Solucões Dos Exercícios de Analise Real Vol.1 - Elon Lages Lima (Maratona B) PDF

Solucoes dos exerccios de Analise do livro de Elon
Lages Lima:Curso de analise vol.1.

Rodrigo Carlos Silva de Lima
Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ
rodrigo.u.math@gmail.com

15 de setembro de 2011
1
Sumario
1 Solucoes-Curso de analise vol.1 6

1.1 Notacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Captulo 2-Conjuntos finitos, Enumeraveis e nao-enumeraveis . . . . . . . . 7
1.2.1 Questao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2 Questao 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.3 Questao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.4 Questao 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.5 Questao 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.6 Questao 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.7 questao 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.8 Questao 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.9 Questao 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.10 Questao 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.11 Questao 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.12 Questao 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.2.13 Questao 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.2.14 Questao 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.2.15 Questao 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.2.16 Questao 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.17 Questao 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.18 Questao 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.2.19 Questao 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.2.20 Questao 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.21 Questao 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2
SUMARIO 3
1.2.22 Questao 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.23 Questao 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.2.24 Questao 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.2.25 Questao 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.2.26 Questao 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.3 Captulo 3 -Numeros reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.3.1 Questao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.3.2 Questao 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.3.3 Questao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.3.4 Questao 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.3.5 Questao 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.3.6 Questao 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.3.7 Questao 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.3.8 Questao 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.3.9 Questao 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.3.10 Questao 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.3.11 Questao 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.3.12 Questao 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.3.13 Questao 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.3.14 Questao 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.3.15 Questao 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.3.16 Questao 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.3.17 Questao 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.3.18 Questao 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.3.19 Questao 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.3.20 Questao 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.3.21 Questao 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.3.22 Questao 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.3.23 Questao 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.3.24 Questao 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.3.25 Questao 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.3.26 Questao 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.3.27 Questao 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
SUMARIO 4
1.3.28 Questao 29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
1.3.29 Questao 30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.3.30 Questao 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.3.31 Questao 32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1.3.32 Questao 33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1.3.33 Questao 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.3.34 Questao 35 e 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.3.35 Questao 37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
1.3.36 Questao 38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
1.3.37 Questao 39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1.3.38 Questao 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1.3.39 Questao 42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
1.3.40 Questao 43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
1.3.41 Questao 44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
1.3.42 Questao 45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.3.43 Questao 46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
1.3.44 Questao 48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
1.3.45 Questao 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
1.3.46 Questao 50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
1.3.47 Questao 53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1.3.48 Questao 57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1.4 Captulo 4-Sequencias e series de numeros reais . . . . . . . . . . . . . . . 57
1.4.1 Questao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
1.4.2 Questao 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
1.4.3 Questao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
1.4.4 Questao 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
1.4.5 Questao 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
1.4.6 Questao 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
1.4.7 Questao 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.4.8 Questao 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.4.9 Questao 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.4.10 Questao 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.4.11 Questao 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
SUMARIO 5
1.4.12 Questao 11a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

1.4.13 Questao 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
1.4.14 Questao 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
1.4.15 Questao 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
1.4.16 Questao 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
1.4.17 Questao 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
1.4.18 Questao 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
1.4.19 Questao 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
1.4.20 Questao 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
1.4.21 Questao 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
1.4.22 Questao 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
1.4.23 Questao 35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
1.4.24 Questao 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
1.4.25 Questao 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
1.4.26 Questao 42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.4.27 Questao 43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1.4.28 Questao 44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1.4.29 Questao 46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
1.4.30 Questao 48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
1.5 Captulo 5-Topologia da reta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
1.5.1 Questao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
1.5.2 Questao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
1.6 Captulo 8-Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
1.6.1 Questao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
1.6.2 Questao 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
1.6.3 Questao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
1.6.4 Questao 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
1.6.5 Questao 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Captulo 1
Solucoes-Curso de analise vol.1
Esse texto ainda nao se encontra na sua versao final, sendo, por enquanto, cons-
titudo apenas de anotacoes informais. Sugestoes para melhoria do texto, correcoes da
parte matematica ou gramatical eu agradeceria que fossem enviadas para meu Email
rodrigo.u.math@gmail.com.
Se houver alguma solucao errada, se quiser contribuir com uma solucao diferente ou
ajudar com uma solucao que nao consta no texto, tambem peco que ajude enviando a
solucao ou sugestao para o email acima, colocarei no texto o nome da pessoa que tenha
ajudado com alguma solucao. Espero que esse texto possa ajudar alguns alunos que
estudam analise pelo livro do Elon.
1.1 Notacoes
Denotamos (xn ) uma sequencia (x1 , x2 , ). Uma n upla (x1 , x2 , , xn ) podemos
denotar como (xk )n1 .
O conjunto de valores de aderencia de uma sequencia (xn ) iremos denotar como A[xn ].
Usaremos a abreviacao P BO para princpio da boa ordenacao.
Denotamos f (x + 1) f (x) = f (x).
xn+1
Usando a notacao Qxn = .
xn
6
CAPITULO 1. SOLUCOES-CURSO DE ANALISE VOL.1 7
1.2 Captulo 2-Conjuntos finitos, Enumeraveis e nao-
enumeraveis
1.2.1 Questao 1
Axioma 1. Existe uma funcao s : N N injetiva, chamada de funcao sucessor, o

numero natural s(n) e chamado sucessor de n.
Corolario 1. Como s e uma funcao, entao o sucessor de um numero natural e unico, isto
e, um numero natural possui apenas um sucessor.
Axioma 2. Existe um unico numero natural que nao e sucessor de nenhum outro natural,
esse numero simbolizamos por 1.
Axioma 3 (Axioma da inducao). Dado um conjunto A N , se 1 A e n A tem-se

s(n) A entao A = N.
Propriedade 1. Supondo os axiomas 1 e 2 entao o axioma 3 e equivalente a proposicao:

Para todo subconjunto nao vazio A N tem-se A \ S(A) = .
Demonstracao.
). Supondo o axioma (3) valido. Suponha por absurdo que exista A = , A N tal
que A \ S(A) = entao A S(A), isto e, x A existe y A tal que x = s(y). Sabemos
que 1
/ A, pois se nao 1 A \ S(A). Se n
/ A, vamos mostrar que s(n)
/ A. Se fosse
s(n) A, chegaramos em uma contradicao com A S(A), pois deveria haver y A tal
que s(y) = s(n) e por injetividade seguiria y = n A, o que contraria a hipotese, logo
S(n)
/ A, A e vazio pois nao contem nenhum numero natural, mas consideramos que A
nao e vazio como hipotese, absurdo!.
).
Pelo axioma 2 temos que 1 e o unico elemento de N \ S(N ), pelo axioma 1 temos que
S(N ) N da temos N = {1} S(N ) o que implica 1 A, n N s(n) A A = N.
1.2.2 Questao 2
Propriedade 2. Dados m e n naturais entao existe x natural tal que
x.n > m.
Demonstracao. Vale n 1 da multiplicando por m + 1 segue (m + 1)n m + 1 > m

logo (m + 1)n > n.
1.2.3 Questao 3
Propriedade 3. Seja n0 N . Se A N tal que n0 A e n A n + 1 A entao

todo x N com x a pertence a A.
Demonstracao. Se a = 1 nada temos a fazer pois A = N . Se a > 1 entao a = b + 1 e

sucessor de b. Vamos mostrar que b+n A n N. Sabemos que b+1 A. Supondo que
b + n A entao b + (n + 1) A da por inducao segue que b + n A n N. Lembrando
que x > b significa que existe p natural tal que b + p = x, como b + p A p N entao
x A. Outro fato que usamos e que se x > b entao x b + 1 = a pois nao existe natural
entre b e b + 1, b N .
1.2.4 Questao 5
Definicao 1 (Antecessor). m N e antecessor de n N quando m < n mas nao existe

c N tal que m < c < n.
Propriedade 4. 1 nao possui antecessor e qualquer outro numero natural possui ante-
cessor.
Demonstracao. Nao vale m < 1 para algum natural m, logo 1 nao possui antecessor.
Agora para todo outro n N vale n > 1 logo existe p N tal que p+1 = n, vamos mostrar
que p = m e o antecessor de n. Vale p < p + 1, logo a primeira condicao e satisfeita, a
segunda condicao tambem e satisfeita pois nao existe c N tal que p < c < p + 1. Vamos
mostrar agora que existe um unico antecessor. Suponha existencia de dois antecessores m
e m distintos entao existe um deles que e o maior, digamos m , da m < m e m < n por
transitividade segue m < m < n o que contraria a definicao de antecessor, entao existe
um unico.
1.2.5 Questao 6
Questao 6 a)
Propriedade 5. Mostrar que

n
! n(n + 1)
k= .
k=1
2
Demonstracao. Por inducao sobre n. Para n = 1 a igualdade vale pois

1
! 1(2)
k=1= .
k=1
2
Supondo a validade para n

n
! n(n + 1)
k=
k=1
2
vamos provar para n + 1
n+1
! (n + 1)(n + 2)
k= .
k=1
2
Por definicao de somatorio temos
n+1
! n
! n(n + 1) n (n + 1)(n + 2)
k = (n + 1) + k = (n + 1) + = (n + 1)(1 + ) =
k=1 k=1
2 2 2
onde usamos a hipotese da inducao .
Questao 6 b)
Propriedade 6. Mostrar que

n
!
(2k 1) = n2 .
k=1
Demonstracao. Por inducao sobre n. Para n = 1 temos

1
!
(2k 1) = 2.1 1 = 1 = 12 .
k=1
supondo a validade para n,

n
!
(2k 1) = n2
k=1
n+1
!
(2k 1) = (n + 1)2 .
k=1
Usando a definicao de somatorio e hipotese da inducao tem-se

n+1
! n
!
(2k 1) = (2k 1) + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .
k=1 k=1
Questao 6 c)
Exemplo 1. Mostrar por inducao que

n
!
(a 1) ak = an+1 1.
k=0
Para n = 1 temos
1
!
(a 1) ak = (a 1)(a + 1) = a2 1.
k=0
n
! n+1
!
k n+1
Supondo que (a 1) a =a 1 vamos provar que (a 1) ak = an+2 1. Por
k=0 k=0
definicao de somatorio e pela hipotese da inducao temos
n+1
! n
!
(a 1) ak = (a 1)an+1 + (a 1) ak = an+2 an+1 + an+1 1 = an+2 1 .
k=0 k=0
Questao 6 d)
Exemplo 2. Mostre que se n 4 entao n! > 2n .

Para n = 4 vale 4! = 24 > 24 = 16. Suponha validade para n , n! > 2n , vamos provar
para n + 1, (n + 1)! > 2n+1 . Multiplicando n! > 2n por n + 1 de ambos lados segue que
(n + 1)! > (n + 1) 2n > 2.2n = 2n+1 .

" #$ %
>2
1.2.6 Questao 7
m
&
Propriedade 7 (Unicidade da fatoracao em primos). Seja n N, n > 1. Se n = pk =
k=1
s
&
qk onde cada pk e qk sao primos, nao necessariamente distintos entao m = s e pk =
k=1
qk k , apos, se necessario, uma renomeacao dos termos.
Demonstracao. Vamos provar usando o segundo princpio da inducao, para n = 2 a

propriedade vale. Suponha a validade para todo t < n vamos provar que nessas condicoes
vale para n.
m1
& s1
&
n = pm pk = q s qk
k=1 k=1
s
&
pm divide o produto qk entao deve dividir um dos fatores, por exemplo qs (se nao,
k=1
renomeamos os termos), como pm |qs entao pm = qs
m1
& s1
& m1
& s1
&
pm pk = pm qk pk = qk = n 0 < n
k=1 k=1 k=1 k=1
como n0 e menor que n, usamos a hipotese da inducao, que implica m 1 = s 1, qk = pk

de k = 1 ate m 1, da segue que m = n e qk = pk de k = 1 ate m.
1.2.7 questao 8
Propriedade 8. Sejam A e B conjuntos com n elementos, entao o numero de bijecoes

de f : A B e n!
Demonstracao.
Por inducao sobre n, para n = 1, tem-se uma funcao A = {a1 } e B = {b1 }, f : A B
tal que f (a1 ) = b1 . Supondo a validade para conjuntos com n elementos, vamos provar
que vale para conjuntos com n + 1 elementos. Tomando A = {ak , k In+1 } e B = {bk ,
In + 1}, dado s In+1 , fixamos as bijecoes f com f (a1 ) = bs da a quantidade dessas
funcoes e dada pela quantidade de bijecoes de A \ {a1 } em B \ {bs }, que e n! para cada s
variando de 1 ate n + 1, o total entao e (n + 1)n! = (n + 1)!.
Corolario 2. O mesmo vale se A = B.
1.2.8 Questao 9
Questao a)
Propriedade 9. Se A e B sao finitos e disjuntos com |A| = n e |B| = m entao A B e

finito com |A B| = m + n.
Demonstracao. Existem bijecoes f : In A, g : Im B. Definimos h : Im+n

A B como h(x) = f (x) se 1 x n e h(x) = g(x n) se 1 + n x m + n
(1 x n m), como h e bijecao segue o resultado.
Propriedade 10. Se A e B sao conjuntos finitos nao necessariamente disjuntos vale a

relacao
|A B| = |A| + |B| |A B|.
Demonstracao. Escrevemos A como a uniao disjunta A = (A \ B) (A B), da

|A| |A B| = |A \ B| agora escrevemos A B = (A \ B) B, uniao disjunta logo
|A B| = |A \ B| + |B|
usando a primeira expressao segue que
|A B| = |A| + |B| |A B|.
1.2.9 Questao 10
Propriedade 11. Seja A finito. Existe uma bijecao g : In A para algum n, pois A e
finito, a funcao f : A A e injetiva ou sobrejetiva g 1 f g : In In e injetiva ou
sobrejetiva, respectivamente.
Demonstracao.
). Se f e injetiva ou sobrejetiva entao g 1 f g : In In e injetiva ou sobrejetiva,
por ser composicao de funcoes com essas propriedades.
). Seja g 1 f g : In In sobrejetiva vamos mostrar que f tambem e sobrejetiva.
Dado y A vamos mostrar que existe x A tal que f (x) = y. Como g : In A e
sobrejetiva entao existe x1 In tal que g(x1 ) = y e pelo fato de g 1 f g ser sobrejetiva
entao existe x2 In tal que g 1 (f (g(x2 ))) = x1 = g 1 (y) como g 1 e injetiva segue que
f (g(x2 )) = y logo f e sobrejetiva.
Se g 1 f g e injetiva entao f e injetiva. Sejam x, y quaisquer em A, existem
x1 , x2 In tais que g(x1 ) = x, g(x2 ) = y. Vamos mostrar que se f (x) = f (y) entao x = y.
Se f (x) = f (y) entao f (g(x1 )) = f (g(x2 )) e g 1 (f (g(x1 ))) = g 1 (f (g(x2 ))) com
g 1 f g segue que x1 = x2 que implica g(x1 ) = g(x2 ), isto e, x = y.
Propriedade 12. Seja A um conjunto finito. f : A A e injetiva e sobrejetiva.
Demonstracao.
).
Consideramos o caso f : In In , se f for injetiva entao f : In f (In ) e uma bijecao
com f (In ) In . fn nao pode ser parte propria de In pois se nao f 1 (In ) In seria
bijecao de um conjunto com sua parte propria, logo f (In ) = In e f : In In e bijecao.
). Se f for sobrejetiva entao para cada y In (imagem) podemos escolher x In
(domnio) tal que f (x) = y e da definir g : In In tal que g(y) = x, g e injetiva, pois f
e funcao, logo pelo resultado ja mostrado g e bijetora, implicando que f tambem e.
1.2.10 Questao 11
Propriedade 13 (Princpio das gavetas de Dirichlet- Ou princpio da casas dos pombos.).

