
f (a) = b
i
, para algum i = 1, . . . , k, portanto a = a
i
, logo a {a
1
, . . . , a
k
}, o que
mostra que A {a
1
, . . . , a
k
}, por outro lado, por denic ao, cada a
i
A, logo
{a
1
, . . . , a
k
} A. Destas duas inclus oes, concluimos que A = {a
1
, . . . , a
k
}.
(a) Mostraremos que se A for nito, ent ao B e nito. Se A tem n elementos, po-
demos escrever A = {a
1
, . . . , a
n
}. Como f (A) = {f (a
1
), . . . , f (a
n
)}, concluimos
que f (A) tem no m aximo n elementos. Como f e sobrejetiva, ent ao B = f (A),
portanto B tem no m aximo n elementos, portanto B e nito.
Exerccio 2.4. Sejam A um conjunto nito e B um conjunto innito. Prove que
existe uma fun c ao injetiva f : A B e uma fun c ao sobrejetiva g : B A.
e
P({x
1
, . . . , x
k+1
}) = P({x
1
, . . . , x
k
})

P(A),
portanto, de (2.1), temos
|P({x
1
, . . . , x
k+1
})| = |P({x
1
, . . . , x
k
})| +

P(A)
.
Note que os elementos de

P(A) s ao da forma B {x
k+1
}, para algum
B P({x
1
, . . . , x
k
}),
portanto

P(A) e P({x
1
, . . . , x
k
}), t em o mesmo n umero de elementos, ou seja,

P(A)
= |P({x
1
, . . . , x
k
})| .
Como {x
1
, . . . , x
k
} tem k elementos, ent ao pela hip otese de induc ao,
|P({x
1
, . . . , x
k
})| = 2
k
,
portanto
|P({x
1
, . . . , x
k+1
})| = 2 |P({x
1
, . . . , x
k
})| = 2 2
k
= 2
k+1
e com isso concluimos a demonstrac ao.
Exemplo 2.2. Se X e Y s ao conjuntos, ent ao
P(X) P(Y) = P(X Y) e P(X) P(Y) P(X Y).
Prova. Note que
A P(X) P(Y) A X e A Y
A X Y A P(X Y).
Por outro lado,
A P(X) P(Y) A X ou A Y
A X Y
A P(X Y).
Lema 2.1. Se A for um conjunto innito, ent ao existe uma fun c ao injetiva : A A,
que n ao e sobrejetiva.
Prova. Se A for innito, nenhuma lista nita de elementos a
1
, . . ., a
2
, . . . , a
n
pode
incluir todos os elementos de A. Ent ao existe uma lista innita a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .
de elementos de A que s ao distintos (ou a
i
= a
j
se i = j). Seja : A A, denida
como (a
n
) = a
n+1
, para todo n e (x) = x para todos os elementos de A que
n ao est ao incluidos em a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .. Ent ao e uma func ao injetiva (por qu e?),
cujo imagem e A {a
1
} (por qu e?), portanto esta func ao n ao e sobrejetiva.
Proposi c ao 2.2. Um conjunto A e innito se, e somente se, existir uma fun c ao injetiva
: A A que n ao e sobrejetiva.
Prova. Se A for innito ent ao, pelo Lemma 2.1, existe uma func ao injetiva :
A A, que n ao e sobrejetiva.
Por outro lado, a Proposic ao 2.1 diz que se A for nito, ent ao toda func ao injetiva
: A A e sobrejetiva. Portanto, se existir alguma func ao injetiva : A A
que n ao seja sobrejetiva, ent ao A e innito.
Exerccio 2.3. Dada f : A B, prove que as arma c oes abaixo s ao verdadeiras.
(a) Seja f injetiva, se A for innito, ent ao B e innito.
(b) Seja f sobrejetiva, se B for innito, ent ao A e innito.
Resolu c ao. (a) Mostraremos que se B for nito, ent ao A e nito. Se B tem n
elementos, ent ao como f (A) B, segue-se que f (A) tem no m aximo n ele-
mentos. Seja k o n umero de elementos de f (A), ent ao k n. Como f (A) tem
k elementos, podemos escrever f (A) = {b
1
, . . . , b
k
}. Como f e injetiva, para
cada b
i
f (A) existe exatamente um a
i
A, tal que f (a
i
) = b
i
. Arma-
mos que A = {a
1
, . . . , a
k
}, logo A tem k elementos. De fato, se a A, ent ao
f (a) = b
i
, para algum i = 1, . . . , k, portanto a = a
i
, logo a {a
1
, . . . , a
k
}, o que
mostra que A {a
1
, . . . , a
k
}, por outro lado, por denic ao, cada a
i
A, logo
{a
1
, . . . , a
k
} A. Destas duas inclus oes, concluimos que A = {a
1
, . . . , a
k
}.
(a) Mostraremos que se A for nito, ent ao B e nito. Se A tem n elementos, po-
demos escrever A = {a
1
, . . . , a
n
}. Como f (A) = {f (a
1
), . . . , f (a
n
)}, concluimos
que f (A) tem no m aximo n elementos. Como f e sobrejetiva, ent ao B = f (A),
portanto B tem no m aximo n elementos, portanto B e nito.
Exerccio 2.4. Sejam A um conjunto nito e B um conjunto innito. Prove que
existe uma fun c ao injetiva f : A B e uma fun c ao sobrejetiva g : B A.
Resolu c ao. Suponha que A tenha n elementos, ent ao podemos escrever A =
{a
1
, . . . , a
n
}. Sejam b
1
, . . . , b
n
, elementos distintos de B. Seja f : A B denida
por f (a
i
) = b
i
, para i = 1, . . . , n, ent ao f e injetiva. Por outro lado, a func ao
g : B A denida por g(b
i
) = a
i
, para i = 1, . . . , n 1 e f (b) = a
n
, para
b B {b
1
, . . . , b
n1
} e sobrejetiva.
2.3 Conjuntos enumer aveis
Deni c ao 2.5. Dizemos que um conjunto A e enumer avel, se ele for nito ou se existir
uma fun c ao bijetiva : N A. A fun c ao se chama uma enumera c ao dos elementos
de A. Escrevemos
(1) = a
1
, (2) = a
2
, . . . , (n) = a
n
, . . .
portanto
A = {a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .}.
Portanto, se um conjunto A for innito e enumer avel, podemos indexar (rotular) os
elementos de A usando com n umeros naturais como ndices.
Exemplo 2.3. Note que o conjunto N e enumer avel, pois a fun c ao : N N, denida
por (n) = n e bijetiva.
Exemplo 2.4. O conjunto {2, 4, 6, . . .} e enumer avel.
De fato, o esquema abaixo nos sugere como denir uma func ao : N {2, 4, 6,
8, . . . , 2n, . . . }, de modo que ela seja uma bijec ao:
1 2 3 4 5 6 7 . . . n . . .
. . . . . .
2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, . . . , 2n, . . .
.
Note que (n) = 2n. A func ao e bijetiva, por qu e?
Exemplo 2.5. O conjunto 1, 2, 3, 4, . . . , n, . . . e enumer avel.
De fato, o esquema abaixo nos sugere como denir uma func ao : N {-1, -2,
-3, -4, . . . , -n, . . . } de modo que ela seja uma bijec ao:
1 2 3 4 5 6 7 . . . n . . .
. . . . . .
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, . . . , n, . . .
.
Note que (n) = n. A func ao e bijetiva, por qu e?
Exemplo 2.6. O conjunto dos inteiros
Z = {. . . , 2, 1, 0, 1, 2, . . .}
e enumer avel.
De fato o esquema abaixo nos sugere como denir uma func ao : N Z de
modo que ela seja uma bijec ao:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 . . . 2n 2n + 1 . . .
. . . . . .
0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, . . . n n . . .
.
Note que e denida da seguinte forma (1) = 0, (2n) = n e (2n + 1) = n.
Armamos que e bijetiva, por qu e?
Teorema 2.3. Se A N, ent ao A e enumer avel.
Prova. Se A for nito por denic ao ele e enumer avel e n ao teramos nada a fazer.
Suponha que A seja innito. Como A e innito, ent ao A e qualquer subcon-
junto de A do qual retiramos apenas um n umero nito de elementos ser a n ao
vazio. Pelo princpio da boa-ordenac ao, todo subconjunto n ao vazio de N pos-
sui um menor elemento, seja a
1
o menor elemento de A, a
2
o menor elemento
de A
1
= A {a
1
}, a
3
o menor elemento de A
2
= A {a
1
, a
2
}, procedendo
desta forma, denimos a
n
como o menor elemento de A
n1
= A{a
1
, . . . , a
n1
}.
Como a
n+1
> a
n
, a func ao : N A, denida por
(n) = a
n
e injetiva. Para mostrarmos que ela e sobrejetiva, basta mostrarmos que A =
{a
1
, . . . , a
n
, . . .}. Suponha que houvesse algum a A, tal que a = a
n
, para todo
n. Ent ao a pertenceria a A
n
para todo n, o que implica que a > a
n
, para todo
n. Portanto a
n
seria um n umero natural maior do que todos os elementos de um
conjunto innito de n umeros naturais {a
1
, . . . , a
n
, . . .}, o que e impossvel.
Corol ario 2.1. Seja g : A B uma bije c ao, onde B e um subconjunto de N, ent ao A e
enumer avel.
Prova.
Se B for nito, como g e uma bijec ao, ent ao A tamb em ser a nito (|A| = |B| por
qu e?), portanto enumer avel.
Se B for innito, como ele e enumer avel, vimos na demonstrac ao do Teorema 2.3
que existe uma bijec ao : B N. Ent ao, pelo Teorema 1.3, g : A N e uma
bijec ao, por ser composta de bijec oes, portanto, A e enumer avel.
Corol ario 2.2. Seja f : A B injetiva. Se B for enumer avel, ent ao A tamb em ser a.
Prova.
Se B for nito, como f e injetiva, ent ao A tamb em ser a nito (|A| |B| por qu e?),
portanto enumer avel.
Se B for innito, como B e enumer avel, ent ao existe uma bijec ao : B N.
Como f e s ao injetivas, ent ao pelo Teorema 1.3, a composta f : A N
tamb em e injetiva. Portanto f e uma bijec ao de A sobre a sua imagem, a qual
e enumer avel por ser um subconjunto N, isto decorre do Teorema 2.3. Portanto,
mostramos que existe uma bijec ao de A sobre um subconjunto de N e pelo Co-
rol ario 2.1, temos que A e enumer avel.
Exemplo 2.7. Mostre que todo subconjunto de um conjunto enumer avel e enumer avel.
De fato, seja B um conjunto enumer avel e A um subconjunto de B. Considere a
func ao f : A B denida por f (x) = x. Ent ao f e injetiva e, pelo Corol ario 2.2,
A tamb em e enumer avel.
Corol ario 2.3. Seja f : A B sobrejetiva. Se A for enumer avel, ent ao B tamb em ser a.
Prova. Como f e sobrejetiva, dado b B, podemos tomar a A, tal que f (a) = b.
Isto permite-nos denir uma func ao g : B A, tal que g(b) = a, portanto
f (g(b)) = f (a) = b, para todo b B. Se b
1
= b
2
, ent ao g(b
1
) = g(b
2
); pois
g(b
1
) = g(b
2
) implicaria f (g(b
1
)) = f (g(b
2
)), o que seria um absurdo, pois
f (g(b
1
)) = b
1
e f (g(b
2
)) = b
2
e, por hip otese, b
1
= b
2
. Logo, g e injetiva e A
e enum eravel, ent ao pelo Corol ario 2.2 B e enumer avel.
Exemplo 2.8. O produto cartesiano NN e enumer avel.
De fato, apresentaremos duas maneiras para mostrar o resultado acima.
A primeira maneira e a seguinte: disponha os elementos de N N na forma
abaixo (na n- esima linha colocamos todos os elementos do produto cartesiano
NN, cuja primeira coordenada e n, ou seja, elementos da forma (n, j), onde
j = 1, 2, . . .):
(1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4) (1, 5) . . .

(2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5) . . .

(3, 1) (3, 1) (3, 3) (3, 4) (3, 5)

(4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4) (4, 5)

(5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4) (5, 5)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
A partir do elemento (1, 1) seguimos as setas para obter o elemento seguinte:
(1, 1), (1, 2), (2, 1), (3, 1), (2, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), . . . . (2.3)
Com isso denimos : NN N, de modo que ela leva o n- esimo elemento
de (2.3) no n umero inteiro positivo n. Claramente a func ao e injetiva, portanto,
pelo Corol ario 2.2, NN e enumer avel.
A segunda maneira e a seguinte: seja : NN N, denida por (m, n) =
2
m
.3
n
. Pela unicidade da decomposic ao de um n umero inteiro positivo em fatores
primos, e injetiva e pelo Corol ario 2.2, segue que NN e enumer avel.
Note que na denic ao de na segunda demonstrac ao poderamos ter tomado
dois primos quaisquer, ao inv es de 2 e 3.
Exemplo 2.9. O produto cartesiano de dois conjuntos enumer aveis e enumer avel.
De fato, sejam A e B dois conjuntos enumer aveis, ent ao existem bijec oes f : N
A e g : N B. Dena : NN A B, dada por (m, n) = ( f (m), g(n)).
Como f e g s ao sobrejetivas, ent ao tamb em ser a sobrejetiva. Sendo sobre-
jetiva e N N enumer avel, pelo Corol ario 2.3, concluimos que A B e enu-
mer avel.
Corol ario 2.4. A uni ao enumer avel de conjuntos enumer aveis e enumer avel.
Prova. Sejam A
1
, A
2
, . . . , A
n
, . . . conjuntos enumer aveis, ent ao existem bijec oes
f
1
: N A
1
, f
2
: N A
2
, . . ., f
n
: N A
n
, . . . . Seja A =
n=1
A
n
, de-
na f : NN A, fazendo f (m, n) = f
n
(m), ent ao f e sobrejetiva, pois dado
a A, ent ao a A
n
para algum n, portanto, a = f
n
(m) = f (m, n), para algum
m. Sendo f sobrejetiva e como NN e enumer avel, ent ao pelo Corol ario 2.3,
concluimos que A e enumer avel.
Exemplo 2.10. O conjunto
Q =
m
n
: m, n Z, n = 0
e enumer avel.
De fato, seja Z
= Z {0}, ent ao sendo Z
um subconjunto de Z que e enu-

mer avel, ele e enumer avel. Por outro lado Z Z
, sendo o produto de dois

conjuntos enumer aveis, ele e enumer avel. A func ao : Z Z
Q, denida
por
(m, n) =
m
n
e sobrejetiva, pelo Corol ario 2.3, concluimos que Q e enumer avel.
A partir do elemento (1, 1) seguimos as setas para obter o elemento seguinte:
(1, 1), (1, 2), (2, 1), (3, 1), (2, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), . . . . (2.3)
Com isso denimos : NN N, de modo que ela leva o n- esimo elemento
de (2.3) no n umero inteiro positivo n. Claramente a func ao e injetiva, portanto,
pelo Corol ario 2.2, NN e enumer avel.
A segunda maneira e a seguinte: seja : NN N, denida por (m, n) =
2
m
.3
n
. Pela unicidade da decomposic ao de um n umero inteiro positivo em fatores
primos, e injetiva e pelo Corol ario 2.2, segue que NN e enumer avel.
Note que na denic ao de na segunda demonstrac ao poderamos ter tomado
dois primos quaisquer, ao inv es de 2 e 3.
Exemplo 2.9. O produto cartesiano de dois conjuntos enumer aveis e enumer avel.
De fato, sejam A e B dois conjuntos enumer aveis, ent ao existem bijec oes f : N
A e g : N B. Dena : NN A B, dada por (m, n) = ( f (m), g(n)).
Como f e g s ao sobrejetivas, ent ao tamb em ser a sobrejetiva. Sendo sobre-
jetiva e N N enumer avel, pelo Corol ario 2.3, concluimos que A B e enu-
mer avel.
Corol ario 2.4. A uni ao enumer avel de conjuntos enumer aveis e enumer avel.
Prova. Sejam A
1
, A
2
, . . . , A
n
, . . . conjuntos enumer aveis, ent ao existem bijec oes
f
1
: N A
1
, f
2
: N A
2
, . . ., f
n
: N A
n
, . . . . Seja A =
n=1
A
n
, de-
na f : NN A, fazendo f (m, n) = f
n
(m), ent ao f e sobrejetiva, pois dado
a A, ent ao a A
n
para algum n, portanto, a = f
n
(m) = f (m, n), para algum
m. Sendo f sobrejetiva e como NN e enumer avel, ent ao pelo Corol ario 2.3,
concluimos que A e enumer avel.
Exemplo 2.10. O conjunto
Q =
m
n
: m, n Z, n = 0
e enumer avel.
De fato, seja Z
= Z {0}, ent ao sendo Z
um subconjunto de Z que e enu-

mer avel, ele e enumer avel. Por outro lado Z Z
, sendo o produto de dois

conjuntos enumer aveis, ele e enumer avel. A func ao : Z Z
Q, denida
por
(m, n) =
m
n
e sobrejetiva, pelo Corol ario 2.3, concluimos que Q e enumer avel.
Deni c ao 2.6. Dados dois conjuntos A e B, dizemos que eles t em a mesma cardinalidade
se, e somente se, existir uma bije c ao entre eles. Em particular, os conjuntos N, Z e Q,
t em a mesma cardinalidade.
2.4 Conjuntos n ao enumer aveis
Deni c ao 2.7. Um conjunto que n ao e enumer avel e dito ser n ao enumer avel.
Muitos conjuntos que aparecem em matem atica s ao n ao enumer aveis.
Exemplo 2.11. (Um exemplo de conjunto n ao enumer avel) Seja A o conjunto de todas
as fun c oes f : N {0, 1}, ent ao A e n ao enumer avel.
De fato, se A fosse enumer avel, ent ao poderamos escrever
A = {f
1
, f
2
, . . . , f
n
, . . .},
onde para cada i N, f
i
e uma func ao de N em {0, 1}. Em particular, dado
arbitrariamente uma func ao f : N {0, 1}, ent ao deveramos ter f = f
i
, para
algum i N. Mostraremos a seguir que existe uma func ao f : N {0, 1}, tal
que
f = f
i
, para todo i N, (2.4)
o que nos levaria a um absurdo. Este absurdo surgiu da nossa hip otese de A ser
enumer avel, com isso concluiremos que A e n ao enumer avel.
A seguir mostraremos (2.4). De fato, para cada i Ndena
f (i) =
0, se f
i
(i) = 1
1, se f
i
(i) = 0
,
ent ao por construc ao temos f (1) = f
1
(1), f (2) = f
2
(2), . . . , f (i) = f
i
(i), . . . Dado
i N, como f (i) = f
i
(i), ent ao f e f
i
diferem pelo menos no ponto i, portanto
f = f
i
.
Observa c ao 2.1. Na Se c ao 6.2 mostraremos que o conjunto dos n umeros reais e n ao
enumer avel.
Exemplo 2.12. Assumindo que os reais s ao n ao enumer aveis, mostraremos que o con-
junto dos irracionais, RQ, e n ao enumer avel.
De fato, sabemos que R = Q(RQ) como Q e enumer avel, se RQ tamb em
fosse enumer avel, sendo a uni ao de dois conjuntos enumer aveis enumer avel,
ent ao concluiramos que R seria enumer avel, o que seria falso, tendo em vista
a Observac ao 2.1.
Como o conjunto R Q dos irracionais e n ao enumer avel, segue-se que, em ter-
mos de cardinalidade, existem muitos mais n umeros irracionais do que racionais.
Exerccio 2.5. Assumindo que Rseja n ao enumer avel, mostre que o intervalo (1, 1)
e n ao enumer avel.
Sugest ao: Mostre que a fun c ao f : R (0, 1), denida por f (x) =
x
1+|x|
e injetiva
e use o Corol ario 2.2.
Proposi c ao 2.3. Dado um conjunto A, n ao existe uma fun c ao sobrejetiva f : A
P(A).
Prova. Seja f : A P(A) uma func ao qualquer, mostraremos que f n ao e
sobrejetiva, ou seja, mostraremos que existe algum subconjunto de A, denotado
por Z
f
, tal que Z
f
= f (x), para todo x A. Armamos que
Z
f
= {x A : x / f (x)}
tem as propriedades desejadas. De fato, dado x
o
A, temos uma das seguinte
possibilidades: (i) x
o
f (x
o
) = x
o
/ Z
f
, logo, f (x
o
) = Z
f
, ou (ii) x
o
/
f (x
o
) = x
o
Z
f
, logo, f (x
o
) = Z
f
.
Corol ario 2.5. O conjunto P(N) e n ao enumer avel.
Prova. Se P(N) fosse enumer avel, ent ao existiria uma func ao bijetiva f : N
P(N), sendo f bijetiva, ela e sobrejetiva, o que contrariaria a Proposic ao 2.3.
Deni c ao 2.6. Dados dois conjuntos A e B, dizemos que eles t em a mesma cardinalidade
se, e somente se, existir uma bije c ao entre eles. Em particular, os conjuntos N, Z e Q,
t em a mesma cardinalidade.
2.4 Conjuntos n ao enumer aveis
Deni c ao 2.7. Um conjunto que n ao e enumer avel e dito ser n ao enumer avel.
Muitos conjuntos que aparecem em matem atica s ao n ao enumer aveis.
Exemplo 2.11. (Um exemplo de conjunto n ao enumer avel) Seja A o conjunto de todas
as fun c oes f : N {0, 1}, ent ao A e n ao enumer avel.
De fato, se A fosse enumer avel, ent ao poderamos escrever
A = {f
1
, f
2
, . . . , f
n
, . . .},
onde para cada i N, f
i
e uma func ao de N em {0, 1}. Em particular, dado
arbitrariamente uma func ao f : N {0, 1}, ent ao deveramos ter f = f
i
, para
algum i N. Mostraremos a seguir que existe uma func ao f : N {0, 1}, tal
que
f = f
i
, para todo i N, (2.4)
o que nos levaria a um absurdo. Este absurdo surgiu da nossa hip otese de A ser
enumer avel, com isso concluiremos que A e n ao enumer avel.
A seguir mostraremos (2.4). De fato, para cada i Ndena
f (i) =
0, se f
i
(i) = 1
1, se f
i
(i) = 0
,
ent ao por construc ao temos f (1) = f
1
(1), f (2) = f
2
(2), . . . , f (i) = f
i
(i), . . . Dado
i N, como f (i) = f
i
(i), ent ao f e f
i
diferem pelo menos no ponto i, portanto
f = f
i
.
Observa c ao 2.1. Na Se c ao 6.2 mostraremos que o conjunto dos n umeros reais e n ao
enumer avel.
Exemplo 2.12. Assumindo que os reais s ao n ao enumer aveis, mostraremos que o con-
junto dos irracionais, RQ, e n ao enumer avel.
De fato, sabemos que R = Q(RQ) como Q e enumer avel, se RQ tamb em
fosse enumer avel, sendo a uni ao de dois conjuntos enumer aveis enumer avel,
ent ao concluiramos que R seria enumer avel, o que seria falso, tendo em vista
a Observac ao 2.1.
Como o conjunto R Q dos irracionais e n ao enumer avel, segue-se que, em ter-
mos de cardinalidade, existem muitos mais n umeros irracionais do que racionais.
Exerccio 2.5. Assumindo que Rseja n ao enumer avel, mostre que o intervalo (1, 1)
e n ao enumer avel.
Sugest ao: Mostre que a fun c ao f : R (0, 1), denida por f (x) =
x
1+|x|
e injetiva
e use o Corol ario 2.2.
Proposi c ao 2.3. Dado um conjunto A, n ao existe uma fun c ao sobrejetiva f : A
P(A).
Prova. Seja f : A P(A) uma func ao qualquer, mostraremos que f n ao e
sobrejetiva, ou seja, mostraremos que existe algum subconjunto de A, denotado
por Z
f
, tal que Z
f
= f (x), para todo x A. Armamos que
Z
f
= {x A : x / f (x)}
tem as propriedades desejadas. De fato, dado x
o
A, temos uma das seguinte
possibilidades: (i) x
o
f (x
o
) = x
o
/ Z
f
, logo, f (x
o
) = Z
f
, ou (ii) x
o
/
f (x
o
) = x
o
Z
f
, logo, f (x
o
) = Z
f
.
Corol ario 2.5. O conjunto P(N) e n ao enumer avel.
Prova. Se P(N) fosse enumer avel, ent ao existiria uma func ao bijetiva f : N
P(N), sendo f bijetiva, ela e sobrejetiva, o que contrariaria a Proposic ao 2.3.
2.5 Exerccios
Exerccio 2.6. O conjunto dos n umeros primos {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . .} e enumer avel,
por qu e?
Exerccio 2.7. O conjunto dos n umeros inteiros mpares {1, 3, 5, 7, 9, . . .} e enumer avel?
Exerccio 2.8. O conjunto {1, 1/2, 1/3, 1/4, 1/5, . . .} e enumer avel?
Exerccio 2.9. O conjunto Q
3
= {(x, y, z) : x, y, z Q} e enumer avel?
Exerccio 2.10. Sejam A e B conjuntos disjuntos enumer aveis e innitos. Ent ao existem
bije c oes f : N A e g : N B. Dena
h(n) =
f (
n
2
), se n for par
g(
n+1
2
), se n for mpar
.
Mostre que h e bijetiva e conclua que A B e enumer avel.
Exerccio 2.11. Sejam A e B conjuntos e B n ao enumer avel. Prove que se existir uma
fun c ao sobrejetiva de A em B, ent ao A e n ao enumer avel.
Exerccio 2.12. Suponha que n Ne f : {1, 2, . . . , n} {1, 2, . . . , n}. Mostre que f
e injetiva se, e somente se, f for sobrejetiva.
Exerccio 2.13. Decida quais das arma c oes abaixo s ao verdadeiras e quais s ao falsas.
Prove as verdadeiras e d e contra-exemplos para as falsas.
(a) Seja E um conjunto. Se existir uma fun c ao sobrejetiva f de E em N, ent ao E e enu-
mer avel.
(b) Um racional di adico e da forma n/2
m
, para algum n Z e m N. O conjunto dos
racionais di adicos e n ao enumer avel.
(c) Suponha que A e B sejam conjuntos e que f : A B seja injetiva. Se A for n ao
enumer avel, ent ao B e n ao enumer avel.
(d) O conjunto das partes Z, P(Z), e enumer avel.
(e) Sejam A e B conjuntos, onde B n ao enumer avel. Ent ao A B e A B s ao n ao enu-
mer aveis.
(f) Sejam E
1
, E
2
, . . ., conjuntos nitos e
E = E
1
E
2
E
3
. . . = {(x
1
, x
2
, x
3
, . . .) : x
i
E
i
, i N},
ent ao E e n ao enumer avel.
39
AULA3: OS N
UMEROS RACIONAIS
OBJETIVOS
1. Compreender o conceito de classes de equival encia.
2. Compreender a construc ao dos n umeros racionais a partir dos n umeros intei-
ros, usando o conceito de classes de equival encia.
3. Transformar uma representac ao decimal de umn umero racional emuma frac ao.
4. Dar exemplos de n umeros que n ao s ao racionais.
3.1 Rela c oes de equival encia
Deni c ao 3.1. Uma rela c ao bin aria R sobre um conjunto n ao vazio A e um subconjunto
n ao vazio de A A. Se (a, b) R, dizemos que a est a relacionado (ou R-relacionado) a
b e escrevemos a R b. Se (a, b) / R, dizemos que a e b n ao est ao relacionados e denotamos
a R b.
Exemplo 3.1. Sejam A = {a, b, c} e R = {(a, a), (b, a), (c, c)}. Ent ao a R a, b R a e
c R c. Por outro lado, os pares ordenados (a, b) e (b, b) n ao est ao em R, portanto a R b e
b R b.
Exemplo 3.2. Seja A = {a, b, c} e R denida por x R y se, e somente se, x = y. Ent ao
R = {(a, a), (b, b), (c, c)}.
Deni c ao 3.2. Seja A um conjunto n ao vazio e R uma rela c ao bin aria sobre A. Dizemos
que
(i) R e reexiva se para todo x A, temos xRx.
(ii) R e sim etrica se para quaisquer x, y A, se xRy, ent ao yRx.
(iii) R e transitiva se para quaisquer x, y, z A, se xRy e yRz, ent ao xRz.
(iv) R e uma relac ao de equival encia se ela satiszer as propriedades (i), (ii) e (iii),
ou seja, se ela for reexiva, sim etrica e transitiva.
Exerccio 3.1. Seja R a rela c ao emZdenida por xRy se, e somente se x = y. Mostre
que R e uma rela c ao de equival encia.
Os nmeros racionais
3
41 AULA 3: OS NMEROS RACI ONAIS
AULA3: OS N
UMEROS RACIONAIS
OBJETIVOS
1. Compreender o conceito de classes de equival encia.
2. Compreender a construc ao dos n umeros racionais a partir dos n umeros intei-
ros, usando o conceito de classes de equival encia.
3. Transformar uma representac ao decimal de umn umero racional emuma frac ao.
4. Dar exemplos de n umeros que n ao s ao racionais.
3.1 Rela c oes de equival encia
Deni c ao 3.1. Uma rela c ao bin aria R sobre um conjunto n ao vazio A e um subconjunto
n ao vazio de A A. Se (a, b) R, dizemos que a est a relacionado (ou R-relacionado) a
b e escrevemos a R b. Se (a, b) / R, dizemos que a e b n ao est ao relacionados e denotamos
a R b.
Exemplo 3.1. Sejam A = {a, b, c} e R = {(a, a), (b, a), (c, c)}. Ent ao a R a, b R a e
c R c. Por outro lado, os pares ordenados (a, b) e (b, b) n ao est ao em R, portanto a R b e
b R b.
Exemplo 3.2. Seja A = {a, b, c} e R denida por x R y se, e somente se, x = y. Ent ao
R = {(a, a), (b, b), (c, c)}.
Deni c ao 3.2. Seja A um conjunto n ao vazio e R uma rela c ao bin aria sobre A. Dizemos
que
(i) R e reexiva se para todo x A, temos xRx.
(ii) R e sim etrica se para quaisquer x, y A, se xRy, ent ao yRx.
(iii) R e transitiva se para quaisquer x, y, z A, se xRy e yRz, ent ao xRz.
(iv) R e uma relac ao de equival encia se ela satiszer as propriedades (i), (ii) e (iii),
ou seja, se ela for reexiva, sim etrica e transitiva.
Exerccio 3.1. Seja R a rela c ao emZdenida por xRy se, e somente se x = y. Mostre
que R e uma rela c ao de equival encia.
Exemplo 3.3. Considere o conjunto Zdos n umeros inteiros e a rela c ao R, tal que xRy se,
e somente se, x y for m ultiplo de 3. Mostraremos que R e uma rela c ao de equival encia.
De fato, por denic ao xRy se, e somente se, x y = 3k, onde k e um inteiro.
Em particular, x x = 0 = 3 . 0 e, portanto, R e reexiva. Por outro lado,
se xRy, ent ao x y = 3k, logo y x = 3k = 3(k) e concluimos que R e
sim etrica. Finalmente, se xRy e yRz, ent ao x y = 3k
1
e y z = 3k
2
, ent ao
x z = (x y) + (y z) = 3k
1
+ 3k
2
= 3(k
1
+ k
2
), portanto, xRz, o que mostra
que R e transitiva. Sendo R reexiva, sim etrica e transitiva, ent ao R e uma relac ao
de equival encia.
Se R for uma relac ao de equival encia sobre A, dado a A, denimos
a = {x A : xRa}, (3.1)
como sendo a classe de equival encia do elemento a relativa ` a relac ao R.
Note que em virtude da propriedade reexiva, aRa, portanto a a, logo a = .
Com isso toda classe de equival encia e n ao vazia.
Se aRb, ent ao de (3.1), temos
a b.
Al em disso, se aRb, pela propriedade sim etrica, bRa e de (3.1) concluimos que
b a.
Logo, se aRb, temos b a e a b.
Armamos que se aRb se e, somente se,
a = b.
De fato, seja x a, ent ao xRa, logo temos xRa e aRb. Em virtude da transitivi-
dade, temos xRb, o que implica que x b, logo todo elemento de a est a em b.
Portanto
a b.
Analogamente, trocando-se os pap eis de a e b, concluimos que
b a.
Mostramos que a b e b a, o que signica que a = b.
Armamos que se a b = , ent ao a = b. De fato, se x a b, ent ao x a e
x b, o que implica que xRa e xRb, mas xRa implica aRx. Portanto, temos aRx e
xRb, logo pela propriedade transitiva, temos aRb, mas vimos que isto implica
a = b.
Portanto, duas classes de equival encia ou s ao iguais ou s ao disjuntas.
Mostraremos que
A =
aA
a.
Por denic ao cada classe de equival encia e um subconjunto de A, portanto
aA
a A. (3.2)
Dado a A, vimos que a a, portanto, a
xA
x, o que mostra que
A
aA
a. (3.3)
Das inclus oes (3.2) e (3.3) concluimos que A =
aA
a.
Em resumo, mostramos que uma relac ao de equival encia R num conjunto n ao
vazio A o decomp oe numa uni ao disjunta de classes de equival encia.
O conjunto
{a : a A}
e chamado de quociente de A pela rela c ao R e e denotado por A/R, isto e
A/R = {a : a A}.
Exemplo 3.4. Seja R a rela c ao emZdenida por xRy se, e somente se, x y for m ultiplo
de 3. Mostraremos que
Z/R = {0, 1, 2}.
De fato, dado um n umero inteiro x, o resto da sua divis ao por 3 s o pode ser 0,
1 ou 2, portanto, podemos escrever x = 3k +r, onde r e igual a 0, 1 ou 2. Logo
x r = 3k, o que implica que xRr, portanto x est a na classe de equival encia de r.
Ent ao, temos apenas as tr es classes de equival encias 0, 1 e 2. Logo
Z/R = {0, 1, 2}.
Na classe de equival encia r est ao todos os inteiros cujo resto da divis ao por 3 e r,
onde r = 0, 1, 2.
Exerccio 3.2. Encontre 17, onde R e a rela c ao de equival encia do exemplo anterior.
Portanto, duas classes de equival encia ou s ao iguais ou s ao disjuntas.
Mostraremos que
A =
aA
a.
Por denic ao cada classe de equival encia e um subconjunto de A, portanto
aA
a A. (3.2)
Dado a A, vimos que a a, portanto, a
xA
x, o que mostra que
A
aA
a. (3.3)
Das inclus oes (3.2) e (3.3) concluimos que A =
aA
a.
Em resumo, mostramos que uma relac ao de equival encia R num conjunto n ao
vazio A o decomp oe numa uni ao disjunta de classes de equival encia.
O conjunto
{a : a A}
e chamado de quociente de A pela rela c ao R e e denotado por A/R, isto e
A/R = {a : a A}.
Exemplo 3.4. Seja R a rela c ao emZdenida por xRy se, e somente se, x y for m ultiplo
de 3. Mostraremos que
Z/R = {0, 1, 2}.
De fato, dado um n umero inteiro x, o resto da sua divis ao por 3 s o pode ser 0,
1 ou 2, portanto, podemos escrever x = 3k +r, onde r e igual a 0, 1 ou 2. Logo
x r = 3k, o que implica que xRr, portanto x est a na classe de equival encia de r.
Ent ao, temos apenas as tr es classes de equival encias 0, 1 e 2. Logo
Z/R = {0, 1, 2}.
Na classe de equival encia r est ao todos os inteiros cujo resto da divis ao por 3 e r,
onde r = 0, 1, 2.
Exerccio 3.2. Encontre 17, onde R e a rela c ao de equival encia do exemplo anterior.
Exerccio 3.3. EmZdenimos a seguinte rela c ao: aRb se, e somente se, a + b for par.
(i) Mostre que R e uma rela c ao de equival encia.
(ii) Encontre Z/R.
(iii) Quais s ao os elementos de 1111?
Exemplo 3.5. Seja Z
o conjunto de todos os inteiros n ao nulos. Dados (a, b) e (c, d)