!n
m
Se temos m conjuntos (Ak )1 e n elementos n > m, com |Ak | = n entao existe At em
k=1
(Ak )m
1 tal que |At | > 1.
Esse resultado diz que se temos n elementos e m conjuntos tais que n > m entao deve
haver um conjunto com pelo menos 2 elementos.
n
!
Demonstracao. Supondo que |Ak | 1 k entao aplicando a soma em ambos
k=1
lados dessa desigualdade temos
n
!
n= |Ak | m n m
k=1
o que contraria a hipotese de n > m ,portanto deve valer |At | > 1 para algum t In .
1.2.11 Questao 12
Propriedade 14. Seja A um conjunto com n elementos, entao o numero de funcoes

p1
&
injetivas f : Ip A e (n k).
k=0
Demonstracao. Se p > n o resultado vale pois nao existe funcao injetiva de f : Ip

A, pois se nao f : Ip f (A) seria bijecao e f (A) A da A iria possuir um subconjunto
com p elementos que e maior que o numero de elementos de A, o que e absurdo. Iremos
provar o resultado para outros valores de p n. Para p = 1 temos n funcoes, que sao
f1 (1) = a1 , f2 (1) = a2 , , fn (1) = an .

p1
&
Suponha que para Ip temos (n k) funcoes que sao injetivas, vamos mostrar que
k=0
p
&
para Ip+1 temos (n k) funcoes. Seja o conjunto das funcoes f : Ip+1 A injetivas,
k=0
p1
&
podemos pensar o conjunto das f restritas a Ip tendo (n k) funcoes, por hipotese da
k=0
inducao , agora podemos definir essas funcoes no ponto p + 1, onde temos n p escolhas,
p1
&
para cada uma dessas escolhas temos (n k) funcoes, portanto temos um total de
k=0
p1 p
& &
(n p) (n k) = (n k) funcoes.
k=0 k=0
1.2.12 Questao 13
' (
n
Propriedade 15. Se X possui n elementos entao tal conjunto possui subconjuntos
p
com p elementos.
Demonstracao. Vamos provar por inducao

' ( sobre n e p livre. Para n = 0 ele so
0
possui um subconjunto com 0 elementos = 1 e para outros valores de p > 0 N
' ( 0
0
vale = 0.
p ' (
n
Suponha que para um conjunto qualquer A com n elementos, temos subconjuntos,
p
agora podemos obter um conjunto'com ( n + 1 elementos, adicionando um novo elemento
n
{an+1 }, continuamos a contar os subconjuntos que contamos com elementos de A
p
e podemos formar mais subconjuntos com p elementos adicionando ( {an+1 } aos
' o ponto
n
conjuntos com p 1 elementos, que por hipotese da inducao temos , entao temos
' ( ' ( ' ( p 1
n n n+1
no total + = pela identidade de Stifel, como queramos demonstrar.
p1 p p
1.2.13 Questao 14
Propriedade 16. Seja |A| = n entao |P (A)| = 2n .

Demonstracao. Por inducao sobre n, se n = 1, entao A = {a1 } possui dois subcon-

juntos que sao e {1 }. Suponha que qualquer conjunto qualquer B com n elementos
tenha |P (B)| = 2n , vamos provar que um conjunto C com n + 1 elementos implica
|P (C)| = 2n+1 . Tomamos um elemento a C, C \ {a} possui 2n subconjuntos (por
hipotese da inducao), sk de k = 1 ate k = 2n , que tambem sao subconjuntos de C, porem
podemos formar mais 2n subconjuntos de C com a uniao do elemento {a}, logo no total
temos 2n + 2n = 2n+1 subconjuntos de C e mais nenhum subconjunto, pois nao temos
nenhum outro elemento para unir aos subconjuntos dados.
1.2.14 Questao 15
Exemplo 3. Existe g : N N sobrejetiva tal que g 1 (n) e infinito para cada n N .

Seja f : N N definida como f (n) = k se n e da forma n = pk k onde pk e o k-esimo
numero primo e f (n) = n caso contrario, f e sobrejetiva e existem infinitos n N tais
que f (n) = k para cada k natural.
1.2.15 Questao 16
Propriedade 17. Pn = {A N | |A| = n} e enumeravel.
Demonstracao. Definimos a funcao f : Pn N n da seguinte maneira: Dado A =

{x1 < x2 < < xn }, f (A) = (x1 , , xn ). Tal funcao e injetiva pois dados A = {xk , k
In } e B = {yk , k In } nao pode valer xk = yk para todo k, pois se nao os conjuntos
seriam iguais.
Se trocamos N por outro conjunto X enumeravel o resultado tambem vale, basta
definir uma funcao f : Pn X n e g : X N injetiva, enumeramos um subconjunto
finito qualquer com n elementos A X como A = {x1 , , xn } onde g(x1 ) < g(x2 ) <
< g(xn ) e definimos f (A) = (x1 , , xn ).
Corolario 3. o conjunto Pf dos subconjuntos finitos de N e enumeravel pois

)
Pf = Pk
k=1
e uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis. O mesmo vale trocando N por um conjunto

enumeravel qualquer A.
1.2.16 Questao 17
Propriedade 18. X e finito existe f : X X que so admite subconjuntos estaveis

e X.
Demonstracao. Iremos considerar sempre conjuntos nao vazios.

). Suponha X finito, entao X = {a1 , , an }, definimos f : X X como f (a1 ) =
a2 , f (a2 ) = a3 , em geral f (ak ) = ak+1 se k < n e f (an ) = a1 . f nao possui subconjunto
estavel diferente de X, pois, suponha um conjunto Y = X estavel, a1 nao pode pertencer
ao conjunto, pois se nao f (a1 ) = a2 Y , f (a2 ) = a3 Y ate f (an1 ) = an Y entao
teramos Y = X o que e absurdo, da mesma maneira se at Y entao f (at ) = at+1 Y ,
f (at+1 ) = at+2 Y , em menos de n aplicacoes da funcao teremos f (an1 ) = an Y e da
f (an ) = a1 Y o que implica Y = X, logo nao podemos ter outro subconjunto estavel
alem de X com a funcao f definida acima.
).
Suponha X infinito, vamos mostrar que qualquer funcao f : X X possui subcon-
junto estavel Y = X.
Tomamos a1 X, consideramos f (a1 ) := a2 se a1 = a2 paramos e temos o conjunto
Y = {a1 } =
X pois X e infinito, se nao continuamos a aplica a funcao f (a2 ) := a3 , se a3 =
a2 ou a1 entao paramos e tomamos Y = {a1 , a2 }, continuamos o processo recursivamente
f (ak ) : ak+1 se ak+1 e igual a algum dos elementos de {a1 , , ak }, entao paramos o
processo e tomamos Y = {a1 , , ak }, se para todo k N os elementos ak+1 = f (ak ) nao
pertencem ao conjunto {a1 , , ak }, entao temos um conjunto
= {a2 = f (a1 ), f (a2 ) = a3 , f (a3 ) = a4 , , f (an ) = an+1 , }
tomamos tal conjunto como Y e temos
f (Y ) = {f (a2 ) = a3 , f (a3 ) = a4 , , } Y
podemos observar que Y = X pois a1

/ Y. Assim conclumos nossa demonstracao.
1.2.17 Questao 18
Propriedade 19. Seja f : A A injetiva, tal que f (A) = A, tomando x A\f (A) entao
os elementos f k (x) de O(x) = {f k (x), k N } sao todos distintos. Estamos denotando
f k (x) pela k-esima composicao de f com ela mesma.
Demonstracao. Para todo t vale que f t e injetiva, pois a composicao de funcoes

injetivas e injetiva.
Se existisse k = t tal que f k (x) = f t (x), t > k , entao existe p > 0 N tal que
t=k+p
f k+p (x) = f k (f p (x)) = f k (x)
por injetividade de f k segue que f p (x) = x, logo x f (A) o que contraria a hipotese de
x A \ f (A). Portanto os elementos sao distintos.
1.2.18 Questao 19
Propriedade 20. Se A e infinito entao existe funcao injetiva f : N A.
Demonstracao. Podemos definir f indutivamente. Tomamos inicialmente x1 A e

n
)
definimos f (1) = x1 e para n N escolhemos xn+1 A\ {xk } definido f (n+1) = xn+1 .
k=1
n
)
A\ {xk } nunca e vazio pois A e infinito. f e injetora pois tomando m > n tem-se
k=1
m1
) m1
)
f (n) {xk } e f (m) A \ {xk }.
k=1 k=1
Corolario 4. Existe funcao injetiva de um conjunto finito B num conjunto infinito A,

usamos o mesmo processo do exemplo anterior, mas o processo para depois de definir a
funcao |B| pontos.
Propriedade 21. Sendo A infinito e B finito existe funcao sobrejetiva g : A B.
Demonstracao. Existe funcao injetiva f : B A, logo f : B f (B) A e

bijecao, possuindo inversa g 1 : f (B) B. Considere a funcao f : A B definida como
f (x) = g 1 (x) se x f (B) e f (x) = x1 B se x
/ f (B), f e funcao sobrejetiva.
1.2.19 Questao 20
Questao 20-a)
Propriedade 22. O produto cartesiano finito de conjuntos enumeraveis e enumeravel.

s
&
Demonstracao. Seja Ak o produto cartesiano dos conjuntos Ak enumeraveis,
k=1
entao para cada k existe uma funcao fk : N Ak que e sobrejetiva, entao definimos a
&s
s
funcao f : N Ak dada por
k=1
f (xk )s1 = (fk (xk ))s1
,isto e,
f (x1 , , xs ) = (f1 (x1 ), , fs (xs ))
& s
s
como tal funcao e sobrejetiva e N e enumeravel segue que Ak e enumeravel.
k=1
Corolario 5. Se X e finito e Y e enumeravel, entao F (X, Y ) e enumeravel. Basta

n
&
considerar o caso de X = In , entao F (X, Y ) = Y = Y n , que e enumeravel.
k=1
Questao 20-b)
Propriedade 23. Para cada f : N N seja Af = {n N | f (n) = 1}. O conjunto M

das funcoes, f : N N tais que Af e finito e um conjunto enumeravel.
Demonstracao. Seja Bn o conjunto das f : N N , tais que |Af | = n, va-

mos mostrar inicialmente que Bn e enumeravel. Cada f : N N e uma sequencia
(f (1), f (2), f (3), , f (n), ), os elementos de Bn sao as sequencias que diferem da uni-
dade em exatamente n valores. Para cada elemento f de Bn temos n termos diferentes
de 1, que serao simbolizados por
f (k1 ), f (k2 ), , f (kn ) onde k1 < k2 < < kn
definimos g : Bn N n como
f (k1 ) f (k2 ) f (kn )
g(f ) = (pk1 , p k2 , , p kn )
onde cada pt e o t-esimo primo. A funcao definida dessa forma e injetora, pois se vale
g(f ) = g(h) entao
f (k1 ) f (k2 ) f (kn ) f (k1 ) f (k2 ) )
f (kn
(pk1 , p k2 , , p kn ) = (qk , qk , , qkn )
1 2
por unicidade de fatoracao em primos segue que qt = pt e kt = kt t.

)
Agora escrevemos M = Bk e uma uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis,
k=1
portanto o conjunto das funcoes f : N N tais que Af e finito e enumeravel.
1.2.20 Questao 21

)
Exemplo 4. Exprimir N = Nk onde os conjuntos sao infinitos e dois a dois disjuntos.
k=1

)
Tome Nk+1 = {pk k , k N onde pk o k-esimo primo} e N1 = N \ Nk , cada um
k=2
deles e infinito, sao disjuntos e sua uniao da N .
1.2.21 Questao 22
Exemplo 5. f : N N N definida como f (m, n) = 2m1 (2n 1) e uma bijecao.

Dado um numero natural n qualquer, podemos escrever esse numero como produto dos
seus fatores primos
n
& n
&
n= pk k =2 . 1
pk k
k=1 k=2
como os primos maiores que 2 sao mpares e o produto de mpares e um numero mpar
entao n = 2m (2n 1). Agora vamos mostrar que a funcao e injetora seja f (m, n) = f (p, q)
2m (2n 1) = 2p (2q 1)
se m = p os numeros serao diferentes pela unicidade de fatoracao (2s 1 nao possui

fatores 2 pois sempre e mpar), entao devemos ter m = p, da segue que n = q e termina
a demonstracao.
1.2.22 Questao 23
Propriedade 24. Todo conjunto A N e enumeravel.
Demonstracao. Se A e finito entao A e enumeravel. Se A e infinito podemos enu-

)n
merar seus elementos da seguinte maneira x1 = min A, xn+1 = min A \ {xk }, da
k=1

)
A= {xk }
k=1
pois se existisse x A tal que x = xk da teramos x > xk para todo k que e absurdo,
pois nenhum conjunto infinito de numeros naturais e limitado superiormente. A funcao x
definida e injetora e sobrejetora. Vamos mostrar agora que ela e a unica bijecao crescente
entre A e N . Suponha outra bijecao crescente f : N A. Deve valer f (1) = x1 , pois se
fosse f (1) > x1 entao f nao seria crescente. Supondo que vale f (k) = xk k n N
vamos mostrar que f (n + 1) = xn+1 , nao pode valer f (n + 1) < xn+1 com f (n + 1) A
pois a funcao e injetora e os possveis termos ja foram usados em f (k) com k < n + 1,
nao pode valer f (n + 1) > xn+1 pois se nao a funcao nao seria crescente, ela teria que
assumir para algum valor x > n + 1 o valor de xn+1 , a unica possibilidade restante e
f (n + 1) = xn+1 o que implica por inducao que xn = f (n) n N.
1.2.23 Questao 24
Propriedade 25. Todo conjunto infinito se decompoe como uniao de uma infinidade
enumeravel de conjuntos infinitos, dois a dois disjuntos.
Demonstracao. Todo conjunto X infinito possui um subconjunto infinito enumeravel

E = {b1 , b2 , , bn , }, tomamos b2k = xk e formamos o conjunto A = {x1 , x2 , , xn , }.

)
k
Definimos Bk = {xpk , k N }, onde pk e o k-esimo primo e B0 = A \ Bk , cada um
k=1

)
desses conjuntos B0 , B1 , e infinito e todos sao disjuntos, vale A = Bk , definimos
k=0
B1 = (E X) \ A que e infinito e nao possui elemento e disjunto com todo outro Bk ,
com isso temos
)
X= Bk
k=1
que e uma uniao enumeravel de conjuntos infinitos disjuntos.
1.2.24 Questao 25
Definicao 2 (Funcao caracterstica). Sejam um conjunto A e V um subconjunto qualquer

de A, definimos
Cv (t) = 0 se x
/V
Cv (t) = 1 se x V
Propriedade 26. Sejam X, Y A. Valem as propriedades.

Cxy = Cx Cy
Cxy = Cx + Cy Cxy e Cxy = 0 X Y = .
Se X Y Cx Cy .
CA\X = 1 Cx .
Demonstracao.
Cxy = Cx Cy . Temos dois casos a analisar, se t X Y entao
Cxy (t) = 1 = Cx (t) Cy (t),

" #$ % " #$ %
1 1
se t
/ X Y podemos supor t
/ Y entao
Cxy (t) = 0 = Cx (t) Cy (t) .

" #$ %
0
Cxy = Cx + Cy Cxy e Cxy = 0 X Y = .
Analisamos tres casos.
1. Se t X Y entao Cxy (t) = 1, Cx (t) + Cy (t) Cxy (t) = 1 + 1 1 = 1, logo

vale a igualdade.
2. Se t
/ X Y e t X ( sem perda de generalidade), entao Cxy (t) = 1,
Cx (t) + Cy (t) Cxy (t) = 1 + 0 0 = 1, logo vale a igualdade.
3. Agora o ultimo caso, se t

/ X, Y , Cxy (t) = 0 e Cx (t) + Cy (t) Cxy (t) =
0 + 0 0 = 0, valendo novamente a igualdade.
Cxy = Cx + Cy Cxy = 0 Cxy (t) = 0 t A, isso significa que X e Y sao

disjuntos.
Se X Y Cx Cy . ). Analisamos tres casos
1. t
/Y et
/ Y da t
/ x e vale Cx (t) = 0Cy (t).
2. Se t Y e t
/ x entao Cx (t) = 0 Cy (t) = 1.
3. Se t Y tem-se t Y da Cx (t) = 1 1 = Cy (t).

Em qualquer caso vale a desigualdade.
). Suponha que X nao esteja contido em Y , entao existe t tal que t X, t

/Y
portanto vale cx (t) = 1 e cy (t) = 0 e nao se verifica a desigualdade.
CA\X = 1 Cx .
Analisamos dois casos
1. Se t
/ X entao CA\X (t) = 1 = 1 Cx (t).
" #$ %
0
2. Se t X CA\X (t) = 0 = 1 Cx (t).

" #$ %
1
1.2.25 Questao 26
Propriedade 27. O conjunto das sequencias crescentes de numeros naturais nao e enu-
meravel.
Demonstracao. Seja A o conjunto das sequencias crescentes de numeros naturais.

Suponha que seja enumeravel, entao existe uma bijecao x : N A
x1 = (y(1,1) , y(2,1) , y(3,1) , y(4,1) , )
x2 = (y(1,2) , y(2,2) , y(3,2) , y(4,2) , )

..
.
xn = (y(1,n) , y(2,n) , y(3,n) , y(4,n) , )
vamos mostrar que existe uma sequencia crescente que sempre escapa a essa enu-
meracao, tomamos a sequencia s como
s = (y(1,1) +1 , y(2,2) +y(1,1) +1 , y(3,3) +y(2,2) +y(1,1) +1, y(4,4) +y(3,3) +y(2,2) +y(1,1) +1 , )
t
!
denotando y(0,0) = 1 o t-esimo termo da sequencia acima e st = y(k,k) , tal sequencia
k=0
e crescente e ela difere de cada xt na t-esima coordenada, portanto ela nao pertence
a enumeracao, o que e absurdo, portanto o conjunto das sequencias crescentes e nao
enumeravel.
1.2.26 Questao 27
Propriedade 28. Sejam (N, s) e (N , s ) dois pares formados por um conjunto e uma
funcao em que ambos cumprem os axiomas de Peano. Entao existe uma unica bijecao
f : N N tal que f (1) = 1 , f (n + 1) = f (n) + 1 e vale ainda que
f (m) + f (n) = f (m + n)
f (m.n) = f (m)f (n)
m < n f (m) < f (n).
Demonstracao. Primeiro vamos provar que f deve ser obrigatoriamente da forma

f (n) = n n N , por inducao sobre n, a propriedade vale para n = 1, suponha a
validade para n, vamos provar para n + 1
f (n + 1) = f (n) + 1 = n + 1 = s (n) = (n + 1) .
Entao para todo n N fica provado que f (n) = n , f e unica por construcao, sendo
tambem sobrejetora.
Vale que f (m) + f (n) = f (m + n), vamos provar por inducao sobre n. Para n = 1
ela vale por definicao da funcao, supondo a validade para n, vamos provar para n+1
f ((m + n) + 1) = f (m + n) + f (1) = f (m) + (f (n) + f (1)) = f (m) + f (n + 1)
logo fica provada a propriedade. f e injetiva, pois se houvessem dois valores distintos
m > n tais que f (m) = f (n) entao existe p N tal que n + p = m, aplicando a
funcao temos f (n) + f (p) = f (m) = f (n), isto e n + p = n entao n > n o que e
absurdo, portanto a funcao e injetiva.
f (m.n) = f (m)f (n). Por inducao sobre n, para n = 1 ela vale. Suponha validade
para n, vamos provar para n + 1
f (m.(n + 1)) = f (mn + m) = f (m)f (n) + f (m) = f (m)[f (n) + 1] = f (m)f (n + 1)
como queramos provar.
m < n f (m) < f (n). ). Se vale m < n entao existe p N tal que m + p = n e
da aplicando f tem-se m + p = n o que implica n > m , isto e, f (n) > f (m).
) Da mesma forma se f (m) < f (n) entao m < n e da existe p tal que m + p =
n f (m + p) = f (n) que por injetividade segue m + p = n, portanto n > m.
1.3 Captulo 3 -Numeros reais
1.3.1 Questao 1
Questao 1-1
Primeiro provamos um lema, depois a questao pedida.
Propriedade 29.
a c a+c
+ = .
d d d
Demonstracao.
a c a+c
+ = d1 a + d1 c = d1 (a + c) =
d d d
por distributividade do produto em relacao a soma.
Propriedade 30.
a c ad + bc
+ = .
b d bd
Demonstracao.
a c ad cb ad cb ad + bc
+ = + = + = .
b d bd db bd db bd
Questao 1-2
Propriedade 31.
a c ac
. = .
b d bd
Demonstracao.
a c ac
. = a.b1 .c.d1 = ac.b1 .d1 = ac.(bd)1 = .
b d bd
1.3.2 Questao 2
Questao 2-1
Propriedade 32. Para todo m inteiro vale
am .a = am+1 .
Demonstracao. Para m natural vale pela definicao de potencia, agora para m =

n, n > 0 N um inteiro vamos provar an .a = an+1 . Para n = 1 temos
a1 a = a1+1 = a0 = 1.
Vamos provar agora para n > 1, n 1 > 0
an = (an )1 = (an1 a)1 = an+1 a1
multiplicando por a de ambos lados an .a = an+1 como queramos demonstrar.
Propriedade 33.
am .an = am+n .
Demonstracao. Primeiro seja m um inteiro qualquer e n natural, vamos provar a

identidade por inducao sobre n, para n = 0 vale
am .a0 = am = am+0
para n = 1 vale
am a1 = am a = am+1 .
Supondo valido para n

am .an = am+n

am .an+1 = am+n+1
temos
am .an+1 = am an a = am+n .a = am+n+1 .
Agora para n com n natural , se m e natural temos que a propriedade ja foi demonstrada
am an = amn
se m e inteiro negativo temos

am an = amn
pois o inverso de am an e am an = am+n propriedade que ja esta provada por m e n

serem naturais e amn anm = 1 por unicidade do inverso de = am an = am+n e am an
logo fica provado para n e m inteiros. Para potencia negativa n podemos fazer como se
segue
am an = (am )1 (an )1 = (am an )1 = (am+n )1 = amn .
Questao 2-2
Propriedade 34.
(am )n = amn
para m e n inteiros.
Demonstracao. Primeiro por inducao para m inteiro e n natural
(am )0 = 1 = am.0
(am )1 = am = am.1 .
Supondo valido para n

(am )n = amn

(am )n+1 = am(n+1)
temos pela definicao de potencia e pela hipotese da inducao que
(am )n+1 = (am )n am = amn am = amn+m = am(n+1)
onde usamos a propriedade do produto de potencia de mesma base. Para n inteiro negativo
(am )n = ((am )n )1 = (amn )(1) = amn .
1.3.3 Questao 3
xk xs
Exemplo 6. Se = para todos k, s In , num corpo K, prove que dados, ak
yk ys
!n
K, k In tais que ak yk = 0 tem-se
k=1
*
n
a k xk
k=1 x1
*n = .
y1
ak yk
k=1
x1 xk
Chamando = p temos = p logo xk = pyk e a soma
y1 yk
n
! n
!
ak xk = p ak yk
k=1 k=1
logo
*
n
ak xk
k=1 x1
*n =p= .
y1
ak yk
k=1
1.3.4 Questao 4
Definicao 3 (Homomorfismo de corpos). Sejam A, B corpos. Uma funcao f : A B

chama-se um homomorfismo quando se tem
f (x + y) = f (x) + f (y)
f (x.y) = f (x).f (y)
f (1A ) = 1B
para quaisquer x, y A. Denotaremos nesse caso as unidades 1A e 1B pelos mesmos

smbolos e escrevemos f (1) = 1.
Propriedade 35. Se f e homomorfismo entao f (0) = 0.
Demonstracao. Temos
f (0 + 0) = f (0) + f (0) = f (0)
somando f (0) a ambos lados segue
f (0) = 0.
Propriedade 36. Vale f (a) = f (a).
Demonstracao. Pois
f (a a) = f (0) = 0 = f (a) + f (a)
da f (a) = f (a).
Corolario 6.
f (a b) = f (a) + f (b) = f (a) f (b).
Propriedade 37. Se a e invertvel entao f (a) e invertvel e vale f (a1 ) = f (a)1 .
Demonstracao.
f (a.a1 ) = f (1) = 1 = f (a).f (a1 )
entao pela unicidade de inverso em corpos segue que f (a)1 = f (a1 ).
Propriedade 38. f e injetora.
Demonstracao. Sejam x, y tais que f (x) = f (y), logo f (x) f (y) = 0, f (x y) = 0,

se x = y entao x y seria invertvel logo f (x y) nao seria nulo, entao segue que x = y.
Propriedade 39. Se f : A B com f (x + y) = f (x) + f (y) e f (x.y) = f (x)f (y) para

x, y arbitrarios, entao f (x) = 0 x ou f (1) = 1.
Demonstracao. f (1) = f (1.1) = f (1)f (1), logo f (1) = f (1)2 por isso f (1) = 1 ou
f (1) = 0. Se f (1) = 0 entao f (x.1) = f (x)f (1) = 0, f (x) = 0 x.
1.3.5 Questao 5
Propriedade 40. Se f : Q Q e um homomorfismo entao f (x) = x x Q.
Demonstracao. Vale que f (x + y) = f (x) + f (y), tomando x = kh e y = h fixo,

tem-se
f ((k + 1)h) f (kh) = f (h)
n1
!
aplicamos a soma de ambos lados, a soma e telescopica e resulta em
k=0
f (nh) = nf (h)
p
tomando h = 1 segue que f (n) = n, tomando h = segue
n
p p p p
f (n ) = f (p) = p = nf ( ) f ( ) = .
n n n n
1.3.6 Questao 6
1.3.7 Questao 7
1.3.8 Questao 8
Propriedade 41. Seja K um conjunto onde valem todos os axiomas de corpo, exceto a
existencia de inverso multiplicativo. Seja a = 0. f : K K com f (x) = ax e bijecao
a1 K.
Demonstracao. ). A funcao e sobrejetora logo existe x tal que f (x) = 1 = ax