em Z Z
, dizemos que (a, b)R(c, d) se, e somente se ad = bc. Mostraremos que R e

uma rela c ao de equival encia.
De fato, neste exemplo, o que faz o papel do conjunto A na denic ao de relac ao
bin aria dada na Denic ao 3.1 e o conjunto ZZ
, lembre-se que cada elemento

de A e um par ordenado.
Mostraremos que a relac ao R e reexiva, sim etrica e transitiva.
(i) Para todo (a, b) Z Z
, temos (a, b)R(a, b), visto que ab = ba, pois a

multiplicac ao de inteiros e comutativa. Portanto, a relac ao R e reexiva.
(ii) Sejam agora (a, b), (c, d) ZZ
, tais que (a, b)R(c, d); ent ao ad = bc e logo

cb = da, o que implica que (c, d)R(a, b). Portanto, a relac ao R e sim etrica.
(iii) Sejam (a, b), (c, d), (e, f ) ZZ
, tais que (a, b)R(c, d) e (c, d)R(e, f ); ent ao

ad = bc e c f = de. Multiplicando a primeira igualdade por f e a segunda por
b, temos (ad) f = (bc) f e b(c f ) = b(de), portanto (a f )d = (be)d, como d = 0,
pois e a segunda componente do par, podemos dividir a equac ao por d e obtemos
a f = be, ou seja, (a, b)R(e, f ), o que mostra que R e transitiva.
3.2 A constru c ao do conjunto dos n umeros racionais
Se a e b s ao n umeros inteiros com b = 0, a equac ao bx = a nem sempre tem
soluc ao em Z, a menos que a seja um m ultiplo de b. Por exemplo, n ao existe
n umero inteiro x, tal que 2x = 3. Para contornarmos esta situac ao deniremos
um novo conjunto no qual a operac ao de divis ao e fechada, ou seja, a equac ao
bx = a sempre tem soluc ao, que no Ensino Fundamental e indicada pela frac ao
a
b
.
No Ensino Fundamental, aprendemos que as frac oes
5
15
,
2
6
,
4
12
e
1
3
s ao todas
iguais. Se olharmos para os pares ordenados nos quais as abscissas e as orde-
nadas s ao o numeradores e os denominadores da frac oes correspondentes, ou
seja, (5, 15), (2, 6), (4, 12) e (1, 3), ent ao para quaisquer dois destes pares, o
produdo da abscissa do primeiro par com a ordenada do segundo par e igual ao
produto da ordenada do primeiro par ordenado com a abscissa do segundo par
ordenado. Ou seja, as frac oes
a
b
e
c
d
s ao iguais se, e somente se, os pares ordenados
(a, b) e (c, d) satiszerem ad = bc. Em particular, xado um par ordenado (a, b)
em Z Z
, ent ao todos os pares ordenados (c, d) em Z Z
, tais que ad = bc,

s ao representantes da mesma frac ao, ou seja,
c
d
=
a
b
.
A discuss ao acima nos motiva denir emZZ
a seguinte relac ao: (a, b)R(c, d)

se, e somente se, ad = bc. Vimos no Exemplo 3.5 que tal relac ao e uma relac ao
de equival encia, logo ela divide Z Z
em classes de equival encia disjuntas. A

classe de equival encia de (a, b), ou seja,
(a, b) = {(u, v) ZZ
: (u, v)R(a, b)}

= {(u, v) ZZ
: av = bu},
e que chamaremos de n umero racional
a
b
.
Qualquer elemento da classe de equival encia
a
b
se diz um representante da mes-
ma. Em particular os pares (5, 15), (2, 6), (4, 12) e (1, 3) s ao representantes da
classe
1
3
. Analogamente, os pares (1, 2), (3, 6), (50, 100) e (1, 2) s ao represen-
tantes da classe
1
2
.
Deni c ao 3.3. Denotaremos por Q o conjunto de todas as classes de equival encias em
ZZ
, isto e
Q = (ZZ
)/R.
Os elementos de Q s ao chamados de n umeros racionais.
3.3 A soma de n umeros racionais
Note que para denirmos a soma de n umeros racionais teremos que denir a
soma de classes de equival encia emZZ
. Antes por em, deniremos a operac ao

de soma emZZ
. Dados (a, b) e (c, d) emZZ
, qual seria a maneira natural

de denirmos a sua soma destes dois pares? Para respondermos esta pergunta,
lembremos que no Ensino Fundamental aprendemos que
a
b
+
c
d
=
ad
bd
+
bc
bd
=
ad + bc
bd
.
Portanto, e natural denirmos
(a, b) + (c, d) = (ad + bc, bd); (3.4)
nadas s ao o numeradores e os denominadores da frac oes correspondentes, ou
seja, (5, 15), (2, 6), (4, 12) e (1, 3), ent ao para quaisquer dois destes pares, o
produdo da abscissa do primeiro par com a ordenada do segundo par e igual ao
produto da ordenada do primeiro par ordenado com a abscissa do segundo par
ordenado. Ou seja, as frac oes
a
b
e
c
d
s ao iguais se, e somente se, os pares ordenados
(a, b) e (c, d) satiszerem ad = bc. Em particular, xado um par ordenado (a, b)
em Z Z
, ent ao todos os pares ordenados (c, d) em Z Z
, tais que ad = bc,

s ao representantes da mesma frac ao, ou seja,
c
d
=
a
b
.
A discuss ao acima nos motiva denir emZZ
a seguinte relac ao: (a, b)R(c, d)

se, e somente se, ad = bc. Vimos no Exemplo 3.5 que tal relac ao e uma relac ao
de equival encia, logo ela divide Z Z
em classes de equival encia disjuntas. A

classe de equival encia de (a, b), ou seja,
(a, b) = {(u, v) ZZ
: (u, v)R(a, b)}

= {(u, v) ZZ
: av = bu},
e que chamaremos de n umero racional
a
b
.
Qualquer elemento da classe de equival encia
a
b
se diz um representante da mes-
ma. Em particular os pares (5, 15), (2, 6), (4, 12) e (1, 3) s ao representantes da
classe
1
3
. Analogamente, os pares (1, 2), (3, 6), (50, 100) e (1, 2) s ao represen-
tantes da classe
1
2
.
Deni c ao 3.3. Denotaremos por Q o conjunto de todas as classes de equival encias em
ZZ
, isto e
Q = (ZZ
)/R.
Os elementos de Q s ao chamados de n umeros racionais.
3.3 A soma de n umeros racionais
Note que para denirmos a soma de n umeros racionais teremos que denir a
soma de classes de equival encia emZZ
. Antes por em, deniremos a operac ao

de soma emZZ
. Dados (a, b) e (c, d) emZZ
, qual seria a maneira natural

de denirmos a sua soma destes dois pares? Para respondermos esta pergunta,
lembremos que no Ensino Fundamental aprendemos que
a
b
+
c
d
=
ad
bd
+
bc
bd
=
ad + bc
bd
.
Portanto, e natural denirmos
(a, b) + (c, d) = (ad + bc, bd); (3.4)
esta operac ao envolve apenas a soma e a multiplicac ao de inteiros, as quais to-
maremos como ponto de partida na construc ao dos n umeros racionais.
Exemplo 3.6. Considere os racionais (1, 2) e (1, 3). Tomemos um representante de cada
um destes racionais, digamos (2, 4) e (2, 6). Se os somarmos usando a regra (3.4),
encontramos
(2, 4) + (2, 6) = (20, 24).
Se tomarmos outros representantes de (1, 2) e (1, 3), digamos (2, 4) e (1, 3), somando-
os usando a regra (3.4), temos
(2, 4) + (1, 3) = (10, 12).
Embora os pares (20, 24) e (10, 12) sejam diferentes, eles est ao na mesma classe
de equival encia. Ser a que isto foi uma coincid encia?
A seguir mostraremos que o que aconteceu no exemplo anterior n ao foi uma coin-
cid encia, ou seja, dados dois racionais (a, b) e (c, d), se (p, q)R(a, b) e (u, v)R(c, d),
ent ao (a, b) + (c, d) e (p, q) + (u, v) est ao na mesma classe de equival encia, ou seja,
(pv + qu, qv)R(ad + bc, bd), ou equivalentemente,
(pv + qu)(bd) = (qv)(ad + bc).
De fato, tendo em vista as propriedades da soma e multiplicac ao dos inteiros e
que aq = bp e cv = du, pois estamos assumindo que (p, q)R(a, b) e (u, v)R(c, d),
ent ao
(pv + qu)(bd) = (bp)(vd) + (bq)(du)
= (aq)(vd) + (bq)(cv)
= (qv)(ad + bc).
O fato da soma (3.4) n ao depender dos representantes de (a, b) e (c, d) que to-
mamos, nos permitir a denir a soma de elementos de (Z Z
)/
R
, ou seja, de
racionais. Dados dois racionais (a, b) e (c, d), denimos
(a, b) + (c, d) = (ad + bc, bd). (3.5)
Note que o que zemos acima foi o seguinte: tomamos um representante em cada
uma das classes de equival encia (a, b) e (c, d), por exemplo, os pares (a, b) e (c, d),
somando-os usando a regra (3.4) e tomando a classe de equival encia da soma ob-
tida.
De (3.5) temos a seguinte regra para a soma de dois racionais:
a
b
+
c
d
= (a, b) + (c, d) = (ad + bc, bd) =
ad + bc
bd
. (3.6)
Exemplo 3.7. Encontraremos a soma dos n umeros racionais (3, 6) e (3, 4).
De fato, tomando um representante de cada um dos racionais acima, digamos,
(3, 6) e (3, 4), somando-os usando a regra (3.4) e obtemos
(3, 6) + (3, 4) = (30, 24),
portanto
(3, 6) + (3, 4) = (30, 24) = (5, 4),
na ultima linha usamos que (30, 24)R(5, 4). Usando a terminologia usual,
temos
3
6
+
3
4
=
30
24
=
5
4
.
Teorema 3.1. A soma em Q tem as propriedades abaixo.
(Associativa) Dados x, y, z Q, temos
x + (y + z) = (x + y) + z. (3.7)
(Exist encia do elemento neutro) Existe um unico elemento, que chamaremos de zero e
denotaremos por 0, tal que
x + 0 = x, (3.8)
para todo x Q.
(Exist encia do sim etrico) Para cada racional x, existe um unico elemento, chamado de
sim etrico de x, denotado por x, tal que
x + (x) = 0. (3.9)
(Comutativa) Dados x, y Q, temos
x + y = y + x. (3.10)
Prova. Para provarmos as propriedades acima, usaremos as propriedades das
operac oes de soma e de multiplicac ao de inteiros.
A seguir mostraremos a propriedade associativa, para tal sejam x = (a, b), y =
(c, d) e z = (p, q). Ent ao temos
x + (y + z) = (a, b) +
(c, d) + (p, q)
= (a, b) + (cq + dp, dq)

= (a(dq) + b(cq + dp), b(dq))
= ((ad + bc)q + (bd)p, (bd)q)
= (ad + bc, bd) + (p, q)
=
(a, b) + (c, d)
+ (p, q)
= (x + y) + z.
esta operac ao envolve apenas a soma e a multiplicac ao de inteiros, as quais to-
maremos como ponto de partida na construc ao dos n umeros racionais.
um destes racionais, digamos (2, 4) e (2, 6). Se os somarmos usando a regra (3.4),
encontramos
(2, 4) + (2, 6) = (20, 24).
Se tomarmos outros representantes de (1, 2) e (1, 3), digamos (2, 4) e (1, 3), somando-
os usando a regra (3.4), temos
(2, 4) + (1, 3) = (10, 12).
Embora os pares (20, 24) e (10, 12) sejam diferentes, eles est ao na mesma classe
de equival encia. Ser a que isto foi uma coincid encia?
ent ao (a, b) + (c, d) e (p, q) + (u, v) est ao na mesma classe de equival encia, ou seja,
(pv + qu, qv)R(ad + bc, bd), ou equivalentemente,
(pv + qu)(bd) = (qv)(ad + bc).
ent ao
(pv + qu)(bd) = (bp)(vd) + (bq)(du)
= (aq)(vd) + (bq)(cv)
= (qv)(ad + bc).
O fato da soma (3.4) n ao depender dos representantes de (a, b) e (c, d) que to-
mamos, nos permitir a denir a soma de elementos de (Z Z
)/
R
, ou seja, de
racionais. Dados dois racionais (a, b) e (c, d), denimos
(a, b) + (c, d) = (ad + bc, bd). (3.5)
Note que o que zemos acima foi o seguinte: tomamos um representante em cada
uma das classes de equival encia (a, b) e (c, d), por exemplo, os pares (a, b) e (c, d),
somando-os usando a regra (3.4) e tomando a classe de equival encia da soma ob-
tida.
De (3.5) temos a seguinte regra para a soma de dois racionais:
a
b
+
c
d
= (a, b) + (c, d) = (ad + bc, bd) =
ad + bc
bd
. (3.6)
Exemplo 3.7. Encontraremos a soma dos n umeros racionais (3, 6) e (3, 4).
De fato, tomando um representante de cada um dos racionais acima, digamos,
(3, 6) e (3, 4), somando-os usando a regra (3.4) e obtemos
(3, 6) + (3, 4) = (30, 24),
portanto
(3, 6) + (3, 4) = (30, 24) = (5, 4),
na ultima linha usamos que (30, 24)R(5, 4). Usando a terminologia usual,
temos
3
6
+
3
4
=
30
24
=
5
4
.
Teorema 3.1. A soma em Q tem as propriedades abaixo.
x + (y + z) = (x + y) + z. (3.7)
(Exist encia do elemento neutro) Existe um unico elemento, que chamaremos de zero e
denotaremos por 0, tal que
x + 0 = x, (3.8)
para todo x Q.
(Exist encia do sim etrico) Para cada racional x, existe um unico elemento, chamado de
sim etrico de x, denotado por x, tal que
x + (x) = 0. (3.9)
x + y = y + x. (3.10)
Prova. Para provarmos as propriedades acima, usaremos as propriedades das
operac oes de soma e de multiplicac ao de inteiros.
A seguir mostraremos a propriedade associativa, para tal sejam x = (a, b), y =
(c, d) e z = (p, q). Ent ao temos
x + (y + z) = (a, b) +
(c, d) + (p, q)
= (a, b) + (cq + dp, dq)

= (a(dq) + b(cq + dp), b(dq))
= ((ad + bc)q + (bd)p, (bd)q)
= (ad + bc, bd) + (p, q)
=
(a, b) + (c, d)
+ (p, q)
= (x + y) + z.
A seguir mostraremos a exist encia do elemento neutro. Seja
0 = (0, d),
onde d Z
. Dado x Q, seja x = (a, b), ent ao temos

x + 0 = (a, b) + (0, d) = (ad + b0, bd) = (ad, bd) = (a, b) = x.
A seguir mostraremos a exist encia do sim etrico. Dado x Q, seja x = (a, b),
dena
x = (a, b),
ent ao
x + (x) = (a, b) + (a, b)
= (ab + b(a), b
2
) = (ab ab, b
2
) = (0, b
2
) = 0.
Para mostrarmos a propriedade comutativa, dados x, y Q sejam x = (a, b) e
y = (c, d). Ent ao, temos
x + y = (a, b) + (c, d) = (ad + bc, bd) = (cb + da, db)
= (c, d) + (a, b) = y + x.
Deni c ao 3.4. (Subtra c ao de racionais) Dados x, y Q denimos
x y = x + (y).
3.4 O produto de n umeros racionais
Antes de denirmos o produto de racionais, deniremos o produto de dois ele-
mentos de Z Z
. Dados (a, b) e (c, d) em Z Z
, qual seria a maneira mais

natural de denirmos o produto deles? Novamente, voltando ao que aprende-
mos no Ensino Fundamental, temos
a
b

c
d
=
ac
bd
,
portanto, e natural denirmos
(a, b) . (c, d) = (ac, bd). (3.11)
um destes racionais, digamos (2, 4) e (2, 6). Se os multiplicarmos usando (3.11),
encontramos
(2, 4) . (2, 6) = (4, 24).
Se tomarmos outros representantes de (1, 2) e (1, 3), digamos (2, 4) e (1, 3), multiplicando-
os usando (3.11) temos
(2, 4) . (1, 3) = (2, 12).
Embora os pares (4, 24) e (2, 12) sejam diferentes, eles est ao na mesma classe de
equival encia.
ent ao (a, b) . (c, d) e (p, q) . (u, v) est ao na mesma classe de equival encia, ou seja,
(ac, bd)R(pu, qv), ou equivalentemente,
(ac)(qv) = (bd)(pu).
temos
(ac)(qv) = (qa)(vc) = (pb)(ud) = (bd)(pu).
O fato do produto (3.11) n ao depender dos representantes de (a, b) e (c, d) que
tomamos, nos permitir a denir o produto de elementos de (ZZ
)/
R
, ou seja,
de racionais. Dados dois racionais (a, b) e (c, d), denimos
(a, b) . (c, d) = (ac, bd). (3.12)
Note que o que fazemos acima e o seguinte: pegamos um representante em cada
uma das classes de equival encia (a, b) e (c, d), por exemplo os pares (a, b) e (c, d),
os multiplicamos usando a regra (3.11) e tomamos a classe de equival encia do
resultado obtido.
Portanto, dados dois racionais
a
b
e
c
d
, temos
a
b
.
c
d
= (a, b) . (c, d) = (ac, bd) =
ac
bd
. (3.13)
Teorema 3.2. A opera c ao multiplica c ao em Q possui as seguintes propriedades:
x(yz) = (xy)z.
xy = yx. (3.14)
Se tomarmos outros representantes de (1, 2) e (1, 3), digamos (2, 4) e (1, 3), multiplicando-
os usando (3.11) temos
(2, 4) . (1, 3) = (2, 12).
Embora os pares (4, 24) e (2, 12) sejam diferentes, eles est ao na mesma classe de
equival encia.
ent ao (a, b) . (c, d) e (p, q) . (u, v) est ao na mesma classe de equival encia, ou seja,
(ac, bd)R(pu, qv), ou equivalentemente,
(ac)(qv) = (bd)(pu).
temos
(ac)(qv) = (qa)(vc) = (pb)(ud) = (bd)(pu).
O fato do produto (3.11) n ao depender dos representantes de (a, b) e (c, d) que
tomamos, nos permitir a denir o produto de elementos de (ZZ
)/
R
, ou seja,
de racionais. Dados dois racionais (a, b) e (c, d), denimos
(a, b) . (c, d) = (ac, bd). (3.12)
Note que o que fazemos acima e o seguinte: pegamos um representante em cada
uma das classes de equival encia (a, b) e (c, d), por exemplo os pares (a, b) e (c, d),
os multiplicamos usando a regra (3.11) e tomamos a classe de equival encia do
resultado obtido.
Portanto, dados dois racionais
a
b
e
c
d
, temos
a
b
.
c
d
= (a, b) . (c, d) = (ac, bd) =
ac
bd
. (3.13)
Teorema 3.2. A opera c ao multiplica c ao em Q possui as seguintes propriedades:
x(yz) = (xy)z.
xy = yx. (3.14)
(Exist encia do elemento neutro) Existe um unico elemento que chamaremos de uni-
dade e denotaremos por 1, tal que para todo x em Q, temos
1x = x. (3.15)
(Exist encia de inverso) Dado x Q, com x = 0, existe um unico elemento que cha-
maremos de inverso de x e denotaremos por x
1
, tal que
xx
1
= 1. (3.16)
Prova. Na demonstrac ao das propriedades acima, usaremos as propriedades da
multiplicac ao dos n umeros inteiros.
A seguir mostraremos a associatividade da soma de racionais. Sejam x = (a, b),
y = (c, d) e z = (p, q), ent ao
x(yz) = (a, b) .
(c, d) . (p, q)
= (a, b) . (cp, dq) = (a(cp), b(dq))

= ((ac)p, (bd)q) =
(ac, bd)
(p, q)
=
(a, b) . (c, d)
(p, q)
= (xy)z.
Para mostrar a lei comutativa, note que
xy = (a, b) . (c, d) = (ac, bd) = (ca, db) = (c, a) . (a, b) = yx.
A seguir mostraremos a exist encia e a unicidade do elemento neutro da multipli-
cac ao. Seja
1 = (r, r),
onde r Z
e arbitr ario. Dado x = (a, b), temos

1x = (r, r) . (a, b) = (ra, rb) = (a, b) = x,
o que mostra que 1 e um elemento neutro da multiplicac ao. Mostraremos que ele
e unico. De fato, se 1
for um racional tal que 1
x = x, para todo x Q, fazendo

x = 1, temos 1
1 = 1, mas 11
= 1
e em virtude da propriedade comutativa,

temos 11
= 1
1, portanto 1
= 1, que mostra a unicidade do elemento neutro da

multiplicac ao.
Mostraremos a exist encia e a unicidade do inverso multiplicativo. Para mostrar a
exist encia, seja x = (a, b) = 0, ent ao a = 0, logo (b, a) est a emZZ
e, portanto,
(b, a) e um racional. Note que
(a, b) . (b, a) = (ab, ba) = (ab, ab) = 1,
portanto (b, a) e um inverso multiplicativo de (a, b).
Para mostrar a unicidade do inverso multiplicativo, sejam x
, x
racionais, tais
que xx
= 1 e xx
= 1, ent ao
x
= 1x
= x
1 = x
(xx
) = (x
x)x
= (xx
)x
= 1x
= x
,
o que mostra a unicidade do inverso multiplicativo de x, o qual denotaremos por
x
1
.
Deni c ao 3.5. (Divis ao de racionais) Dados x, y Q, com y = 0, denimos
x y = xy
1
.
Teorema 3.3. (Distributividade da multiplica c ao em rela c ao ` a soma) Dados x, y, z Q,
ent ao
x(y + z) = xy + xz.
Deixamos a demonstrac ao do teorema acima por conta do aluno.
Exemplo 3.9. Mostraremos que a equa c ao da forma
ax = b,
onde a, b Q e a = 0, tem uma e somente uma solu c ao em Q.
De fato, observe que a
1
b e soluc ao de ax = b, pois
a(a
1
b) = (aa
1
)b = 1b = b.
Suponha que e sejam soluc oes de ax = b, ent ao teramos a = b e a = b, por-
tanto a = a; multiplicando esta equac ao por a
1
e usando a associatividade da
multiplicac ao de racionais, concluimos que = , portanto a soluc ao da equac ao
ax = b e unica.
3.5 Ordem no conjunto dos n umeros racionais
Dado um racional x = 0, ele possui um representante com denominador posi-
tivo, ou seja, existe (a, b) ZZ
, com b > 0, tal que x = (a, b). Por exemplo, se

x = (1, 2), ent ao (1, 2) e um representante de (1, 2), pois (1, 2)R(1, 2).
Em geral, basta lembrar que (a, b) e (a, b) est ao na mesma classe de equi-
val encia e que b ou b tem que ser positivo.
Dados dois racionais x e y, dizemos que
x y,
portanto (b, a) e um inverso multiplicativo de (a, b).
Para mostrar a unicidade do inverso multiplicativo, sejam x
, x
racionais, tais
que xx
= 1 e xx
= 1, ent ao
x
= 1x
= x
1 = x
(xx
) = (x
x)x
= (xx
)x
= 1x
= x
,
o que mostra a unicidade do inverso multiplicativo de x, o qual denotaremos por
x
1
.
Deni c ao 3.5. (Divis ao de racionais) Dados x, y Q, com y = 0, denimos
x y = xy
1
.
Teorema 3.3. (Distributividade da multiplica c ao em rela c ao ` a soma) Dados x, y, z Q,
ent ao
x(y + z) = xy + xz.
Deixamos a demonstrac ao do teorema acima por conta do aluno.
Exemplo 3.9. Mostraremos que a equa c ao da forma
ax = b,
onde a, b Q e a = 0, tem uma e somente uma solu c ao em Q.
De fato, observe que a
1
b e soluc ao de ax = b, pois
a(a
1
b) = (aa
1
)b = 1b = b.
Suponha que e sejam soluc oes de ax = b, ent ao teramos a = b e a = b, por-
tanto a = a; multiplicando esta equac ao por a
1
e usando a associatividade da
multiplicac ao de racionais, concluimos que = , portanto a soluc ao da equac ao
ax = b e unica.
3.5 Ordem no conjunto dos n umeros racionais
Dado um racional x = 0, ele possui um representante com denominador posi-
tivo, ou seja, existe (a, b) ZZ
, com b > 0, tal que x = (a, b). Por exemplo, se