portanto a e invertvel com a1 = x K.
). Dado qualquer y K tomamos x = ya1 da f (x) = aa1 y = y e a funcao e
sobrejetiva. f tambem e injetiva, pois se f (x1 ) = f (x2 ), ax1 = ax2 implica por lei do
corte que x1 = x2 .. Em geral f e injetiva vale a lei do corte por essa observacao.
Propriedade 42. Seja K finito. Vale a lei do corte em A existe inverso para cada
elemento nao nulo de K,
Demonstracao. ). Se vale a lei do corte, pela propriedade anterior tem-se que para
qualquer a = 0 em K, f : K K com f (x) = ax e injetiva, como f e injetiva de K em
K que e um conjunto finito, entao f e bijetiva, o que implica a ser invertvel.
). A volta e trivial pois existencia de inverso implica lei do corte.
1.3.9 Questao 9
Exemplo 7. O conjunto dos polinomios de coeficiente racionais Q[t] nao e um corpo, pois
! n
por exemplo o elemento x nao possui inverso multiplicativo, se houvesse haveria ak xk
k=0
n
! n
!
tal que x a k xk = 1 = ak xk+1 o que nao e possvel pois o coeficiente do termo
k=0 k=0
n
!
independente x0 e zero em ak xk+1 e deveria ser 1.
k=0
O conjunto dos inteiros Z nao e um corpo, pois nao possui inverso multiplicativo para
todo elementos, por exemplo nao temos o inverso de 2.
1.3.10 Questao 10
Propriedade 43. Dados x, y R, x2 + y 2 = 0 x = y = 0.
Demonstracao. ).Suponha que x = 0, entao x2 > 0 e y 2 0 de onde segue que

x2 +y 2 > 0 , absurdo entao deve valer x2 = 0 x = 0 logo temos tambem y 2 = 0 y = 0,
portanto x = y = 0.
). Basta substituir x = y = 0 resultando em 0.
1.3.11 Questao 11
Exemplo 8. A funcao f : K + K + com f (x) = xn , n N e crescente. Sejam x > y > 0

n
& &n
entao xn > y n pois xn = x> y = y n , por propriedade de multiplicacao de positivos.
k=1 k=1
Se f : Q+ Q+ , Q+ o conjunto dos racionais positivos, entao f nao e sobrejetiva para
n = 2, pois nao existe x Q tal que x2 = 2 Q+ .
f (K + ) nao e um conjunto limitado superiormente de K, isto e, dado qualquer x K
existe y K + tal que y n > x. O limitante superior do conjunto, se existisse, nao poderia
ser um numero negativou ou zero, pois para todo y positivo tem-se y n positivo, que e maior
que 0 ou qualquer numero negativo. Suponha que x positivo seja, tomando y = x + 1
temos y n = (x + 1)n 1 + nx > x, logo f (K + ) nao e limitado superiormente.
1.3.12 Questao 12
Propriedade 44. Sejam X um conjunto qualquer e K um corpo, entao o conjunto

F (X, K) munido de adicao e multiplicacao de funcoes e um anel comutativo com uni-
dade, nao existindo inverso para todo elemento. Lembrando que em um anel comu-
tativo com unidade temos as propriedades, associativa, comutativa, elemento neutro e
existencia de inverso aditivo, para adicao. valendo tambem a comutatividade, associati-
vidade, existencia de unidade 1 para o produto e distributividade que relaciona as duas
operacoes.
Demonstracao.
Vale a associatividade da adicao
((f + g) + h)(x) = (f (x) + g(x)) + h(x) = f (x) + (g(x) + h(x)) = (f + (g + h))(x)
Existe elemento neutro da adicao 0 K e a funcao constante 0(x) = 0 x K, da
(g + 0)(x) = g(x) + 0(x) = g(x).
Comutatividade da adicao
(f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x)
Existe a funcao simetrica, dado g(x), temos f com f (x) = g(x) e da
(g + f )(x) = g(x) g(x) = 0.
Vale a associatividade da multiplicacao
(f (x).g(x)).h(x) = f (x).(g(x).h(x))
Existe elemento neutro da multiplicacao 1 K e a funcao constante I(x) = 1 x

K, da
(g.I)(x) = g(x).1 = g(x).
Comutatividade da multiplicacao
(f.g)(x) = f (x)g(x) = g(x)f (x) = (g.f )(x)
Por ultimo vale a distributividade (f (g + h))(x) = f (x)(g(x) + h(x)) = f (x)g(x) +

f (x)h(x) = (f.g + f.h)(x).
Nao temos inverso multiplicativo para toda funcao, pois dada uma funcao, tal que
f (1) = 0 e f (x) = 1 para todo x = 1 em K, nao existe funcao g tal que g(1)f (1) = 1,
pois f (1) = 0, assim o produto de f por nenhuma outra funcao gera a identidade.
1.3.13 Questao 13
Propriedade 45. Sejam x, y > 0 . x < y x1 > y 1 .

Demonstracao. ). Como y > x e x1 e y 1 sao positivos, multiplicamos a desi-

gualdade por x1 y 1 em ambos lados x1 y 1 y > x1 y 1 x implicando x1 > y 1 , entao
1 1
se y > x temos > .
x y
). Se x1 > y 1 . x, y sao positivos, multiplicamos a desigualdade por xy em ambos
lados, de onde segue que y > x.
1.3.14 Questao 14
Propriedade 46. Sejam a > 0 em K e f : Z K com f (n) = an . Nessas condicoes f

e crescente se a > 1, decrescente se a < 1 e constante se a = 1.
Demonstracao. Para qualquer n Z vale f (n + 1) f (n) = an+1 an = an (a 1),

an e sempre positivo, entao o sinal da diferenca depende do sinal de a 1. Se a = 1 vale
f (n + 1) = f (n) n Z logo f e constante, se a 1 < 0, a < 1 entao f (n + 1) f (n) <
0, f (n + 1) < f (n), f e decrescente e finalmente se a 1 > 0, a > 1 entao f (n + 1) > f (n)
e a funcao e crescente.
Perceba que as propriedades citadas valem para todo n Z, por exemplo no caso de
a > 1 temos
< f (4) < f (3) < f (2) < f (1) < f (0) < f (1) < f (2) < f (3) < < f (n) < f (n+1) <
analogamente para os outros casos.
1.3.15 Questao 15
Exemplo 9. Para todo x = 0 real, prove que (1 + x)2n > 1 + 2nx.

Se x > 1 tomamos a desigualdade de bernoulli com 2n no expoente. Se x < 1 vale
1 + x < 0 porem elevando a uma potencia par resulta num numero positivo, por outro
lado 2nx < 2n logo 1 + 2nx < 1 2n < 0 entao (1 + x)2n e positivo e 1 + 2nx e negativo,
logo nesse caso vale (1 + x)2n > 1 + 2nx .
1.3.16 Questao 16
Exemplo 10. Se n N e x < 1 entao (1 x)n 1 nx, pois de x < 1 segue que
x > 1 e da aplicamos a desigualdade de Bernoulli (1 + y)n 1 + ny com y = x.
1.3.17 Questao 17
Corolario 7. Se a e a + x sao positivos, entao vale
(a + x)n an + nan1 x.
a+x x
Pois = (1 + ) > 0 entao podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli (1 + y)n
a a
x
1 + ny com y = , resultando em
a
(a + x)n an + nan1 x.
x
Se a = 0, arbitrario em R, podendo agora ser negativo, substitumos y = em
a
(1 + x)2n > 1 + 2nx. chegando na desigualdade
(a + x)2n > a2n + a2n1 2nx.
x x
Se vale < 1 entao da desigualdade (1 y)n 1 ny, novamente tomamos y =
a a
de onde segue
(a x)n an an1 nx.
1.3.18 Questao 18
Propriedade 47. Sejam sequencias (ak ) , (bk ) em um corpo ordenado K onde cada bk e
a1 an ak
positivo, sendo o mnimo e o maximo dos termos da sequencia de termo entao
b1 bn bk
vale
*n
ak
a1 k=1 an
* n .
b1 bn
bk
k=1
a1 ak an a1 an
Demonstracao. Para todo k vale b k ak b k pois bk > 0,
b1 bk bn b1 bn
n
!
aplicamos a soma em ambos lados, de onde segue
k=1
n
! n n
a1 ! ! an
bk ak bk
k=1
b1 k=1 k=1
bn
n
!
dividindo por bk que e positivo, temos finalmente
k=1
*
n
ak
a1 an
k=1
*n .
b1 bn
bk
k=1
1.3.19 Questao 19
Propriedade 48 (Multiplicatividade).
|a||b| = |a.b|
para a e b reais quaisquer.
Demonstracao. Vale que |x.y|2 = (x.y)2 = x2 y 2 e (|x||y|)2 = |x|2 |y|2 = x2 .y 2 os

quadrados desses numeros sao iguais e eles sao nao negativos, entao segue que |x.y| =
|x||y|.
+
Demonstracao.[2] |a.b| = (a.b)2 = a2 .b2 = a2 . b2 = |a||b|.
1 1
Propriedade 49. Se x = 0 entao | | = .
x |x|
1 x 1 1
Demonstracao. Vale |x|| | = | | = 1 da | | e inverso de |x|, sendo .
x x x |x|
Corolario 8 (Preserva divisao).

x |x|
| |= .
y |y|
1.3.20 Questao 20
Propriedade 50.
n
& n
&
|ak | = | ak |
k=1 k=1
Demonstracao. Por inducao, para n = 1 vale, supondo para n numeros

n
& n
&
|ak | = | ak |
k=1 k=1

n+1
& n+1
&
|ak | = | ak |
k=1 k=1
temos
n+1
& n
& n
& n
& n+1
&
|ak | = |ak |.|an+1 | = | ak ||an+1 | = | ak an+1 | = | ak | .
k=1 k=1 k=1 k=1 k=1
Propriedade 51 (Desigualdade triangular generalizada). Sejam g(k) definida para k

inteiro ,a, b Z, entao vale
b
! b
!
| g(k)| |g(k)|.
k=a k=a
Demonstracao. Para cada k vale
|g(k)| g(k) |g(k)|
aplicando o somatorio em ambos lados segue

b
! b
! b
!
|g(k)| g(k) |g(k)|
k=a k=a k=a
que implica
b
! b
! b
!
| g(k)| | |g(k)|| = |g(k)|
k=a k=a k=a
pois os termos |g(k)| somados sao nao negativos ,logo a soma desses termos e nao-negativa
e o modulo da soma e igual a soma.
Propriedade 52. A identidade que provamos acima vale para numeros reais, vamos
provar agora por inducao que se vale |z + w| |z| + |w| para quaisquer z, w entao vale
n
! n
!
| zk | |zk |
k=1 k=1
de maneira que possa ser usada para numeros complexos , normas e outras estruturas que
satisfazem a desigualdade triangular.
Demonstracao.[2] Por inducao sobre n, para n = 1 tem-se

1
! 1
!
| zk | = |z1 | |zk | = |z1 |
k=1 k=1
logo vale. Supondo a validade para n

n
! n
!
| zk | |zk |
k=1 k=1

n+1
! n+1
!
| zk | |zk |.
k=1 k=1
Da hipotese da inducao somamos |zn+1 | em ambos lados, logo

n+1
! n
! n
! n+1
!
| zk | = |zn+1 + zk | |zn+1 | + | zk | |zk |
k=1 k=1 k=1 k=1
Vejamos outras1 demonstracoes da desigualdade triangular
1.3.21 Questao 22
Vamos resolver um caso mais geral do problema.
Definicao 4 (Mediana). Dada uma sequencia finita (yk )n1 seus termos podem ser rear-
, e definida da
ranjados para forma uma sequencia nao-decrescente (xk )n1 . A mediana X
seguinte maneira
, = x n+1 .
Se n e mpar X
2
x n2 +1 + x n2
,=
Se n e par X .
2
n
!
Exemplo 11. Seja (xk )n1 uma sequencia crescente f : R R com f (x) = |x xk |.
k=1
Se x < x1 entao
n
!
f (x) = nx + xk
k=1
logo f e decrescente para x < x1 . Tomando x > xn

n
!
f (x) = nx xk
k=1
logo f e crescente para x > xn .

1
Essas demonstracoes aprendi com Pedro Kenzo, obrigado por compartilhar as solucoes.
Seja agora x [xt , xt+1 ), t variando de 1 ate n 1
t
! n
! t
! n
!
f (x) = (x xk ) (x xk ) = (2t n)x + xk xk
k=1 k=t+1 k=1 k=t+1
n n n
portanto a funcao e decrescente se t < e crescente se t > , de t = 1 ate t =
2 2 2
n
em cada intervalo [xt , xt+1 ) a funcao e decrescente, sendo segmentos decrescentes, de
2
n n
t = + 1 ate n 1, temos n 1 segmentos crescentes.
2 2
Se n e mpar f e decrescente em [x n2 , x n2 +1 ) e crescente em [x n2 +1 , x n2 +2 ) logo

o ponto x n2 +1 = x n+1 e o unico ponto de mnimo.
2
Se n e par a funcao e constante em [x n2 , x n2 +1 ), todos os pontos desse intervalo sao

x n + x n2 +1
pontos de mnimo. Em especial o ponto 2 e ponto de mnimo.
2
Conclumos que um ponto de mnimo acontece sempre na mediana da sequencia.

n
!
Exemplo 12. Achar o mnimo da funcao f (x) = |x k| para n mpar e para n par.
k=1
Trocando n por 2n temos que o mnimo acontece no ponto x 2n = xn = n, substitumos
2
entao tal valor na funcao

2n
! n
! 2n
! n
! 2n
!
|n k| = |n k| + |n k| = (n k) + (n + k) =
k=1 k=1 k=n+1 k=1 k=n+1
n
! n
! n
!
= (n k) + (k) = n = n.n = n2 .
k=1 k=1 k=1
2n
!
portanto o mnimo de |x k| e n2 .
k=1
min{|x 1| + |x 2|} = 1
min{|x 1| + |x 2| + |x 3| + |x 4|} = 4
min{|x 1| + |x 2| + |x 3| + |x 4| + |x 5| + |x 6|} = 9
min{|x 1| + |x 2| + |x 3| + |x 4| + |x 5| + |x 6| + |x 7| + |x 8|} = 16.

Agora para n mpar, trocamos n por 2n + 1 o mnimo acontece no ponto x (2n+1)+1 =

2
xn+1 = n + 1, aplicando na funcao temos

2n+1
! n+1
! 2n+1
! n+1
! 2n+1
!
|n + 1 k| = |n + 1 k| + |n + 1 k| = (n + 1 k) + (n + 1) + k =
k=1 k=1 k=n+2 k=1 k=n+2
n
! n
! n
!
= (n + 1 k) + k= (n + 1) = n(n + 1).
k=1 k=1 k=1
min{|x 1| + |x 2| + |x 3|} = 2
min{|x 1| + |x 2| + |x 3| + |x 4| + |x 5|} = 6
min{|x 1| + |x 2| + |x 3| + |x 4| + |x 5| + |x 6| + |x 7|} = 12
min{|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|+|x6|+|x7|+|x8|+|x9|} = 20.
1.3.22 Questao 23
Propriedade 53. |a b| < |a| < |b| + .
Demonstracao. Partindo da desigualdade |a b| < , somamos |b| a ambos lados
|a b| + |b| < + |b|
e usamos agora a desigualdade triangular
|a| |a b| + |b| < + |b|
da segue
|a| + |b|.
Da mesma forma vale se |ab| < entao |b| +|a| |b| |a| e com |a| +|b|.
temos
|b| |a| + |b|.
Vimos que |a b| < implica |a| < |b| + , mas como a |a| segue a < |b| + .
1.3.23 Questao 24
Propriedade 54. Dado um corpo ordenado K , sao equivalentes
1. K e arquimediano.
2. Z e ilimitado superiormente e inferiormente.
3. Q e ilimitado superiormente e inferiormente.
Demonstracao.
1 2. N Z entao Z e ilimitado superiormente. Suponha por absurdo que Z seja

limitado inferiormente, entao existe a K tal que a < x x Z, logo a > x,
porem existe n natural tal que n > a "#$%
n < a o que contraria a hipotese.
Z
2 3 . Z Q portanto Q e ilimitado superiormente e inferiormente.

a a
3 1 . Para todo y K existe Q com a, b > 0 naturais tal que > y,
b b
x
da a > yb, podemos tomar y = , logo a > x, a N , portanto N e ilimitado
b
superiormente e o corpo e arquimediano.
1.3.24 Questao 25
Propriedade 55. Seja K um corpo ordenado. K e arquimediado > 0 em K existe

1
n N tal que n < .
2
Demonstracao.
1
). Como K e arquimediano, entao > 0 existe n N tal que n > n + 1 >

1 n 1 1
n > por desigualdade de Bernoulli temos 2 > n + 1 > n < .
2
1 1
). Se > 0 em K existe n N tal que n < , tomamos = , x > 0 arbitrario
2 x
entao x < 2n , com 2n = m N entao K e arquimediano, N nao e limitado superiormente.
1.3.25 Questao 26
Propriedade 56. Seja a > 1, K corpo arquimediano, f : Z K com f (n) = an , entao

f (Z) nao e limitado superiormente.
inf(F (Z)) = 0.
Demonstracao.
Vale que a > 1 entao a = p + 1 onde p > 0, por desigualdade de Bernoulli temos
x
(p + 1)n 1 + pn. x > 0 K existe n tal que n > pn > x (p + 1)n
p
1 + pn > x, logo f (Z) nao e limitado superiormente.
0 e cota inferior de f (Z) pois vale 0 < an n Z. Suponha que exista x tal que
1 1
0 < x < am m Z, sabemos que existe n N tal que an > da x > n = an ,
x a
absurdo, entao 0 deve ser o nfimo.
1.3.26 Questao 27
Propriedade 57. Se s e irracional e u = 0 e racional entao u.s e irracional.

p
Demonstracao. Suponha que s e irracional e u.s seja racional, entao u.s = com
q
j
p = 0 e q = 0 inteiros e como u = 0 e racional ele e da forma u = , j = 0 e v = 0,
v
inteiros, logo
j p
s=
v q
v
multiplicando por ambos lados segue
j
p.v
s=
j.q
que e um numero racional, logo chegamos a um absurdo.
Propriedade 58. Se s e irracional e t racional, entao s + t e irracional.

p p
Demonstracao. Suponha s + t racional, entao s + t = da s = t que seria
q q
racional por ser diferenca de dois racionais, um absurdo entao segue que s + t e irracional.
Exemplo 13. Existem irracionais a e b tais que a + b e a.b sejam racionais. Exemplos

a = 1 + 5 , b = 1 5 da a + b = 2 e a.b = 1 5 = 4.
1.3.27 Questao 28
Propriedade 59. Sejam a, b, c, d racionais entao

a + b 2 = c + d 2 a = c e b = d.
Demonstracao.

). Se a = c e b = d a temos a + b 2 = c + d 2.

). Suponha a + b 2 = c + d 2 entao a c = 2(d b), se d = b entao a = c e
terminamos, se nao vale que
ac
= 2
db

o que e absurdo pois 2 e irracional.
1.3.28 Questao 29

Exemplo 14. O conjunto da forma {x + y p} onde x e y sao racionais e subcorpo dos
numeros reais.

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

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

A adicao e fechada. Pois x + y p + z + w p = x + z + (y + w) p.

O produto e fechado. Pois (x + y p)(z + w p) = xz + xw p + yz p + y.wp.

Dado x A implica x A. Pois dado x + y p temos o simetrico x y p.

Dado x = 0 A tem-se x1 A. Pois dado x + y p temos inverso

xy p
x2 y 2 p
como inverso multiplicativo.

3
Exemplo 15. O conjunto dos elementos da forma a + b nao e um corpo
pois o produto nao e fechado, vamos mostrar que 2 nao pertence ao conjunto.
Suponha que 2 = a + b entao 3 = a + b2 = 2 substituindo a primeira na segunda

temos que
a + b(a + b) = a + ab + b2 = (b2 + a) + ab = 2 (b2 + a) = 2 ab
2 ab
se b2 + a = 0 entao = o que e absurdo pois e irracional, entao devemos ter
b2 + a
a = b2 , multiplicamos a expressao a + b2 = 2 por , de onde segue a2 + 2b = 2,
substituindo 2 = a + b nessa ultima temos
a(a + b) + 2b = a2 + ab + 2b = 2 (2 ab) = 2b + a2
2b + a2
se 2 = ab chegamos num absurdo de = , temos que ter entao 2 = ab e a = b2
2 ab
de onde segue 2 = b3 , porem nao existe racional que satisfaz essa identidade, da nao
podemos escrever 2 da forma a+b com a e b racionais, portanto o produto de elementos
nao e fechado e assim nao temos um corpo.
1.3.29 Questao 30

Propriedade 60. Sejam a, b Q+ . a+ b e racional ae b sao racionais.
Demonstracao.
).

Se a = b entao 2 a Q o que implica a = b Q. Agora o caso de a = b.
a b
Suponha que a + b e racional entao seu inverso tambem racional , que e ,
ab
da a b Q , a soma ( a + b) + ( a b) = 2 a Q logo a Q, a diferenca

de numeros racionais tambem e um numero racional ( a + b) a = b, portanto a

e b sao racionais.
). A volta vale pois a soma de racionais e um racional.
1.3.30 Questao 31
Propriedade 61. Sejam A R nao vazio limitado e c R, entao
1. c sup(A) > 0 x A tal que c < x.

2. c inf (A) > 0 x A tal que c + > x.
Demonstracao.
1. ). Para todo > 0 vale que c < sup(A). Dado > 0 fixo, se nao existisse
x A tal que c < x entao c seria cota superior menor que o supremo, o que
e absurdo, contraria o fato do supremo ser a menor das cotas superiores.
). Suponha por absurdo que fosse c > sup(A), poderamos tomar c sup(A) =
da c c + sup(A) = sup(A) < x o que e absurdo.
2. ). Para todo > 0 vale que c + < inf (A). Dado > 0 fixo, se nao existisse
x A tal que c + > x entao c + seria cota superior menor que o nfimo, o que e
absurdo, contraria o fato do nfimo ser a menor das cotas inferiores.
). Suponha por absurdo que fosse c < inf (A), poderamos tomar inf (A) c =
da x < c + inf (A) c = inf (A) o que e absurdo.
1.3.31 Questao 32
1
Exemplo 16. Seja A = { | n N } . Mostre que inf A = 0. Sabemos que 0 e uma cota
n
inferior, agora vamos mostrar que 0 e a menor delas. Dado 0 < x, x nao pode ser cota
1
inferior, pois existe n natural tal que < x, logo 0 e o nfimo.
n
1.3.32 Questao 33
Propriedade 62. Se A e limitado inferiormente e B A entao inf (A) inf (B).
Demonstracao. inf A e cota inferior de A, logo tambem e cota inferior de B, sendo

cota inferior de B vale inf A inf B, pois inf B e a maior cota inferior de B.
Propriedade 63. Se A e limitado superiormente e B A entao sup(A) sup(B).
Demonstracao. Toda cota superior de A e cota superior de B, logo o sup(A) e cota

superior de B, como sup(B) e a menor das cotas superiores de B segue que sup(A)
sup(B).
Corolario 9. Se A e B sao conjuntos limitados com B A entao vale sup(A) sup(B)

inf (B) inf (A) pois temos sup(A) sup(B) e inf (A) inf (B), tendo ainda que
sup(B) inf (B).
1.3.33 Questao 34
Propriedade 64. Sejam A, B R tais que para todo x A e todo y B se tenha

x y. Entao sup A inf B.
Demonstracao. Todo y B e cota superior de A, logo sup A y para cada y pois

sup A e a menor das cotas superiores, essa relacao implica que sup A e cota inferior de B
logo sup A inf B, pois inf B e a maior cota inferior.
Propriedade 65. sup A = inf B para todo > 0 dado , existam x A e y B com
y x < .
Demonstracao. , usamos a contrapositiva. Nao podemos ter inf B < sup A pela
propriedade anterior, entao temos forcosamente que inf B > sup A, tomamos entao =
inf B sup A > 0 e temos y x para todo x A e y B pois y inf B e
sup A x de onde segue x sup A, somando esta desigualdade com a de y tem-se
y x inf B sup A = .

, Se sup A = inf B. Entao sendo para qualquer > 0, sup A nao e cota superior
2

de A, pois e menor que o sup A (que e a menor cota superior), da mesma maneira inf A+
2
nao e cota inferior de B, entao existem x A e y B tais que

sup A < x sup A = inf B y < inf B +
2 2

inf B
< x y < inf B +
2 2

de onde segue inf B < x, x < inf B e y < inf B + somando ambas tem-se
2 2 2
y x < .
1.3.34 Questao 35 e 36
Propriedade 66. Se c > 0 entao sup(c.A) = c. sup A.

Demonstracao. Seja a = sup A. Para todo x A tem-se x a, de onde segue

d d
cx ca, assim ca e cota superior de cA. Seja d tal que d < ca entao < a logo nao e
c c
d
cota superior de A, implicando a existencia de pelo menos um x tal que < x, d < cx
c
de onde segue que d nao e cota superior de cA, assim ca e a menor cota superior de cA
logo o supremo.
Propriedade 67. Se c > 0, inf cA = c inf A.
Demonstracao.
Seja a = inf A, entao vale a x para todo x, multiplicando por c segue ca cx
d
de onde conclumos que ca e cota inferior de cA. Seja d tal que ca < d, entao a < ,
c
d d
implicando que nao e cota inferior de A assim existe x A tal que x < cx < d,
c c
logo d nao e cota inferior de cA, implicando que c.a e a maior cota inferior, logo o nfimo
do conjunto.
Propriedade 68. Se c < 0 entao inf(cA) = c sup A.
Demonstracao. Seja a = sup A . Tem-se x a para todo x A, multiplicando por

c segue cx ca para todo x A. Entao ca e uma cota inferior de cA. Se d > ca tem-se
d d
< a como a e supremo, isso significa que existe x A tal que < x logo d > cx,
c c
assim esse d nao e cota inferior, implicando que ca e a menor cota inferior, entao nfimo
do conjunto.
A questao 35 segue da proxima propriedade com c = 1.
Propriedade 69. Se c < 0 entao sup(cA) = c inf A.
Demonstracao. Seja b = inf A entao vale b x para todo x A, multiplicando

por c segue cb cx assim cb e cota superior de cA. Agora tome d tal que cb > d segue
d d
b < , como b e nfimo existe x A tal que x < , cx > d assim esse d nao pode ser cota
c c
superior de cA, entao cb e a menor cota superior, logo o nfimo.
1.3.35 Questao 37
Item I
Sejam A, B R, conjuntos limitados .