x = (1, 2), ent ao (1, 2) e um representante de (1, 2), pois (1, 2)R(1, 2).
Em geral, basta lembrar que (a, b) e (a, b) est ao na mesma classe de equi-
val encia e que b ou b tem que ser positivo.
Dados dois racionais x e y, dizemos que
x y,
se, e somente se, ao tomarmos representantes (a, b) e (c, d) de x e y, respectiva-
mente, com denominadores positivos, tivermos
ad bc.
Temos que mostrar que esta denic ao n ao depende dos representantes com de-
nominadores positivos de x e y que tomamos. Ou seja, se (p, q) e (u, v) forem
outros representantes quaisquer de x e y, respectivamente, com denominadores
positivos, ent ao
ad bc (3.17)
se, e somente se,
pv qu. (3.18)
De fato, suponha que a desigualdade (3.17) seja verdadeira, ent ao multiplicando-
a por qv ela continua verdadeira, pois qv > 0, ou seja,
(ad)(qv) (bc)(qv).
a qual e equivalente a
(qa)(dv) (bq)(vc).
Como pb = qa e ud = vc, pois (p, q)R(a, b) e (u, v)R(c, d), ent ao a desigualdade
acima e equivalente a
(pb)(dv) (bq)(ud),
que e equivalente a
(pv)(bd) (qu)(bd).
Dividirmos a desigualdade acima por bd, que e positivo, temos
pv qu,
o que mostra (3.18). De maneira an aloga, assumindo (3.18), mostramos (3.17),
deixamos os detalhes por conta do aluno (inverta os passos acima).
(4, 8) (2, 6).
De fato, note que (4, 8) e (2, 6) s ao representantes de (4, 8) e (2, 6), respec-
tivamente, com denominadores positivos. Al em disso, 4 . 6 8 . 2, portanto
(4, 8) (2, 6).
Dados dois racionais x e y, dizemos que x > y (ou y < x) se, e somente se, x y
e x = y.
Exerccio 3.4. (Densidade dos n umeros racionais) Sejam x, y racionais com x < y.
Mostre que existe um racional r, tal que x < r < y.
Sugest ao. Sejam x = (a, b) e y = (c, d), onde b e d s ao positivos. Mostre que
(a, b) < (ad + bc, 2bd) < (c, d).
Qual e a interpreta c ao geom etrica para o racional (ad + bc, 2bd)?
(1) (1, 1) < 0
(2) se a = 0, ent ao (a, b)
2
= (a, b) . (a, b) > 0.
Exerccio 3.6. Mostre que x
2
= 0 se, e somente se, x = 0.
3.6 Representa c ao decimal de racionais
Dado um inteiro b, podemos indentic a-lo com o racional
(b, 1).
Portanto, dado racional (a, b), tal que mdc{a, b} = 1, ou seja, a e b s ao primos
entre si, temos
(a, b) = (a, 1) . (1, b) = (a, 1) (b, 1) = a b.
Assim, ao dividirmos a por b temos o que chamamos de uma representac ao deci-
mal para a frac ao
a
b
. Por exemplo,
7
20
= 0, 35;
3
16
= 0, 1875;
2
9
= 0, 2;
5
22
= 0, 2272 . . . , (3.19)
onde a barra sobre um n umero indica que ele se repete indenidamente.
se, e somente se, ao tomarmos representantes (a, b) e (c, d) de x e y, respectiva-
mente, com denominadores positivos, tivermos
ad bc.
Temos que mostrar que esta denic ao n ao depende dos representantes com de-
nominadores positivos de x e y que tomamos. Ou seja, se (p, q) e (u, v) forem
outros representantes quaisquer de x e y, respectivamente, com denominadores
positivos, ent ao
ad bc (3.17)
se, e somente se,
pv qu. (3.18)
De fato, suponha que a desigualdade (3.17) seja verdadeira, ent ao multiplicando-
a por qv ela continua verdadeira, pois qv > 0, ou seja,
(ad)(qv) (bc)(qv).
a qual e equivalente a
(qa)(dv) (bq)(vc).
Como pb = qa e ud = vc, pois (p, q)R(a, b) e (u, v)R(c, d), ent ao a desigualdade
acima e equivalente a
(pb)(dv) (bq)(ud),
que e equivalente a
(pv)(bd) (qu)(bd).
Dividirmos a desigualdade acima por bd, que e positivo, temos
pv qu,
o que mostra (3.18). De maneira an aloga, assumindo (3.18), mostramos (3.17),
deixamos os detalhes por conta do aluno (inverta os passos acima).
(4, 8) (2, 6).
De fato, note que (4, 8) e (2, 6) s ao representantes de (4, 8) e (2, 6), respec-
tivamente, com denominadores positivos. Al em disso, 4 . 6 8 . 2, portanto
(4, 8) (2, 6).
Dados dois racionais x e y, dizemos que x > y (ou y < x) se, e somente se, x y
e x = y.
Exerccio 3.4. (Densidade dos n umeros racionais) Sejam x, y racionais com x < y.
Mostre que existe um racional r, tal que x < r < y.
Sugest ao. Sejam x = (a, b) e y = (c, d), onde b e d s ao positivos. Mostre que
(a, b) < (ad + bc, 2bd) < (c, d).
Qual e a interpreta c ao geom etrica para o racional (ad + bc, 2bd)?
(1) (1, 1) < 0
(2) se a = 0, ent ao (a, b)
2
= (a, b) . (a, b) > 0.
Exerccio 3.6. Mostre que x
2
= 0 se, e somente se, x = 0.
3.6 Representa c ao decimal de racionais
Dado um inteiro b, podemos indentic a-lo com o racional
(b, 1).
Portanto, dado racional (a, b), tal que mdc{a, b} = 1, ou seja, a e b s ao primos
entre si, temos
(a, b) = (a, 1) . (1, b) = (a, 1) (b, 1) = a b.
Assim, ao dividirmos a por b temos o que chamamos de uma representac ao deci-
mal para a frac ao
a
b
. Por exemplo,
7
20
= 0, 35;
3
16
= 0, 1875;
2
9
= 0, 2;
5
22
= 0, 2272 . . . , (3.19)
onde a barra sobre um n umero indica que ele se repete indenidamente.
As representac oes decimais de alguns n umeros racionais s ao nitas, que termi-
nam, como no primeiro e no segundo exemplos de (3.19). Outros n umeros racio-
nais t em representac oes innitas, que n ao terminam, como no terceiro e no quarto
exemplos de (3.19) e s ao chamadas de dzimas peri odicas.
Assumiremos que o aluno tenha familiaridade com o conceito de representac ao
decimal innita. Na Sec ao 8.5 voltaremos a falar sobre este assunto, quando fa-
laremos sobre a representac ao decimal de n umeros reais e daremos sentido ` a re-
presentac ao decimal innita.
Note que os denominadores das frac oes em (3.19), cujas as representac oes deci-
mais s ao nitas, n ao possuem nas suas decomposic oes em fatores primos outros
fatores al em de 2 e 5, ou seja, 20 = 2
2
. 5 e 16 = 2
4
. J a as decomposic oes em
fatores primos dos denominadores das frac oes em (3.19), cujas as representac oes
decimais s ao innitas, possuem fatores primos al em de 2 e 5, ou seja, 9 = 3
2
e
22 = 2 . 11. Ser a que isto foi uma coincid encia?
Teorema 3.4. Um racional na forma
a
b
, onde a e b s ao primos entre si e positivos, tem
uma representa c ao decimal nita se, e somente se, na decomposi c ao de b em fatores primos
n ao tiver outros fatores al em de 2 e 5.
Prova. Suponha que
a
b
tenha uma representac ao decimal nita, digamos
a
b
= , a
1
a
2
. . . a
n
=
a
1
a
2
. . . a
n
10
n
.
Equivalentemente, temos
10
n
a = a
1
a
2
. . . a
n
b.
Da relac ao acima concluimos que 10
n
a e um m ultiplo de b, o que signica que b
divide 10
n
a. Como a e b s ao primos entre si, concluimos que b divide 10
n
= 2
n
5
n
,
logo b = 2
l
5
m
, onde os inteiros l, m satisfazem 0 l, m n.
Suponha que b seja da forma 2
m
. 5
n
, onde m e n s ao inteiros positivos ou nulos.
Se m n, temos
a
b
=
a
2
m
. 5
n
=
a . 5
mn
10
m
.
Como m n 0, ent ao 5
mn
e um n umero inteiro e, portanto, k = a . 5
mn
tamb em e inteiro. Logo
a
b
=
k
10
m
e concluimos que a representac ao decimal e nita, ela tem no m aximo m al-
garismos depois da vrgula. De maneira an aloga, se n m, mostra-se que
a representac ao decimal e nita, ela tem no m aximo n algarismos depois da
vrgula.
As representac oes decimais de alguns n umeros racionais s ao nitas, que termi-
nam, como no primeiro e no segundo exemplos de (3.19). Outros n umeros racio-
nais t em representac oes innitas, que n ao terminam, como no terceiro e no quarto
exemplos de (3.19) e s ao chamadas de dzimas peri odicas.
Assumiremos que o aluno tenha familiaridade com o conceito de representac ao
decimal innita. Na Sec ao 8.5 voltaremos a falar sobre este assunto, quando fa-
laremos sobre a representac ao decimal de n umeros reais e daremos sentido ` a re-
presentac ao decimal innita.
Note que os denominadores das frac oes em (3.19), cujas as representac oes deci-
mais s ao nitas, n ao possuem nas suas decomposic oes em fatores primos outros
fatores al em de 2 e 5, ou seja, 20 = 2
2
. 5 e 16 = 2
4
. J a as decomposic oes em
fatores primos dos denominadores das frac oes em (3.19), cujas as representac oes
decimais s ao innitas, possuem fatores primos al em de 2 e 5, ou seja, 9 = 3
2
e
22 = 2 . 11. Ser a que isto foi uma coincid encia?
Teorema 3.4. Um racional na forma
a
b
uma representa c ao decimal nita se, e somente se, na decomposi c ao de b em fatores primos
n ao tiver outros fatores al em de 2 e 5.
Prova. Suponha que
a
b
tenha uma representac ao decimal nita, digamos
a
b
= , a
1
a
2
. . . a
n
=
a
1
a
2
. . . a
n
10
n
.
Equivalentemente, temos
10
n
a = a
1
a
2
. . . a
n
b.
Da relac ao acima concluimos que 10
n
a e um m ultiplo de b, o que signica que b
divide 10
n
a. Como a e b s ao primos entre si, concluimos que b divide 10
n
= 2
n
5
n
,
logo b = 2
l
5
m
, onde os inteiros l, m satisfazem 0 l, m n.
Suponha que b seja da forma 2
m
. 5
n
, onde m e n s ao inteiros positivos ou nulos.
Se m n, temos
a
b
=
a
2
m
. 5
n
=
a . 5
mn
10
m
.
Como m n 0, ent ao 5
mn
e um n umero inteiro e, portanto, k = a . 5
mn
tamb em e inteiro. Logo
a
b
=
k
10
m
e concluimos que a representac ao decimal e nita, ela tem no m aximo m al-
garismos depois da vrgula. De maneira an aloga, se n m, mostra-se que
a representac ao decimal e nita, ela tem no m aximo n algarismos depois da
vrgula.
Exerccio 3.7. Represente na forma de decimal, as seguintes fra c oes:
1
4
,
3
200
,
7
625
,
252
125
,
3147
2500
,
5
11
,
3097
9900
,
209
700
.
Vimos que todo racional da forma
a
b
uma representac ao nita ou innita peri odica. Agora mostraremos a recproca.
Teorema 3.5. Toda representa c ao decimal nita ou peri odica innita representa um n umero
racional.
Prova. Toda representac ao decimal nita representa um racional; por qu e? Su-
ponha que x = a
1
a
2
. . . a
m
b
1
. . . b
n
, onde a
1
, . . . a
m
representam os m algarismos
consecutivos da parte n ao peri odica e b
1
, . . . , b
n
representa os n algarismos da
parte peri odica, ou seja, que se repete. Note que
10
m+n
x = a
1
a
2
. . . a
m
b
1
. . . b
m
+0, b
1
. . . b
m
e
10
m
x = a
1
a
2
. . . a
m
+0, b
1
. . . b
m
,
portanto
10
m+n
x 10
m
x = a
1
a
2
. . . a
m
b
1
. . . b
m
a
1
a
2
. . . a
m
,
portanto
x =
a
1
a
2
. . . a
m
b
1
. . . b
m
a
1
a
2
. . . a
m
10
m+n
10
m
,
como o numerador e o denominador da express ao acima s ao inteiros, concluimos
que x e um racional.
Exemplo 3.11. Seja x = 1, 213434 . . ., mostraremos que
x =
12013
9900
.
Note que 10
4
x = 12134, 3434 . . . e 10
2
x = 121, 3434 . . ., portanto
10
4
x 10
2
x = 12134, 3434 . . . 121, 3434 . . .
= 12134 121 = 12013
e concluimos que
x =
12013
10
4
10
2
=
12013
9900
.
Exerccio 3.8. Escreva os seguintes n umeros na forma
a
b
:
0, 444 . . . ; 2, 666 . . . ; 0, 3443; 0, 9987; 0, 0001.
A seguir mostraremos que
0, 999 . . . = 1, (3.20)
o que aparentemente e estranho.
De fato, se zermos x = 0, 999 . . ., ent ao
10x = 9, 999 . . . = 9 +0, 999 . . . = 9 +x,
portanto 9x = 9, logo x = 1.
Se dividirmos (3.20) por 10, 100, 1000, 10000, etc, obteremos
0, 1 = 0, 09999 . . .
0, 01 = 0, 009999 . . .
0, 001 = 0, 0009999 . . .
0, 0001 = 0, 00009999 . . . ,
etc.
Tendo em vista as relac oes acima, podemos representar uma decimal nita (ex-
ceto o zero) por uma dzima peri odica. Por exemplo,
0, 102 = 0, 101 +0, 001 = 0, 101 +0, 0009999 . . . = 0, 1019999 . . .
6, 82 = 6, 81 +0, 01 = 6, 82 +0, 009999 . . . = 6, 819999 . . .
Exerccio 3.9. Encontre uma representa c ao decimal innita para os n umeros abaixo.
0, 73; 0, 00099; 13.
Exerccio 3.8. Escreva os seguintes n umeros na forma
a
b
:
0, 444 . . . ; 2, 666 . . . ; 0, 3443; 0, 9987; 0, 0001.
A seguir mostraremos que
0, 999 . . . = 1, (3.20)
o que aparentemente e estranho.
De fato, se zermos x = 0, 999 . . ., ent ao
10x = 9, 999 . . . = 9 +0, 999 . . . = 9 +x,
portanto 9x = 9, logo x = 1.
Se dividirmos (3.20) por 10, 100, 1000, 10000, etc, obteremos
0, 1 = 0, 09999 . . .
0, 01 = 0, 009999 . . .
0, 001 = 0, 0009999 . . .
0, 0001 = 0, 00009999 . . . ,
etc.
Tendo em vista as relac oes acima, podemos representar uma decimal nita (ex-
ceto o zero) por uma dzima peri odica. Por exemplo,
0, 102 = 0, 101 +0, 001 = 0, 101 +0, 0009999 . . . = 0, 1019999 . . .
6, 82 = 6, 81 +0, 01 = 6, 82 +0, 009999 . . . = 6, 819999 . . .
Exerccio 3.9. Encontre uma representa c ao decimal innita para os n umeros abaixo.
0, 73; 0, 00099; 13.
Da mesma forma, podemos transformar qualquer dzima peri odica onde a parte
que repete e o 9, em frac ao decimal nita; por exemplo,
0, 46999 . . . = 0, 46 +0, 00999 . . . = 0, 46 +0, 01 = 0, 47.
Exerccio 3.10. Encontre uma representa c ao decimal nita para os n umeros abaixo.
0, 111999 . . . ; 2, 7999 . . . . . . ; 99, 9999 . . . .
3.7 Um exemplo de um n umero que n ao e racional
Dizemos que um n umero inteiro n e par se n = 2k, onde k e um n umero inteiro.
De maneira an aloga, dizemos que um n umero inteiro n e mpar se n = 2k 1,
onde k e um n umero inteiro.
Exerccio 3.11. Mostre que o quadrado de um n umero inteiro n e par se, e somente
se, n for par.
Exemplo 3.12. Considere um tri angulo ret angulo de catetos com comprimento 1. Mos-
traremos que o comprimento da sua hipotenusa h n ao e um n umero racional.
Suponha, por contradic ao, que h fosse um n umero racional, portanto da forma
p
q
,
onde podemos assumir que p e q s ao primos entre si. Pelo Teorema de Pit agoras,
temos que
p
q
2
= 1
2
+1
2
= 2.
Logo, p
2
= 2q
2
, ou seja, p
2
e par, portanto p e par, ou seja, p = 2r. Logo 4r
2
= 2q
2
,
portanto q
2
= 2r
2
, donde concluimos que q e par. Mas, se p e q s ao pares, eles
n ao podem ser primos entre si, com isso temos uma contradic ao, a qual foi con-
sequ encia de termos assumido que a hipotenusa fosse racional.
No exemplo acima, mostramos que n ao existe n umero racional cujo quadrado
seja 2, ou seja, a equac ao
x
2
= 2,
n ao soluc ao emQ. Em contrapartida, no conjunto dos n umeros reais, o qual ser a
ser a denido na Aula 5, a equac ao x
2
= 2 tem exatamente uma soluc ao positiva,
a qual ser a chamada de
2. Portanto,
2 e um exemplo de um n umero que n ao

e n umero racional.
Exerccio 3.12. Mostre que 5 +
2 n ao e um n umero racional.
Exerccio 3.13. Seja x um n umero inteiro. Mostre que x
2
e m ultiplo de 3 se, e so-
mente se, x for m ultiplo de 3.
Sugest ao: Lembre que se x for inteiro, ent ao temos uma das seguinte possibilidades:
(i) x = 3k, (ii) x = 3k + 1 ou (iii) x = 3k + 2, onde k e um n umero inteiro (pois o
resto da divis ao de um n umero inteiro por 3 s o pode ser 0, 1 ou 2.
Exerccio 3.14. Mostre que n ao existe n umero racional cujo quadrado seja 3.
Exerccio 3.12. Mostre que 5 +
2 n ao e um n umero racional.
Exerccio 3.13. Seja x um n umero inteiro. Mostre que x
2
e m ultiplo de 3 se, e so-
mente se, x for m ultiplo de 3.
Sugest ao: Lembre que se x for inteiro, ent ao temos uma das seguinte possibilidades:
(i) x = 3k, (ii) x = 3k + 1 ou (iii) x = 3k + 2, onde k e um n umero inteiro (pois o
resto da divis ao de um n umero inteiro por 3 s o pode ser 0, 1 ou 2.
Exerccio 3.14. Mostre que n ao existe n umero racional cujo quadrado seja 3.
AULA4:

INFIMO E SUPREMO DE UM
CORPO ORDENADO
OBJETIVOS
1. Compreender os conceitos de corpo e de corpo ordenado, e que o conjunto Q e
um corpo ordenado.
2. Compreender as desigualdades que s ao v alidas para um corpo ordenado qual-
quer.
3. Compreender os conceitos de cotas inferior e superior, de nmo e de supremo
de um subconjunto de um corpo ordenado e calcular o nmo e o supremo de um
conjunto.
4. Compreender que existem subconjuntos de Q que s ao limitados inferiormente,
mas que n ao possuem nmo emQ.
4.1 Deni c ao de corpo ordenado
Deni c ao 4.1. Um corpo F e um conjunto no qual se acham denidas as opera c oes de
adi c ao e de multiplica c ao, satisfazendo ` as seguintes propriedades:
(1) Leis comutativas:
x + y = y + x e xy = yx.
(2) Leis associativas:
(x + y) + z = x + (y + z) e (xy)z = x(yz).
(3) Exist encia de um ( unico) elemento 0 F, tal que
x + 0 = 0 + x = x,
para todo x F.
x 1 = x,
para todo x F.
nfimo e supremo
de um corpo ordenado
4
61 AULA 4: NFI MO E SUPREMO DE UM CORPO ORDENADO
AULA4:

INFIMO E SUPREMO DE UM
CORPO ORDENADO
OBJETIVOS
1. Compreender os conceitos de corpo e de corpo ordenado, e que o conjunto Q e
um corpo ordenado.
2. Compreender as desigualdades que s ao v alidas para um corpo ordenado qual-
quer.
3. Compreender os conceitos de cotas inferior e superior, de nmo e de supremo
de um subconjunto de um corpo ordenado e calcular o nmo e o supremo de um
conjunto.
4. Compreender que existem subconjuntos de Q que s ao limitados inferiormente,
mas que n ao possuem nmo emQ.
4.1 Deni c ao de corpo ordenado
Deni c ao 4.1. Um corpo F e um conjunto no qual se acham denidas as opera c oes de
adi c ao e de multiplica c ao, satisfazendo ` as seguintes propriedades:
(1) Leis comutativas:
x + y = y + x e xy = yx.
(2) Leis associativas:
(x + y) + z = x + (y + z) e (xy)z = x(yz).
x + 0 = 0 + x = x,
para todo x F.
x 1 = x,
para todo x F.
(5) Exist encia de inversos: dado x F, existe x F, tal que
x + (x) = 0
e dado x F com x = 0, existe x
1
F, tal que
xx
1
= 1.
(6) Lei distributiva:
(x + y)z = xz + yz.
Exerccio 4.1. Os conjuntos Ne Z s ao corpos? Por qu e?
Deni c ao 4.2. Um corpo F e ordenado se contiver um subconjunto P com as seguintes
propriedades:
(P
1
) x, y P, implica x + y P e xy P, ou seja, P e fechado em rela c ao ` as opera c oes
de adi c ao e multiplica c ao.
(P
2
) Dado x F, ent ao temos uma, e somente uma, das tr es possibilidades: x P,
x P ou x = 0.
4.2 O conjunto Q e um corpo ordenado
Em virtude dos Teoremas 3.1, 3.2 e 3.3, concluimos que o conjunto Q e um corpo.
Deni c ao 4.3. Dizemos que um racional x e positivo, se x > 0. Denotamos por Q
+
o
subconjunto de Q formado pelos racionais positivos.
Exerccio 4.2. Seja (a, b) um representante do racional x. Mostre que x > 0 se, e
somente se, ab > 0.
Teorema 4.1. Dados x, y Q
+
, ent ao x + y, xy Q
+
. Al em disso, dado x Q, temos
uma, e somente uma, das tr es possibilidades:
x Q
+
, x Q
+
ou x = 0.
Prova. Dados x, y Q
+
, sejam (a, b) e (c, d) representantes de x e y, respectiva-
mente. Como x, y > 0, pelo Exerccio 4.2,
ab, cd > 0.
Al emdisso, (ad +bc, bd) e representante de x +y, mostraremos que (ad +bc)(bd) >
0 e em virtude do Exerccio 4.2, concluiremos que x + y e positivo. De fato,
(ad + bc)(bd) = (ab)d
2
+ (cd)b
2
> 0.
Por outro lado, (ac, bd) e um representante de xy e
(ac)(bd) = (ab)(cd) > 0
e, pelo Exercicio 4.2, concluimos que xy > 0.
Temos uma das seguintes possibilidades: x = 0 ou x = 0. Se x = 0, seja (a, b) um
representante de x, ent ao a = 0, portanto ab = 0 (lembre que b = 0). Logo temos
uma das seguintes possibilidades: (i) ab > 0, e pelo Exerccio 4.2, concluimos que
x > 0 ou (ii) ab < 0, portanto (a)b > 0, como (a, b) e um representante de x,
do Exerccio 4.2, concluimos que x > 0.
Em virtude do Teorema 4.1, concluimos que Q e um corpo ordenado onde P =
Q
+
.
4.3 Algumas desigualdades v alidas para corpo
ordenado qualquer
A seguir, atrav es de exemplos, mostraremos algumas desigualdades que valem
para um corpo ordenado qualquer e, em particular, elas valem para Q.
Dados x e y num corpo ordenado F, dizemos que x > y se, e somente se, x y
P. De maneira an aloga, dizemos que x < y se, e somente se, (x y) = y x
P.
Exemplo 4.1. Seja x = 0 um elemento de um corpo ordenado F, ent ao
x
2
P.
De fato, como x = 0 e F e um corpo ordenado, temos uma das seguintes possibi-
lidades: x P ou x P; no primeiro caso, temos x
2
P e, no segundo caso,
(x)
2
P. Como (x)
2
= x
2
concluimos que x
2
P.
Exemplo 4.2. Se x > 0 e 0 > y, ent ao
0 > xy.
De fato, como x > 0 e 0 > y, ent ao x P e y P, portanto x(y) P. Como
(xy) = x(y), concluimos que (xy) P. Como 0 (xy) = (xy), temos que
0 xy P, ent ao 0 > xy.
(5) Exist encia de inversos: dado x F, existe x F, tal que
x + (x) = 0
e dado x F com x = 0, existe x
1
F, tal que
xx
1
= 1.
(6) Lei distributiva:
(x + y)z = xz + yz.
Exerccio 4.1. Os conjuntos Ne Z s ao corpos? Por qu e?
Deni c ao 4.2. Um corpo F e ordenado se contiver um subconjunto P com as seguintes
propriedades:
(P
1
) x, y P, implica x + y P e xy P, ou seja, P e fechado em rela c ao ` as opera c oes
de adi c ao e multiplica c ao.
(P
2
) Dado x F, ent ao temos uma, e somente uma, das tr es possibilidades: x P,
x P ou x = 0.
4.2 O conjunto Q e um corpo ordenado
Em virtude dos Teoremas 3.1, 3.2 e 3.3, concluimos que o conjunto Q e um corpo.
Deni c ao 4.3. Dizemos que um racional x e positivo, se x > 0. Denotamos por Q
+
o
subconjunto de Q formado pelos racionais positivos.
Exerccio 4.2. Seja (a, b) um representante do racional x. Mostre que x > 0 se, e
somente se, ab > 0.
Teorema 4.1. Dados x, y Q
+
, ent ao x + y, xy Q
+
. Al em disso, dado x Q, temos
uma, e somente uma, das tr es possibilidades:
x Q
+
, x Q
+
ou x = 0.
Prova. Dados x, y Q
+
, sejam (a, b) e (c, d) representantes de x e y, respectiva-
mente. Como x, y > 0, pelo Exerccio 4.2,
ab, cd > 0.
Al emdisso, (ad +bc, bd) e representante de x +y, mostraremos que (ad +bc)(bd) >
0 e em virtude do Exerccio 4.2, concluiremos que x + y e positivo. De fato,
(ad + bc)(bd) = (ab)d
2
+ (cd)b
2
> 0.
Por outro lado, (ac, bd) e um representante de xy e
(ac)(bd) = (ab)(cd) > 0
e, pelo Exercicio 4.2, concluimos que xy > 0.
Temos uma das seguintes possibilidades: x = 0 ou x = 0. Se x = 0, seja (a, b) um
representante de x, ent ao a = 0, portanto ab = 0 (lembre que b = 0). Logo temos
uma das seguintes possibilidades: (i) ab > 0, e pelo Exerccio 4.2, concluimos que
x > 0 ou (ii) ab < 0, portanto (a)b > 0, como (a, b) e um representante de x,
do Exerccio 4.2, concluimos que x > 0.
Em virtude do Teorema 4.1, concluimos que Q e um corpo ordenado onde P =
Q
+
.
4.3 Algumas desigualdades v alidas para corpo
ordenado qualquer
A seguir, atrav es de exemplos, mostraremos algumas desigualdades que valem
para um corpo ordenado qualquer e, em particular, elas valem para Q.
Dados x e y num corpo ordenado F, dizemos que x > y se, e somente se, x y
P. De maneira an aloga, dizemos que x < y se, e somente se, (x y) = y x
P.
Exemplo 4.1. Seja x = 0 um elemento de um corpo ordenado F, ent ao
x
2
P.
De fato, como x = 0 e F e um corpo ordenado, temos uma das seguintes possibi-
lidades: x P ou x P; no primeiro caso, temos x
2
P e, no segundo caso,
(x)
2
P. Como (x)
2
= x
2
concluimos que x
2
P.
Exemplo 4.2. Se x > 0 e 0 > y, ent ao
0 > xy.
De fato, como x > 0 e 0 > y, ent ao x P e y P, portanto x(y) P. Como
(xy) = x(y), concluimos que (xy) P. Como 0 (xy) = (xy), temos que
0 xy P, ent ao 0 > xy.
Exemplo 4.3. Se x > y e y > z, ent ao
x > z.
De fato, como x > y, ent ao x y P, da mesma forma, como y > z, ent ao
y z P, logo a soma (x y) + (y z) P. Mas (x y) + (y z) = x z,
portanto, se x z P, concluimos que x > z.
Exemplo 4.4. Se x > y e z > t, ent ao
x + z > y + t.
De fato, como x > y e z > t, ent ao x y P e z t P, portanto
(x y) + (z t) P,
mas (x y) + (z t) = (x + z) (y + t), logo
(x + z) (y + t) P,
ou seja, x + z > y + t.
Exemplo 4.5. Se x > y e z qualquer, ent ao
x + z > y + z.
De fato, se x > y, ent ao x y P, portanto
(x + z) (y + z) = x y P,
logo x + z > y + z.
Exemplo 4.6. a < b, ent ao
a > b.
De fato, note que se a < b, ent ao (a b) P, ou seja, a (b) P, portanto,
a > b.
Exemplo 4.7. Se x > y e z > 0, ent ao
xz > yz.
De fato, como x > y e z > 0, ent ao, x y e z pertencem a P e, por conseguinte,
(x y)z P. Mas pela lei distributiva xz yz = (x y)z, com isso concluimos
que xz yz P, logo xz > yz.
Exemplo 4.3. Se x > y e y > z, ent ao
x > z.
De fato, como x > y, ent ao x y P, da mesma forma, como y > z, ent ao
y z P, logo a soma (x y) + (y z) P. Mas (x y) + (y z) = x z,
portanto, se x z P, concluimos que x > z.
Exemplo 4.4. Se x > y e z > t, ent ao
x + z > y + t.
De fato, como x > y e z > t, ent ao x y P e z t P, portanto
(x y) + (z t) P,
mas (x y) + (z t) = (x + z) (y + t), logo
(x + z) (y + t) P,
ou seja, x + z > y + t.
Exemplo 4.5. Se x > y e z qualquer, ent ao
x + z > y + z.
De fato, se x > y, ent ao x y P, portanto
(x + z) (y + z) = x y P,
logo x + z > y + z.
Exemplo 4.6. a < b, ent ao
a > b.
De fato, note que se a < b, ent ao (a b) P, ou seja, a (b) P, portanto,
a > b.
Exemplo 4.7. Se x > y e z > 0, ent ao
xz > yz.
De fato, como x > y e z > 0, ent ao, x y e z pertencem a P e, por conseguinte,
(x y)z P. Mas pela lei distributiva xz yz = (x y)z, com isso concluimos
que xz yz P, logo xz > yz.
Exemplo 4.8. Se b > a > 0, ent ao
a
1
> b
1
> 0.
De fato, como a = 0, ent ao existe a
1
e pelo Exemplo 4.1 temos que (a
1
)
2
P.
Como a e (a
1
)
2
est ao em P, ent ao
a
1
= a (a
1
)
2
P.
De maneira an aloga, mostra-se que b
1
P, ou seja,
b
1
> 0.
Como a
1
e b
1
est ao em P, ent ao a
1
b
1
P, ou seja,
a
1
b
1
> 0.
Como por hip otese b > a e mostramos que a
1
b
1
> 0, do Exemplo 4.7, temos
b(a
1
b
1
) > a(a
1
b
1
),
portanto, pela associatividade e pela comutatividade da multiplicac ao, temos
(bb
1
)a
1
> (aa
1
)b
1
.
ou seja,
a
1
> b
1
.
Exemplo 4.9. Se 0 < x < y e 0 < x
< y
, ent ao
xx
< yy
.
De fato, note que y, y
, y x e x
pertecem a P, logo
yy
xx
= (yy
yx
) + (yx
xx
)
= y(y
) + (y x)x
P,
portanto yy
xx
> 0, ou seja, xx
< yy
.
Exemplo 4.10. Sejam x, y > 0, tais que x
2
< 2 e y
2
> 2. Ent ao x < y.
De fato, como y
2
> 2, ent ao
y
2
< 2,
como
x
2
< 2,
seguem destas duas desigualdades que
x
2
y
2
< 0.
Ou seja, (x y)(x + y) < 0, como x + y > 0, temos x y < 0, portanto x < y.
4.4 Cotas inferior e superior
Deni c ao 4.4. (Cota superior) Seja F um corpo ordenado e A um subconjunto de F.
Dizemos que um elemento x F e uma cota superior de A, se x y para todo y A.
Neste caso dizemos que A e limitado superiormente.
Exerccio 4.3. Considere o corpo ordenado Q.
(a) Seja A = {5, 6, . . . , 10}. Encontre uma cota superior para A.
(b) D e um exemplo de um subconjunto de Q que n ao possui cota superior.
Deni c ao 4.5. (Cota inferior) Seja F um corpo ordenado e A um subconjunto de F.
Dizemos que um elemento x F e uma cota inferior de A, se x y para todo y A.
Neste caso dizemos que A e limitado inferiormente.
Exerccio 4.4. D e um exemplo de um subconjunto de Q que n ao possui cota inferior.
Deni c ao 4.6. Dizemos que um subconjunto de um corpo ordenado e limitado se ele for
limitado superiormente e inferiormente.
4.5 Supremo e nmo de um conjunto
Deni c ao 4.7. (Supremo de um conjunto) Seja F um corpo ordenado e A um subcon-
junto de F limitado superiormente. O supremo de A, denotado por sup A, e a menor das
cotas superiores de A. Em outras palavras, x F e o supremo de A, se
(i) x for uma cota superior de A
(ii) se z for uma cota superior de A, ent ao, x z.
Exemplo 4.11. O supremo de um conjunto A n ao necessariamente pertence a A. Por
exemplo, seja
A = {y Q : 0 < y < 1}.
Mostraremos que sup A = 1, mas 1 / A.
Note que qualquer n umero racional r 1 e uma cota superior de A, pois se r 1, ent ao
r y, para todo y A. O que provaremos e que 1 e a menor cota superior de A e
concluiremos que sup A = 1.
Para mostrarmos que 1 e a menor cota superior de A temos que provar que nenhum
racional r < 1 pode ser uma cota superior de A, ou seja, se r < 1 podemos encontrar um
elemento r
A, tal que r
> r. De fato, se r < 1, temos duas possibilidades: (i) r 0

ou (ii) 0 < r < 1. Claramente r 0 n ao pode ser uma cota superior de A, pois 1/2 A
e 1/2 > r. Mostraremos que se 0 < r < 1, ent ao r n ao pode ser uma cota superior de
A. De fato, pelo Exerccio 3.4, vimos que a m edia de dois n umeros racionais e um n umero
racional, em particular
r
=
r + 1
2
e n umero racional. Al em disso, como 0 < r < 1, ent ao
0 < r < r
< 1.
Como r
Q e 0 < r
< 1, ent ao r
A. Como r
A e r
> r, segue que r n ao pode

ser uma cota superior de A. Portanto 1 e a menor cota superior de A e concluimos que
sup A = 1.
Exemplo 4.12. Seja B Q, denido por
B = {y Q : 0 y 1},
ent ao sup B = 1 e 1 B.
De fato, 1 e uma cota superior de A e usando os argumentos do Exemplo 4.11 concluimos
que nenhum racional r < 1 pode ser uma cota superior de A.
Deni c ao 4.8. (
Inmo de um conjunto) Seja F um corpo ordenado e A um subconjunto

de F limitado inferiormente. O nmo de A, denotado por inf A, e a maior das cotas infe-
riores de A. Em outras palavras, x F e o nmo de A, se
(i) x for uma cota inferior de A
(ii) se z for uma cota inferior de A, ent ao, x z.
Exemplo 4.13. Sejam A e B os conjuntos denidos nos dois exemplos anteriores, ent ao
inf A = 0 e inf B = 0.
Mostraremos que inf A = 0.
Note que qualquer racional r 0 e uma cota inferior de A, pois se y A, ent ao y 0.
Mostraremos que se r > 0 for um racional, podemos encontrar algum r
A, tal que
r
< r, portanto r n ao pode ser uma cota inferior de A. Com isso concluiremos que 0 e a
maior cota inferior de A, ou seja, inf A = 0. De fato, se r > 0, temos duas possibilidades:
(i) r 1 ou (ii) 0 < r < 1. Se r 1, ent ao r n ao pode ser uma cota inferior de A, pois
1/2 A e 1/2 < r. Mostraremos que, se 0 < r < 1, ent ao r n ao pode ser uma cota
inferior de A. Para mostrar isso, note que
r
=
0 + r
2
=
r
2
4.4 Cotas inferior e superior
Deni c ao 4.4. (Cota superior) Seja F um corpo ordenado e A um subconjunto de F.
Dizemos que um elemento x F e uma cota superior de A, se x y para todo y A.
Neste caso dizemos que A e limitado superiormente.
Exerccio 4.3. Considere o corpo ordenado Q.
(a) Seja A = {5, 6, . . . , 10}. Encontre uma cota superior para A.
(b) D e um exemplo de um subconjunto de Q que n ao possui cota superior.
Deni c ao 4.5. (Cota inferior) Seja F um corpo ordenado e A um subconjunto de F.
Dizemos que um elemento x F e uma cota inferior de A, se x y para todo y A.
Neste caso dizemos que A e limitado inferiormente.
Exerccio 4.4. D e um exemplo de um subconjunto de Q que n ao possui cota inferior.
Deni c ao 4.6. Dizemos que um subconjunto de um corpo ordenado e limitado se ele for
limitado superiormente e inferiormente.
4.5 Supremo e nmo de um conjunto
Deni c ao 4.7. (Supremo de um conjunto) Seja F um corpo ordenado e A um subcon-
junto de F limitado superiormente. O supremo de A, denotado por sup A, e a menor das
cotas superiores de A. Em outras palavras, x F e o supremo de A, se
(i) x for uma cota superior de A
(ii) se z for uma cota superior de A, ent ao, x z.
Exemplo 4.11. O supremo de um conjunto A n ao necessariamente pertence a A. Por
exemplo, seja
A = {y Q : 0 < y < 1}.
Mostraremos que sup A = 1, mas 1 / A.
Note que qualquer n umero racional r 1 e uma cota superior de A, pois se r 1, ent ao
r y, para todo y A. O que provaremos e que 1 e a menor cota superior de A e
concluiremos que sup A = 1.
Para mostrarmos que 1 e a menor cota superior de A temos que provar que nenhum
racional r < 1 pode ser uma cota superior de A, ou seja, se r < 1 podemos encontrar um
elemento r
A, tal que r
> r. De fato, se r < 1, temos duas possibilidades: (i) r 0

ou (ii) 0 < r < 1. Claramente r 0 n ao pode ser uma cota superior de A, pois 1/2 A
e 1/2 > r. Mostraremos que se 0 < r < 1, ent ao r n ao pode ser uma cota superior de
A. De fato, pelo Exerccio 3.4, vimos que a m edia de dois n umeros racionais e um n umero
racional, em particular
r
=
r + 1
2
e n umero racional. Al em disso, como 0 < r < 1, ent ao
0 < r < r
< 1.
Como r
Q e 0 < r
< 1, ent ao r
A. Como r
A e r
> r, segue que r n ao pode

ser uma cota superior de A. Portanto 1 e a menor cota superior de A e concluimos que
sup A = 1.
Exemplo 4.12. Seja B Q, denido por
B = {y Q : 0 y 1},
ent ao sup B = 1 e 1 B.
De fato, 1 e uma cota superior de A e usando os argumentos do Exemplo 4.11 concluimos
que nenhum racional r < 1 pode ser uma cota superior de A.
Deni c ao 4.8. (
Inmo de um conjunto) Seja F um corpo ordenado e A um subconjunto

de F limitado inferiormente. O nmo de A, denotado por inf A, e a maior das cotas infe-
riores de A. Em outras palavras, x F e o nmo de A, se
(i) x for uma cota inferior de A
(ii) se z for uma cota inferior de A, ent ao, x z.
Exemplo 4.13. Sejam A e B os conjuntos denidos nos dois exemplos anteriores, ent ao
inf A = 0 e inf B = 0.
Mostraremos que inf A = 0.
Note que qualquer racional r 0 e uma cota inferior de A, pois se y A, ent ao y 0.
Mostraremos que se r > 0 for um racional, podemos encontrar algum r
A, tal que
r
< r, portanto r n ao pode ser uma cota inferior de A. Com isso concluiremos que 0 e a
maior cota inferior de A, ou seja, inf A = 0. De fato, se r > 0, temos duas possibilidades:
(i) r 1 ou (ii) 0 < r < 1. Se r 1, ent ao r n ao pode ser uma cota inferior de A, pois
1/2 A e 1/2 < r. Mostraremos que, se 0 < r < 1, ent ao r n ao pode ser uma cota
inferior de A. Para mostrar isso, note que
r
=
0 + r
2
=
r
2
e n umero racional (a m edia de n umeros racionais e um n umero racional) e como 0 < r <
1, ent ao 0 < r
< r < 1. Como r
Q e 0 < r
< 1, ent ao r
A. Al em disso, como
r
A e r
< r, concluimos que r n ao pode ser uma cota inferior de A. Portanto 0 e a