Propriedade 70. O conjunto A + B = {x + y | x A, y B} tambem e limitado.
Demonstracao. Se A e limitado , existe t tal que |x| < t para todo x A e se B e

limitado existe u tal que |y| < u y B. Somando as desigualdades e usando desigualdade
triangular segue |x| + |y| < u + t e |x + y| |x| + |y| < u + t logo o conjunto A + B e
limitado.
Item II
Propriedade 71 (Propriedade aditiva). Vale sup(A + B) = sup(A) + sup(B).
Demonstracao. Como A, B sao limitidados superiomente, temos sup A := a e

sup B := b, como vale a x e b y para todos x, y A, B respectivamente segue
que a + b x + y logo o conjunto A + B e limitado superiormente. Para todo e qualquer
> 0 existem x, y tais que

a<x+ , b<y+
2 2
somando ambas desigualdades-segue-se que
a+b<x+y+
que mostra que a + b e a menor cota superior, logo o supremo, fica valendo entao
sup(A + B) = sup(A) + sup(B).
Item III
Propriedade 72. inf(A + B) = inf A + inf B.
Demonstracao. Sejam a = inf A e b = inf B entao x, y A, B tem-se a x, b y

de onde segue por adicao a + b x + y, assim a + b e cota inferior de A + B. x, y A, B

tal que > 0 vale x < a + e y < b + pois a e b sao as maiores cotas inferiores,
2 2
somando os termos das desigualdades segue x + y < a + b + , que implica que a + b e a
maior cota inferior logo o nfimo.
1.3.36 Questao 38
Definicao 5 (Funcao limitada). Seja A R, f : A R e dita limitada quando o

conjunto f (A) = {f (x) | x A}, se f (A) e limitado superiormente entao dizemos que f e
limitada superiormente e caso f (A) seja limitado inferiormente dizemos que A e limitado
inferiormente.
Seja uma funcao limitada f : V R.
Definicao 6.
sup f := sup f (V ) = sup{f (x) | x V }
Definicao 7.
inf f := inf f (V ) = inf{f (x) | x V }
Propriedade 73. A funcao soma de duas funcoes limitadas e limitada.
Demonstracao. Vale |f (x)| M1 e |g(x)| M2 x A entao
|f (x) + g(x)| |f (x)| + |g(x)| M1 + M2 = M
portando a funcao soma f + g de duas funcoes limitadas e tambem uma funcao limitada.
Sejam f, g : V R funcoes limitadas e c R.
Propriedade 74.
sup(f + g) sup f + sup g.
Demonstracao.
Sejam
A = {f (x) | x V }, B = {g(y) | y V }, C = {g(x) + f (x) | x V }
temos que C A + B, pois basta tomar x = y nos conjuntos, logo
sup(A + B) sup(f + g)
sup(A) + sup(B) = sup f + sup g sup(f + g)
Propriedade 75.
inf(f + g) inf(f ) + inf(g).
Demonstracao. De C A + B segue tomando o nfimo
inf(A + B) = inf(A) + inf(B) = inf(f ) + inf(g) inf(C) = inf(f + g).

Exemplo 17. Sejam f, g : [0, 1] R dadas por f (x) = x e g(x) = x
Vale sup f = 1, sup g = 0, f + g = 0 logo sup(f + g) = 0 vale entao
sup f + sup g = 1 > sup(f + g) = 0.
Temos ainda inf f = 0, inf g = 1, f + g = 0, inf (f + g) = 0 logo
inf f + inf g = 1 < inf(f + g) = 0.
As desigualdades estritas tambem valem se consideramos as funcoes definidas em [1, 1],

nesse caso sup f + sup g = 2 e inf f + inf g = 2 e sup(f + g) = 0 = inf(f + g).
1.3.37 Questao 39
Definicao 8. Sejam A e B conjuntos nao vazios, definimos A.B = {x.y | x A, y B}.
Propriedade 76. Sejam A e B conjuntos limitados de numeros positivos, entao vale

sup(A.B) = sup(A). sup(B).
Demonstracao. Sejam a = sup(A) e b = sup(B) entao valem x a e y b, x

t
A, y B da x.y a.b, logo a.b e cota superior de A.B. Tomando t < a.b segue que < b
a
t t t
logo existe y B tal que < y da < a logo existe x A tal que < x logo t < x.y
a y y
entao t nao pode ser uma cota superior, implicando que a.b e o supremo do conjunto.
Propriedade 77. Sejam A e B conjuntos limitados de numeros positivos, entao vale

inf(A.B) = inf(A). inf(B).
Demonstracao. Sejam a = inf(A) e b = inf(B) entao valem x a e y b, x

t
A, y B da x.y a.b, logo a.b e cota inferior de A.B. Tomando t > a.b segue que > b
a
t t t
logo existe y B tal que > y da > a logo existe x A tal que > x logo t < x.y
a y y
entao t nao pode ser uma cota inferior, implicando que a.b e o nfimo do conjunto.
1.3.38 Questao 40
Propriedade 78. Sejam f, g : A R funcoes limitadas entao f.g : A R e limitada.
Demonstracao. Vale que |f (x)| < M1 e |g(x)| < M2 entao |f (x)g(x)| < M1 M2 =
M x A , portanto f.g : A R e limitada.
Propriedade 79. Sejam f, g : A R+ limitadas superiormente, entao
sup(f.g) sup(f ) sup(g).
Demonstracao. Sejam C = {g(x).f (x) | x A} , B = {g(y). | y A} e A =

{f (x) | x A} . Vale que C A.B para ver isso basta tomar x = y nas definicoes acima,
da
sup(A.B) sup(C)
sup(A) sup(B) sup(C)
sup(f ) sup(g) sup(f.g).
Propriedade 80. Sejam f, g : A R+ limitadas inferiormente, entao
inf(f.g) inf(f ) inf(g).
Demonstracao. Sejam C = {g(x).f (x) | x A} , B = {g(y). | y A} e A =

{f (x) | x A} . Vale que C A.B, da
inf(A.B) inf(C)
inf(A) inf(B) inf(C)
inf(f ) inf(g) inf(f.g).

1
Exemplo 18. Sejam f, g : [1, 2] R dadas por f (x) = x e g(x) = , vale sup f = 2,
x
sup g = 1 sup f. sup g = 2 e sup(f.g) = 1, pois f.g = 1 logo
sup f sup g > sup(f.g).
1 1
Da mesma maneira inf f = 1, inf g = vale inf f. inf g = e inf(f.g) = 1 portanto
2 2
inf f. inf g < inf(f.g).

Propriedade 81. Seja f : A R+ limitada superiormente entao sup(f 2 ) = (sup f )2 .
Demonstracao. Seja a = sup f tem-se f (x) a x da f (x)2 a2 entao a2 e

cota superior de f 2 , e e a menor cota superior pois se 0 < c < a2 entao c < a logo

existe x tal que c < f (x) < a e da c < f (x)2 < a2 logo a2 e a menor cota superior
sup(f 2 ) = sup(f )2 .
Propriedade 82. Seja f : A R+ entao inf(f 2 ) = (inf f )2 .
Demonstracao. Seja a = inf f tem-se f (x) a x da f (x)2 a2 entao a2 e cota

inferior de f 2 , e e a maior cota inferior pois se a2 < c entao a < c logo existe x tal que

a < f (x) < c e da a2 < f (x)2 < c logo a2 e a maior cota inferior inf(f 2 ) = inf(f )2 .
1.3.39 Questao 42
Teorema 1 (Teorema das razes racionais). Se o polinomio

n
!
f (x) = ak xk
k=0
r
de coeficientes inteiros, tem uma raiz racional x = tal que mdc(r, s) = 1 entao s|an e
s
r|a0 .
! n
r
Demonstracao. Se x = e raiz de f (x) = ak xk , entao temos
s k=0
' ( ! n ' (k
r r
f = ak =0
s k=0
s
multiplicando por sn em ambos os lados temos

n
!
ak rk .snk = 0
k=0
n
!
como s|0 entao s| ak rk .snk , na soma s nao aparece como fator apenas quando
k=0
n k = 0, n = k, logo abrindo o limite superior do somatorio temos
n1
! n1
!
k nk n nn
ak r .s + an r .s = ak rk .snk + an rn = 0
k=0 k=0
da s deve dividir an rn , como s e primo com r implica que tambem e primo com rn ,
portanto s deve dividir an . Pelo mesmo argumento, temos que r|0 logo r deve dividir
!n
ak rk .snk , como o unico fator onde r nao aparece e quando k = 0, abrimos o limite
k=0
inferior do somatorio
n
! n
!
0 n0 k nk n
a0 r .s + ak r .s = a0 .s + ak rk .snk = 0
k=1 k=1
logo r deve dividir a0 .sn , mas como r e primo com sn , ele deve dividir a0 .
n
!
Corolario 10. Se o polinomio de coeficientes inteiros ak xk possui razes racionais
k=0
entao elas devem pertencer ao conjunto
p
A = { | p|a0 q|an }.
q
n
!
Corolario 11. Se an = 1 em um polinomio de coeficientes inteiros P (x) = ak xk entao
k=0
suas razes racionais devem ser inteiras, pois
p
A = { | p|a0 q|1}
q
entao q = 1 ou q = 1, e de qualquer forma implica que as solucoes sao da forma x = p
para algum p Z. Entao , nessas condicoes, as razes do polinomio P (x) sao inteiras ou
irracionais.
Propriedade 83. Seja P (x) = xn a, a > 0 Z, se a nao e n-esima potencia de um

numero natural entao a unica raiz positiva de P , que e n a , e irracional.
Demonstracao. Como P possui coeficiente an = 1 entao ele possui raiz irracional

ou inteira, se a raiz positiva m fosse inteira (logo natural) teramos mn a = 0 e da
a = mn e potencia de um numero natural, o que contraria a hipotese de a nao ser n-esima

potencia de um numero natural, logo n a e irracional.
1.3.40 Questao 43
Propriedade 84. Sejam I um intervalo nao degenerado e k > 1 natural. O conjunto

m
A = { n I | m, n Z} e denso em I.
k
1
Demonstracao. Dado > 0 existe n N tal que k n > , da os intervalos

m m+1 m+1 m 1
[ n, ] tem comprimento n = n < .
k kn kn k k
m+1 m
Existe um menor inteiro m + 1 tal que x + n
da n (x , x + ) pois
k k
m m
se fosse x + < n iria contrariar a minimalidade de m + 1 e se fosse n < x entao
k k
m m+1
[ n, ] teria comprimento maior do que de (x , x + ), que e , uma contradicao
k kn
com a suposicao feita anteriormente.
1.3.41 Questao 44
Propriedade 85. O conjunto dos polinomios com coeficientes racionais e enumeravel.
Demonstracao. Seja Pn o conjunto dos polinomios com coeficientes racionais de grau

n a funcao f : Pn Qn+1 tal que
n
!
P( ak xk ) = (ak )n1
k=0
e uma bijecao. Como Qn+1 e enumeravel por ser produto cartesiano finito de conjuntos
enumeraveis, segue que Pn e enumeravel.
Sendo A o conjunto dos polinomios de coeficientes racionais, vale que

)
A= Pk
k=1
portanto A e uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis , sendo assim A e enumeravel.
Definicao 9 (Numero algebrico). Um numero real (complexo) x e dito algebrico quando

e raiz de um polinomio com coeficientes inteiros.
Propriedade 86. O conjunto dos numeros algebricos e enumeravel.
Demonstracao.[1] Enumeramos A = {P1 , P2 , , Pn , }, o conjunto dos polinomios

com coeficientes inteiros, definimos Bk como conjunto das razes reais de fk , entao vale
que

)
B= Bk
k=1
como cada Bk e finito B fica sendo uniao enumeravel de conjuntos finitos, entao B e
enumeravel.
Demonstracao.[2] Seja B o conjunto dos algebricos e A o conjunto dos polinomios

com coeficientes inteiros. Para cada algebrico x escolhemos um polinomio Px tal que
Px (x) = 0.
Definimos a funcao f : B A tal que F (x) = Px . Dado Px F (B), temos que o
conjunto g 1 (Px ) dos valores x B tal que f (x) = Px e finito pois Px possui um numero
"#$%
=y
finito de razes e da tem-se
)
B= g 1 (y)
yf (B)
logo B e uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis ( no caso finitos), entao B e enu-

meravel.
Corolario 12. Existem numeros reais que nao sao algebricos, pois se todos fossem
algebricos R seria enumeravel.
Definicao 10 (Numeros transcendentes). Os numeros reais que nao sao algebricos sao
ditos transcendentais
Propriedade 87. O conjunto dos numeros algebricos e denso em R, pois todo racional
b
e algebrico, o racional e raiz do polinomio com coeficientes inteiros
a
ax b = P (x)
b
ax b = 0 ax = b x = . E Q e denso em R.
a
1.3.42 Questao 45
Propriedade 88. Seja A enumeravel e B = R \ A, entao para cada intervalo (a, b),
(a, b) B e nao enumeravel, em especial B e denso em R.
Com esse resultado garantimos que o complementar de um conjunto enumeravel e
denso em R.
Demonstracao. Sabemos que (a, b) e nao enumeravel, escrevemos
(a, b) = [(a, b) A] [(a, b) (R \ A)] = [(a, b) A] [(a, b) B],

sabemos que (a, b) A e enumeravel se (a, b) B tambem o fosse, chegaramos no absurdo

de (a, b) ser enumeravel, por ser uniao finita de conjuntos enumeraveis , portanto (a, b)B
e nao enumeravel e B e denso em R.
Exemplo 19. Um conjunto pode nao ser enumeravel e tambem nao ser denso em R,
como (a, b).
1.3.43 Questao 46
Corolario 13. O conjunto T dos numeros transcedentais e nao enumeravel e denso em R.