maior cota inferior de A.
De maneira an aloga, mostra-se que inf B = 0.
Exerccio 4.5. Seja
A = {x Q : x = (1)
n
n
1
, n N}.
Mostre que sup A =
1
2
e inf A = 1.
Como o unico corpo ordenado que vimos at e agora e o conjunto Q, nos exemplos
de nmo e de supremo nos restringimos a subconjuntos dele.
Na Aula 5 veremos que o conjunto dos n umeros reais R e um corpo ordenado e
consideraremos exemplos de nmo e de supremo de subconjuntos de R.
No pr oximo teorema mostraremos que nem todo subconjunto de Q limitado in-
feriormente possui nmo emQ.
Teorema 4.2. Seja
A = {x Q
+
: x
2
> 2}.
Armamos que A n ao possui nmo em Q.
Prova. Seja
B = {x Q
+
: x
2
< 2}.
Dado um n umero racional positivo x, temos uma das seguintes possibilidades:
x
2
> 2, o que implica x A, ou x
2
< 2, o que implica x B. A possibilidade x
2
=
2 n ao acontece, pois vimos que n ao existe n umero racional cujo o quadrado seja
2. Portanto, dado um racional x > 0, temos uma das seguintes possibilidades:
x A ou x B.
Supondo que inf A Q, mostraremos que isto nos levar a a uma contradic ao. De
fato, note que 1 e uma cota inferior para A, portanto, devemos ter inf A 1, con-
sequentemente inf A ser a um n umero racional positivo, portanto ele dever a estar
em A ou em B. Contudo, mostraremos o seguinte:
(i) Se x A, podemos encontrar y A com y < x, logo, nenhum elemento de A
pode ser uma cota inferior para A, portanto n ao pode ser o nmo de A.
(ii) Se x B, mostraremos que existe y B, tal que y > x. Como todo x B e
uma cota inferior de A (por qu e?), concluimos que nenhum elemento de B pode
ser a maior que uma cota inferior de A, portanto n ao pode ser o inf A.
Para mostrarmos (i), seja x = p/q A, com p, q > 0. Note que para todo inteiro
positivo n,
y = p/q 1/nq < p/q.
Mostraremos que e possvel tomarmos n sucientemente grande, tal que y A,
ou seja, y
2
> 2, isto e,
(np 1)
2
/n
2
q
2
> 2,
o que e equivalente a
(p
2
2q
2
)n
2
2pn + 1 > 0. (4.1)
Como x A, ent ao p
2
2q
2
> 0, logo existe um n
o
N, tal que (4.1) seja v alida
para n n
o
; por qu e? Isto mostra (i).
Para mostrarmos (ii), seja x = p/q B, com p, q > 0. Para todo n N, temos
y = p/q +1/nq > p/q. Mostraremos que e possvel tomarmos n sucientemente
grande, tal que y B, ou seja, y
2
< 2, isto e, (np + 1)
2
/n
2
q
2
< 2, o que e
equivalente a
(2q
2
p
2
)n
2
+ 2pn + 1 < 0. (4.2)
Como x B, ent ao 2q
2
p
2
o
para n n
o
; por qu e? Isto prova (ii).
Exerccio 4.6. Encontre o nmo e o supremo dos seguintes subconjuntos de Q:
(1) {n/(n + 1) : n N}.
(2) {
n+(1)
n
n
n+1
: n N}.
e n umero racional (a m edia de n umeros racionais e um n umero racional) e como 0 < r <
1, ent ao 0 < r
< r < 1. Como r
Q e 0 < r
< 1, ent ao r
A. Al em disso, como
r
A e r
< r, concluimos que r n ao pode ser uma cota inferior de A. Portanto 0 e a

maior cota inferior de A.
De maneira an aloga, mostra-se que inf B = 0.
Exerccio 4.5. Seja
A = {x Q : x = (1)
n
n
1
, n N}.
Mostre que sup A =
1
2
e inf A = 1.
Como o unico corpo ordenado que vimos at e agora e o conjunto Q, nos exemplos
de nmo e de supremo nos restringimos a subconjuntos dele.
Na Aula 5 veremos que o conjunto dos n umeros reais R e um corpo ordenado e
consideraremos exemplos de nmo e de supremo de subconjuntos de R.
No pr oximo teorema mostraremos que nem todo subconjunto de Q limitado in-
feriormente possui nmo emQ.
Teorema 4.2. Seja
A = {x Q
+
: x
2
> 2}.
Armamos que A n ao possui nmo em Q.
Prova. Seja
B = {x Q
+
: x
2
< 2}.
Dado um n umero racional positivo x, temos uma das seguintes possibilidades:
x
2
> 2, o que implica x A, ou x
2
< 2, o que implica x B. A possibilidade x
2
=
2 n ao acontece, pois vimos que n ao existe n umero racional cujo o quadrado seja
2. Portanto, dado um racional x > 0, temos uma das seguintes possibilidades:
x A ou x B.
Supondo que inf A Q, mostraremos que isto nos levar a a uma contradic ao. De
fato, note que 1 e uma cota inferior para A, portanto, devemos ter inf A 1, con-
sequentemente inf A ser a um n umero racional positivo, portanto ele dever a estar
em A ou em B. Contudo, mostraremos o seguinte:
(i) Se x A, podemos encontrar y A com y < x, logo, nenhum elemento de A
pode ser uma cota inferior para A, portanto n ao pode ser o nmo de A.
(ii) Se x B, mostraremos que existe y B, tal que y > x. Como todo x B e
uma cota inferior de A (por qu e?), concluimos que nenhum elemento de B pode
ser a maior que uma cota inferior de A, portanto n ao pode ser o inf A.
Para mostrarmos (i), seja x = p/q A, com p, q > 0. Note que para todo inteiro
positivo n,
y = p/q 1/nq < p/q.
Mostraremos que e possvel tomarmos n sucientemente grande, tal que y A,
ou seja, y
2
> 2, isto e,
(np 1)
2
/n
2
q
2
> 2,
o que e equivalente a
(p
2
2q
2
)n
2
2pn + 1 > 0. (4.1)
Como x A, ent ao p
2
2q
2
o
para n n
o
; por qu e? Isto mostra (i).
Para mostrarmos (ii), seja x = p/q B, com p, q > 0. Para todo n N, temos
y = p/q +1/nq > p/q. Mostraremos que e possvel tomarmos n sucientemente
grande, tal que y B, ou seja, y
2
< 2, isto e, (np + 1)
2
/n
2
q
2
< 2, o que e
equivalente a
(2q
2
p
2
)n
2
+ 2pn + 1 < 0. (4.2)
Como x B, ent ao 2q
2
p
2
o
para n n
o
; por qu e? Isto prova (ii).
Exerccio 4.6. Encontre o nmo e o supremo dos seguintes subconjuntos de Q:
(1) {n/(n + 1) : n N}.
(2) {
n+(1)
n
n
n+1
: n N}.
AULA5: O CONJUNTO DOS N
UMEROS REAIS
OBJETIVOS
1. Compreender a denic ao dos reais a partir do Postulado de Dedekind, bem
como as consequ encias da mesma.
2. Provar armac oes que envolvam os conceitos de nmo e de supremo de sub-
conjuntos dos n umeros reais.
3. Compreender porque os racionais s ao densos emR.
4. Compreender o conceito de
n
x, onde x e um real n ao negativo.

5.1 Deni c ao do conjunto dos n umeros reais
Denimos o conjunto R dos n umeros reais como sendo o corpo ordenado onde
vale a propriedade abaixo.
Postulado 1. (Postulado de Dedekind) Todo subconjunto n ao vazio de R, constitudo de
elementos positivos, tem um nmo.
Qualquer corpo ordenado F possui um subconjunto, que podemos identicar
com o conjunto Q. De fato, sendo F um corpo ordenado, ele cont em o n umero 1
e, sendo ele fechado em relac ao a soma, cont em todos os naturais: 2 = 1 + 1, 3 =
2 +1, . . . Sendo F um corpo ordenado, ele cont em 0 e o sim etrico de cada natural;
portanto, ele cont em um subconjunto que podemos identicar com os inteiros.
Sendo F um corpo ordenado, ele cont em os inversos dos inteiros n ao nulos e
produtos destes com inteiros, ou seja, ele cont em um subconjunto que podemos
identicar com os racionais. Em particular, sendo R um corpo ordenado, ele
cont em um subconjunto que podemos identicar como os racionais. Veremos
que e a propriedade do postulado acima que distingue R de Q.
Teorema 5.1. Seja A um subconjunto n ao vazio de Rlimitado inferiormente, ent ao inf A
existe.
Prova. Se A for formado apenas por n umeros positivos, a conclus ao segue di-
retamente do Postulado de Dedekind e n ao temos nada a fazer. Suponha que A
possua elementos n ao positivos. Como A e limitado inferiormente, por denic ao,
existe um n umero real l < 0, tal que a > l, para todo a A. Seja
B = A l {a l : a A},
ent ao os elementos de B s ao positivos. Logo, B e um subconjunto n ao vazio de R,
cujos elementos s ao positivos, pelo Postulado de Dedekind, ele possui umnmo.
Seja
L = inf B,
O conjunto dos
nmeros reais
5
71 AULA 5: O CONJ UNTO DOS NMEROS REAIS
AULA5: O CONJUNTO DOS N
UMEROS REAIS
OBJETIVOS
1. Compreender a denic ao dos reais a partir do Postulado de Dedekind, bem
como as consequ encias da mesma.
2. Provar armac oes que envolvam os conceitos de nmo e de supremo de sub-
conjuntos dos n umeros reais.
3. Compreender porque os racionais s ao densos emR.
4. Compreender o conceito de
n
x, onde x e um real n ao negativo.

5.1 Deni c ao do conjunto dos n umeros reais
Denimos o conjunto R dos n umeros reais como sendo o corpo ordenado onde
vale a propriedade abaixo.
Postulado 1. (Postulado de Dedekind) Todo subconjunto n ao vazio de R, constitudo de
elementos positivos, tem um nmo.
Qualquer corpo ordenado F possui um subconjunto, que podemos identicar
com o conjunto Q. De fato, sendo F um corpo ordenado, ele cont em o n umero 1
e, sendo ele fechado em relac ao a soma, cont em todos os naturais: 2 = 1 + 1, 3 =
2 +1, . . . Sendo F um corpo ordenado, ele cont em 0 e o sim etrico de cada natural;
portanto, ele cont em um subconjunto que podemos identicar com os inteiros.
Sendo F um corpo ordenado, ele cont em os inversos dos inteiros n ao nulos e
produtos destes com inteiros, ou seja, ele cont em um subconjunto que podemos
identicar com os racionais. Em particular, sendo R um corpo ordenado, ele
cont em um subconjunto que podemos identicar como os racionais. Veremos
que e a propriedade do postulado acima que distingue R de Q.
Teorema 5.1. Seja A um subconjunto n ao vazio de Rlimitado inferiormente, ent ao inf A
existe.
Prova. Se A for formado apenas por n umeros positivos, a conclus ao segue di-
retamente do Postulado de Dedekind e n ao temos nada a fazer. Suponha que A
possua elementos n ao positivos. Como A e limitado inferiormente, por denic ao,
existe um n umero real l < 0, tal que a > l, para todo a A. Seja
B = A l {a l : a A},
ent ao os elementos de B s ao positivos. Logo, B e um subconjunto n ao vazio de R,
cujos elementos s ao positivos, pelo Postulado de Dedekind, ele possui umnmo.
Seja
L = inf B,
armamos que
inf A = L + l.
Para todo a A, a l B, portanto a l L, pois L e uma cota inferior para
B, ou seja, para todo a A, a L + l e conclumos que L + l e uma cota inferior
para A. Resta-nos mostrar que L + l e a maior das cotas inferiores de A.

E isto que
mostraremos a seguir. Suponha que L
seja uma cota inferior para A, ent ao para

todo a A, temos L
a, ou seja, L
l a l e, como todo elemento de B e

da forma a l, para algum a A, conclumos que L
l e uma cota inferior para

B. Como L e a maior das cotas inferiores de B, segue que L
l L, portanto
L
L + l, logo toda cota inferior de A e menor ou igual a L + l e concluimos que

L + l e a maior das cotas inferiores de A.
Teorema 5.2. Seja A um subconjunto n ao vazio de R limitado superiormente. Ent ao,
sup A = inf(A),
onde A = {x : x A}.
Prova. Como A e limitado superiormente, existe k R, tal que a k, para todo
a A. Ou seja, a k, para todo a A, portanto A e limitado inferiormente
por k e pelo Teorema 5.1, existe l R, tal que
l = inf(A).
Como l = inf(A), ent ao l e uma cota inferior para A, logo a l, para todo
a A, ou seja, a l para todo a A e conclumos que l e uma cota superior
para A.
Agora suponha que l
seja uma cota superior para A, ent ao para todo a A,

temos a l
, portanto a l
e conclumos que l
e uma cota inferior

para A. Como l e a maior das cotas inferiores de A, segue que l
l,
ou seja, l
l. Logo l e a menor das cotas superiores de A. Portanto,

sup A = l = inf(A).
5.2 O conjunto R e arquimediano
Teorema 5.3. O corpo dos n umeros reais e arquimediano, ou seja, se x, y R e x > 0,
ent ao existe um inteiro positivo n, tal que
nx > y.
Prova. Seja
A = {nx : n N}.
Se n ao existisse n N, tal que nx > y, teramos nx y, para todo n N
e y seria uma cota superior para A. Sendo A um subconjunto n ao vazio de R
que e limitado superiormente, ent ao pelo Teorema 5.2, ele possui supremo. Seja
l = sup A. Como x > 0, l x < l e l x n ao e uma cota superior para A, portanto
l x < mx para algum m N, ou seja, teramos l < (m + 1)x, para algum N.
Como (m + 1)x A, isto seria impossvel, visto que l, sendo uma cota superior
de A, deve ser tal que l a, para todo a A.
5.3 Os n umeros racionais s ao densos emR
Teorema 5.4. O conjunto Q e denso em R, ou seja, dados x, y R com x < y, existe
r Q, tal que x < r < y.
Prova. Como x < y, temos y x > 0 e o Teorema 5.3 nos fornece um inteiro
positivo n, tal que
n(y x) > 1 xn < yn 1. (5.1)
Aplicando o Teorema 5.3 novamente, agora com x = 1, encontramos um inteiro
positivo m, tal que m > yn + 2.
Seja A = {k N : k > m yn}, pelo Princpio da Boa Ordena c ao, existe um
natural q (> 2), tal que q e o menor elemento de A. Como q A, temos
q > myn mq < yn, (5.2)
como q e o menor elemento de A, temos
(q 1) myn mq yn 1. (5.3)
De (5.2), (5.3) e (5.1), temos
yn > mq yn 1 > xn.
Portanto,
xn < mq < yn.
Dividindo as desigualdades acima por n, temos
x < (mq)/n < y,
fazendo r = (mq)/n, conclumos a demonstrac ao do teorema.
Exerccio 5.1. Sejam a, b n umeros reais positivos. Mostre que se a < b, ent ao
a
2
< b
2
.
Sugest ao: a
2
b
2
= (a b)(a + b).
armamos que
inf A = L + l.
Para todo a A, a l B, portanto a l L, pois L e uma cota inferior para
B, ou seja, para todo a A, a L + l e conclumos que L + l e uma cota inferior
para A. Resta-nos mostrar que L + l e a maior das cotas inferiores de A.

E isto que
mostraremos a seguir. Suponha que L
seja uma cota inferior para A, ent ao para

todo a A, temos L
a, ou seja, L
l a l e, como todo elemento de B e

da forma a l, para algum a A, conclumos que L
l e uma cota inferior para

B. Como L e a maior das cotas inferiores de B, segue que L
l L, portanto
L
L + l, logo toda cota inferior de A e menor ou igual a L + l e concluimos que

L + l e a maior das cotas inferiores de A.
Teorema 5.2. Seja A um subconjunto n ao vazio de R limitado superiormente. Ent ao,
sup A = inf(A),
onde A = {x : x A}.
Prova. Como A e limitado superiormente, existe k R, tal que a k, para todo
a A. Ou seja, a k, para todo a A, portanto A e limitado inferiormente
por k e pelo Teorema 5.1, existe l R, tal que
l = inf(A).
Como l = inf(A), ent ao l e uma cota inferior para A, logo a l, para todo
a A, ou seja, a l para todo a A e conclumos que l e uma cota superior
para A.
Agora suponha que l
seja uma cota superior para A, ent ao para todo a A,

temos a l
, portanto a l
e conclumos que l
e uma cota inferior

para A. Como l e a maior das cotas inferiores de A, segue que l
l,
ou seja, l
l. Logo l e a menor das cotas superiores de A. Portanto,

sup A = l = inf(A).
5.2 O conjunto R e arquimediano
Teorema 5.3. O corpo dos n umeros reais e arquimediano, ou seja, se x, y R e x > 0,
ent ao existe um inteiro positivo n, tal que
nx > y.
Prova. Seja
A = {nx : n N}.
Se n ao existisse n N, tal que nx > y, teramos nx y, para todo n N
e y seria uma cota superior para A. Sendo A um subconjunto n ao vazio de R
que e limitado superiormente, ent ao pelo Teorema 5.2, ele possui supremo. Seja
l = sup A. Como x > 0, l x < l e l x n ao e uma cota superior para A, portanto
l x < mx para algum m N, ou seja, teramos l < (m + 1)x, para algum N.
Como (m + 1)x A, isto seria impossvel, visto que l, sendo uma cota superior
de A, deve ser tal que l a, para todo a A.
5.3 Os n umeros racionais s ao densos emR
Teorema 5.4. O conjunto Q e denso em R, ou seja, dados x, y R com x < y, existe
r Q, tal que x < r < y.
Prova. Como x < y, temos y x > 0 e o Teorema 5.3 nos fornece um inteiro
positivo n, tal que
n(y x) > 1 xn < yn 1. (5.1)
Aplicando o Teorema 5.3 novamente, agora com x = 1, encontramos um inteiro
positivo m, tal que m > yn + 2.
Seja A = {k N : k > m yn}, pelo Princpio da Boa Ordena c ao, existe um
natural q (> 2), tal que q e o menor elemento de A. Como q A, temos
q > myn mq < yn, (5.2)
como q e o menor elemento de A, temos
(q 1) myn mq yn 1. (5.3)
De (5.2), (5.3) e (5.1), temos
yn > mq yn 1 > xn.
Portanto,
xn < mq < yn.
Dividindo as desigualdades acima por n, temos
x < (mq)/n < y,
fazendo r = (mq)/n, conclumos a demonstrac ao do teorema.
Exerccio 5.1. Sejam a, b n umeros reais positivos. Mostre que se a < b, ent ao
a
2
< b
2
.
Sugest ao: a
2
b
2
= (a b)(a + b).
5.4 Os n umeros irracionais
Na Aula 3, vimos que n ao existe n umero racional x, tal que x
2
= 2. No Exemplo
5.1, veja a seguir, mostraremos que existe um ( unico) n umero real positivo x tal
que x
2
= 2; ele e chamado de
2. N umeros reais que n ao s ao racionais s ao cha-

mados de irracionais, portanto
2 e um exemplo de um n umero irracional.

Exemplo 5.1. Seja
A = {t Q
+
: t
2
> 2}.
Visto como um subconjunto de R, o conjunto A possui nmo em R, pois ele e limitado
inferiormente (d e um exemplo de uma cota inferior para A). Mostraremos que inf A n ao
e racional.
De fato, seja
y = inf A.
Mostraremos que y
2
= 2 e pelo Exemplo 3.12, y n ao pode ser racional.
A seguir, mostraremos que qualquer uma das desigualdades y
2
> 2 ou y
2
< 2
nos levaria a uma contradic ao, portanto devemos ter y
2
= 2.
Suponha que y
2
< 2, ent ao
y +
1
n
2
= y
2
+
2y
n
+
1
n
2
y
2
+
2y + 1
n
< 2,
se n >
2y + 1
2 y
2
. Como
y +
1
n
2
< 2, ent ao y +
1
n
e uma cota inferior para A,
contrariando o fato que y e a maior das cotas inferiores de A.
Suponha que y
2
> 2, ent ao
y
1
n
2
= y
2
2y
n
+
1
n
2
y
2
2y
n
> 2, (5.4)
se n >
2y
y
2
2
. Como y
1
n
< y do Teorema 5.4, existe um racional r, tal que
y
1
n
< r < y
e em virtude do Exerccio 5.1, temos
y
1
n
2
< r
2
< y
2
. (5.5)
5.4 Os n umeros irracionais
Na Aula 3, vimos que n ao existe n umero racional x, tal que x
2
= 2. No Exemplo
5.1, veja a seguir, mostraremos que existe um ( unico) n umero real positivo x tal
que x
2
= 2; ele e chamado de
2. N umeros reais que n ao s ao racionais s ao cha-

mados de irracionais, portanto
2 e um exemplo de um n umero irracional.

Exemplo 5.1. Seja
A = {t Q
+
: t
2
> 2}.
Visto como um subconjunto de R, o conjunto A possui nmo em R, pois ele e limitado
inferiormente (d e um exemplo de uma cota inferior para A). Mostraremos que inf A n ao
e racional.
De fato, seja
y = inf A.
Mostraremos que y
2
= 2 e pelo Exemplo 3.12, y n ao pode ser racional.
A seguir, mostraremos que qualquer uma das desigualdades y
2
> 2 ou y
2
< 2
nos levaria a uma contradic ao, portanto devemos ter y
2
= 2.
Suponha que y
2
< 2, ent ao
y +
1
n
2
= y
2
+
2y
n
+
1
n
2
y
2
+
2y + 1
n
< 2,
se n >
2y + 1
2 y
2
. Como
y +
1
n
2
< 2, ent ao y +
1
n
e uma cota inferior para A,
contrariando o fato que y e a maior das cotas inferiores de A.
Suponha que y
2
> 2, ent ao
y
1
n
2
= y
2
2y
n
+
1
n
2
y
2
2y
n
> 2, (5.4)
se n >
2y
y
2
2
. Como y
1
n
< y do Teorema 5.4, existe um racional r, tal que
y
1
n
< r < y
e em virtude do Exerccio 5.1, temos
y
1
n
2
< r
2
< y
2
. (5.5)
De (5.4) e (5.5), temos
2 <
y
1
n
2
< r
2
< y
2
, (5.6)
o que e uma contradic ao, pois sendo r um racional positivo, tal que r
2
> 2, ent ao
r A e deveramos ter r y, ou seja, r
2
y
2
, o que contraria a ultima desigual-
dade em (5.6).
Armamos que a equac ao x
2
= a, onde a > 0, tem no m aximo uma soluc ao
positiva. De fato, se x
1
e x
2
s ao soluc oes positivas de x
2
= a
2
, ent ao temos x
2
1
=
a
2
= x
2
2
, logo x
2
1
x
2
2
= 0, ou seja,
(x
1
x
2
)(x
1
+ x
2
) = 0,
como x
1
e x
2
s ao positivos, ent ao x
1
+ x
2
> 0, portanto
x
1
x
2
= 0,
ou seja, x
1
= x
2
.
Usando os argumentos da demonstrac ao do Exemplo 5.1, mostra-se que existe
um n umero real positivo x, tal que x
2
= a. Portanto, a equac ao x
2
= a, onde
a > 0 tem exatamente uma soluc ao positiva, a qual e chamada de
a.
Exemplo 5.2.
2 e 1 +
2 s ao irracionais.
De fato, como Q e um corpo, ele e fechado em relac ao ` as operac oes de soma e
multiplicac ao, ou seja, soma e produto de racionais e racional. Se
2 fosse raci-
onal, ao multiplic a-lo pelo racional 1, o produto teria que ser racional; contudo,
1 . (
2) =
2
que sabemos ser irracional. De maneira an aloga, se 1 +
2 fosse racional, ao
somarmos o racional 1 a este n umero, a soma seria uma racional, mas
(1 +
2) + (1) =
2,
que e irracional. Em geral, se x for racional e y irracional, ent ao x + y e xy (se
x = 0) s ao irracionais.
Teorema 5.5. Os n umeros irracionais s ao densos em R, ou seja, dados arbitrariamente
x, y R, com x < y, existe n umero irracional z, tal que x < z < y.
Prova. Como os racionais s ao densos emR, existe r Q, tal que
x +
2 < r < y +
2,
subtraindo
2 das desigualdades acima, concluimos que

x < r
2 < y.
Fazendo z = r
2, concluimos que x < z < y. Armamos z e irracional. Caso

contr ario, se z fosse racional, ent ao z r, por ser a diferenca de dois racionais,
tamb em seria racional, mas z r =
2 e irracional; veja Exemplo 5.2.

5.5 A fun c ao
n
x
Dado um n umero real positivo a, se chamarmos de A o subconjunto dos n umeros
reais positivos t, tais que t
n
< a, ent ao usando os argumentos da demonstrac ao
do Exemplo 5.1, mostra-se que x = inf A satisfaz a equac ao x
n
= a. Por outro
lado, se usarmos a identidade
b
n
a
n
= (b a)(b
n1
+ b
n2
a + . . . + a
n1
),
mostramos que a equac ao x
n
= a, onde a > 0 tem no m aximo uma soluc ao
positiva. Portanto, a equac ao x
n
= a, onde a > 0 tem exatamente uma raiz
positiva, a qual chamamos de
n
a ou a
1/n
.
5.6 Exerccios resolvidos sobre nmo e supremo
Exerccio 5.2. Mostre que o conjunto Nn ao e limitado superiormente. Em particu-
lar, dado x R, existe n N, tal que n > x.
Resolu c ao. Suponha que N fosse limitado superiormente, ent ao, existiria um
x
o
R, tal que n x
o
, para todo n N; e do Teorema 5.2 existiria L R,
tal que L = supN; em particular, L 1 n ao seria uma cota superior para N,
ou seja, existiria n N, tal que n > L 1, ou seja, L < n + 1, o que seria um
contradic ao, pois L = supN, implicaria L m, para todo m N, em particular
para m = n + 1.
Exerccio 5.3. Dado x > 0, mostre que existe n N, tal que
x > 1/n > 0.
Resolu c ao. Como R e um corpo, x
1
= 1/x tamb em pertence a R, logo, do
exerccio anterior, existe n N, tal que n > 1/x > 0. Multiplicando estas desi-
gualdades por xn
1
, temos o resultado desejado.
Sejam a e b n umeros reais com a < b. Um intervalo e um conjunto com uma das
seguinte formas:
(a, b) = {x R : a < x < b}, [a, b] = {x R : a x b}
[a, b) = {x R : a x < b}, (a, b] = {x R : a < x b}
O intervalo (a, b) e chamado de aberto, n ao cont em as suas extremidades. O in-
tervalo [a, b] e chamado de fechado, ele cont em as suas extremidades. O interior
de qualquer um dos quatro intervalos acima e por denic ao o intervalo aberto
(a, b).
Uma semi-reta e um conjunto de uma das seguintes formas:
(a, ) = {x R : x > a}, (, b) = {x R : x < b}
[a, ) = {x R : x a}, (, b] = {x R : x b}.
Nos dois primeiros casos, a extremidade n ao pertence ` a semi-reta e dizemos que
ela e aberta. Nos dois ultimos casos, a extremidade pertence ` a semi-reta e dize-
mos que ela e fechada.
Exerccio 5.4. Seja A um subconjunto de R, tal que l = inf A exista. Mostre que
para todo > 0 existe algum a A, no intervalo [l, l + ).
Resolu c ao. Suponha que para algum
o
> 0 n ao existisse a A no intervalo
[l, l +
o
). Mostraremos que isto nos levaria a uma contradic ao. De fato, como l e
uma cota inferior para A, ent ao x l, para todo x A. Como estamos supondo
que n ao existam elementos de A em [l, l +
o
), ent ao x l +
o
, para todo x A,
ou seja, l +
o
seria uma cota inferior para A, o que seria uma contradic ao, pois l
e a maior das cotas inferiores de A.
Resolu c ao. Como R e um corpo, x
1
= 1/x tamb em pertence a R, logo, do
exerccio anterior, existe n N, tal que n > 1/x > 0. Multiplicando estas desi-
gualdades por xn
1
, temos o resultado desejado.
Sejam a e b n umeros reais com a < b. Um intervalo e um conjunto com uma das
seguinte formas:
(a, b) = {x R : a < x < b}, [a, b] = {x R : a x b}
[a, b) = {x R : a x < b}, (a, b] = {x R : a < x b}
O intervalo (a, b) e chamado de aberto, n ao cont em as suas extremidades. O in-
tervalo [a, b] e chamado de fechado, ele cont em as suas extremidades. O interior
de qualquer um dos quatro intervalos acima e por denic ao o intervalo aberto
(a, b).
Uma semi-reta e um conjunto de uma das seguintes formas:
(a, ) = {x R : x > a}, (, b) = {x R : x < b}
[a, ) = {x R : x a}, (, b] = {x R : x b}.
Nos dois primeiros casos, a extremidade n ao pertence ` a semi-reta e dizemos que
ela e aberta. Nos dois ultimos casos, a extremidade pertence ` a semi-reta e dize-
mos que ela e fechada.
Exerccio 5.4. Seja A um subconjunto de R, tal que l = inf A exista. Mostre que
para todo > 0 existe algum a A, no intervalo [l, l + ).
o
> 0 n ao existisse a A no intervalo
[l, l +
o
). Mostraremos que isto nos levaria a uma contradic ao. De fato, como l e
uma cota inferior para A, ent ao x l, para todo x A. Como estamos supondo
que n ao existam elementos de A em [l, l +
o
), ent ao x l +
o
, para todo x A,
ou seja, l +
o
seria uma cota inferior para A, o que seria uma contradic ao, pois l
e a maior das cotas inferiores de A.
Exerccio 5.5. Sejam A e B dois conjuntos n ao vazios de n umeros reais que s ao limi-
tados inferiormente e seja
A + B = {a + b : a A, b B}.
Mostre que
inf(A + B) = inf A + inf B.
Resolu c ao. Como A e B s ao subconjuntos de R, limitados inferiormente, ent ao
pelo Teorema 5.1 existem l
A
e l
B
reais tais que l
A
= inf A e l
B
= inf B. Portanto,
para todos a A e b B, temos
a l
A
e b l
B
,
logo
a + b l
A
+ l
B
,
o que mostra que l
A
+ l
B
e uma cota inferior para A + B. Mostraremos l
A
+ l
B
e a
maior cota inferior de A + B, portanto l
A
+ l
B
= inf(A + B). Suponha que l seja
uma cota inferior para A + B. Se l > l
A
+ l
B
, tomaramos
o
= (l (l
A
+ l
B
))/4.
Para esta escolha de
o
, do Exerccio 5.4, existiriam a
o
A e b
o
B, tais que
a
o
[l
A
, l
A
+
o
) a
o
< l
A
+
o
,
e
b
o
[l
B
, l
B
+
o
) b
o
< l
B
+
o
,
em particular
a
o
+ b
o
l
A
+ l
B
+ 2
o
=
l
A
+ l
B
+ l
2
< l,
contrariando a hip otese de l ser uma cota inferior para o conjunto A + B.
Exerccio 5.6. Seja A um subconjunto de R, tal que l = sup A exista. Mostre que
para todo > 0 existe algum a A, no intervalo (l , l].
o
> 0 n ao existisse a A, no intervalo
(l
o
, l]. Mostraremos que isto nos levaria a uma contradic ao. De fato, como l e
uma cota superior para A, ent ao x l, para todo x A. Como estamos supondo
que n ao existam elementos de A em (l
o
, l], ent ao x l
o
, para todo x A,
ou seja, l
o
seria uma cota superior para A, o que seria uma contradic ao, pois
l e a menor das cotas superiores de A.
Exerccio 5.7. Seja S Z limitado inferiormente. Mostre que existe l = inf S e
l S, portanto l e um inteiro.
Resolu c ao. Se olharmos para S como um subconjunto de R ele e limitado infe-
riormente, portanto existe l = inf S. Mostraremos que l S. Como o intervalo
[l, l + 1/2) tem comprimento 1/2, ele cont em no m aximo um n umero inteiro,
portanto no m aximo um elemento de S. Pelo Exerccio 5.4, tem que existir algum
elemento de S em [l, l + 1/2). Portanto, existe exatamente um elemento de S em
[l, l + 1/2), o qual denotaremos por n
o
. Se l fosse diferente de n
o
, ent ao
l < n
o
< l + 1/2,
em particular, l +
n
o
l
2
< n
o
, consequentemente
l, l +
n
o
l
2
[l, n
o
) [l, l + 1/2).
Da inclus ao [l, l +
n
o
l
2
) [l, l + 1/2), como n
o
e o unico elemento de S em [l, l +
1/2), conclumos que o unico elemento de S que poderia existir em [l, l +
n
o
l
2
)
seria n
o
, mas isto n ao e possvel, pois l +
n
o
l
2
< n
o
. Portanto, n ao haveria ele-
mentos de S em [l, l +
n
o
l
2
), contrariando o resultado provado no Exerccio 5.4,
segundo o qual, sendo l = inf S, ent ao para todo
o
> 0, deve existir algum ele-
mento de S em [l, l +
o
). Portanto, devemos ter n
o
= l = inf S.
Exerccio 5.8. Mostre que dado um n umero real x, existe um inteiro n, tal que
n x < n + 1.
Resolu c ao. Seja S = {n Z : x 1 < n}, ent ao S e n ao vazio e limitado in-
feriormente, logo existe n
o
= inf S, o qual pelo Exerccio 5.7 pertence a S. Como
n
o
S, ent ao x 1 < n
o
. N ao podemos ter x 1 < n
o
1, pois n
o
1 estaria
em S, contrariando o fato que n
o
= inf S. Portanto x 1 n
o
1, isto implica
x n
o
. Colocando tudo junto, temos n
o
x < n
o
+ 1.
Exerccio 5.5. Sejam A e B dois conjuntos n ao vazios de n umeros reais que s ao limi-
tados inferiormente e seja
A + B = {a + b : a A, b B}.
Mostre que
inf(A + B) = inf A + inf B.
Resolu c ao. Como A e B s ao subconjuntos de R, limitados inferiormente, ent ao
pelo Teorema 5.1 existem l
A
e l
B
reais tais que l
A
= inf A e l
B
= inf B. Portanto,
para todos a A e b B, temos
a l
A
e b l
B
,
logo
a + b l
A
+ l
B
,
o que mostra que l
A
+ l
B
e uma cota inferior para A + B. Mostraremos l
A
+ l
B
e a
maior cota inferior de A + B, portanto l
A
+ l
B
= inf(A + B). Suponha que l seja
uma cota inferior para A + B. Se l > l
A
+ l
B
, tomaramos
o
= (l (l
A
+ l
B
))/4.
Para esta escolha de
o
, do Exerccio 5.4, existiriam a
o
A e b
o
B, tais que
a
o
[l
A
, l
A
+
o
) a
o
< l
A
+
o
,
e
b
o
[l
B
, l
B
+
o
) b
o
< l
B
+
o
,
em particular
a
o
+ b
o
l
A
+ l
B
+ 2
o
=
l
A
+ l
B
+ l
2
< l,
contrariando a hip otese de l ser uma cota inferior para o conjunto A + B.
Exerccio 5.6. Seja A um subconjunto de R, tal que l = sup A exista. Mostre que
para todo > 0 existe algum a A, no intervalo (l , l].
o
> 0 n ao existisse a A, no intervalo
(l
o
, l]. Mostraremos que isto nos levaria a uma contradic ao. De fato, como l e
uma cota superior para A, ent ao x l, para todo x A. Como estamos supondo
que n ao existam elementos de A em (l
o
, l], ent ao x l
o
, para todo x A,
ou seja, l
o
seria uma cota superior para A, o que seria uma contradic ao, pois
l e a menor das cotas superiores de A.
Exerccio 5.7. Seja S Z limitado inferiormente. Mostre que existe l = inf S e
l S, portanto l e um inteiro.
Resolu c ao. Se olharmos para S como um subconjunto de R ele e limitado infe-
riormente, portanto existe l = inf S. Mostraremos que l S. Como o intervalo
[l, l + 1/2) tem comprimento 1/2, ele cont em no m aximo um n umero inteiro,
portanto no m aximo um elemento de S. Pelo Exerccio 5.4, tem que existir algum
elemento de S em [l, l + 1/2). Portanto, existe exatamente um elemento de S em
[l, l + 1/2), o qual denotaremos por n
o
. Se l fosse diferente de n
o
, ent ao
l < n
o
< l + 1/2,
em particular, l +
n
o
l
2
< n
o
, consequentemente
l, l +
n
o
l
2
[l, n
o
) [l, l + 1/2).
Da inclus ao [l, l +
n
o
l
2
) [l, l + 1/2), como n
o
e o unico elemento de S em [l, l +
1/2), conclumos que o unico elemento de S que poderia existir em [l, l +
n
o
l
2
)
seria n
o
, mas isto n ao e possvel, pois l +
n
o
l
2
< n
o
. Portanto, n ao haveria ele-
mentos de S em [l, l +
n
o
l
2
), contrariando o resultado provado no Exerccio 5.4,
segundo o qual, sendo l = inf S, ent ao para todo
o
> 0, deve existir algum ele-
mento de S em [l, l +
o
). Portanto, devemos ter n
o
= l = inf S.
Exerccio 5.8. Mostre que dado um n umero real x, existe um inteiro n, tal que
n x < n + 1.
Resolu c ao. Seja S = {n Z : x 1 < n}, ent ao S e n ao vazio e limitado in-
feriormente, logo existe n
o
= inf S, o qual pelo Exerccio 5.7 pertence a S. Como
n
o
S, ent ao x 1 < n
o
. N ao podemos ter x 1 < n
o
1, pois n
o
1 estaria
em S, contrariando o fato que n
o
= inf S. Portanto x 1 n
o
1, isto implica
x n
o
. Colocando tudo junto, temos n
o
x < n
o
+ 1.
Exerccio 5.9. Suponha que seja uma cota superior para o conjunto A e que A.
Mostre que = sup A.
Resolu c ao. Seja L uma cota superior para A, temos que mostrar que L . De
fato, se L < , como A, teramos um elemento do conjunto A maior do que
L, o que contrariaria a hip otese de L ser uma cota superior para A.
Exerccio 5.10. Seja
A = {x R : x = (n + 1)/n, n N}.
Encontre o nmo e o supremo do conjunto A.
Resolu c ao. Note que
1 <
n + 1
n
2,
para todo n N, portanto A e limitado inferiormente e superiormente. Sendo
A um subconjunto de R limitado inferiormente, ele tem nmo. De maneira
an aloga, sendo A um subconjunto de R limitado superiormente, ele tem su-
premo. Como 2 e uma cota superior de A e 2 A, ent ao
sup A = 2.
Note que 1 e uma cota inferior de A, armamos que 1 e a maior cota inferior de
A e portanto
inf A = 1.
Para mostrarmos que 1 e a maior cota inferior de A, mostraremos que nenhum
n umero real x > 1 pode ser uma cota inferior de A, ou seja, se x > 1; ent ao existe
y A, tal que y < x, isto e, existe algum n umero natural n
o
, tal que
n
o
+1
n
o
< x. De
fato, temos
n + 1
n
x =
1 n(x 1)
n
< 0,
se n >
1
x1
, o que e possvel em virtude do Teorema 5.3. Portanto, se tomarmos
n
o
tal que n
o
>
1
x1
, ent ao y =
n
o
+1
n
o
A e y < x. Logo x > 1 n ao pode ser uma
cota inferior de A, como 1 e uma cota inferior de A, ent ao 1 e a maior cota inferior
de A.
5.7 Exerccios
Exerccio 5.11. Encontre o nmo e o supremo dos seguintes conjuntos:
(1) {x R : a x b}.
(2) {x R : a < x b}.
(3) {x R : a < x < b}.
(4) {1} (2, 3] (4, 10).
Exerccio 5.12. O conjunto Z tem nmo ou supremo? Justique a sua resposta.
Exerccio 5.13. Suponha que m seja uma cota inferior para o conjunto A e que m A.
Mostre que m = inf A.
Exerccio 5.14. Suponha que A e B sejam dois conjuntos n ao vazios de n umeros reais,
tais que x y, para todo x A e y B.
(a) Mostre que sup A y, para todo y B.
(b) Mostre que sup A inf B.
Exerccio 5.15. Sejam A e B sejam dois conjuntos n ao vazios de n umeros reais que s ao
limitados superiormente e seja
A + B = {x + y : x A, y B}.
Mostre que
sup(A + B) = sup A + sup B.
Exerccio 5.16. Suponha que A e um subconjunto dos reais para o qual o nmo e o
supremo existam. Mostre que inf A sup A.
Exerccio 5.17. Seja S Z limitado superiormente. Mostre que existe l = supS e que
l S, portanto, l e um inteiro.
5.7 Exerccios
Exerccio 5.11. Encontre o nmo e o supremo dos seguintes conjuntos:
(1) {x R : a x b}.
(2) {x R : a < x b}.
(3) {x R : a < x < b}.
(4) {1} (2, 3] (4, 10).
Exerccio 5.12. O conjunto Z tem nmo ou supremo? Justique a sua resposta.
Exerccio 5.13. Suponha que m seja uma cota inferior para o conjunto A e que m A.
Mostre que m = inf A.
Exerccio 5.14. Suponha que A e B sejam dois conjuntos n ao vazios de n umeros reais,
tais que x y, para todo x A e y B.
(a) Mostre que sup A y, para todo y B.
(b) Mostre que sup A inf B.
Exerccio 5.15. Sejam A e B sejam dois conjuntos n ao vazios de n umeros reais que s ao
limitados superiormente e seja
A + B = {x + y : x A, y B}.
Mostre que
sup(A + B) = sup A + sup B.
Exerccio 5.16. Suponha que A e um subconjunto dos reais para o qual o nmo e o
supremo existam. Mostre que inf A sup A.
Exerccio 5.17. Seja S Z limitado superiormente. Mostre que existe l = supS e que
l S, portanto, l e um inteiro.
O Teorema dos Intervalos
encaixados, valor absoluto
e desigualdades
6
83 AULA 6: O TEOREMA DOS I NTERVALOS ENCAI XADOS, VALOR ABSOLUTO E DESI GUALDADES
AULA6: O TEOREMA DOS INTERVALOS
ENCAIXADOS, VALOR ABSOLUTO
E DESEIGUALDADES
OBJETIVOS
1. Compreender a demonstrac ao do Teorema dos Intervalos Encaixados e porque
os n umeros reais s ao n ao enumer aveis.
2. Compreender o conceito de valor absoluto e as suas propriedades e resolver
desigualdades que envolvam valores absolutos.
6.1 O Teorema dos Intervalos Encaixados
Teorema 6.1. (Intervalos Encaixados.) Dada a sequ encia decrescente I
1
I
2
. . .
I
n
. . . de intervalos limitados e fechados I
n
= [a
n
, b
n
], ent ao
n=1
I
n
= ,
ou seja, existe pelo menos um real c, tal que c I
n
, para todo n N.
Prova. Note que dizer que existe um n umero L, tal que L I
n
, para todo n, sig-
nica que a
n
L b
n
, para todo n.
Das inclus oes I
n
I
n+1
, temos
a
1
a
2
. . . a
n
. . . b
n
. . . b
2
b
1
.
Como a
n
b
1
, para todo n, segue que o conjunto
A = {a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .}
e limitado superiormente e, pelo Teorema 5.2, existe sup A, o qual denotaremos
por L. Sendo L uma cota superior para A, temos
a
n
L,
para todo n. Al em disso, como cada b
n
e uma cota superior para A e L a menor
das cotas superiores para A, temos
L b
n
,
para todo n. Portanto a
n
L b
n
, para todo n.
6.2 O conjunto R e n ao enumer avel
Teorema 6.2. O conjuntos dos n umeros reais e n ao enumer avel.
Prova. Mostraremos que n ao existe func ao f : N R sobrejetiva, ou seja, para
toda f : N R, existe algum real L, tal que L = f (n), para todo n.
Seja f : N R uma func ao qualquer, tome reais a
1
e b
1
, tais que f (1) < a
1
< b
1
e dena I
1
= [a
1
, b
1
]. A seguir encontraremos um intervalo I
2
= [a
2
, b
2
], tal que
I
2
I
1
e f (2) / I
2
. De fato, se f (2) / I
1
, tomamos I
2
= I
1
, ou seja, fazemos
a
2
= a
1
e b
2
= b
1
. Se f (2) I
1
e f (2) = a
1
, fazemos a
2
= a
1
e b
2
= (a
1
+ f (2))/2.
Se f
2
I
1
e f (2) = a
1
, fazemos a
2
= ( f (2) + b
1
)/2 e b
2
= b
1
.
Tendo encontrado intervalos I
1
I
2
. . . I
n
, tais que f (j) / I
j
, construiremos
o intervalo I
n+1
I
n
e f (n +1) / I
n+1
, onde I
n+1
= [a
n+1
, b
n+1
], com a
n+1
e b
n+1
denidos abaixo.
(i) Se f (n + 1) / I
n
, ent ao, a
n+1
= a
n
e b
n+1
= b
n
.
(ii) Se f (n + 1) I
n
e f (n + 1) = a
n
, fazemos a
n+1
= a
n
e b
n+1
= (a
n
+ f (n +
1))/2.
(iii) Se f (n + 1) I
n
e f (n + 1) = a
n
, fazemos a
n+1
= ( f (n + 1) + b
n
)/2 e
b
n+1
= b
n
.
Como I
1
I
2
. . . I
n
. . ., pelo Teorema dos intervalos encaixantes, existe
algum real L que pertecem a todos os I
n
s, portanto L = f (n), para todo n, logo
L n ao est a na imagem de f , portanto f n ao e sobrejetiva.
6.3 Valor absoluto e desigualdades
Deni c ao 6.1. O valor absoluto ou m odulo de um n umero real a, denotado por |a|, e
denido como
|a| =
a, se a 0
a, se a < 0.
Por exemplo, |2| = 2 e | 2| = 2.
Geometricamente, na reta real, |a| e a dist ancia de a a origem.
Exerccio 6.1. Mostre que c |c|, para todo c.
Exerccio 6.2. Sejam a e b reais positivos, tais que a < b. Ent ao
a <
b.
(Sugest ao: (
b)(
a +
b) = a b )
Exemplo 6.1. Seja a R, ent ao
a
2
= |a|. (6.1)
De fato, note que a
2
= |a|
2
, logo

a
2
=
|a|
2
. Por outro lado, como |a| 0,
segue que
|a|
2
= |a|. Portanto
a
2
= |a|.
Teorema 6.3. (Propriedades do valor absoluto) Sejam a e b n umeros reais quaisquer.
Ent ao,
|ab| = |a| |b| (6.2)
|a + b| |a| +|b| (desigualdade triangular) (6.3)
||a| |b|| |a b|. (6.4)
Prova. Para provarmos (6.2), vamos considerar as seguintes possibilidades:
(i) Se a, b > 0, ent ao |a| = a e |b| = b; al em disso, como ab > 0, temos |ab| = ab,
portanto |a| |b| = ab = |ab|.
(ii) Se a, b < 0, ent ao |a| = a e |b| = b; al em disso, como ab > 0, temos
|ab| = ab, portanto |a| |b| = (a)(b) = ab = |ab|.
(iii) Se a > 0 e b < 0, temos |a| = a, |b| = b e como ab < 0, ent ao |ab| = (ab).
Portanto |a| |b| = a(b) = (ab) = |ab|.
(iv) Se a < 0 e b > 0, temos |a| = a, |b| = b e como ab < 0, ent ao |ab| = (ab).
Portanto |a| |b| = (a)b = (ab) = |ab|.
(v) Se a = 0 ou b = 0, ent ao ab = 0 e portanto, |ab| = 0; por outro lado, devemos
ter |a| = 0 ou |b| = 0, portanto |a| |b| = 0. Logo |ab| = 0 = |a| |b|.
A seguir provaremos (6.3). Note que de (6.2), temos
|a
2
| = |aa| = |a| |a| = |a|
2
. (6.5)
Al em disso, do Exerccio 6.1 e de (6.2), temos
2ab |2ab| = 2|a| |b|. (6.6)
Portanto
(a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b
2
= |a|
2
+ 2ab +|b|
2
(usamos (6.5))
|a|
2
+ 2|a| |b| +|b|
2
(usamos (6.6))
= (|a| +|b|)
2
Logo
(a + b)
2
(|a| +|b|)
2
.
Desta desigualdade e do Exerccio 6.2, temos
(a + b)
2
(|a| +|b|)
2
.
Desta desigualdade e de (6.1), temos
|a + b| =
(a + b)
2
(|a| +|b|)
2
= |a| +|b|,
ou seja,
|a + b| |a| +|b|,
o que mostra (6.3).
A seguir provaremos (6.4). Suponha que |a| |b| (se |b| > |a|, basta repetirmos
os argumentos abaixo, trocando os pap eis de a e b). Como |a| |b|, ent ao |a|
|b| 0, logo
||a| |b|| = |a| |b|, (6.7)
mas de (6.3), temos
|a| = |(a b) + b| |a b| +|b|,
portanto
|a| |a b| +|b|.
Subtraindo |b| da desigualdade acima, temos
|a| |b| |a b|. (6.8)
Portanto, de (6.7) e (6.8), temos
||a| |b|| = |a| |b| |a b|.
Exerccio 6.3. Sejam x, y, z R. Mostre que
|x z| |x y| +|y z|.
Sugest ao: Note que x z = (x y) + (y z), use (6.3).
Exerccio 6.4. Sejam x
1
, . . . , x
n
n umeros reais. Mostre por indu c ao que
i=1
x
i
i=1
|x
i
|.
Exemplo 6.2. Sejam a, b R, ent ao a
2
+ ab + b
2
0.
De fato, se ab 0, ent ao,
a
2
+ ab + b
2
a
2
+ b
2
0.
Se ab < 0, ent ao ab > 0, portanto
a
2
+ ab + b
2
= (a + b)
2
ab > (a + b)
2
0.
Exemplo 6.3. Sejam x e y reais n ao negativos, ent ao
xy (x + y)/2. (6.9)
De fato, note que x
2
2xy + y
2
= (x y)
2
0, ou seja,
x
2
2xy + y
2
0,
logo
x
2
+ y
2
2xy.
Somando-se 2xy a esta desigualdade, temos
x
2
+ 2xy + y
2
4xy.
Portanto
4xy (x + y)
2
.
Exerccio 6.3. Sejam x, y, z R. Mostre que
|x z| |x y| +|y z|.
Sugest ao: Note que x z = (x y) + (y z), use (6.3).
Exerccio 6.4. Sejam x
1
, . . . , x
n
n umeros reais. Mostre por indu c ao que
i=1
x
i
i=1
|x
i
|.
Exemplo 6.2. Sejam a, b R, ent ao a
2
+ ab + b
2
0.
De fato, se ab 0, ent ao,
a
2
+ ab + b
2
a
2
+ b
2
0.
Se ab < 0, ent ao ab > 0, portanto
a
2
+ ab + b
2
= (a + b)
2
ab > (a + b)
2
0.
Exemplo 6.3. Sejam x e y reais n ao negativos, ent ao
xy (x + y)/2. (6.9)
De fato, note que x
2
2xy + y
2
= (x y)
2
0, ou seja,
x
2
2xy + y
2
0,
logo
x
2
+ y
2
2xy.
Somando-se 2xy a esta desigualdade, temos
x
2
+ 2xy + y
2
4xy.
Portanto
4xy (x + y)
2
.
Tomando a raiz quadrada desta desigualdade, obtemos
2
xy x + y,
dividindo esta desigualdade por 2, temos (6.9).
A quantidade (x + y)/2 e chamada m edia aritm etica de x e y e

xy e chamada
m edia geom etrica de x e y. O que o (6.9) est a dizendo e que a m edia geom etrica
de dois n umeros reais n ao negativos e sempre menor ou igual ` a m edia aritm etica
deles.
Exemplo 6.4. (A desigualdade de Cauchy-Schwarz) Sejam a
1
, . . . , a
n
e b
1
, . . . , b
n
s ao
n umeros reais, ent ao
i=1
a
i
b
i
i=1
a
2
i
i=1
b
2
i
(6.10)
De fato, sejam A =
n
i=1
a
2
i
, B =
n
i=1
b
2
i
e C =
n
i=1
a
i
b
i
. Se B = 0, ent ao, b
i
= 0,
para i = 1, . . . , n e (6.10) e v alida, pois teremos igualdade. Suponha que B > 0.
Ent ao
n
i=1
|Ba
i
Cb
i
|
2
=
n
i=1
(Ba
i
Cb
i
)(Ba
i
Cb
i
)
= B
2
n
i=1
a
2
i
2BC
n
i=1
a
i
b
i
+ C
2
n
i=1
b
2
i
= B
2
A BC
2
= B(AB C
2
).
Portanto B(AB C
2
) =
n
i=1
|Ba
i
Cb
i
|
2
0; como B > 0, segue-se que AB
C
2
0; portanto C
2
AB, o que prova (6.10).
Observa c ao 6.1. O que a desigualdade de Cauchy-Schwarz est a dizendo e que se a =
(a
1
, . . . , a
n
) e
b = (b
1
, . . . , b
n
), ent ao
||a|| ||
b||,
ondea
b e o produto escalar do vetora com o vetor
b.
Exemplo 6.5. Sejam b, n umeros com > 0. Ent ao x satisfaz |x b| < se, e somente
se,
b < x < b + . (6.11)
Tomando a raiz quadrada desta desigualdade, obtemos
2
xy x + y,
dividindo esta desigualdade por 2, temos (6.9).
A quantidade (x + y)/2 e chamada m edia aritm etica de x e y e

xy e chamada
m edia geom etrica de x e y. O que o (6.9) est a dizendo e que a m edia geom etrica
de dois n umeros reais n ao negativos e sempre menor ou igual ` a m edia aritm etica
deles.
Exemplo 6.4. (A desigualdade de Cauchy-Schwarz) Sejam a
1
, . . . , a
n
e b
1
, . . . , b
n
s ao
n umeros reais, ent ao
i=1
a
i
b
i
i=1
a
2
i
i=1
b
2
i
(6.10)
De fato, sejam A =
n
i=1
a
2
i
, B =
n
i=1
b
2
i
e C =
n
i=1
a
i
b
i
. Se B = 0, ent ao, b
i
= 0,
para i = 1, . . . , n e (6.10) e v alida, pois teremos igualdade. Suponha que B > 0.
Ent ao
n
i=1
|Ba
i
Cb
i
|
2
=
n
i=1
(Ba
i
Cb
i
)(Ba
i
Cb
i
)
= B
2
n
i=1
a
2
i
2BC
n
i=1
a
i
b
i
+ C
2
n
i=1
b
2
i
= B
2
A BC
2
= B(AB C
2
).
Portanto B(AB C
2
) =
n
i=1
|Ba
i
Cb
i
|
2
0; como B > 0, segue-se que AB
C
2
0; portanto C
2
AB, o que prova (6.10).
Observa c ao 6.1. O que a desigualdade de Cauchy-Schwarz est a dizendo e que se a =
(a
1
, . . . , a
n
) e
b = (b
1
, . . . , b
n
), ent ao
||a|| ||
b||,
ondea
b e o produto escalar do vetora com o vetor
b.
Exemplo 6.5. Sejam b, n umeros com > 0. Ent ao x satisfaz |x b| < se, e somente
se,
b < x < b + . (6.11)
De fato, suponha que |x b| < . Temos uma das seguintes possibilidades: (i)
b x ou (ii) x < b. Mostraremos que em qualquer um dos dois casos vale (6.11).
Se b x, ent ao x b = |x b| < , mas se x b < , ent ao x < b + . Por outro
lado, temos x b 0 > . Portanto, temos
< x b < .
Se x < b, ent ao b x = |x b| < , logo b < x. Por outro lado, b x 0 >
, o que implica x < b + . Portanto, temos
< x b < .
Reciprocamente, se b < x < b + , ent ao subtraindo b destas desigualdades,
temos
< x b < < b x < .
Como |x b| = x b ou |x b| = b x, segue das desigualdades acima que
|x b| < .
Exerccio 6.5. Mostre que existem exatamente dois n umeros x satisfazendo a
condi c ao
|x b| = .
Podemos usar o valor absoluto na representac ao de intervalos: por exemplo,
dado um n umero real positivo a, podemos escrever
(a, a) = {x R : |x| < a}.
Dados dois reais a, b, |a b| e a dist ancia entre eles. O comprimento de um in-
tervalo e a dist ancia entre os pontos correspondentes ` as suas extremidades. A
metade do comprimento do intervalo e chamada de raio do intervalo.
Exemplo 6.6. Determine todos os valores de x que satisfazem ` a seguinte igualdade:
x +|x 2| = 1 +|x|.
Note que a primeira coisa que temos que fazer e tirar os m odulos que aparecem
na igualdade; para isso teremos que encontrar os valores de x para os quais as
express oes dentro dos m odulos se anulam. No presente exemplo, tais pontos s ao
x = 2 e x = 0. Com isso podemos escrever o conjunto dos n umeros reais da
seguinte forma:
R = (, 0) [0, 2) [2, ).
Em (, 0), temos x < 0, logo
|x| = x,
como x < 2, ent ao
|x 2| = (x 2) = 2 x.
Portanto, a igualdade x + |x 2| = 1 + |x| e equivalente a x + 2 x = 1 x, ou
seja, x = 1. Logo, em (, 0) a unica soluc ao de x +|x 2| = 1 +|x| e x = 1.
Em [0, 2), temos x 0, logo
|x| = x,
como x < 2, ent ao
|x 2| = (x 2) 2 x,
Portanto, a igualdade x + |x 2| = 1 + |x| e equivalente a x + 2 x = 1 + x, ou
seja, x = 1. Logo, em [0, 2) a unica soluc ao de x + |x 2| = 1 + |x| e x = 1.
Em [2, ), temos x > 0, logo
|x| = x,
como x 2, ent ao
|x 2| = x 2.
Portanto, a igualdade x + |x 2| = 1 + |x| e equivalente a x + x 2 = 1 + x, ou
seja, x = 3. Logo, em [2, ) a unica soluc ao de x + |x 2| = 1 + |x| e x = 3.
Portanto, x + |x 2| = 1 + |x| se, e somente se, x {1, 1, 3}.
Exerccio 6.6. Determine todos os x que satisfazem ` a seguinte desigualdade:
|x 3| + |x 1| < 4.
Exerccio 6.7. Descreva o conjunto {x R : |x 2| < 5}.
Exerccio 6.8. Dados a, r R, com r > 0, descreva o conjunto
{x R : |x a| < r}
.
Exerccio 6.9. Descreva o conjunto dos pontos x R, cuja dist ancia a 1 e 3.
Exerccio 6.10. Descreva o conjunto {x : |x 2| < |x 6|}.
Em (, 0), temos x < 0, logo
|x| = x,
como x < 2, ent ao
|x 2| = (x 2) = 2 x.
Portanto, a igualdade x + |x 2| = 1 + |x| e equivalente a x + 2 x = 1 x, ou
seja, x = 1. Logo, em (, 0) a unica soluc ao de x +|x 2| = 1 +|x| e x = 1.
Em [0, 2), temos x 0, logo
|x| = x,
como x < 2, ent ao
|x 2| = (x 2) 2 x,
Portanto, a igualdade x + |x 2| = 1 + |x| e equivalente a x + 2 x = 1 + x, ou
seja, x = 1. Logo, em [0, 2) a unica soluc ao de x + |x 2| = 1 + |x| e x = 1.
Em [2, ), temos x > 0, logo
|x| = x,
como x 2, ent ao
|x 2| = x 2.
Portanto, a igualdade x + |x 2| = 1 + |x| e equivalente a x + x 2 = 1 + x, ou
seja, x = 3. Logo, em [2, ) a unica soluc ao de x + |x 2| = 1 + |x| e x = 3.
Portanto, x + |x 2| = 1 + |x| se, e somente se, x {1, 1, 3}.
Exerccio 6.6. Determine todos os x que satisfazem ` a seguinte desigualdade:
|x 3| + |x 1| < 4.
Exerccio 6.7. Descreva o conjunto {x R : |x 2| < 5}.
Exerccio 6.8. Dados a, r R, com r > 0, descreva o conjunto
{x R : |x a| < r}
.
Exerccio 6.9. Descreva o conjunto dos pontos x R, cuja dist ancia a 1 e 3.
Exerccio 6.10. Descreva o conjunto {x : |x 2| < |x 6|}.
Defnio de sequncia
7
93 AULA 7 : SEQUNCI AS NUMRI CAS E LI MI TES DE SEQUNCI AS
AULA7: SEQU
ENCIAS NUM
ERICAS E LIMITES DE
SEQU
ENCIAS
OBJETIVOS
1. Compreender os conceitos de sequ encia e de limite de uma sequ encia, bem
como as propriedades de limite.
2. Compreender os conceitos de sequ encia limitada e de sequ encia ilimitada.
3. Compreender e saber aplicar o Teorema do Sanduiche e a Desigualdade de Ber-
noulli.
4. Calcular limites de sequ encias.
7.1 Deni c ao de sequ encia
Deni c ao 7.1. Uma sequ encia de n umeros reais e uma fun c ao
a : N R,
que associa a cada natural n um n umero real a(n), que denotaremos por a
n
. Os elementos
a
n
s s ao chamados de termos da sequ encia, a qual denotaremos por (a
n
).
Exemplo 7.1. Alguns exemplos de sequ encias de n umeros reais:
1, 2, 3, . . . , n, . . .
1
2
,
2
3
,
3
4
, . . . ,
n
n + 1
, . . .
1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . , (1)
n+1
, . . .
3, 3, 3, 3, . . . , 3, . . .
1, 1/3, 1, 1/4, 1, 1/5, 1, . . .
cos 1,
cos 2
2
,
cos 3
3
, . . . ,
cos n
n
, . . .
2, 2
2
, 2
3
, . . . , 2
n
, . . .
Quando quisermos nos referir ao conjunto formado pelos termos da sequ encia,
usaremos a notac ao {a
n
}.
Exerccio 7.1. No Exemplo 7.1, quais s ao o nono e o d ecimo termos da terceira e da
quinta sequ encias?
Deni c ao 7.2. Dizemos que uma sequ encia (a
n
) e limitada superiormente, se existir
K R, tal que a
n
K, para todo n. De maneira an aloga, dizemos que uma sequ encia
(a
n
) e limitada inferiormente, se existir k R, tal que a
n
k, para todo n.
Exemplo 7.2. A sequ encia (a
n
), denida por a
n
= n e limitada inferiormente, pois
a
n
1, para todo n. Por outro lado, n ao existe um n umero real K, tal que a
n
K para
todo n, portanto (a
n
) n ao e limitada superiormente.
Exerccio 7.2. Quais das sequ encias do Exemplo 7.1 s ao limitadas superiormente e quais
s ao limitadas inferiormente? Por qu e?
7.2 A deni c ao de limite
Considere a sequ encia (a
n
), cujo termo geral e a
n
=
n1
n+1
, ent ao os primeiros
termos desta sequ encia s ao
0,
1
3
,
2
4
,
3
5
,
4
6
,
5
7
,
6
8
, . . .
intuitivamente os termos desta sequ encia est ao cando cada vez mais pr oximos
de 1. Mas o que signica isto? Tomemos um intervalo centrado em 1, digamos
de raio 10
3
. Ser a que e possvel encontrarmos um inteiro positivo n
o
a partir do
qual todos os a
n
s estar ao no intervalo (1 10
3
, 1 + 10
3
)? Isto e equivalente a
dizer que
1 10
3
< a
n
< 1 + 10
3
,
ou ainda, que
|a
n
1| < 10
3
.
Note que |a
n
1| =
2
n+1
, portanto |a
n
1| < 10
3
, se tivermos n > 2 10
3
1.
Se ao inv es de 10
3
tiv essemos pegado 10
15
, ent ao |a
n
1| < 10
15
, para n >
2 10
15
1. Em geral, dado um n umero positivo , n ao importa o qu ao pequeno
ele seja, se n
o
for um inteiro positivo tal que n
o
>
2
1, ent ao para todo n n

o
,
temos
|a
n
1| < .
Quando quisermos nos referir ao conjunto formado pelos termos da sequ encia,
usaremos a notac ao {a
n
}.
Exerccio 7.1. No Exemplo 7.1, quais s ao o nono e o d ecimo termos da terceira e da
quinta sequ encias?
n
) e limitada superiormente, se existir
K R, tal que a
n
K, para todo n. De maneira an aloga, dizemos que uma sequ encia
(a
n
) e limitada inferiormente, se existir k R, tal que a
n
k, para todo n.
n
), denida por a
n
= n e limitada inferiormente, pois
a
n
1, para todo n. Por outro lado, n ao existe um n umero real K, tal que a
n
K para
todo n, portanto (a
n
) n ao e limitada superiormente.
Exerccio 7.2. Quais das sequ encias do Exemplo 7.1 s ao limitadas superiormente e quais
s ao limitadas inferiormente? Por qu e?
7.2 A deni c ao de limite
Considere a sequ encia (a
n
), cujo termo geral e a
n
=
n1
n+1
, ent ao os primeiros
termos desta sequ encia s ao
0,
1
3
,
2
4
,
3
5
,
4
6
,
5
7
,
6
8
, . . .
intuitivamente os termos desta sequ encia est ao cando cada vez mais pr oximos
de 1. Mas o que signica isto? Tomemos um intervalo centrado em 1, digamos
de raio 10
3
. Ser a que e possvel encontrarmos um inteiro positivo n
o
a partir do
qual todos os a
n
s estar ao no intervalo (1 10
3
, 1 + 10
3
)? Isto e equivalente a
dizer que
1 10
3
< a
n
< 1 + 10
3
,
ou ainda, que
|a
n
1| < 10
3
.
Note que |a
n
1| =
2
n+1
, portanto |a
n
1| < 10
3
, se tivermos n > 2 10
3
1.
Se ao inv es de 10
3
tiv essemos pegado 10
15
, ent ao |a
n
1| < 10
15
, para n >
2 10
15
1. Em geral, dado um n umero positivo , n ao importa o qu ao pequeno
ele seja, se n
o
for um inteiro positivo tal que n
o
>
2
1, ent ao para todo n n

o
,
temos
|a
n
1| < .
n
) converge para um n umero real l, se
para todo n umero real positivo (poderamos ter usado qualquer outra letra para denotar
este n umero) existir um n umero natural n
o
, tal que
|a
n
l| < , (7.1)
para todo n n
o
(ou seja, todos os a
n
s com n n
o
est ao dentro do intervalo (l , l +
)). Neste caso, escrevemos
l = lim
n
a
n
.
Se a sequ encia (a
n
) n ao convergir, dizemos que ela diverge.
| |
l l +
a
n
(n n
o
)
Figura 7.1: Dizer que lim
n
a
n
= l, signica que para todo > 0, existe um inteiro positivo n
o
tal que todos os a
n
s
com n n
o
estao no intervalo (l , l + ).
Observa c ao 7.1. Suponha que lim
n
a
n
= l. Tome um n umero positivo . Se na deni c ao
de limite zermos = k , onde k e um n umero positivo, concluiremos que existe um
inteiro positivo n
o
, tal que se n n
o
, teremos |a
n
l| < = k. Resumindo, se
lim
n
a
n
= l, ent ao dados e k positivos, existe um inteiro positivo n
o
, tal que se
n n
o
, teremos
|a
n
l| < k.
Exemplo 7.3. Seja (a
n
) a sequ encia constante, ou seja, a
n
= c, para todo n. Mostre que
lim
n
a
n
= c.
De fato, dado > 0, note que |a
n
c| = |c c| = 0 < , para todo n. Assim, na
denic ao de limite, podemos tomar como n
o
qualquer n umero natural xo.
Exemplo 7.4. Mostre
lim
n
1
n
= 0.
De fato, dado > 0, tome n
o
Ntal que n
o
> 1/, ent ao se n n
o
, teremos
1
n
0
=
1
n

1
n
o
< ,
o que mostra que
lim
n
1
n
= 0.
Exemplo 7.5. lim
n
cos n
n
= 0.
o
N, tal que n
o
>
1
n
o
. Como | cos n| 1, para todo
n, se n n
o
, temos
cos n
n
0
=
| cos n|
n