Pois A o conjunto dos numeros algebricos e enumeravel, T = R \ A, como complementar
dos numeros algebricos T e nao enumeravel e denso em R.
1.3.44 Questao 48
Exemplo 20. Sendo Ak = [k, ) temos uma sequencia de intervalos que sao conjuntos
fechados porem a intersecao

-
Ak = A
k=1
e vazia, pois suponha que exista t A, da existe k > t e t

/ [k, ) = Ak logo nao pode
pertencer a intersecao te todos esses conjuntos.
Da mesma maneira existe uma sequencia decrescente de intervalos abertos limitados
1
com intersecao vazia, sendo Bk = (0, )
k

-
Bk = B
k=1
1
B e vazio, pois se houvesse um elemento nele x > 0, conseguimos k tal que < x da x
k
1
nao pertence ao intervalo (0, ) = Bk portanto nao pode pertencer a intersecao.
k
1.3.45 Questao 49
Propriedade 89. Sejam B A nao vazios, A limitado superiormente, se x A existe

y B tal que y x entao sup(B) = sup(A).
Demonstracao. B e limitado superiormente pois esta contido em um conjunto limi-

tado e vale que sup(A) sup(B), pois B A, suponha que fosse c = sup(A) > sup(B),
entao tomando = sup(A) sup(B) > 0, existe x A tal que x > c = sup(A)
sup(A) + sup(B) = sup(B), por hipotese existe y x > sup(B) com y B, o que e
absurdo, pois nao pode existir um elemento maior que o supremo.
Propriedade 90. Sejam B A nao vazios, A limitado inferiormente, se x A existe

y B tal que y x entao inf (B) = inf (A).
Demonstracao. B e limitado inferiormente pois esta contido em um conjunto limi-

tado e vale que inf (A) inf (B), pois B A, suponha que fosse c = inf (A) < inf (B),
entao tomando = inf (B) inf (A) > 0, existe x A tal que x < c + = inf (A)
sup(A) + inf (B) = inf (B), por hipotese existe y x < inf (B) com y B, o que e
absurdo, pois nao pode existir um elemento menor que o nfimo.
1.3.46 Questao 50
Definicao 11 (Corte de Dedekind). Um corte de Dedekind e um par ordenado (A, B)

onde A, B Q nao vazios, tais que A nao possui maximo, A B = Q e x A, y B
vale x < y.
Seja C o conjunto dos cortes de Dedekind.
Propriedade 91. Em (A, B) vale sup(A) = inf (B).
Demonstracao. Ja sabemos que vale sup(A) inf (B), pois x A, y B vale

x < y implica sup(A) < y e sup(A) ser cota inferior implica sup(A) inf (B), suponha
por absurdo que fosse sup(A) < inf (B), entao o intervalo (sup(A), inf (B)) nao possui
valores x A, pois se nao x > sup(A), nem y B pois da y < inf (B), mas como existem
racionais em tal intervalo, pois Q e denso e A B = Q, chegamos em um absurdo.
Propriedade 92. Existe bijecao entre R e C o conjunto dos cortes.
Demonstracao. Definimos f : C R como f (A, B) = sup(A) = inf (B).
f e injetora, suponha f (A, B) = f (A , B ) entao sup(A) = inf (B) = sup(A ) =

inf (B ).
Dado x A vamos mostrar que x A .
x < sup(A ) = inf (B ) y , y B , da x A
a inclusao A A e analoga. Entao vale A = A .
Dado y B, vamos mostrar que y B .
x < sup(A) < inf (B ) y
com isso y B . De maneira similar, B B portanto B = B . Como vale B = B

e A = A entao a funcao e injetiva.
A funcao e sobrejetiva. Para qualquer y R, tomamos os conjuntos (, y)Q = A

e B = [y, ) Q, A nao possui maximo, para todo x A e y B tem-se y > x e
Q = [(, y) Q] [ [y, ) Q], alem disso vale sup(A) = y = inf (B), portanto
f (A, B) = y e a funcao e sobrejetora, logo sendo tambem injetora f e bijecao.
1.3.47 Questao 53
Propriedade 93 (Media aritmetica e geometrica.). Se a, b > 0 vale
a+b
a.b.
2
Demonstracao.
a+b
( a b)2 0 a 2 a b + b 0 a + b 2 a b ab.
2
1.3.48 Questao 57
x
Exemplo 21. A funcao f : R (1, 1) com f (x) = e bijetora.
1 + x2
Ela esta bem definida em R, pois o unico problema possvel seria o termo dentro da
raz no denominador ser nao positivo, o que nao acontece pois x2 + 1 1, ela e injetora
x1 x
pois + = + 2 x1 = x2 , sua imagem esta contida no intervalo (1, 1)
1 + x21 1 + x22
x
pois 1 + x2 > x2 = |x| logo | | < 1 sendo tambem sobrejetora, pois dado
1 + x2
.
y2
y (1, 1) temos |y| < 1 y 2 < 1 0 < 1 y 2 , podemos tomar x = se x 0
1 y2
.
y2
ex= caso x < 0 e da vale f (x) = y (Podemos perceber pela definicao que
1 y2
x 0 y 0 e x 0 y 0 ).
1.4 Captulo 4-Sequencias e series de numeros reais
1.4.1 Questao 1
Propriedade 94. Se lim xn = a entao lim |xn | = |a|.
Demonstracao. Se lim xn = a entao
> 0, n0 N | n > n0 |xn a| <
porem temos a desigualdade ||xn | |a|| |xn a| logo ||xn | |a|| < e lim |xn | = |a|.
Exemplo 22. lim |xn | pode existir porem lim xn pode nao existir, por exemplo tomamos
xn = (1)n , ela nao converge porem |(1)n | = 1 e constante logo convergente.
1.4.2 Questao 2
Exemplo 23. Se lim xn = 0 e yn = min{|x1 |, , |xn |} entao lim yn = 0.

Por definicao vale que 0 yn |xn |, como |xn | 0 entao por sanduche segue que
lim yn = 0.
1.4.3 Questao 3
Propriedade 95. Se lim x2n = a e lim x2n1 = a entao lim xn = a.
Demonstracao. Sejam yn = x2n e zn = x2n1 como temos lim yn = lim zn = a,

para qualquer > 0 existem n0 e n1 tais que para n > n0 vale yn (a , a + )
e n > n1 vale zn (a , a + ), escolhendo n2 > max{n0 , n1 } temos para n n2
simultaneamente zn , yn (a , a + ), x2n1 , x2n (a , a + ), entao para n > 2n2 1
temos xn (a , a + ) logo vale lim xn = a.
1.4.4 Questao 4
p
)
Propriedade 96. Se N = Nk e lim xn = a entao lim xn = a.
nNk
k=1
Demonstracao.
Dado > 0 fixo e arbitrario existe nk Nk tal que n > nk , n Nk vale xn
(a , a + ) pelo fato de lim xn = a. Tomamos n0 = max{n1 , , np }, da vale para
nNk
n > n0 , xn (a , a + ) para todo n Nk com todo k, com isso uniformizamos o valor
do ndice para o qual os termos da sequencia estao no mesmo intervalo (a , a + ).
Como todo n N pertence a algum Nk entao para n N suficientemente grande vale xn
em (a , a + ) . Vamos tentar deixar mais clara a ultima proposicao.
Seja n0 = min{n > n0 |xn (a , a + ) n Nk , k}, tal conjunto e nao vazio logo
possui mnimo. Para todo n N , n > n0 vale xn (a , a + ), pois dado n > n0 > n0
xn pertence a algum Nk e nas condicoes colocadas na construcao do conjunto para Nk
vale xn (a , a + ).
1.4.5 Questao 5

)
Exemplo 24. Pode valer N = Nk com lim xn = a e lim xn = a.
nNk
k=1
Como por exemplo, definimos N2 = {2, 2 , 23 , , 2n , } em geral Nk+1 = {p1k , p2k , , pnk , }
2

)
onde pk e o k-esimo primo, definindo N1 como o complemento de Nk em N . De-
k=2
finimos em N2 , x2 = 2, xn = 0 para os outros valores, da mesma forma em Nk+1
definimos xpk = pk e xn = 0 para os outros valores. Em N1 definimos xn = 0 para
todo n. A sequencia xn nao converge possui uma subsequencia que tende a infinito.
x2 = 2, x3 = 3, x5 = 5, , xpk = pk , a subsequencia dos primos.
1.4.6 Questao 6
Corolario da adicao e multiplicacao de limites.
Corolario 14. Se lim xn = a e lim xn yn = 0 entao lim yn = a pois lim yn xn = 0 e

pelo limite da soma lim yn xn + xn = lim yn xn + lim xn = 0 + a = a = lim yn .
1.4.7 Questao 7
yn
Corolario 15. Seja a = 0. Se lim = 1 entao lim yn = a, pois usando linearidade do
a
yn 1
limite lim = lim yn = 1 portanto lim yn = a.
a a
1.4.8 Questao 8
xn a yn 1
Corolario 16. Se lim xn = a e lim = b = 0 entao lim yn = , pois lim = e da
yn b xn b
por limite do produto
yn a
lim xn = lim yn = .
xn b
1.4.9 Questao 9
b
Corolario 17. Se lim xn = a = 0 e lim xn yn = b entao lim yn = .
a
1 1 1 b
Vale que lim = a, da lim xn yn lim = lim xn yn = lim yn = .
xn xn xn a
1.4.10 Questao 10
Propriedade 97. Se existem > 0 e p N tais que xn np para n > n0 N entao

1
lim(xn ) n .
Demonstracao. Vale xn np , tomando a raiz n-esima tem-se

1 1
n n
xn (np ) n
1
tomando-se o limite segue pelo teorema do sanduche que lim(xn ) n = 1.
1.4.11 Questao 11
Exemplo 25. Usando que a media aritmetica e maior ou igual a media geometrica, na
t
sequencia de n + 1 numeros com n numeros iguais a (1 + ) e um deles sendo a unidade
n
1, com isso temos
*n
1+ (1 + nt ) &n
k=1 t 1
( ) ( (1 + )) n+1
n+1 k=1
n
n+1+t t t 1 t n+1 t
( )=1+ ((1 + )n ) n+1 (1 + ) (1 + )n
n+1 n+1 n n+1 n
1
com t 1 real. Em especial a sequencia de termo xn = (1 )n e crescente e para
n
n = 2 temos
1
x2 =
4
1
da xn para n > 1.
4
1.4.12 Questao 11a.
Exemplo 26. Vale que
1 n 1
lim(1 ) (1 + )n = lim 1n = 1
n n
1 n
da lim(1 ) = e1 .
n
1.4.13 Questao 12
Propriedade 98. Sejam a 0, b 0 entao
1 1 1
|a n b n | |a b| n
1 1
Demonstracao. Supondo a b , definindo c = a n e d = b n , entao c d 0 por
expansao binomial tem-se
n ' (
!
n n n
c = ((c d) + d) = (c d)k dnk dn + (c d)n 0
k=0
k
da cn dn (c d)n 0 implicando
1 1
|a b| |a n b n |n
e da
1 1 1
|a n b n | |a b| n .
1 1
Propriedade 99. Se xn 0 e lim xn = a entao lim(xn ) p = a p
Demonstracao. Como lim xn = a entao > 0 conseguimos n0 N tal que para

1
n > n0 tem-se |xn a| < p e da |xn a| p < , da desigualdade anterior temos que
1 1 1
|xnp a p | |xn a| p <
1 1
e da lim(xn ) p = a p .
Propriedade 100. Seja m racional e (xn ) de termos positivos. Se lim xn = a entao

lim xn = am .
Demonstracao.
p
Escrevemos m = , da
q
1 1
lim xnq = a q
usando propriedade do produto segue

p p
lim xnq = a q .
1.4.14 Questao 14

n
Propriedade 101. Seja a, b 0 e entao lim an + bn = max{a, b}.
Demonstracao. Seja c = max{a, b} entao vale Vale an cn , bn cn e da an + bn

2cn da mesma maneira cn an + bn , pois c e a ou b, logo
cn an + bn 2cn

n

n
c an + bn 2c
tomando limites, temos pelo teorema do sanduche

n
lim an + bn = c.
Propriedade 102. Sejam (ak 0)m

1 e c = max{ak , k Im } entao
/
0 m
0!
lim 1n
ank = c.
n
k=1
m
!
Demonstracao. Vale ank n
c , tomando a soma, tem-se ank m.cn , tem-se
k=1
m
!
tambem cn ank entao vale
k=1
m
!
n
c ank m.cn
k=1
tomando a raiz /
0 m
0!
c 1
n
ank n m.c
k=1
e novamente por teorema do sanduche tem-se

/
0 m
0!
lim 1
n
ank = c.
k=1
1.4.15 Questao 15
Definicao 12 (Termo destacado). Dizemos que xn e um termo destacado quando xn xp

para todo p > n. Isto e quando xn e maior ou igual a todos seus sucessores.
Propriedade 103. Toda sequencia possui subsequencia monotona .
Demonstracao.
Seja A N o conjunto dos ndices s da sequencia (xn ), tais que xs e destacado,
existem dois casos a serem analisados
Se A e infinito, entao podemos tomar uma subsequencia (xn1 , xn2 , ) de termos

destacados formada pelos elementos com ndices em A que e nao-crescente com
n1 < n2 < n3 < e com xn1 xn2 .
Se A e finito, tomamos um n1 maior que todos elementos de A da xn1 nao e

destacado, existindo xn2 xn1 com n2 > n1 , por sua vez xn2 nao e destacado
logo existe n3 > n2 tal que xn3 xn2 , assim construmos uma subsequencia nao-
decrescente .
1.4.16 Questao 18
Generalizamos o exerccio em dois resultados.
Propriedade 104. Sejam (an ) e (bn ) sequencias limitada tais que an + bn = 1 n N ,

(zn ) e (tn ) com o mesmo limite a, entao lim an .zn + bn .tn = a.
Demonstracao. Escrevemos
an .zn + bn .tn = an .zn a.an + a. an +bn .tn = an (zn a) + a(1 bn ) + bn .tn =

"#$%
=1bn
= an (zn a) + a a.bn + bn .tn = an (zn a) + a + bn (tn a)
da
lim an (zn a) + a + bn (tn a) = a = lim an .zn + bn .tn
pois an e bn sao limitadas e zn a, tn a tendem a zero.

p
!
Propriedade 105. Se lim zk (n) = a k e cada (xk (n)) e limitada com xk (n) =
n
k=1
p
!
vn b entao lim xk (n)zk (n) = a.b.
n
k=1
p
!
Demonstracao. Vale x1 (n) = vn xk (n).
k=2
p p
! !
xk (n)zk (n) = x1 (n)z1 (n) + xk (n)zk (n) =
k=1 k=2
p p
! !
= z1 (n)vn xk (n)z1 (n) + xk (n)zk (n) =
k=2 k=2
p
!
= z1 (n)vn + xk (n) (zk (n) z1 (n)) a.b.
" #$ % " #$ %
a.b k=2 0
1.4.17 Questao 19
Definicao 13 (Sequencia de variacao limitada). Uma sequencia (xn ) tem variacao limi-
tada quando a sequencia (vn ) com
n
!
vn = |xk | e limitada.
k=1
Propriedade 106. Se (xn ) tem variacao limitada entao (vn ) converge.
Demonstracao. (vn ) e limitada e nao-decrescente, pois vn = |xn+1 | 0, logo e

convergente.
Propriedade 107. Se (xn ) tem variacao limitada entao existe lim xn .