1
n

1
n
o
< ,
o que mostra que
lim
n
cos n
n
= 0.
Exerccio 7.3. Mostre a seguinte arma c ao: existe n
o
N, tal que
n + 3
n
1
< 10
10
,
para todo n n
o
.
Exerccio 7.4. Use a deni c ao de converg encia de uma sequ encia (em termos de e
n
o
) para mostrar que
(a)
lim
n
n + 1
n
= 1.
(b)
lim
n
n
2
+ n + 1
2n
2
+ 1
= 1/2.
Exerccio 7.5. A sequ encia a
n
= sen(n) converge?
Exerccio 7.6. Mostre
lim
n
1
n
p
= 0,
para todo p > 0.
Exemplo 7.6. Se lim
n
a
n
= l e c e uma constante, ent ao
lim
n
(a
n
c) = l c.
De fato, seja b
n
= a
n
c, mostraremos que lim
n
b
n
= l c. Tome > 0, como
lim
n
a
n
= l, ent ao existe n
o
tal que se n n
o
, temos |a
n
l| < , portanto
|b
n
(l c)| = |(a
n
c) (l c)| = |a
n
l| < ,
o que mostra que a sequ encia (b
n
) converge para l c.
Exemplo 7.7.
lim
n
a
n
= l
se, e somente se,
lim
n
(a
n
l) = 0.
De fato, se lim
n
a
n
= l, ent ao dado > 0, existe n
o
, tal que se n n
o
, temos
|a
n
l| < , portanto
|(a
n
l) 0| = |a
n
l| < ,
o que mostra que lim
n
(a
n
l) = 0.
Por outro lado, se lim
n
(a
n
l) = 0, ent ao dado > 0, existe n
o
, tal que se n n
o
,
temos |(a
n
l) 0| < , portanto
|a
n
l| = |(a
n
l) 0| < ,
n
a
n
= l.
Observa c ao 7.2. Dos dois exemplos anteriores, concluimos que
lim
n
a
n
= l lim
n
|a
n
l| = 0,
por qu e? Em particular,
lim
n
a
n
= 0 lim
n
|a
n
| = 0.
Exerccio 7.7. Mostre que se a sequ encia (a
n
) convergir para l, ent ao a sequ encia
(a
n
) converge para l.
Sugest ao: |(a
n
) (l)| = |a
n
l|.
Exemplo 7.5. lim
n
cos n
n
= 0.
o
N, tal que n
o
>
1
n
o
. Como | cos n| 1, para todo
n, se n n
o
, temos
cos n
n
0
=
| cos n|
n

1
n

1
n
o
< ,
o que mostra que
lim
n
cos n
n
= 0.
Exerccio 7.3. Mostre a seguinte arma c ao: existe n
o
N, tal que
n + 3
n
1
< 10
10
,
para todo n n
o
.
Exerccio 7.4. Use a deni c ao de converg encia de uma sequ encia (em termos de e
n
o
) para mostrar que
(a)
lim
n
n + 1
n
= 1.
(b)
lim
n
n
2
+ n + 1
2n
2
+ 1
= 1/2.
n
= sen(n) converge?
Exerccio 7.6. Mostre
lim
n
1
n
p
= 0,
para todo p > 0.
Exemplo 7.6. Se lim
n
a
n
= l e c e uma constante, ent ao
lim
n
(a
n
c) = l c.
De fato, seja b
n
= a
n
c, mostraremos que lim
n
b
n
= l c. Tome > 0, como
lim
n
a
n
= l, ent ao existe n
o
tal que se n n
o
, temos |a
n
l| < , portanto
|b
n
(l c)| = |(a
n
c) (l c)| = |a
n
l| < ,
o que mostra que a sequ encia (b
n
) converge para l c.
Exemplo 7.7.
lim
n
a
n
= l
se, e somente se,
lim
n
(a
n
l) = 0.
De fato, se lim
n
a
n
= l, ent ao dado > 0, existe n
o
, tal que se n n
o
, temos
|a
n
l| < , portanto
|(a
n
l) 0| = |a
n
l| < ,
n
(a
n
l) = 0.
Por outro lado, se lim
n
(a
n
l) = 0, ent ao dado > 0, existe n
o
, tal que se n n
o
,
temos |(a
n
l) 0| < , portanto
|a
n
l| = |(a
n
l) 0| < ,
n
a
n
= l.
Observa c ao 7.2. Dos dois exemplos anteriores, concluimos que
lim
n
a
n
= l lim
n
|a
n
l| = 0,
por qu e? Em particular,
lim
n
a
n
= 0 lim
n
|a
n
| = 0.
Exerccio 7.7. Mostre que se a sequ encia (a
n
) convergir para l, ent ao a sequ encia
(a
n
) converge para l.
Sugest ao: |(a
n
) (l)| = |a
n
l|.
Exerccio 7.8. Seja (a
n
) convergente e l = lim
n
a
n
.
(i) Se l > 0, ent ao existe um inteiro positivo n
o
, tal que a
n
> 0, para todo n n
o
.
(ii) Se l < 0, ent ao existe um inteiro positivo n
o
, tal que a
n
< 0, para todo, n n
o
.
Sugest ao: Na deni c ao de limite, tome = |l|/2.
Exerccio 7.9. Mostre que se (a
n
) convergir, ent ao a sequ encia (|a
n
|) tamb em con-
verge e
lim
n
|a
n
| =
lim
n
a
n
.
A recproca deste resultado e falsa, por qu e?
Sugest ao: Seja l = lim
n
a
n
. Se l = 0, n ao temos nada a fazer, veja a Obsserva c ao
7.2. Se l = 0, ent ao do Exerccio 7.8, concluimos que a
n
e l t em sinais iguais, para
n n
o
, portanto ||a
n
| |l|| = |a
n
l|, para n n
o
.
n
) convergente e suponha que < a
n
< , para n N, ent ao
lim
n
a
n
.
De fato, suponha que a
n
> , para n N e seja l = lim
n
a
n
. Armamos que l .
Assuma que l < , mostraremos que isto nos levar a a um absurdo. De fato, se
l < , fazendo
=
l
2
na denic ao de limite, encontramos n
o
tal que
a
n
(l , l + ),
para todo n n
o
. Em particular, para todo n n
o
devemos ter a
n
< l + =
l+
2
< , o que e um absurdo, pois por hip otese, a
n
> , para todo n N.
Deixamos para o aluno mostrar que l .
Sugest ao: suponha que l > e na denic ao de limite tome =
l
2
, mostre que
isto nos leva a um absurdo.
n
) convergente e l = lim
n
a
n
.
(i) Se l > 0, ent ao existe um inteiro positivo n
o
, tal que a
n
> 0, para todo n n
o
.
(ii) Se l < 0, ent ao existe um inteiro positivo n
o
, tal que a
n
< 0, para todo, n n
o
.
Sugest ao: Na deni c ao de limite, tome = |l|/2.
n
) convergir, ent ao a sequ encia (|a
n
|) tamb em con-
verge e
lim
n
|a
n
| =
lim
n
a
n
.
A recproca deste resultado e falsa, por qu e?
Sugest ao: Seja l = lim
n
a
n
. Se l = 0, n ao temos nada a fazer, veja a Obsserva c ao
7.2. Se l = 0, ent ao do Exerccio 7.8, concluimos que a
n
e l t em sinais iguais, para
n n
o
, portanto ||a
n
| |l|| = |a
n
l|, para n n
o
.
n
) convergente e suponha que < a
n
< , para n N, ent ao
lim
n
a
n
.
De fato, suponha que a
n
> , para n N e seja l = lim
n
a
n
. Armamos que l .
Assuma que l < , mostraremos que isto nos levar a a um absurdo. De fato, se
l < , fazendo
=
l
2
na denic ao de limite, encontramos n
o
tal que
a
n
(l , l + ),
para todo n n
o
. Em particular, para todo n n
o
devemos ter a
n
< l + =
l+
2
< , o que e um absurdo, pois por hip otese, a
n
> , para todo n N.
Deixamos para o aluno mostrar que l .
Sugest ao: suponha que l > e na denic ao de limite tome =
l
2
, mostre que
isto nos leva a um absurdo.
7.3 Unicidade do limite
Mostraremos que o limite de uma sequ encia convergente (a
n
) e unico; caso
contr ario, se tiv essemos
lim
n
a
n
= l
1
e lim
n
a
n
= l
2
,
com l
1
= l
2
, tomaramos =
|l
1
l
2
|
2
e pela denic ao de limite, existiriam natu-
rais n
1
e n
2
, tais que
|a
n
l
1
| < , se n n
1
e
|a
n
l
2
| < , se n n
2
.
Em particular, se n
o
= max{n
1
, n
2
} (ou seja, n
o
e o maior dos dois valores n
1
e
n
2
), ent ao para n n
o
, teramos n n
1
e n n
2
, portanto
|a
n
l
1
| < e |a
n
l
2
| < .
Da primeira desigualdade todos os a
n
s com n n
o
estariam no intervalo (l
1

, l
1
+ ) e da segunda desigualdade todos os a
n
s com n n
o
estariam no inter-
valo (l
2
, l
2
+ ), o que seria um absurdo, pois estes intervalos s ao disjuntos.
Esta contradic ao surgiu do fato de assumirmos l
1
= l
2
, portanto, devemos ter
l
1
= l
2
.
7.4 Sequ encias limitadas
n
) e limitada, se existir um n umero real
positivo K, tal que |a
n
| K, para todo n.
Lema 7.1. Se (a
n
) for convergente, ent ao (a
n
) e limitada.
Prova. Suponha que lim
n
a
n
= l e na denic ao de limite, tome = 1, ent ao existe
um natural n
o
, tal que |a
n
l| 1, se n n
o
. Portanto, segue da desigualdade
triangular que
|a
n
| = |(a
n
l) + l| |a
n
l| +|l| 1 +|l|,
para n n
o
. Seja
K = max{|a
1
|, . . . , |a
n
o
1
|, 1 +|l|},
(ou seja, K e o maior dos valores |a
1
|, . . . , |a
n
o
1
|, 1 + |l|), ent ao |a
n
| K, para
todo n.
Uma consequ encia deste resultado e que se (a
n
) for ilimitada, ent ao ela n ao pode
convergir.
Exerccio 7.10. Por que podemos dizer que a sequ encia 1, 2, 3, . . . , n, . . . diverge?
Exerccio 7.11. Ser limitada e uma condi c ao necess aria para que uma sequ encia con-
virja, por em n ao e suciente, por qu e?
(Sugest ao: Considere a sequ encia cujo n- esimo termo e dado por a
n
= (1)
n
)
7.5 Limites innitos
Deni c ao 7.5. Dizemos que
lim
n
a
n
= +,
se para todo n umero n umero real M > 0 existir um n
o
, tal que se n n
o
, ent ao a
n
> M.
De maneira an aloga, dizemos que
lim
n
a
n
= ,
se para todo n umero real M < 0 existir um n
o
, tal que se n n
o
, implica a
n
< M. Nos
casos em que os limites s ao innitos, dizemos que a sequ encia diverge.
Exerccio 7.12. D e um exemplo de uma sequ encia (a
n
), tal que lim
n
a
n
= +.
Exemplo 7.9. lim
n
2
n
= .
Prova. Armamos que
2
n
> n,
para todo inteiro positivo n.
Claramente, a desigualdade acima e verdadeira para n = 1, pois neste caso temos
2
1
= 2 > 1. Assuma que ela seja verdadeira para n = n
o
, mostraremos que ela
vale para n = n
o
+ 1. De fato, se
2
n
o
> n
o
,
ent ao ao multiplicarmos esta desigualdade por 2, teremos
2
n
o
+1
> 2n
o
= n
o
+ n
o
> n
o
+ 1.
Exerccio 7.10. Por que podemos dizer que a sequ encia 1, 2, 3, . . . , n, . . . diverge?
Exerccio 7.11. Ser limitada e uma condi c ao necess aria para que uma sequ encia con-
virja, por em n ao e suciente, por qu e?
(Sugest ao: Considere a sequ encia cujo n- esimo termo e dado por a
n
= (1)
n
)
7.5 Limites innitos
Deni c ao 7.5. Dizemos que
lim
n
a
n
= +,
se para todo n umero n umero real M > 0 existir um n
o
, tal que se n n
o
, ent ao a
n
> M.
De maneira an aloga, dizemos que
lim
n
a
n
= ,
se para todo n umero real M < 0 existir um n
o
, tal que se n n
o
, implica a
n
< M. Nos
casos em que os limites s ao innitos, dizemos que a sequ encia diverge.
n
), tal que lim
n
a
n
= +.
Exemplo 7.9. lim
n
2
n
= .
Prova. Armamos que
2
n
> n,
para todo inteiro positivo n.
Claramente, a desigualdade acima e verdadeira para n = 1, pois neste caso temos
2
1
= 2 > 1. Assuma que ela seja verdadeira para n = n
o
, mostraremos que ela
vale para n = n
o
+ 1. De fato, se
2
n
o
> n
o
,
ent ao ao multiplicarmos esta desigualdade por 2, teremos
2
n
o
+1
> 2n
o
= n
o
+ n
o
> n
o
+ 1.
Portanto, por induc ao, concluimos 2
n
> n, n N. Logo, dado um n umero real
positivo M, tome n
o
inteiro positivo, tal que n
o
> M. Ent ao se n n
o
, teremos
2
n
> n n
o
> M,
n
2
n
= .
Exemplo 7.10. (A desigualdade de Bernoulli). Seja r > 1 um n umero real xo. Mos-
tre que
(1 + r)
n
1 + nr, (7.2)
para todo n.
De fato, mostraremos (7.2) por induc ao em n. Note que se n = 1, temos (1 +r)
1
=
1 + r e (7.2) e verdadeira, pois temos igualdade. Suponha que (7.2) seja v alida
para n = n
o
, mostraremos que ela tamb em e v alida para n = n
o
+ 1. De fato, se
(1 + r)
n
o
1 + n
o
r,
ent ao multiplicando-se esta desigualdade por 1 + r e lembrando que 1 + r > 0,
temos
(1 + r)
n
o
+1
(1 + n
o
)(1 + r)
= 1 + (1 + n
o
)r + n
o
> 1 + (n
o
+ 1)r,
portanto (7.2) vale para n = n
o
+ 1 e, por induc ao, (7.2) vale para todo n posi-
tivo.
Exemplo 7.11. Em geral, podemos mostrar que se c e um n umero real maior do que 1,
ent ao, temos
lim
n
c
n
= .
De fato, note que todo real c > 1, pode ser escrito como
c = 1 + r,
onde r = c 1 > 0. Portanto, da desigualdade de Bernoulli, temos
c
n
= (1 + r)
n
1 + nr,
para todo inteiro positivo n. Dado M > 0, seja n
o
tal que n
o
> M/r, ent ao, se
n n
o
, temos n
o
r > M e da desigualdade de Bernoulli, temos
c
n
= (1 + r)
n
1 + nr 1 + n
o
r 1 + M > M.
Exemplo 7.12. Em geral, podemos mostrar que se c e um n umero real com |c| < 1,
ent ao, temos
lim
n
c
n
= 0.
De fato, note que se c = 0, temos a sequ encia constante a
n
= 0, cujo limite e 0.
Se 0 < |c| < 1, podemos escrever |c| =
1
1 + r
, onde r > 0. Da desigualde de
Bernoulli, temos
(1 + r)
n
1 + nr,
o que implica que
1
(1 + r)
n

1
1 + nr
,
portanto
|c|
n
=
1
(1 + r)
n

1
1 + nr
.
Logo, dado > 0, tome n
o
um inteiro positivo, tal que n
o
>
1
r
, o que implica
que
1
n
o
r
< . Ent ao, se n n
o
, temos
|c|
n
1
1 + nr

1
1 + n
o
r
<
1
n
o
r
< .
Isto mostra que lim
n
|c|
n
= 0, o que e equivalente a dizer que lim
n
c
n
= 0, veja
Exerccio 7.9.
7.6 O Teorema do Sanduiche
Teorema 7.1. (Teorema do Sanduiche) Sejam (a
n
), (b
n
) e (c
n
) sequ encias, tais que
b
n
a
n
c
n
,
para todo n e
lim
n
b
n
= l = lim
n
c
n
.
Ent ao
lim
n
a
n
= l.
Prova. Dado arbitrariamente > 0, mostraremos que existe n
o
N, tal que
|a
n
l| < , para todo n n
o
.
Tome > 0 qualquer. Como
lim
n
b
n
= l = lim
n
c
n
,
existem n
o
, n
o
N, tais que n n
o
implica |b
n
l| < e n n
o
implica |c
n
l| <
. Seja n
o
= max{n
o
, n
o
}, ent ao n n
o
implica |b
n
l| < e |c
n
l| < , ou seja,
b
n
e c
n
est ao no intervalo (l , l + ) para n n
o
, em particular, para n n
o
temos
l b
n
a
n
c
n
l + ,
o que e equivalente a |a
n
l| < .
No Teorema do Sanduiche podemos substituir a hip otese de b
n
a
n
c
n
, para
todo n, por b
n
a
n
c
n
, para todo n N, onde N e um inteiro positivo, por
qu e?
lim
n
cos n
n
= 0.
De fato, como | cos n| 1, para todo inteiro positivo n, ent ao
0
cos n
n
=
| cos n|
n

1
n
,
para todo n. Se zermos a
n
=
cos n
n
, b
n
= 0 e c
n
=
1
n
, ent ao temos b
n
a
n

c
n
e lim
n
b
n
= 0 = lim
n
c
n
; portanto do Teorema do Sanduiche concluimos que
lim
n
a
n
= 0, ou seja, lim
n
cos n
n
= 0 e da Observac ao 7.2 concluimos que

lim
n
cos n
n
= 0.
Exemplo 7.14. Calcule o seguinte limite
lim
n
n + 1
n
2
+ n + 1
.
De fato, note que
n + 1
n
2
+ n + 1
=
1
n
1 +
1
n
n +
1
n
+ 1
1
n
.
Portanto
0
n + 1
n
2
+ n + 1

1
n
.
Sejam a
n
=
n+1
n
2
+n+1
, b
n
= 0 e c
n
=
1
n
, ent ao b
n
a
n
c
n
, como sequ encias (b
n
)
e (c
n
) convergem para zero, ent ao pelo Teorema do Sanduiche, concluimos que a
sequ encia (a
n
) tamb em converge para zero.
existem n
o
, n
o
N, tais que n n
o
implica |b
n
l| < e n n
o
implica |c
n
l| <
. Seja n
o
= max{n
o
, n
o
}, ent ao n n
o
implica |b
n
l| < e |c
n
l| < , ou seja,
b
n
e c
n
est ao no intervalo (l , l + ) para n n
o
, em particular, para n n
o
temos
l b
n
a
n
c
n
l + ,
o que e equivalente a |a
n
l| < .
No Teorema do Sanduiche podemos substituir a hip otese de b
n
a
n
c
n
, para
todo n, por b
n
a
n
c
n
, para todo n N, onde N e um inteiro positivo, por
qu e?
lim
n
cos n
n
= 0.
De fato, como | cos n| 1, para todo inteiro positivo n, ent ao
0
cos n
n
=
| cos n|
n

1
n
,
para todo n. Se zermos a
n
=
cos n
n
, b
n
= 0 e c
n
=
1
n
, ent ao temos b
n
a
n

c
n
e lim
n
b
n
= 0 = lim
n
c
n
; portanto do Teorema do Sanduiche concluimos que
lim
n
a
n
= 0, ou seja, lim
n
cos n
n
= 0 e da Observac ao 7.2 concluimos que

lim
n
cos n
n
= 0.
lim
n
n + 1
n
2
+ n + 1
.
De fato, note que
n + 1
n
2
+ n + 1
=
1
n
1 +
1
n
n +
1
n
+ 1
1
n
.
Portanto
0
n + 1
n
2
+ n + 1

1
n
.
Sejam a
n
=
n+1
n
2
+n+1
, b
n
= 0 e c
n
=
1
n
, ent ao b
n
a
n
c
n
, como sequ encias (b
n
)
e (c
n
) convergem para zero, ent ao pelo Teorema do Sanduiche, concluimos que a
sequ encia (a
n
) tamb em converge para zero.
lim
n
(
n + 1
n).
De fato, note que
n + 1
n =
(
n + 1
n)(
n + 1 +
n)
n + 1 +
n
=
1
n + 1 +
n
<
1
n
.
Portanto
0
n + 1
n <
1
n
,
Sejam a
n
=
n + 1
n, b
n
= 0 e c
n
=
1
n
, ent ao temos as seguintes desigual-
dades: b
n
a
n
c
n
, como as sequ encias (b
n
) e (c
n
) convergem para zero, ent ao
pelo Teorema do Sanduiche, concluimos que a sequ encia (a
n
) tamb em converge
para zero.
n
) uma sequ encia, tal que x
n
> 0 e
lim
n
a
n
= L > 0,
ent ao
lim
n
a
n
=
L.
De fato, tome > 0, como lim
n
a
n
= L, em virtude da Observac ao 7.1 existe
inteiro positivo n
o
, tal que se n n
o
, temos
|a
n
L| <
L .
Portanto, se n n
o
, temos
|
a
n
L| =
a
n
L
a
n
+
<
a
n
L
< .
Exemplo 7.17. Seja (b
n
) uma sequ encia limitada (convergente ou n ao) e lim
n
a
n
= 0.
Ent ao
lim
n
(a
n
b
n
) = 0.
De fato, tome > 0, como (b
n
) e limitada, existe K > 0, tal que |b
n
| K, para
todo n. Como lim
n
a
n
= 0, ent ao em virtude da Observac ao 7.2, concluimos que
lim
n
|a
n
| = 0; portanto, pela Observac ao 7.1 existe um inteiro positivo n
o
, tal que
n n
o
implica |a
n
| <

K
, ou seja,
|a
n
b
n
0| = |a
n
b
n
| = |a
n
||b
n
| K|a
n
|

K
K < ,
com isso concluimos a demonstrac ao.
7.7 Propriedades de Limite
Teorema 7.2. Sejam (a
n
) e (b
n
) duas sequ encias convergentes e c um n umero real qual-
quer, ent ao as sequ encias (ca
n
), (a
n
+ b
n
), (a
n
b
n
) s ao convergentes, al em disso, temos
(i) lim
n
(ca
n
) = c lim
n
a
n
,
(ii) lim
n
(a
n
+ b
n
) = lim
n
a
n
+ lim
n
b
n
,
(iii) lim
n
(a
n
b
n
) = ( lim
n
a
n
)( lim
n
b
n
).
Se b
n
= 0, para todo n e lim
n
b
n
= 0, ent ao sequ encia
a
n
b
n
tamb em convergir a e
(iv) lim
n
a
n
b
n
=
lim
n
a
n
lim
n
b
n
.
Prova. (i) Seja l = lim
n
a
n
. Dado > 0, mostraremos que existe n
o
N, tal que se
n n
o
, temos
|(ca
n
) cl| = |c| |a
n
l| < .
De fato, como lim
n
a
n
= l, ent ao em virtude da Observac ao 7.1, existe n
o
N, tal
que se n n
o
, temos
|a
n
l| <

|c| + 1
,
portanto
|(ca
n
) cl| = |c| |a
n
l| |c|

|c| + 1
< ,
o que prova (i).
(ii) Sejam l
1
= lim
n
a
n
e l
2
= lim
n
b
n
o
N,
tal que se n n
o
, temos
|(a
n
+ b
n
) (l
1
+ l
2
)| = |(a
n
l
1
) + (b
n
l
2
)| < .
lim
n
(
n + 1
n).
De fato, note que
n + 1
n =
(
n + 1
n)(
n + 1 +
n)
n + 1 +
n
=
1
n + 1 +
n
<
1
n
.
Portanto
0
n + 1
n <
1
n
,
Sejam a
n
=
n + 1
n, b
n
= 0 e c
n
=
1
n
, ent ao temos as seguintes desigual-
dades: b
n
a
n
c
n
, como as sequ encias (b
n
) e (c
n
) convergem para zero, ent ao
pelo Teorema do Sanduiche, concluimos que a sequ encia (a
n
) tamb em converge
para zero.
n
) uma sequ encia, tal que x
n
> 0 e
lim
n
a
n
= L > 0,
ent ao
lim
n
a
n
=
L.
De fato, tome > 0, como lim
n
a
n
= L, em virtude da Observac ao 7.1 existe
inteiro positivo n
o
, tal que se n n
o
, temos
|a
n
L| <
L .
Portanto, se n n
o
, temos
|
a
n
L| =
a
n
L
a
n
+
<
a
n
L
< .
Exemplo 7.17. Seja (b
n
) uma sequ encia limitada (convergente ou n ao) e lim
n
a
n
= 0.
Ent ao
lim
n
(a
n
b
n
) = 0.
De fato, tome > 0, como (b
n
) e limitada, existe K > 0, tal que |b
n
| K, para
todo n. Como lim
n
a
n
= 0, ent ao em virtude da Observac ao 7.2, concluimos que
lim
n
|a
n
| = 0; portanto, pela Observac ao 7.1 existe um inteiro positivo n
o
, tal que
n n
o
implica |a
n
| <

K
, ou seja,
|a
n
b
n
0| = |a
n
b
n
| = |a
n
||b
n
| K|a
n
|

K
K < ,
7.7 Propriedades de Limite
Teorema 7.2. Sejam (a
n
) e (b
n
) duas sequ encias convergentes e c um n umero real qual-
quer, ent ao as sequ encias (ca
n
), (a
n
+ b
n
), (a
n
b
n
) s ao convergentes, al em disso, temos
(i) lim
n
(ca
n
) = c lim
n
a
n
,
(ii) lim
n
(a
n
+ b
n
) = lim
n
a
n
+ lim
n
b
n
,
(iii) lim
n
(a
n
b
n
) = ( lim
n
a
n
)( lim
n
b
n
).
Se b
n
= 0, para todo n e lim
n
b
n
= 0, ent ao sequ encia
a
n
b
n
tamb em convergir a e
(iv) lim
n
a
n
b
n
=
lim
n
a
n
lim
n
b
n
.
Prova. (i) Seja l = lim
n
a
n
o
N, tal que se
n n
o
, temos
|(ca
n
) cl| = |c| |a
n
l| < .
De fato, como lim
n
a
n
= l, ent ao em virtude da Observac ao 7.1, existe n
o
N, tal
que se n n
o
, temos
|a
n
l| <

|c| + 1
,
portanto
|(ca
n
) cl| = |c| |a
n
l| |c|

|c| + 1
< ,
o que prova (i).
(ii) Sejam l
1
= lim
n
a
n
e l
2
= lim
n
b
n
o
N,
tal que se n n
o
, temos
|(a
n
+ b
n
) (l
1
+ l
2
)| = |(a
n
l
1
) + (b
n
l
2
)| < .
De fato, como lim
n
a
n
= l
1
e lim
n
b
n
= l
2
, em virtude da Observac ao 7.1 existem
inteiros positivos n
1
, n
2
, tais que se n n
1
teremos
|a
n
l
1
| <

2
(7.3)
e se n n
2
temos
|b
n
l
2
| <

2
. (7.4)
Seja
n
o
= max{n
1
, n
2
},
ent ao se n n
o
, temos n n
1
e n n
2
, portanto valem as desigualdades (7.3) e
(7.4). Ent ao para n n
o
, segue da desigualdade triangular e das desigualdades
(7.3) e (7.4) que
|(a
n
+ b
n
) (l
1
+ l
2
)| = |(a
n
l
1
) + (b
n
l
2
)|
|a
n
l
1
| +|b
n
l
2
|
<

2
+

2
= ,
o que mostra (ii).
(iii) Sejam l
1
= lim
n
a
n
e l
2
= lim
n
b
n
o
N,
tal que se n n
o
, temos
|a
n
b
n
l
1
l
2
| = |(a
n
l
1
)b
n
+ l
1
(b
n
l
2
)| < .
De fato, como (b
n
) e convergente, ela e limitada, ou seja, existe uma constante
positiva K, tal que |b
n
| < K, para todo n. Tome > 0. Como as sequ encias
(a
n
) e (b
n
) convergem para l
1
e l
2
, respectivamente, ent ao pelo Exemplo 7.7, as
sequ encias (a
n
l
1
) e (b
n
l
2
) para zero e pela Observac ao 7.1 existem inteiros
positivos n
1
e n
2
, tais que se n n
1
, teremos
|a
n
l
1
| <

2K
(7.5)
e se n n
2
, temos
|b
n
l
2
| <

2(l
1
+ 1)
. (7.6)
Seja
n
o
= max{n
1
, n
2
},
ent ao se n n
o
valem as desigualdades (7.5) e (7.6). Portanto, para n n
o
, segue
da desigualdade triangular e das desigualdades (7.5) e (7.5) que
|a
n
b
n
l
1
l
2
| = |(a
n
l
1
)b
n
+ l
1
(b
n
l
2
)|
|(a
n
l
1
)| |b
n
| +|l
1
| |(b
n
l
2
)|
<

2K
K +|l
1
|

2(l
1
+ 1)
<

2
+

2
= ,
o que prova (iii).
(iv) Sejam lim
n
a
n
= l
1
e lim
n
b
n
= l
2
= 0. Dado > 0, mostraremos que existe
n
o
N, tal que se n n
o
, temos
a
n
b
n
l
1
l
2
(a
n
l
1
)l
2
+ l
1
(l
2
b
n
)
l
2
b
n
< .
De fato, como lim
n
b
n
= l
2
= 0, existe um inteiro positivo n
1
, tal que se n n
1
,
temos
|b
n
| >
|l
2
|
2
,
por qu e? Portanto
1
|b
n
|
<
2
|l
2
|
e
1
|l
2
b
n
|
<
2
l
2
2
. (7.7)
Como lim
n
a
n
= l
1
e lim
n
b
n
= l
2
, as sequ encias (a
n
l
1
) e (b
n
l
2
) convergem
para zero e, em virtude da Observac ao 7.1 existem n
2
, n
3
N, tais que se n n
2
,
temos
|a
n
l
1
| <
|l
2
|
4
(7.8)
e se n n
3
, temos
|b
n
l
2
|
|l
2
|
2
4(|l
1
| + 1)
. (7.9)
Seja
n
o
= max{n
1
, n
2
, n
3
}.
Ent ao se n n
o
, valem as desigualdades (7.7)-(7.9). Portanto, para n n
o
segue
De fato, como lim
n
a
n
= l
1
e lim
n
b
n
= l
2
, em virtude da Observac ao 7.1 existem
inteiros positivos n
1
, n
2
, tais que se n n
1
teremos
|a
n
l
1
| <

2
(7.3)
e se n n
2
temos
|b
n
l
2
| <

2
. (7.4)
Seja
n
o
= max{n
1
, n
2
},
ent ao se n n
o
, temos n n
1
e n n
2
, portanto valem as desigualdades (7.3) e
(7.4). Ent ao para n n
o
, segue da desigualdade triangular e das desigualdades
(7.3) e (7.4) que
|(a
n
+ b
n
) (l
1
+ l
2
)| = |(a
n
l
1
) + (b
n
l
2
)|
|a
n
l
1
| +|b
n
l
2
|
<

2
+

2
= ,
o que mostra (ii).
(iii) Sejam l
1
= lim
n
a
n
e l
2
= lim
n
b
n
o
N,
tal que se n n
o
, temos
|a
n
b
n
l
1
l
2
| = |(a
n
l
1
)b
n
+ l
1
(b
n
l
2
)| < .
De fato, como (b
n
) e convergente, ela e limitada, ou seja, existe uma constante
positiva K, tal que |b
n
| < K, para todo n. Tome > 0. Como as sequ encias
(a
n
) e (b
n
) convergem para l
1
e l
2
, respectivamente, ent ao pelo Exemplo 7.7, as
sequ encias (a
n
l
1
) e (b
n
l
2
) para zero e pela Observac ao 7.1 existem inteiros
positivos n
1
e n
2
, tais que se n n
1
, teremos
|a
n
l
1
| <

2K
(7.5)
e se n n
2
, temos
|b
n
l
2
| <

2(l
1
+ 1)
. (7.6)
Seja
n
o
= max{n
1
, n
2
},
ent ao se n n
o
valem as desigualdades (7.5) e (7.6). Portanto, para n n
o
, segue
da desigualdade triangular e das desigualdades (7.5) e (7.5) que
|a
n
b
n
l
1
l
2
| = |(a
n
l
1
)b
n
+ l
1
(b
n
l
2
)|
|(a
n
l
1
)| |b
n
| +|l
1
| |(b
n
l
2
)|
<

2K
K +|l
1
|

2(l
1
+ 1)
<

2
+

2
= ,
o que prova (iii).
(iv) Sejam lim
n
a
n
= l
1
e lim
n
b
n
= l
2
= 0. Dado > 0, mostraremos que existe
n
o
N, tal que se n n
o
, temos
a
n
b
n
l
1
l
2
(a
n
l
1
)l
2
+ l
1
(l
2
b
n
)
l
2
b
n
< .
De fato, como lim
n
b
n
= l
2
= 0, existe um inteiro positivo n
1
, tal que se n n
1
,
temos
|b
n
| >
|l
2
|
2
,
por qu e? Portanto
1
|b
n
|
<
2
|l
2
|
e
1
|l
2
b
n
|
<
2
l
2
2
. (7.7)
Como lim
n
a
n
= l
1
e lim
n
b
n
= l
2
, as sequ encias (a
n
l
1
) e (b
n
l
2
) convergem
para zero e, em virtude da Observac ao 7.1 existem n
2
, n
3
N, tais que se n n
2
,
temos
|a
n
l
1
| <
|l
2
|
4
(7.8)
e se n n
3
, temos
|b
n
l
2
|
|l
2
|
2
4(|l
1
| + 1)
. (7.9)
Seja
n
o
= max{n
1
, n
2
, n
3
}.
Ent ao se n n
o
, valem as desigualdades (7.7)-(7.9). Portanto, para n n
o
segue
da desigualdade triangular e das desigualdades (7.7), (7.8) e (7.9) que
a
n
b
n
l
1
l
2
(a
n
l
1
)l
2
+ l
1
(l
2
b
n
)
l
2
b
n
|(a
n
l
1
)| |l
2
| +|l
1
| |(l
2
b
n
)|
|l
2
b
n
|
<
2
|l
2
|
1
4
|l
2
| +
2
|l
2
|
2
|l
1
|
|l
2
|
2
4(|l
1
| + 1)

<

2
+

2
= ,
o que mostra (iv).
Observa c ao 7.3. Note que das propriedades (i) e (ii), se (a
n
) e (b
n
) forem convergentes
e e forem n umeros reais quaisquer, ent ao,
lim
n
(a
n
+ b
n
) = lim
n
a
n
+ lim
n
b
n
.
Por indu c ao, temos a seguinte generaliza c ao: sejam (a
1
n
), . . ., (a
k
n
) sequ encias conver-
gentes e c
1
, . . . , c
k
constantes. Ent ao a sequ encia
(c
1
a
1
n
+ . . . + c
k
a
k
n
)
converge e
lim
n
(c
1
a
1
n
+ . . . + c
k
a
k
n
) = c
1
lim
n
a
1
n
+ . . . + c
k
lim
n
a
k
n
. (7.10)
Exemplo 7.18.
lim
n
3n
3
+ n
2
+ 1
2n
3
100n 3
=
3
2
.
De fato, note que
3n
3
4n
2
+ 5
2n
3
100n 3
=
3
4
n
+
5
n
2
2
100
n

3
n
2
,
para obter o lado esquerdo da igualdade acima, dividimos o numerador e o de-
nominador do lado esquero por n
3
. De (7.10), temos
lim
n
3
4
n
+
5
n
2
= 3 lim
n
1 4 lim
n
1
n
+ 5 lim
n
1
n
2
= 3 1 4 0 + 5 0 = 3.
De maneira an aloga, temos
lim
n
2
100
n

3
n
2
= 2 1 100 0 3 0 = 2 = 0.
Portanto, da Propriedade da propriedade (iv) do limite, temos
lim
n
3n
3
+ n
2
+ 1
2n
3
100n 3
= lim
n
3
4
n
+
5
n
2
2
100
n

3
n
2
=
lim
n
3
4
n
+
5
n
2
lim
n
2
100
n

3
n
2
=
3
2
.
Exemplo 7.19.
lim
n
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
= +.
De fato, note que
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
= n
4 +
2
n
2
+
1
n
3
5
n
+
3
n
2
+
1
n
3
.
Como
lim
n
4 +
2
n
2
+
1
n
3
5
n
+
3
n
2
+
1
n
3
= 4,
por qu e? Se na denic ao de limite zermos = 3, concluiremos que existe n
o
, tal
que se n n
o
, ent ao
4 +
2
n
2
+
1
n
3
5
n
+
3
n
2
+
1
n
3
4
< 3,
portanto
4 +
2
n
2
+
1
n
3
5
n
+
3
n
2
+
1
n
3
> 1.
Logo, para n n
o
, temos
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
> n,
isto implica que
lim
n
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
= +.
da desigualdade triangular e das desigualdades (7.7), (7.8) e (7.9) que
a
n
b
n
l
1
l
2
(a
n
l
1
)l
2
+ l
1
(l
2
b
n
)
l
2
b
n
|(a
n
l
1
)| |l
2
| +|l
1
| |(l
2
b
n
)|
|l
2
b
n
|
<
2
|l
2
|
1
4
|l
2
| +
2
|l
2
|
2
|l
1
|
|l
2
|
2
4(|l
1
| + 1)

<

2
+

2
= ,
o que mostra (iv).
Observa c ao 7.3. Note que das propriedades (i) e (ii), se (a
n
) e (b
n
) forem convergentes
e e forem n umeros reais quaisquer, ent ao,
lim
n
(a
n
+ b
n
) = lim
n
a
n
+ lim
n
b
n
.
Por indu c ao, temos a seguinte generaliza c ao: sejam (a
1
n
), . . ., (a
k
n
) sequ encias conver-
gentes e c
1
, . . . , c
k
constantes. Ent ao a sequ encia
(c
1
a
1
n
+ . . . + c
k
a
k
n
)
converge e
lim
n
(c
1
a
1
n
+ . . . + c
k
a
k
n
) = c
1
lim
n
a
1
n
+ . . . + c
k
lim
n
a
k
n
. (7.10)
Exemplo 7.18.
lim
n
3n
3
+ n
2
+ 1
2n
3
100n 3
=
3
2
.
De fato, note que
3n
3
4n
2
+ 5
2n
3
100n 3
=
3
4
n
+
5
n
2
2
100
n

3
n
2
,
para obter o lado esquerdo da igualdade acima, dividimos o numerador e o de-
nominador do lado esquero por n
3
. De (7.10), temos
lim
n
3
4
n
+
5
n
2
= 3 lim
n
1 4 lim
n
1
n
+ 5 lim
n
1
n
2
= 3 1 4 0 + 5 0 = 3.
De maneira an aloga, temos
lim
n
2
100
n

3
n
2
= 2 1 100 0 3 0 = 2 = 0.
Portanto, da Propriedade da propriedade (iv) do limite, temos
lim
n
3n
3
+ n
2
+ 1
2n
3
100n 3
= lim
n
3
4
n
+
5
n
2
2
100
n

3
n
2
=
lim
n
3
4
n
+
5
n
2
lim
n
2
100
n

3
n
2
=
3
2
.
Exemplo 7.19.
lim
n
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
= +.
De fato, note que
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
= n
4 +
2
n
2
+
1
n
3
5
n
+
3
n
2
+
1
n
3
.
Como
lim
n
4 +
2
n
2
+
1
n
3
5
n
+
3
n
2
+
1
n
3
= 4,
por qu e? Se na denic ao de limite zermos = 3, concluiremos que existe n
o
, tal
que se n n
o
, ent ao
4 +
2
n
2
+
1
n
3
5
n
+
3
n
2
+
1
n
3
4
< 3,
portanto
4 +
2
n
2
+
1
n
3
5
n
+
3
n
2
+
1
n
3
> 1.
Logo, para n n
o
, temos
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
> n,
isto implica que
lim
n
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
= +.
De fato, dado M > 0, seja n
o
= max{n
o
, [M] + 1}, onde [M] e a parte inteira de
M, portanto, [M] + 1 > M. Ent ao, se n > n
o
, teremos
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
> n > [M] + 1 > M.
Exerccio 7.13. Seja r = 1 um n umero real.
(i) Mostre que
1 + r + r
2
+ . . . + r
n
=
1 r
n+1
1 r
. (7.11)
(ii) Mostre que se |r| < 1, ent ao
lim
n
(1 + r + r
2
+ . . . + r
n
) =
1
1 r
. (7.12)
Sugest ao: Mostre por indu c ao em n que (1 r)(1 + r + r
2
+. . . + r
n
) = 1 r
n+1
.
Note que do item (i) do exerccio acima, se |r| < 1, ent ao
r + r
2
+ . . . + r
n
=
1 r
n+1
1 r
1 =
r r
n+1
1 r
(7.13)
logo
lim
n
(r + r
2
+ . . . + r
n
) =
r
1 r
. (7.14)
n
j=1
1
10
k
j
=
1
1
10
k
n
10
k
1
, (7.15)
em particular,
lim
n
n
j=1
1
10
k
j
=
1
10
k
1
. (7.16)
De fato, dado M > 0, seja n
o
= max{n
o
, [M] + 1}, onde [M] e a parte inteira de
M, portanto, [M] + 1 > M. Ent ao, se n > n
o
, teremos
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
> n > [M] + 1 > M.
Exerccio 7.13. Seja r = 1 um n umero real.
(i) Mostre que
1 + r + r
2
+ . . . + r
n
=
1 r
n+1
1 r
. (7.11)
(ii) Mostre que se |r| < 1, ent ao
lim
n
(1 + r + r
2
+ . . . + r
n
) =
1
1 r
. (7.12)
Sugest ao: Mostre por indu c ao em n que (1 r)(1 + r + r
2
+. . . + r
n
) = 1 r
n+1
.
Note que do item (i) do exerccio acima, se |r| < 1, ent ao
r + r
2
+ . . . + r
n
=
1 r
n+1
1 r
1 =
r r
n+1
1 r
(7.13)
logo
lim
n
(r + r
2
+ . . . + r
n
) =
r
1 r
. (7.14)
n
j=1
1
10
k
j
=
1
1
10
k
n
10
k
1
, (7.15)
em particular,
lim
n
n
j=1
1
10
k
j
=
1
10
k
1
. (7.16)
n
), cujo termo geral e
a
n
=
1
1.2
+
1
2.3
+
1
3.4
+ . . . +
1
n(n + 1)
converge para 1.
De fato, note que
a
n
=
n
k=1
1
k(k + 1)
=
n
k=1
1
k

1
k + 1
= 1
1
n + 1
,
portanto
lim
n
a
n
= lim
n
1
1
n + 1
= 1.
n
) e (b
n
) forem sequ encias convergentes e a
n
b
n
,
para todo n N, ent ao lim
n
a
n
lim
n
b
n
.
Sugest ao: Mostre que se c
n
0 para n N e lim
n
c
n
= l, ent ao l 0. Fazendo
c
n
= a
n
b
n
, ent ao c
n
0, portanto lim
n
c
n
0, mas da propriedades do limite,
temos
lim
n
a
n
lim
n
b
n
= lim
n
(a
n
b
n
) = lim
n
c
n
0.
Exerccio 7.16. Sejam (a
n
) e (b
n
) sequ encias tais que a
n
b
n
, para n N e
lim
n
a
n
= +.
Mostre que
lim
n
b
n
= +.
Resolu c ao. Dado L > 0, como lim
n
a
n
= +, ent ao existe um inteiro positivo n
1
,
tal que
a
n
> L,
para todo n n
1
. Seja n
o
= max{n
1
, N}. Ent ao se n n
o
, temos
b
n
a
n
> L,
portanto lim
n
b
n
= +.
Exemplo 7.21. Vimos no Exemplo 7.19 que
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
> n,
para n n
o
. Como lim
n
n = +, do Exerccio 7.16, concluimos que
lim
n
4n
3
+ 2n + 1
5n
2
+ 3n + 1
= +.
Exerccio 7.17. Dada uma sequ encia (a
n
), seja (b
n
) a sequ encia cujo o termo geral
b
n
e denido como b
n
= a
n
o
+n1
, para algum inteiro positivo n
o
. Ou seja, b
n
e a
sequ encia a
n
o
, a
n
o
+1
, a
n
o
+2
, . . .. Ent ao (a
n
) converge se, e somente se, (b
n
) convergir.
Al em disso, caso estas sequ encias convirjam, seus limites s ao iguais. Ou seja, no que
diz respeito ao limite, o que importa e o comportamento da sequ encia para valores
grandes de n.
Exemplo 7.22. Seja x um n umero real positivo. Mostre que
lim
n
n
x = 1.
De fato, se x = 1, o resultado e obvio, pois
n
1 = 1, para todo n e o limite de uma

constante e a pr opria constante.
Suponha x > 1, ent ao
n
x > 1, portanto podemos escrever

n
x = 1 + h
n
, onde
h
n
> 0. Ent ao, da desigualdade de Bernoulli, temos
x = (1 + h
n
)
n
1 + nh
n
.
Isto implica que
0 h
n

x 1
n
.
Portanto, pelo Teorema do Sanduiche, temos lim
n
h
n
= 0, logo
lim
n
n
x = lim
n
(1 + h
n
) = 1.
Se 0 < x < 1, ent ao 1/x > 1 e vimos que lim
n
n
1/x = 1, como
n
x =
1
n
1/x
, da
propriedade (iv) do limite, temos
lim
n
n
x = lim
n
1
n
1/x
=
lim
n
1
lim
n
n
1/x
=
1
1
= 1.
Lema 7.2. Seja r um n umero real n ao negativo. Ent ao
(1 + r)
n
1 + nr + n(n 1)r
2
/2. (7.17)
Prova. Se n = 1, ent ao (1 + r) = 1 + r e (7.17) e verdadeira. Suponha que (7.17)
seja verdadeira para n = k, onde k 1, mostraremos que isto implicar a que
(7.17) tamb em valer a para n = k + 1; portanto, por induc ao em n, concluiremos
que (7.17) vale para todo n. De fato,
(1 + r)
k+1
= (1 + r)
k
(1 + r)
1 + kr +
k(k 1)r
2
2
(1 + r)
= 1 + (k + 1)r +
(k + 1)kr
2
2
+
k(k 1)r
3
2
1 + (k + 1)r +
(k + 1)kr
2
2
.
Na primeira desigualdade acima usamos a hip otese de induc ao, ou seja, a vali-
dade (7.17) para n = k. Na ultima desigualdade usamos que k 1, portanto,
k(k1)r
3
2
0. Com isso concluimos que (7.17) vale para n = k + 1.
Exemplo 7.23.
lim
n
n
n = 1.
De fato, note que
n
n > 1, portanto podemos escrever

n
n = 1 + h
n
,
onde h
n
> 0 e do Lema 7.2, temos
n = (1 + h
n
)
n
1 + nh
n
+
n(n 1)h
2
n
2
>
n(n 1)h
2
n
2
,
Como n >
n(n1)h
2
n
2
, ent ao para n 2, temos
0 < h
n
<
n 1
.
Das desigualdades acima e do Teorema do Sanduiche, concluimos que lim
n
h
n
=
0, logo
lim
n
n
n = lim
n
(1 + h
n
) = 1.
Lema 7.2. Seja r um n umero real n ao negativo. Ent ao
(1 + r)
n
1 + nr + n(n 1)r
2
/2. (7.17)
Prova. Se n = 1, ent ao (1 + r) = 1 + r e (7.17) e verdadeira. Suponha que (7.17)
seja verdadeira para n = k, onde k 1, mostraremos que isto implicar a que
(7.17) tamb em valer a para n = k + 1; portanto, por induc ao em n, concluiremos
que (7.17) vale para todo n. De fato,
(1 + r)
k+1
= (1 + r)
k
(1 + r)
1 + kr +
k(k 1)r
2
2
(1 + r)
= 1 + (k + 1)r +
(k + 1)kr
2
2
+
k(k 1)r
3
2
1 + (k + 1)r +
(k + 1)kr
2
2
.
Na primeira desigualdade acima usamos a hip otese de induc ao, ou seja, a vali-
dade (7.17) para n = k. Na ultima desigualdade usamos que k 1, portanto,
k(k1)r
3
2
0. Com isso concluimos que (7.17) vale para n = k + 1.
Exemplo 7.23.
lim
n
n
n = 1.
De fato, note que
n
n > 1, portanto podemos escrever

n
n = 1 + h
n
,
onde h
n
> 0 e do Lema 7.2, temos
n = (1 + h
n
)
n
1 + nh
n
+
n(n 1)h
2
n
2
>
n(n 1)h
2
n
2
,
Como n >
n(n1)h
2
n
2
, ent ao para n 2, temos
0 < h
n
<
n 1
.
Das desigualdades acima e do Teorema do Sanduiche, concluimos que lim
n
h
n
=
0, logo
lim
n
n
n = lim
n
(1 + h
n
) = 1.
Teorema 7.3. (Teste da Raz ao) Suponha que
lim
n
a
n+1
a
n
= l.
(i) Se l < 1, ent ao lim
n
a
n
= 0.
(ii) Se l > 1, ent ao lim
n
a
n
= .
Prova. Se l < 1, como lim
n
a
n+1
a
n
= l, existe n
o
, tal que se n n
o
, temos
a
n+1
a
n
l
1 l
2
,
da desigualdade acima e da desigualdade triangular, temos
a
n+1
a
n
a
n+1
a
n
l
+ l
a
n+1
a
n
l
+ l
1 l
2
+ l
=
l + 1
2
.
Fazendo L =
l+1
2
, ent ao para n n
o
, temos
|a
n+1
| L|a
n
|.
Da desigualdade acima, segue por induc ao que
|a
n
o
+p
| L
p
|a
n
o
| = L
n
o
+p
|a
n
o
|
1n
o
,
para todo p 1. Logo, para todo n n
o
+ 1, temos
0 |a
n
|
|a
n
o
|
1n
o
L
n
como L < 1, lim
n
L
n
= 0, portanto, das desigualdades acima e do Teorema do
Sanduiche, temos lim
n
|a
n
| = 0; portanto lim
n
a
n
= 0, o que mostra (i). Deixamos
para o aluno o caso em que l > 1, ou seja, o item (ii).
Note que se a
n
= n, ent ao lim
n
a
n+1
a
n
= 1, mas a sequ encia (a
n
) n ao converge. Por
outro lado se a
n
=
1
n
, lim
n
a
n+1
a
n
= 1 e lim
n
a
n
= 0. Ou seja, se no Teste da Raz ao
tivermos l = 1, n ao podemos dizer nada sobre lim
n
a
n
.
Exemplo 7.24.
lim
n
(n!)
2
(2n)!
= 0.
De fato, seja a
n
=
(n!)
2
(2n)!
, ent ao
lim
n
a
n+1
a
n
= lim
n
n
2
+ 2n + 1
4n
2
+ 6n + 2
=
1
4
< 1,
portanto, pelo Teste da Raz ao, lim
n
a
n
= 0.
7.8 Subsequ encias
Deni c ao 7.6. Dada uma sequ encia (a
n
), seja
M = {n
1
, n
2
, n
3
, . . .},
com n
1
< n
2
< n
3
< . . . , um subconjunto qualquer de N. Ent ao a sequ encia (a
n
i
) e
chamada de uma subsequ encia da sequ encia (a
n
).
Exemplo 7.25. Dada a sequ encia ((1)
n+1
), as sequ encias
1, 1, 1, . . . e 1, 1, 1, . . . ,
s ao subsequ encias de ((1)
n+1
), sendo que a primeira e obtida considerando-se somente
os termos de ((1)
n+1
) com ndices pares, e a segunda e obtida considerando-se somente
os termos de ((1)
n+1
) com ndices mpares.
Deni c ao 7.7. Dizemos que o n umero real r e um ponto de acumula c ao da sequ encia
(a
n
), se existir alguma subsequ encia de (a
n
) convergindo para r.
n+1
), as suas subsequ encias 1, 1, 1, . . . e 1, 1, 1, . . .
convergem para 1 e 1, respectivamente. Ou seja, 1 e 1 s ao pontos de acumula c ao
((1)
n+1
).

E possvel que a sequ encia 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . seja convergente?
Exerccio 7.18. Encontre os pontos de acumula c ao das sequ encias abaixo:
(i) 2, 2, . . .,
(ii) 1, 1/2, 1, 1/4, 1, 1/8, 1, 1/16, . . .,
(iii) 0, 2, 1, 0, 3, 1, 0, 4, 1, 0, 5, 1, . . . .
(iv) Quais das sequ encias acima s ao convergentes? Por qu e?
Exemplo 7.24.
lim
n
(n!)
2
(2n)!
= 0.
De fato, seja a
n
=
(n!)
2
(2n)!
, ent ao
lim
n
a
n+1
a
n
= lim
n
n
2
+ 2n + 1
4n
2
+ 6n + 2
=
1
4
< 1,
portanto, pelo Teste da Raz ao, lim
n
a
n
= 0.
7.8 Subsequ encias
Deni c ao 7.6. Dada uma sequ encia (a
n
), seja
M = {n
1
, n
2
, n
3
, . . .},
com n
1
< n
2
< n
3
< . . . , um subconjunto qualquer de N. Ent ao a sequ encia (a
n
i
) e
chamada de uma subsequ encia da sequ encia (a
n
).
n+1
), as sequ encias
1, 1, 1, . . . e 1, 1, 1, . . . ,
s ao subsequ encias de ((1)
n+1
), sendo que a primeira e obtida considerando-se somente
os termos de ((1)
n+1
) com ndices pares, e a segunda e obtida considerando-se somente
os termos de ((1)
n+1
) com ndices mpares.
Deni c ao 7.7. Dizemos que o n umero real r e um ponto de acumula c ao da sequ encia
(a
n
), se existir alguma subsequ encia de (a
n
) convergindo para r.
n+1
), as suas subsequ encias 1, 1, 1, . . . e 1, 1, 1, . . .
convergem para 1 e 1, respectivamente. Ou seja, 1 e 1 s ao pontos de acumula c ao
((1)
n+1
).

E possvel que a sequ encia 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . seja convergente?
Exerccio 7.18. Encontre os pontos de acumula c ao das sequ encias abaixo:
(i) 2, 2, . . .,
(ii) 1, 1/2, 1, 1/4, 1, 1/8, 1, 1/16, . . .,
(iii) 0, 2, 1, 0, 3, 1, 0, 4, 1, 0, 5, 1, . . . .
(iv) Quais das sequ encias acima s ao convergentes? Por qu e?
n
) convergir, ent ao toda subsequ encia de (a
n
)
tamb em e convergente e o seu limite e o mesmo que o limite de (a
n
). Em particular,
se uma sequ encia possuir duas subsequ encias convergindo para valores diferentes, ela
n ao pode convergir.
Exerccio 7.20. Se (a
n
) possuir apenas um ponto de acumula c ao ela converge?
Exerccio 7.21. D e um exemplo de uma sequ encia que n ao possui subsequ encia con-
vergente.
n
= sen
n
2
+ cos(n) converge?
n
) denida por
a
n
=
1, se n for mpar
4, se n for par
Explique por que a
n
n ao converge para 1.
n
) denida por
a
n
=
5, se n for divisvel por 5

1
n
, caso contr ario
Explique por que a
n
n
) de n umeros irracionais con-
vergindo para um n umero racional.
Exerccio 7.26. Para cada sequ encia, determine se ela converge e, em caso armativo,
calcule o seu limite.
(a) a
n
=
n
n+1
(b) c
n
= 2
n
(c) x
n
= 52 + (1)
n
(d) y
n
= n!
(e)
sen n
n
( f )
4n
2
+3
3n
2
2
(g) s
n
= (2)
1/n
(h)
7n
3
+8n
2n
3
37
(i)
2
n+1
3
2
n
+1
.
n
) convergir, ent ao toda subsequ encia de (a
n
)
tamb em e convergente e o seu limite e o mesmo que o limite de (a
n
). Em particular,
se uma sequ encia possuir duas subsequ encias convergindo para valores diferentes, ela
n ao pode convergir.
Exerccio 7.20. Se (a
n
) possuir apenas um ponto de acumula c ao ela converge?
Exerccio 7.21. D e um exemplo de uma sequ encia que n ao possui subsequ encia con-
vergente.
n
= sen
n
2
+ cos(n) converge?
n
) denida por
a
n
=
1, se n for mpar
4, se n for par
Explique por que a
n
n
) denida por
a
n
=
5, se n for divisvel por 5

1
n
, caso contr ario
Explique por que a
n
n
) de n umeros irracionais con-
vergindo para um n umero racional.
Exerccio 7.26. Para cada sequ encia, determine se ela converge e, em caso armativo,
calcule o seu limite.
(a) a
n
=
n
n+1
(b) c
n
= 2
n
(c) x
n
= 52 + (1)
n
(d) y
n
= n!
(e)
sen n
n
( f )
4n
2
+3
3n
2
2
(g) s
n
= (2)
1/n
(h)
7n
3
+8n
2n
3
37
(i)
2
n+1
3
2
n
+1
.
AULA8: OTEOREMADE BOLZANO-WEIERSTRASS
E SEQU
ENCIAS DE CAUCHY
OBJETIVOS
1. Compreender porque toda uma sequ encia mon otona e limitada e convergente.
2. Compreender a demonstrac ao do Teorema de Bolzano-Weierstrass e saber us a-
lo em aplicac oes.
3. Compreender o conceito de sequ encia de Cauchy e que uma sequ encia de
n umeros reais e convergente se, e somente se, ela for de Cauchy.
8.1 Sequ encias mon otonas
n
) e mon otona n ao-decrescente, se a
n

a
n+1
para todo n N e que (a
n
) e mon otona n ao-crescente, se a
n+1
a
n
, para todo
n N. Se a
n
< a
n+1
para todo n N, dizemos que (a
n
) e crescente e se a
n+1
< a
n
n
) e decrescente.
Exemplo 8.1. A sequ encia cujo o n- esimo termo e a
n
= 1/n e decrescente, pois
a
n+1
a
n
=
1
n + 1
1
n
=
1
n(n + 1)
< 0,
para todo n.
Note que se a sequ encia (a
n
) for mon otona n ao-decrescente, ent ao
a
1
a
2
a
3
. . . a
n
a
n+1
< . . .
portanto a
n
a
1
, para todo n, logo, (a
n
) e limitada inferiormente por a
1
. Da
mesma forma se (a
n
) e mon otona n ao-crescente, ent ao (a
n
) e limitada superior-
mente por a
1
.
Exemplo 8.2. Mostre que se uma sequ encia for mon otona n ao-decrescente e possuir uma
subsequ encia limitada, ent ao ela e limitada.
De fato, suponha que (a
n
) seja mon otona n ao-decrescente e que seja (a
n
i
) uma
subsequ encia limitada de (a
n
). Ent ao existe um K, tal que a
n
i
K, para todo i.
Dado n N, tome n
i
tal que n < n
i
, como (a
n
) e n ao-decrescente, segue-se que
a
n
a
n
i
, como a
n
i
K, segue-se que a
n
K. Portanto a
1
a
n
K, para todo
n.
O Teorema de
Bolzano-Weierstrass e
sequncias de Cauchy
8
119 AULA 8: O TEOREMA DE BOLZANO-WEI ERSTRASS E SEQUNCI AS DE CAUCHY
AULA8: OTEOREMADE BOLZANO-WEIERSTRASS
E SEQU
ENCIAS DE CAUCHY
OBJETIVOS
1. Compreender porque toda uma sequ encia mon otona e limitada e convergente.
2. Compreender a demonstrac ao do Teorema de Bolzano-Weierstrass e saber us a-
lo em aplicac oes.
3. Compreender o conceito de sequ encia de Cauchy e que uma sequ encia de
n umeros reais e convergente se, e somente se, ela for de Cauchy.
8.1 Sequ encias mon otonas
n
) e mon otona n ao-decrescente, se a
n

a
n+1
para todo n N e que (a
n
) e mon otona n ao-crescente, se a
n+1
a
n
, para todo
n N. Se a
n
< a
n+1
n
) e crescente e se a
n+1
< a
n
n
) e decrescente.
Exemplo 8.1. A sequ encia cujo o n- esimo termo e a
n
= 1/n e decrescente, pois
a
n+1
a
n
=
1
n + 1
1
n
=
1
n(n + 1)
< 0,
para todo n.
Note que se a sequ encia (a
n
) for mon otona n ao-decrescente, ent ao
a
1
a
2
a
3
. . . a
n
a
n+1
< . . .
portanto a
n
a
1
, para todo n, logo, (a
n
) e limitada inferiormente por a
1
. Da
mesma forma se (a
n
) e mon otona n ao-crescente, ent ao (a
n
) e limitada superior-
mente por a
1
.
Exemplo 8.2. Mostre que se uma sequ encia for mon otona n ao-decrescente e possuir uma
subsequ encia limitada, ent ao ela e limitada.
De fato, suponha que (a
n
) seja mon otona n ao-decrescente e que seja (a
n
i
) uma
subsequ encia limitada de (a
n
). Ent ao existe um K, tal que a
n
i
K, para todo i.
Dado n N, tome n
i
tal que n < n
i
, como (a
n
) e n ao-decrescente, segue-se que
a
n
a
n
i
, como a
n
i
K, segue-se que a
n
K. Portanto a
1
a
n
K, para todo
n.
Exerccio 8.1. Mostre que se uma sequ encia for mon otona n ao-crescente e possuir
uma subsequ encia limitada, ent ao ela e limitada.
Teorema 8.1. Toda sequ encia mon otona limitada e convergente.
Prova. Vamos supor que (a
n
) seja mon otona n ao-crescente, ou seja, a
n+1

a
n
, e limitada. Deixaremos para o aluno o caso em que (a
n
) e mon otona n ao-
decrescente (veja Exerccio 8.2). Seja
A = {a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .},
como (a
n
) e limitada, ent ao A e limitado, portanto, limitado inferiormente e,
ent ao existe um n umero real l, tal que l = inf A. Mostraremos que
l = lim
n
a
n
.
Dado > 0, pela denic ao de nmo, l + n ao e uma cota inferior para A, logo
existe n
o
N, tal que
l a
n
o
< l + .
Como (a
n
) e n ao-crescente, para n > n
o
devemos ter a
n
a
n
o
. Da denic ao de
nmo de um conjunto, temos l a
n
, para todo n. Portanto l a
n
a
n
o
< l + ,
logo
l < l a
n
a
n
o
< l + .
Mostramos que para todo > 0, existe n
o
, tal que se n n
o
, implica |a
n
l| < ,
ou seja, l = lim
n
a
n
.
De modo an alogo, se (a
n
) for mon otona n ao-decrescente, mostra-se que
lim
n
a
n
= sup A.
Exerccio 8.2. Termine a demonstra c ao do Teorema 8.1, assumindo que (a
n
) seja
mon otona n ao-decrescente.
Observa c ao 8.1. O Teorema 8.1 continua valendo se a sequ encia (a
n
) for mon otona a
partir de um certo n
o
, ou seja, se tivermos a
n+1
a
n
ou a
n+1
a
n
, para n n
o
; por
qu e?
Exemplo 8.3. Seja a
1
= 1 e
a
n+1
=
a
n
+ 1
3
,
para n 1. Ent ao a
n
>
1
2
, para todo n, a sequ encia (a
n
) e decrescente e o seu limite e
1
2
.
De fato, mostraremos por induc ao que a
n
>
1
2
. Esta desigualdade vale para n = 1,
pois
a
1
= 1 >
1
2
.
Assuma que a
n
>
1
2
, mostraremos que a
n+1
>
1
2
. De fato, se a
n
>
1
2
, temos
a
n+1
=
a
n
+ 1
3
>
1
2
+ 1
3
=
1
2
,
logo a
n+1
>
1
2
.
Mostraremos que (a
n
) e decrescente. Como a
n
>
1
2
, ent ao
a
n+1
a
n
=
a
n
+ 1
3
a
n
=
2
3
a
n
+
1
3
<
2
3
1
2
+
1
3
= 0,
o que mostra que a
n+1
< a
n
, portanto (a
n
) e decrescente. Como (a
n
) e limitada
inferiormente e decrescente, ent ao pelo Teorema 8.1 ela e convergente. Seja l =
lim
n
a
n
, ent ao lim
n
a
n+1
= l. Portanto
lim
n
a
n+1
= lim
n
a
n
+ 1
3
=
lim
n
a
n
+ 1
3
e concluimos que l =
l+1
3
, o que implica que l =
1
2
.
Exemplo 8.4. Seja a
1
=
2 e a
n+1
=
2 +
a
n
, para n 1. Ent ao (a
n
) converge.
n
< 2, para todo n. Esta desigualdade
vale para n = 1, pois a
1
=
2 < 2. Suponha que a

n
< 2, mostraremos que
a
n+1
< 2. De fato, se a
n
< 2, ent ao
a
n
<
2, portanto, 2 +
a
n
< 2 +
2 < 4,
e portanto
a
n+1
=
2 +
a
n
<
4 = 2.
A seguir mostraremos que (a
n
) e crescente. De fato, como 0 < a
n+1
< 2, ent ao
a
n+1
<
2 + a
n+1
, por qu e? Portanto a
n+1
<
2 + a
n+1
= a
n+2
, o que prova que
(a
n
) e crescente. Como (a
n
) e limitada superiormente e crescente, pelo Teorema
8.1, ela converge.
Exerccio 8.1. Mostre que se uma sequ encia for mon otona n ao-crescente e possuir
uma subsequ encia limitada, ent ao ela e limitada.
Teorema 8.1. Toda sequ encia mon otona limitada e convergente.
Prova. Vamos supor que (a
n
) seja mon otona n ao-crescente, ou seja, a
n+1

a
n
, e limitada. Deixaremos para o aluno o caso em que (a
n
) e mon otona n ao-
decrescente (veja Exerccio 8.2). Seja
A = {a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .},
como (a
n
) e limitada, ent ao A e limitado, portanto, limitado inferiormente e,
ent ao existe um n umero real l, tal que l = inf A. Mostraremos que
l = lim
n
a
n
.
Dado > 0, pela denic ao de nmo, l + n ao e uma cota inferior para A, logo
existe n
o
N, tal que
l a
n
o
< l + .
Como (a
n
) e n ao-crescente, para n > n
o
devemos ter a
n
a
n
o
. Da denic ao de
nmo de um conjunto, temos l a
n
, para todo n. Portanto l a
n
a
n
o
< l + ,
logo
l < l a
n
a
n
o
< l + .
Mostramos que para todo > 0, existe n
o
, tal que se n n
o
, implica |a
n
l| < ,
ou seja, l = lim
n
a
n
.
De modo an alogo, se (a
n
) for mon otona n ao-decrescente, mostra-se que
lim
n
a
n
= sup A.
Exerccio 8.2. Termine a demonstra c ao do Teorema 8.1, assumindo que (a
n
) seja
mon otona n ao-decrescente.
Observa c ao 8.1. O Teorema 8.1 continua valendo se a sequ encia (a
n
) for mon otona a
partir de um certo n
o
, ou seja, se tivermos a
n+1
a
n
ou a
n+1
a
n
, para n n
o
; por
qu e?
Exemplo 8.3. Seja a
1
= 1 e
a
n+1
=
a
n
+ 1
3
,
para n 1. Ent ao a
n
>
1
2
, para todo n, a sequ encia (a
n
) e decrescente e o seu limite e
1
2
.
n
>
1
2
. Esta desigualdade vale para n = 1,
pois
a
1
= 1 >
1
2
.
Assuma que a
n
>
1
2
, mostraremos que a
n+1
>
1
2
. De fato, se a
n
>
1
2
, temos
a
n+1
=
a
n
+ 1
3
>
1
2
+ 1
3
=
1
2
,
logo a
n+1
>
1
2
.
Mostraremos que (a
n
) e decrescente. Como a
n
>
1
2
, ent ao
a
n+1
a
n
=
a
n
+ 1
3
a
n
=
2
3
a
n
+
1
3
<
2
3
1
2
+
1
3
= 0,
o que mostra que a
n+1
< a
n
, portanto (a
n
) e decrescente. Como (a
n
) e limitada
inferiormente e decrescente, ent ao pelo Teorema 8.1 ela e convergente. Seja l =
lim
n
a
n
, ent ao lim
n
a
n+1
= l. Portanto
lim
n
a
n+1
= lim
n
a
n
+ 1
3
=
lim
n
a
n
+ 1
3
e concluimos que l =
l+1
3
, o que implica que l =
1
2
.
Exemplo 8.4. Seja a
1
=
2 e a
n+1
=
2 +
a
n
, para n 1. Ent ao (a
n
) converge.
n
< 2, para todo n. Esta desigualdade
vale para n = 1, pois a
1
=
2 < 2. Suponha que a

n
< 2, mostraremos que
a
n+1
< 2. De fato, se a
n
< 2, ent ao
a
n
<
2, portanto, 2 +
a
n
< 2 +
2 < 4,
e portanto
a
n+1
=
2 +
a
n
<
4 = 2.
A seguir mostraremos que (a
n
) e crescente. De fato, como 0 < a
n+1
< 2, ent ao
a
n+1
<
2 + a
n+1
, por qu e? Portanto a
n+1
<
2 + a
n+1
= a
n+2
, o que prova que
(a
n
) e crescente. Como (a
n
) e limitada superiormente e crescente, pelo Teorema
8.1, ela converge.
Exemplo 8.5. Sejam 0 < a
1
< b
1
e dena
a
n+1
=
a
n
b
n
, b
n+1
=
a
n
+ b
n
2
.
Ent ao as sequ encias (a
n
) e (b
n
) convergem.
De fato, mostraremos por induc ao que
a
1
< a
n
< a
n+1
< b
n+1
< b
n
< b
1
, (8.1)
o que implica que as sequ encias (a
n
) e (b
n
) s ao limitadas e mon otonas, (a
n
) e
crescente e (b
n
) e decrescente, portanto pelo Teorema 8.1, elas convergem. Note
que se 0 < a < b, multiplicando esta desigualdade por a e extraindo a raiz qua-
drada da desigualdade obtida, concluimos a <
ab. Al em disso, como a < b,

ent ao
a+b
2
< b. Por outro lado, vimos na Aula 4 que
ab <
a+b
2
, logo
a <
ab <
a + b
2
< b. (8.2)
Como 0 < a
1
< b
1
, de (8.2) concluimos que
a
1
<
a
1
b
1
<
a
1
+ b
1
2
< b
1
,
ou seja,
a
1
< a
2
< b
2
< b
1
,
portanto (8.1) vale para n = 1. Suponha que (8.1) valha para n, ou seja, a
1
< a
n
<
b
n
< b
1
, ent ao de (8.2), concluimos que
a
1
< a
n
<
a
n
b
n
<
a
n
+ b
n
2
< b
n
< b
1
,
portanto
a
1
< a
n
< a
n+1
< b
n+1
< b
1
,
o que mostra que (8.1) vale para n+1, comisso concluimos a nossa demonstrac ao.
Exerccio 8.3. Seja a
1
= 2 e a
n+1
=
2
5
a
n
, para n 1. Calcule lim
n
a
n
.
Exemplo 8.6. ( O n umero e) A sequ encia
a
n
= 1 +
1
1!
+
1
2!
+ . . . +
1
n!
,
e convergente e o seu limite est a entre 2 e 3.
Exemplo 8.5. Sejam 0 < a
1
< b
1
e dena
a
n+1
=
a
n
b
n
, b
n+1
=
a
n
+ b
n
2
.
Ent ao as sequ encias (a
n
) e (b
n
) convergem.
De fato, mostraremos por induc ao que
a
1
< a
n
< a
n+1
< b
n+1
< b
n
< b
1
, (8.1)
o que implica que as sequ encias (a
n
) e (b
n
) s ao limitadas e mon otonas, (a
n
) e
crescente e (b
n
) e decrescente, portanto pelo Teorema 8.1, elas convergem. Note
que se 0 < a < b, multiplicando esta desigualdade por a e extraindo a raiz qua-
drada da desigualdade obtida, concluimos a <
ab. Al em disso, como a < b,

ent ao
a+b
2
< b. Por outro lado, vimos na Aula 4 que
ab <
a+b
2
, logo
a <
ab <
a + b
2
< b. (8.2)
Como 0 < a
1
< b
1
, de (8.2) concluimos que
a
1
<
a
1
b
1
<
a
1
+ b
1
2
< b
1
,
ou seja,
a
1
< a
2
< b
2
< b
1
,
portanto (8.1) vale para n = 1. Suponha que (8.1) valha para n, ou seja, a
1
< a
n
<
b
n
< b
1
, ent ao de (8.2), concluimos que
a
1
< a
n
<
a
n
b
n
<
a
n
+ b
n
2
< b
n
< b
1
,
portanto
a
1
< a
n
< a
n+1
< b
n+1
< b
1
,
o que mostra que (8.1) vale para n+1, comisso concluimos a nossa demonstrac ao.
Exerccio 8.3. Seja a
1
= 2 e a
n+1
=
2
5
a
n
, para n 1. Calcule lim
n
a
n
.
Exemplo 8.6. ( O n umero e) A sequ encia
a
n
= 1 +
1
1!
+
1
2!
+ . . . +
1
n!
,
e convergente e o seu limite est a entre 2 e 3.
De fato, note que (a
n
) e crescente, por qu e? Mostraremos que (a
n
) e limitada
superiormente e sendo ela limitada superiormente e crescente, pelo Teorema 8.1,
concluiremos que ela converge. Claramente a
n
2, para todo n, por qu e? Resta-
nos encontrar uma cota superior para a
n
. Deixaremos a cargo do aluno mostrar
por induc ao que
(n + 1)! 2
n
,
para todo n 1. Logo
1
(k + 1)!

1
2
k
,
para todo k 1, portanto
2 a
n
1 +
1 +
1
2
+
1
2
2
+ . . . +
1
2
n1
= 1 +
1
1
2
n
1
1
2
(usamos (7.11))
= 1 + 2
1
2
< 3
1
2
n1
< 3.
Portanto, a sequ encia (a
n
) e limitada superiormente por 3. Como 2 < a
n
< 3,
concluimos que o seu limite, o qual denotaremos por e, est a entre 2 e 3. No Exem-
plo 8.7, mostraremos que e e irracional.
Exerccio 8.4. Seja q um n umero natural, mostre que
nq1
j=0
1
(q + 2)
l
=
q + 2
q + 1
1
q + 2
nq
.
Sugest ao: Veja (7.11).
Exemplo 8.7. O n umero e e irracional.
De fato, suponha que e fosse um n umero racional, ou seja,
e = p/q,
onde p, q N, s ao primos entre si. Mostraremos que isto nos levar a a uma
contradic ao, ou seja, mostraremos que
1
(q + 1)
q!(p/q a
q
)
q + 2
(q + 1)
2
, (8.3)
como
q+2
(q+1)
2
< 1, para todo q natural, as desigualdades acima est ao dizendo que
0 < q!(p/q a
q
) < 1.
Mas e f acil vermos que q!(p/q a
q
) e um inteiro, por qu e? Mas n ao existe inteiro
entre 0 e 1. Este absurdo veio da nossa hip otese de e ser um n umero racional,
logo e n ao pode ser um n umero racional, portanto e e um n umero irracional.
A seguir mostraremos (8.3). Tome n > q, ent ao
a
n
a
q
=
n
j=q+1
1
j!
>
1
(q + 1)!
.
Por outro lado,
a
n
a
q
=
n
j=q+1
1
j!
=
1
(q + 1)!
+
1
(q + 2)!
+
1
(q + 3)!
+ . . . +
1
n!
=
1
(q + 1)!
1 +
1
(q + 2)
+
1
(q + 2)(q + 3)
+
. . . +
1
(q + 2)(q + 3) . . . n
1
(q + 1)!
nq1
j=0
1
(q + 2)
l
=
q + 2
(q + 1)(q + 1)!
1
q + 2
nq
<
q + 2
(q + 1)(q + 1)!
=
q + 2
(q + 1)
2
q!
.
Na quarta igualdade acima usamos o Exerccio 8.4. Portanto
1
(q + 1)
< q!(a
n
a
q
) <
q + 2
(q + 1)
2
,
para todo n > q. Como a sequ encia (q!(a
n
a
q
)) satisfaz as desigualdades acima
e converge para q!(p/q a
q
) ent ao, pelo Exerccio 7.8, temos
1
(q + 1)
q!(p/q a
q
)
q + 2
(q + 1)
2
,
como
q+2
(q+1)
2
< 1, para todo q natural, as desigualdades acima est ao dizendo que
0 < q!(p/q a
q
) < 1.
Mas e f acil vermos que q!(p/q a
q
) e um inteiro, por qu e? Mas n ao existe inteiro
entre 0 e 1. Este absurdo veio da nossa hip otese de e ser um n umero racional,
logo e n ao pode ser um n umero racional, portanto e e um n umero irracional.
A seguir mostraremos (8.3). Tome n > q, ent ao
a
n
a
q
=
n
j=q+1
1
j!
>
1
(q + 1)!
.
Por outro lado,
a
n
a
q
=
n
j=q+1
1
j!
=
1
(q + 1)!
+
1
(q + 2)!
+
1
(q + 3)!
+ . . . +
1
n!
=
1
(q + 1)!
1 +
1
(q + 2)
+
1
(q + 2)(q + 3)
+
. . . +
1
(q + 2)(q + 3) . . . n
1
(q + 1)!
nq1
j=0
1
(q + 2)
l
=
q + 2
(q + 1)(q + 1)!
1
q + 2
nq
<
q + 2
(q + 1)(q + 1)!
=
q + 2
(q + 1)
2
q!
.
Na quarta igualdade acima usamos o Exerccio 8.4. Portanto
1
(q + 1)
< q!(a
n
a
q
) <
q + 2
(q + 1)
2
,
para todo n > q. Como a sequ encia (q!(a
n
a
q
)) satisfaz as desigualdades acima
e converge para q!(p/q a
q
) ent ao, pelo Exerccio 7.8, temos
1
(q + 1)
q!(p/q a
q
)
q + 2
(q + 1)
2
,
Exemplo 8.8. A sequ encia cujo termo geral e
a
n
=
1
n + 1
+
1
n + 2
+ . . . +
1
2n
converge e o seu limite est a entre
1
2
e 1.
De fato, note que na soma
a
n
=
1
n + 1
+
1
n + 2
+ . . . +
1
n + n
temos n parcelas e cada uma delas menores ou iguais a
1
n + 1
, portanto
a
n
n
1
n + 1
< 1.
Logo (a
n
) e limitada superiormente por 1. Para n 4, temos
a
n+1
a
n
=
1
2n + 1
+
1
2n + 2

1
n + 1
=
1
(n + 1)(2n + 1)
> 0,
Sendo (a
n
) limitada superiormente e a
n
+1 > a
n
, para n 4, ent ao pelo Teorema
8.1 ela converge, seja l o seu limite. Mostraremos que
1
2
l 1.
Como a
n+1
> a
n
, para n 4, ent ao a
n
a
4
, para n 4. Portanto
a
n
min{a
1
, a
2
, a
3
, a
4
} =
1
2
,
para todo n. Portanto
1
2
a
n
< 1, com isso concluimos que
1
2
l 1.
8.2 O Teorema de Bolzano-Weierstrass
Teorema 8.2. ( Teorema de Bolzano-Weierstrass) Toda sequ encia limitada (a
n
) tem uma
subsequ encia convergente.
Prova. Seja B o subconjunto de R, formado por todos aqueles n umeros x para os
quais existem no m aximo um n umero nito de ndices n, tais que a
n
> x. Como
a
n
e limitada, existe K > 0, tal que |a
n
| K, para todo n, ou seja, K a
n
K,
para todo n. Como a
n
K, para todo n, segue-se que (K, ) B, portanto
B = . Por outro lado, se x < K, ent ao a
n
> x, para todo n, portanto x / B.
Disso concluimos que x K, para todo x B, ou seja, K e uma cota inferior
para B. Sendo B um subconjunto n ao vazio e limitado inferiormente de R, ele
tem nmo, seja
m = inf B.
Para todo inteiro positivo j, existe um n umero innito de ndices n, tais que
a
n

m
1
j
, m +
1
j
,
caso contr ario, (m
1
j
, m +
1
j
) B, em particular, m
1
2j
estaria em B, isto
implicaria que inf B m
1
2j
, o que seria uma contradic ao. Tome n
1
, tal que
a
n
1
(m1, m +1), depois tome n
2
> n
1
, tal que a
n
2
(m1/2, m +1/2). Pro-
cedendo desta forma, encontraremos uma sequ encia de ndices n
1
< n
2
< . . . <
n
j
< . . ., tais que
a
n
j

m
1
j
, m +
1
j
,
ou seja,
|a
n
j
m| <
1
j
,
o que implica que a subsequ encia a
n
j
tende m, quando j tende a innito.
8.3 Sequ encia de Cauchy
Deni c ao 8.2. Dizemos que uma sequ encia de n umeros reais (a
n
) e de Cauchy, se para
todo > 0, existir n
o
N, tal que
|a
n
a
m
| < ,
para todos m, n n
o
.
Teorema 8.3. Uma sequ encia (a
n
) e convergente se, e somente se, ela for de Cauchy.
n
a
n
= r, ent ao, dado > 0, exite n
o
N, tal que
|a
n
r| < /2,
para todo n n
o
. Sejam m, n naturais, tais que m, n n
o
, ent ao pela desigual-
dade triangular, temos
|a
n
a
m
| = |(a
n
r) + (r a
m
)| |a
n
r| +|a
m
r|
< /2 + /2 = ,
portanto (a
n
) e de Cauchy.
Reciprocamente, suponha que (a
n
) seja de Cauchy. Mostraremos que (a
n
) e limi-
tada e, pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, ela possui uma subsequ encia (a
n
j
)
convergente; nalmente, mostraremos que (a
n
) converge para o mesmo limite
Para todo inteiro positivo j, existe um n umero innito de ndices n, tais que
a
n

m
1
j
, m +
1
j
,
caso contr ario, (m
1
j
, m +
1
j
) B, em particular, m
1
2j
estaria em B, isto
implicaria que inf B m
1
2j
, o que seria uma contradic ao. Tome n
1
, tal que
a
n
1
(m1, m +1), depois tome n
2
> n
1
, tal que a
n
2
(m1/2, m +1/2). Pro-
cedendo desta forma, encontraremos uma sequ encia de ndices n
1
< n
2
< . . . <
n
j
< . . ., tais que
a
n
j

m
1
j
, m +
1
j
,
ou seja,
|a
n
j
m| <
1
j
,
o que implica que a subsequ encia a
n
j
tende m, quando j tende a innito.
8.3 Sequ encia de Cauchy
Deni c ao 8.2. Dizemos que uma sequ encia de n umeros reais (a
n
) e de Cauchy, se para
todo > 0, existir n
o
N, tal que
|a
n
a
m
| < ,
para todos m, n n
o
.
Teorema 8.3. Uma sequ encia (a
n
) e convergente se, e somente se, ela for de Cauchy.
n
a
n
= r, ent ao, dado > 0, exite n
o
N, tal que
|a
n
r| < /2,
para todo n n
o
. Sejam m, n naturais, tais que m, n n
o
, ent ao pela desigual-
dade triangular, temos
|a
n
a
m
| = |(a
n
r) + (r a
m
)| |a
n
r| +|a
m
r|
< /2 + /2 = ,
portanto (a
n
) e de Cauchy.
Reciprocamente, suponha que (a
n
) seja de Cauchy. Mostraremos que (a
n
) e limi-
tada e, pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, ela possui uma subsequ encia (a
n
j
)
convergente; nalmente, mostraremos que (a
n
) converge para o mesmo limite
que (a
n
j
).
Na denic ao de sequ encia de Cauchy, tome = 1, ent ao existe n
o
, tal que para
todo m, n n
o
, temos
|a
n
a
m
| < 1.
Logo, fazendo m = n
o
, concluimos que
|a
n
a
n
o
| < 1,
para todo n n
o
, portanto, desta desigualdade e da desigualdade triangular,
temos
|a
n
| = |(a
n
a
n
o
) + a
n
o
| |a
n
a
n
o
| + |a
n
o
| < 1 + |a
n
o
|,
para todos n n
o
. Seja
K = max{|a
1
|, . . . , |a
n
o
1
|, 1 + |a
n
o
|},
ent ao
|a
n
| K,
para todo n, o que mostra que (a
n
) e limitada. Seja (a
n
j
) uma subsequ encia con-
vergente de (a
n
) e l o seu limite. Dado > 0, existe n
o
tal que
|a
n
j
l| <

2
, (8.4)
para todo n
j
> n
o
. Como (a
n
) e de Cauchy, para dado existe n
o
, tal que
|a
n
a
m
| <

2
, (8.5)
para todo m, n > n
o
. Seja
n
o
= max{n
o
, n
o
}
e tome n
j
o
> n
o
. Da desigualdade triangular, de (8.4) e de (8.5) (na qual zemos
m = n
j
o
), segue que
|a
n
l| = |(a
n
a
n
j
o
) + (a
n
j
o
l)|
|(a
n
a
n
j
o
)| + |(a
n
j
o
l)|
<

2
+

2
= ,
para todo n > n
o
, o que mostra que (a
n
) converge para l.
n
) uma sequ encia tal que
|a
n+1
a
n
| 2
n
,
para todo n. Ent ao (a
n
) e de Cauchy.
De fato, note que da desigualdade triangular, temos
|a
n+k
a
n
| =
n+k1
j=n
(a
j+1
a
j
)
n+k1
j=n
|(a
j+1
a
j
)|
n+k1
j=n
2
j
=
k1
l=0
2
(n+l)
= 2
n
k1
l=0
1
2
l
= 2
n+1
1
2
< 2
n+1
.
Portanto, se m n, temos
|a
m
a
n
| 2
n+1
.
Logo, dado > 0, se tomarmos n
o
tal que 2
n
o
+1
< , ent ao se n, m > n
o
, teremos
|a
m
a
n
| 2
min{n,m}+1
< 2
n
o
+1
< . Logo, (a
n
) e de Cauchy.
8.4 Exerccios
Exerccio 8.5. Mostre por indu c ao que para n 1, temos a seguinte desigualdade
n!
n
n

1
n
.
Usando o Teorema do Sanduiche, mostre que
lim
n
n!
n
n
= 0.
Exerccio 8.6. Verique cada um dos seguintes limites.
(1) lim
n
n
n
2
+ n = 1.
(2) lim
n
n
a
n
+ b
n
= max(a, b), onde a, b > 0.
Exerccio 8.7. Encontre os seguintes limites.
(1) lim
n
n
n + 1
n + 1
n
.
(2) lim
n
n + a

n + b
.
(3) lim
n
2
n
+ (1)
n
2
n+1
+ (1)
n+1
.
(4) lim
n
(1)
n
n cos(n
n
)
n + 1
.
Exerccio 8.8. O que e que podemos dizer sobre a sequ encia (a
n
), se ela converge e cada
a
n
e um inteiro?
n
) uma sequ encia de termos positivos convergindo para l. Mostre
que a sequ encia

n
p
1
p
2
, . . . p
n
tamb em converge para l.

n
) uma sequ encia de termos positivos, tais que lim
n
a
n+1
a
n
= l.
Mostre (
n
a
n
) tamb em converge para l.
De fato, note que da desigualdade triangular, temos
|a
n+k
a
n
| =
n+k1
j=n
(a
j+1
a
j
)
n+k1
j=n
|(a
j+1
a
j
)|
n+k1
j=n
2
j
=
k1
l=0
2
(n+l)
= 2
n
k1
l=0
1
2
l
= 2
n+1
1
2
< 2
n+1
.
Portanto, se m n, temos
|a
m
a
n
| 2
n+1
.
Logo, dado > 0, se tomarmos n
o
tal que 2
n
o
+1
< , ent ao se n, m > n
o
, teremos
|a
m
a
n
| 2
min{n,m}+1
< 2
n
o
+1
< . Logo, (a
n
) e de Cauchy.
8.4 Exerccios
Exerccio 8.5. Mostre por indu c ao que para n 1, temos a seguinte desigualdade
n!
n
n

1
n
.
Usando o Teorema do Sanduiche, mostre que
lim
n
n!
n
n
= 0.
Exerccio 8.6. Verique cada um dos seguintes limites.
(1) lim
n
n
n
2
+ n = 1.
(2) lim
n
n
a
n
+ b
n
= max(a, b), onde a, b > 0.
Exerccio 8.7. Encontre os seguintes limites.
(1) lim
n
n
n + 1
n + 1
n
.
(2) lim
n
n + a

n + b
.
(3) lim
n
2
n
+ (1)
n
2
n+1
+ (1)
n+1
.
(4) lim
n
(1)
n
n cos(n
n
)
n + 1
.
Exerccio 8.8. O que e que podemos dizer sobre a sequ encia (a
n
), se ela converge e cada
a
n
e um inteiro?
n
) uma sequ encia de termos positivos convergindo para l. Mostre
que a sequ encia

n
p
1
p
2
, . . . p
n
tamb em converge para l.

n
) uma sequ encia de termos positivos, tais que lim
n
a
n+1
a
n
= l.
Mostre (
n
a
n
) tamb em converge para l.
Exerccio 8.11. Mostre que lim
n
1
n
2
+
2
n
2
+ . . . +
n
n
2
=
1
2
.
Sugest ao. Mostre que por indu c ao que 1 + 2 + 3 + . . . + n =
n(n+1)
2
.
Exerccio 8.12. (Aproxima c oes sucessivas da raiz quadrada de c) Seja c um n umero real
positivo. Mostre que
a
n+1
=
a
n
+
c
a
n
2
converge para

c.
Exerccio 8.13. Dena a sequ encia (a
n
) indutivamente, pondo
a
1
= a
2
= 1 e a
n+2
= a
n+1
+ a
n
,
para todo n. Escreva
x
n
=
a
n
a
n+1
e supondo que
lim
n
x
n
= c,
encontre c.
8.5 Representa c ao decimal de n umeros reais
Na Aula 3, falamos sobre a representac ao decimal de um n umero racional; nesta
sec ao falaremos sobre a representac ao decimal de um n umero real qualquer.
Dado um n umero real x, digamos x > 0, existe um n umero inteiro n ao negativo
n
o
, tal que n
o
x < n
o
+ 1, ou seja, podemos escrever x = n
o
+ x
o
, onde x
o
=
x n
o
, portanto x
o
[0, 1). Logo
x = n
o
+ x
o
,
onde x
o
[0, 1).
Como x
o
[0, 1), se dividirmos os intervalo [0, 1] em 10 em subintervalos de
comprimentos iguais a
1
10
, ent ao x
o
tem que estar num destes subintervalos; ou
seja,
x
o

k
1
10
,
(k
1
+ 1)
10
,
para algum k
1
= 0, 1, . . . , 9. Logo x
1
= x
k
1
10
est a no intervalo [0,
1
10
), ou seja,
podemos escrever x
o
=
k
1
10
+ x
1
e portanto
x = n
o
+
k
1
10
+ x
1
,
onde x
1
[0,
1
10
).
Como x
1
[0,
1
10
), se dividirmos este intervalo em 10 subintervalos de com-
primentos iguais a
1
100
, ent ao x
1
estar a num destes subintervalos, ou seja, x
1

[
k
2
100
,
(k
2
+1)
100
), para algum k
2
= 0, 1, . . . , 9, portanto, x
2
= x
1
k
2
100
[0,
1
100
); logo
podemos escrever x
1
=
k
2
100
+ x
2
, onde x
2
[0,
1
100
). Portanto, temos
x = n
o
+
k
1
10
+
k
2
10
2
+ x
2
,
onde x
2
[0,
1
100
).
Em geral, dado x
n
[0,
1
10
n
), podemos escrever
x
n
=
k
n+1
10
n+1
+ x
n+1
, (8.6)
onde k
n+1
= 0, 1, . . . , 9 e x
n+1
[0,
1
10
n+1
). Portanto, podemos escrever
x = n
o
+
k
1
10
+
k
2
10
2
+ . . . +
k
n
10
n
+ x
n
,
Exerccio 8.11. Mostre que lim
n
1
n
2
+
2
n
2
+ . . . +
n
n
2
=
1
2
.
Sugest ao. Mostre que por indu c ao que 1 + 2 + 3 + . . . + n =
n(n+1)
2
.
Exerccio 8.12. (Aproxima c oes sucessivas da raiz quadrada de c) Seja c um n umero real
positivo. Mostre que
a
n+1
=
a
n
+
c
a
n
2
converge para

c.
Exerccio 8.13. Dena a sequ encia (a
n
) indutivamente, pondo
a
1
= a
2
= 1 e a
n+2
= a
n+1
+ a
n
,
para todo n. Escreva
x
n
=
a
n
a
n+1
e supondo que
lim
n
x
n
= c,
encontre c.
8.5 Representa c ao decimal de n umeros reais
Na Aula 3, falamos sobre a representac ao decimal de um n umero racional; nesta
sec ao falaremos sobre a representac ao decimal de um n umero real qualquer.
Dado um n umero real x, digamos x > 0, existe um n umero inteiro n ao negativo
n
o
, tal que n
o
x < n
o
+ 1, ou seja, podemos escrever x = n
o
+ x
o
, onde x
o
=
x n
o
, portanto x
o
[0, 1). Logo
x = n
o
+ x
o
,
onde x
o
[0, 1).
Como x
o
[0, 1), se dividirmos os intervalo [0, 1] em 10 em subintervalos de
comprimentos iguais a
1
10
, ent ao x
o
tem que estar num destes subintervalos; ou
seja,
x
o

k
1
10
,
(k
1
+ 1)
10
,
para algum k
1
= 0, 1, . . . , 9. Logo x
1
= x
k
1
10
est a no intervalo [0,
1
10
), ou seja,
podemos escrever x
o
=
k
1
10
+ x
1
e portanto
x = n
o
+
k
1
10
+ x
1
,
onde x
1
[0,
1
10
).
Como x
1
[0,
1
10
), se dividirmos este intervalo em 10 subintervalos de com-
primentos iguais a
1
100
, ent ao x
1
estar a num destes subintervalos, ou seja, x
1

[
k
2
100
,
(k
2
+1)
100
), para algum k
2
= 0, 1, . . . , 9, portanto, x
2
= x
1
k
2
100
[0,
1
100
); logo
podemos escrever x
1
=
k
2
100
+ x
2
, onde x
2
[0,
1
100
). Portanto, temos
x = n
o
+
k
1
10
+
k
2
10
2
+ x
2
,
onde x
2
[0,
1
100
).
Em geral, dado x
n
[0,
1
10
n
), podemos escrever
x
n
=
k
n+1
10
n+1
+ x
n+1
, (8.6)
onde k
n+1
= 0, 1, . . . , 9 e x
n+1
[0,
1
10
n+1
). Portanto, podemos escrever
x = n
o
+
k
1
10
+
k
2
10
2
+ . . . +
k
n
10
n
+ x
n
,
onde x
n
[0,
1
10
n
) e k
i
= 0, 1, . . . , 9, para i = 1, 2, . . . , n. Como x
n
[0,
1
10
n
), ent ao
0 x
n
<
1
10
n
, portanto, pelo Teorema do Sanduiche, lim
n
x
n
= 0. Portanto a
sequ encia
s
n
= n
o
+
k
1
10
+
k
2
10
2
+ . . . +
k
n
10
n
converge para x. Por causa disso dizemos que
x = n
o
+
i=1
k
i
10
i
.
Uma express ao da forma
i=1
a
i
, onde a
i
s ao n umeros reais, e chamada de uma
s erie num erica.
Note que
n
o
+
k
1
10
+
k
2
10
2
+ . . . +
k
n
10
n
= n
o
, k
1
k
2
... . . . k
n
,
ent ao a sequ encia n
o
, k
1
k
2
... . . . k
n
converge para x e escrevemos
x = n
o
, k
1
k
2
... . . . k
n
. . . ,
que e chamada de representa c ao decimal de x.
Se x e y forem dois n umeros reais tais que as suas representac oes decimais s ao
innitas e distintas, ent ao x = y. Para mostrar isso, consideraremos x e y par-
ticulares, mas os argumentos que usaremos se generalizar ao para qualquer par
de n umeros que tenham representac oes decimais innitas e distintas. Sejam x =
3, 81476 . . . e y = 3, 81475 . . . Como as duas representac oes s ao distintas tem pelo
menos um algarismo onde elas diferem, no presente caso x e y diferem no quinto
algarimo, o que vem depois deste algartmo pode ser qualquer coisa (estamos
excluindo a possibilidade de uma sequ encia innita de zeros ap os o quinto alga-
rismo em qualquer uma das representac oes). Note que x > 3, 81476, por outro
lado,
y 3, 814759 = 3, 81476.
Logo
x > 3, 81476 y.
Portanto x > y.
133
onde x
n
[0,
1
10
n
) e k
i
= 0, 1, . . . , 9, para i = 1, 2, . . . , n. Como x
n
[0,
1
10
n
), ent ao
0 x
n
<
1
10
n
, portanto, pelo Teorema do Sanduiche, lim
n
x
n
= 0. Portanto a
sequ encia
s
n
= n
o
+
k
1
10
+
k
2
10
2
+ . . . +
k
n
10
n
converge para x. Por causa disso dizemos que
x = n
o
+
i=1
k
i
10
i
.
Uma express ao da forma
i=1
a
i
, onde a
i
s ao n umeros reais, e chamada de uma
s erie num erica.
Note que
n
o
+
k
1
10
+
k
2
10
2
+ . . . +
k
n
10
n
= n
o
, k
1
k
2
... . . . k
n
,
ent ao a sequ encia n
o
, k
1
k
2
... . . . k
n
converge para x e escrevemos
x = n
o
, k
1
k
2
... . . . k
n
. . . ,
que e chamada de representa c ao decimal de x.
Se x e y forem dois n umeros reais tais que as suas representac oes decimais s ao
innitas e distintas, ent ao x = y. Para mostrar isso, consideraremos x e y par-
ticulares, mas os argumentos que usaremos se generalizar ao para qualquer par
de n umeros que tenham representac oes decimais innitas e distintas. Sejam x =
3, 81476 . . . e y = 3, 81475 . . . Como as duas representac oes s ao distintas tem pelo
menos um algarismo onde elas diferem, no presente caso x e y diferem no quinto
algarimo, o que vem depois deste algartmo pode ser qualquer coisa (estamos
excluindo a possibilidade de uma sequ encia innita de zeros ap os o quinto alga-
rismo em qualquer uma das representac oes). Note que x > 3, 81476, por outro
lado,
y 3, 814759 = 3, 81476.
Logo
x > 3, 81476 y.
Portanto x > y.
REFER
ENCIAS
Refer encias Bibliogr acas
[1] Lages Lima, ElonAn alise Real, volume 1, RJ, segunda edic ao, IMPA, CNPQ,
1993 (colec ao Matem atica Universit aria).
[2] Djairo Guedes Figueiredo, An alise I, segunda edic ao, Livros T ecnicos e Ci-
entcos S.A, 1996.
[3] R. P. Burn, Numbers and functions Steps into Analysis, University Press, Cam-
bridge, 1992
[4] C esar Polcino Milies e S onia Pitta Coelho, N umeros, uma introdu c ao ` a ma-
tem atica, Editora da Universidade de S ao Paulo, 1998
[5] Walter Rudin, Principles of Mathematical Analysis, Third Edition, McGraw-
Hill, Inc. 1976
[6] Ivan Niven, N umeros: Racionais e Irracionais, Colec ao Fundamentos da Ma-
tem atica Elementar, SBM, 1984.
123
Composto em caracteres Aller, Arial, Calibri, PT Sans e Times New Roman.
Editorado pelo Centro de Apoio Educao a Distncia da UFMG (CAED-UFMG).
Capa em Supremo, 250g, 4 X 0 cores - Miolo couch fosco 90g, 2X2 cores.
2013
F
u
n
d
a
m
e
n
t
o
s

d
e

A
n
l
i
s
e

I
U
F
M
G
C
A
E
D
Universidade Federal de Minas Gerais
Educao a Distncia
2013
Fundamentos
de Anlise I

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F

. Falamos sobre a representacao decimal de n umeros racionais e

2 nao e um n umero racional.

. Falamos sobre a representacao decimal de n umeros racionais e

2 nao e um n umero racional.

s s ao conjuntos arbitr arios, onde os ndices s pertencem ao

e dizer que a pertence

s s ao conjuntos arbitr arios, onde os ndices s perten-

s s ao conjuntos arbitr arios, onde os ndices s pertencem ao

e dizer que a pertence

s s ao conjuntos arbitr arios, onde os ndices s perten-

uma cole c ao de subconjuntos de S, ent ao

, portanto, para cada , temos x S A

), o que mostra que

, o que mostra que

= Z {0}, ent ao sendo Z

um subconjunto de Z que e enu-

, sendo o produto de dois

= Z {0}, ent ao sendo Z

um subconjunto de Z que e enu-

, sendo o produto de dois

o conjunto de todos os inteiros n ao nulos. Dados (a, b) e (c, d)

, dizemos que (a, b)R(c, d) se, e somente se ad = bc. Mostraremos que R e

, lembre-se que cada elemento

, temos (a, b)R(a, b), visto que ab = ba, pois a

, tais que (a, b)R(c, d); ent ao ad = bc e logo

, tais que (a, b)R(c, d) e (c, d)R(e, f ); ent ao

, ent ao todos os pares ordenados (c, d) em Z Z

, tais que ad = bc,

a seguinte relac ao: (a, b)R(c, d)

em classes de equival encia disjuntas. A

: (u, v)R(a, b)}

. Antes por em, deniremos a operac ao

. Dados (a, b) e (c, d) emZZ

, qual seria a maneira natural

, ent ao todos os pares ordenados (c, d) em Z Z

, tais que ad = bc,

a seguinte relac ao: (a, b)R(c, d)

em classes de equival encia disjuntas. A

: (u, v)R(a, b)}

. Antes por em, deniremos a operac ao

. Dados (a, b) e (c, d) emZZ

, qual seria a maneira natural

= (a, b) + (cq + dp, dq)

= (a, b) + (cq + dp, dq)

. Dado x Q, seja x = (a, b), ent ao temos

. Dados (a, b) e (c, d) em Z Z

, qual seria a maneira mais

= (a, b) . (cp, dq) = (a(cp), b(dq))

e arbitr ario. Dado x = (a, b), temos

for um racional tal que 1

x = x, para todo x Q, fazendo

e em virtude da propriedade comutativa,

= 1, que mostra a unicidade do elemento neutro da

, com b > 0, tal que x = (a, b). Por exemplo, se

, com b > 0, tal que x = (a, b). Por exemplo, se

2 e um exemplo de um n umero que n ao

> r. De fato, se r < 1, temos duas possibilidades: (i) r 0

> r, segue que r n ao pode

Inmo de um conjunto) Seja F um corpo ordenado e A um subconjunto