!
!
Demonstracao. A serie |xk | converge portanto xk converge absolutamente
k=1 k=1
e vale
n1
! n1
!
xn x1 = xk xn = xk + x1
k=1 k=1
logo xn e convergente.
Exemplo 27. Se |xn+1 | c|xn | n N com 0 c < 1 entao (xn ) possui variacao
limitada. Definimos g(k) = |xk | logo a desigualdade pode ser escrita como g(k + 1)
n1
&
cg(k), Qg(k) c aplicamos de ambos lados, da
k=1
g(n) = |xn | cn1 g(1)
somando em ambos lados temos

n
! n
!
|xk | ck1 g(1)
k=1 k=1
como o segundo termo converge por ser serie geometrica segue que (xn ) e de variacao
limitada, logo converge.
Propriedade 108. (xn ) tem variacao limitada xn = yn zn onde (yn ) e (zn ) sao
sequencias nao-decrescentes limitadas.
Demonstracao.
).
Seja xn = yn zn onde (yn ) e (zn ) sao sequencias nao-decrescentes limitadas, entao
xn tem variacao limitada.
n
! n
! n
! n
! n
! n
!
vn = |xk | = |yk zk | |yk | + |zk | | yk | + | zk |
k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1
= |yn+1 y1 | + |zn+1 z1 | < M
pois (yn ) e (zn ) sao limitadas, logo (vn ) e limitada, isto e, (xn ) tem variacao limitada.
). Dada (xn ) com variacao limitada. (xn ) tem variacao limitada (xn + c) tem
variacao limitada, pois aplicado as duas sequencias tem o mesmo valor. Escrevemos
n1
!
xn x1 = xk
k=1
n1
!
Para cada n definimos Pn o conjunto dos k da soma xk tais que xk 0 e Nn
k=1
o conjunto dos k da mesma soma tais que xk < 0, com isso temos uma particao do
conjunto dos ndices e vale
n1
! ! !
xn x1 = xk = xk (xk )
k=1 kPn kNn
" #$ % " #$ %
yn zn
(yn ) e nao decrescente, pois yn+1 = yn caso nao seja adicionado ndice a Pn+1 em relacao
a Pn e yn+1 yn caso seja adicionado um ndice a Pn+1 , pois adicionamos um termo da
forma xk 0 o mesmo para (zn ).
(yn ) e limitada pois
! n1
! ! ! ! !
xk |xk | = |xk | + |xk | = xk + (xk ) < M
kPn k=1 kPn kNn kPn kNn
da mesma maneira (zn ) e limitada.
Exemplo 28. Existem sequencias convergentes que nao possuem variacao limitada, como
n1
! (1)k (1)n 1
por exemplo xn = , que e convergente porem xn = |xn | = e
k=1
k n n
n1
! 1
nao e limitada.
k=1
k
1.4.18 Questao 20
1
Exemplo 29. Seja (xn ) definida como x1 = 1, xn+1 = 1 + , entao vale que
xn
1
|xn+1 | |xn |.
2
Primeiro vale que xn 1 para todo n pois vale para n = 1, supondo validade para
1
n, entao vale para n + 1, pois xn+1 = 1 + .
xn
1
Vale que |xn+1 xn | 2 para todo n, pois, substituindo xn+1 = 1 + isso implica
xn
que xn+1 xn xn + 1 2.
1 1
De |xn+1 xn | 2 segue que | | , multiplicando por |xn+1 xn | em ambos
xn+1 xn 2
lados segue que
xn xn+1 |xn+1 xn |
| |
xn+1 xn 2
1 1 1 1 |xn+1 xn |
| | = | (1 + ) (1 + ) |
xn+1 xn x x 2
" #$n+1 % " #$ n %
xn+2 xn+1
1
portanto |xn+1 | |xn | portanto a sequencia e convergente. Calculamos seu
2
limite lim xn = a
1
a=1+ a2 a 1 = 0
a

1 5
cujas razes sao , ficamos com a raiz positiva pois a sequencia e de termos
2
positivos, logo
1+ 5
lim xn = .
2
1.4.19 Questao 21

Exemplo 30. Estudar a convergencia da sequencia xn+1 = 1 + xn com x1 = 1.
A sequencia e crescente , pois x2 = 2 > x1 , supondo xn+1 > xn temos

xn+1 > xn 1 + xn+1 > 1 + xn xn+2 > xn+1 .
A sequencia e limitada superiormente, por 3, por exemplo, pois x1 < 3, supondo xn <
3 < 4 tem-se

xn < 2 1 + xn < 3 xn+1 < 3.
Agora calculamos o limite da sequencia

a=1+ a (a 1)2 = a a2 3a + 1 = 0

3 5 3 5
cujas razes sao , nao podendo ser que e menor que 1 logo o limite e
2 2
3+ 5
.
2
1.4.20 Questao 22
Propriedade 109. (xn ) nao possui subsequencia convergente lim |xn | = .
Demonstracao.
).
Se (xn ) nao possui subsequencia convergente entao lim |xn | = .
Se nao fosse lim |xn | = , existiria A > 0 tal que n0 , existe n1 > n0 tal que |xn1 | < A,
aplicando o resultado com n1 no lugar de n0 , existe n2 > n1 tal que |xn2 | < A e assim
construmos uma subsequencia (xn1 , xn2 , ) limitada , que possui uma subsequencia
convergente , o que e absurdo.
).
Suponha por absurdo que lim |xn | = e (xn ) possui subsequencia convergente, con-
vergindo para a. Por definicao de limite infinito, sabemos que existe n0 tal que n > n0
implica |xn | > |a| + 10, por (xn ) ter subsequencia que converge para a, existe n1 tal que
n > n1 e n ndice da subsequencia, implica |xn a| < 10 |xn | < |a| + 10, podemos
tomar ndice da subsequencia tal que n > n1 e n > n2 , logo valeria |xn | < |a| + 10 e
|xn | > |a| + 10 o que e absurdo, portanto (xn ) nao pode possuir subsequencia convergente.
1.4.21 Questao 25
xn+1
Propriedade 110 (Teste da razao para sequencias.). Se xn > 0 n N e c<1
xn
para n suficientemente grande entao lim xn = 0.
xk+1
Demonstracao. Existe n0 tal que para k > n0 vale 0 < c < 1, aplicamos o
xk
n
&
produtorio em ambos , de onde segue
k=n0 +1
n
& n
&
xk+1
0< c
k=n +1
x k
k=n +1
0 0
0 < xn+1 < x(n0 +1) cnn0

como lim cn = 0, tem-se pelo teorema do sanduche que lim xn = 0.
Corolario 18. Dada uma sequencia de termos nao nulos (xn ), entao (|xn |) e uma sequencia
de termos positivos, se ela satisfaz a propriedade anterior entao lim |xn | = 0 o que implica
lim xn = 0.
xn+1
Propriedade 111. Seja (xn ) sequencia de termos positivos, se c > 1 para n
xn
suficientemente grande entao lim xn = .
xk+1
Demonstracao. Existe n0 N tal que k > n0 implica c, onde c > 1.
xk
Aplicando o produtorio na desigualdade tem-se
n
& xk+1
> cnn0
k=n +1
xk
0
xn0 +1 n
xn+1 > c
cn0
como lim cn = segue que lim xn = .
Corolario 19. Na propriedade anterior podemos trocar xn por |xn | onde xn nao se anula,
pois (|xn |) e uma sequencia de positivos.
xn+1 xn+1
Corolario 20. Se lim = a < 1 entao para n suficientemente grande vale
xn xn
c < 1, logo tambem vale lim xn = 0.
xn+1
Corolario 21. Se lim = c > 1 a propriedade tambem se verifica pois existe n0 N
xn
xn+1
tal que n > n0 implica > a > 1 para algum a.
xn
Propriedade 112.
n!
lim = 0.
nn
n!
Demonstracao. Definimos xn = e vale xn > 0, aplicamos a regra da razao
nn
' (n
xn+1 (n + 1)! nn n 1
= = =
xn (n + 1) n+1 n! n+1 (1 + n1 )n
xn+1 1
o limite e lim = < 1.
xn e
nn cresce mais rapido que n!
an
Propriedade 113. Para todo a > 0 real temos lim = 0.
n!
an xn+1
Demonstracao. Pelo teste da razao, definimos xn = temos xn > 0 segue =
n! xn
an+1 n! a xn+1
n
= e temos lim = 0, logo lim xn = 0.
(n + 1).n!a n+1 xn
A propriedade nos diz que n! cresce mais rapido que an .
n! an
Corolario 22. lim n = , pois lim = 0, isso significa que A > 0 n0 N tal
a n!
n!
que n > n0 n > A, em especial para A = 1, tem-se n! > an para n suficientemente
a
grande.
Propriedade 114. Se a > 1 e p natural fixo vale
np
lim = 0.
an
np
Demonstracao. Definimos xn = , vale xn > 0 da podemos aplicar o teste da
an
razao ' (p
xn+1 (n + 1)p an n+1 1 1
= n+1 p
= lim xn+1 xn = <1
xn a n n a a
"#$%
0<
da o limite e zero.
an np
Corolario 23. Se a > 1, p N entao lim p = pois lim n = 0.
n a
Tal propriedade mostra que a exponencial an cresce muito mais rapido que np para n
grande.
Questao 27
Questao 27
Feita no outro gabarito.
Questao 28
Feita no outro gabarito.

1.4.22 Questao 31
Exemplo 31. Mostrar que

*
n
kp
1
lim k=1p+1 = .
n p+1
Iremos calcular o limite das diferencas do inverso da sequencia
*2
p1
p+1
3 *2
p1
p+1
3
p+1 p+1 [ nk ] + (p + 1)np nk
(n + 1) n k=0
k k
(p + 1)np
lim = lim = lim k=0 + lim = p+1
(n + 1)p (n + 1)p (n + 1)p (n + 1)p
" #$ % " #$ %
0 p+1
da
*
n
kp
1
lim k=1p+1 = .
n p+1
Questao 33
Questao digitada errada

n
& 1
Propriedade 115. Se lim xn = , com xn > 0 entao lim( xkn ) =
k=1
&n 1
1 1 n
Demonstracao. Se lim xn = entao lim = 0 da lim ( ) = 0 que implica
xn k=1
xk
" #$ %
=yn
&n
1 1
lim = = lim( xkn ).
yn k=1
4
(2n)! n (2n)! xn+1
Exemplo 32. Provar que lim = . Tomamos xn = da temos =
n! n! 4 xn
(2n + 2)(2n + 1)(2n)! n! (2n + 2)(2n + 1) n (2n)!
= = 2(2n + 1) logo lim = .
(n + 1)n! (2n)! (n + 1) n!
4
n (2n)! 4
Exemplo 33. Mostrar que lim = .
n!nn e
(2n)! xn+1 2(2n + 1) 1 4
Tomamos xn = n
, da = 1 n .
n!n xn n + 1 (1 + n ) e
1.4.23 Questao 35

!
!
!
Propriedade 116. Sejam an e bn series de termos positivos. Se bn = e
n=u n=s n=s
!
an+1 bn+1
existe n0 N tal que para todo n > n0 entao an = .
an bn n=u
an+1 bn+1
Demonstracao. , Qak Qbk tomando o produtorio com k variando de
an bn
k = n0 + 1 ate n 1 na desigualdade em ambos lados segue
n1
& n1
&
an bn an0 +1
Qak = Qbk = , an bn
k=n0 +1
an0 +1 k=n0 +1
bn0 +1 bn0 +1
pois temos termos positivos, tomando a serie temos

!
an 0 !
an bn =
n=n0 +1
bn0 n=n +1
0
logo a serie tende ao infinito por comparacao.
1.4.24 Questao 36
! !
Propriedade 117. 1. Sejam duas series ak e bk de termos positivos, se existe
ak ! !
lim = a = 0 entao ak converge bk converge .
bk
ak ! !
2. Se lim = 0 entao a convergencia de bk implica convergencia de ak .
bk
Demonstracao.
1. Existe n0 N tal que para k > n0 tem-se

ak
0 < t1 < a < < a + < t2
bk
como bk > 0 tem-se
t 1 bk < ak < t 2 bk
n
!
aplicamos a soma , da
k=n0 +1
n
! n
! n
!
t1 bk < ak < t2 bk
k=n0 +1 k=n0 +1 k=n0 +1
! !
usando essa desigualdade temos por comparacao que se bk converge entao ak
! !
converge e se ak converge entao bk converge.
2. De maneira similar ao item anterior.
Existe n0 N tal que para k > n0 tem-se

ak
0 < < t2
bk
como bk > 0 tem-se
0 ak < t2 bk
n
!
aplicamos a soma , da
k=n0 +1
n
! n
!
0 ak < t 2 bk
k=n0 +1 k=n0 +1
! !
usando essa desigualdade temos por comparacao que se bk converge entao ak
converge.
! ak !
Exemplo 34. Pode valer que ak converge, valendo lim =0e bk nao converge,
bk
1 1 ! ak k 1
tome por exemplo ak = 2 , bk = , bk nao converge, lim = lim 2 = lim = 0 e
! k k bk k k
ak converge, logo a recproca do item 2 da propriedade anterior nao vale.
1.4.25 Questao 40
Exemplo 35. A serie

! a2
k=0
(1 + a2 )k
1
converge com qualquer a R. Vale que 1 a2 + 1 a R logo 0 < 1, portanto
1 + a2
!
1
a serie converge por ser serie geometrica. Sabemos que bk = , substituindo
k=0
1b
1
b= 2 , chegamos no resultado
a +1

! !
1 a2 + 1 a2
= = a2 + 1.
k=0
(1 + a2 )k a2 k=0
(1 + a2 )k
1.4.26 Questao 42
! ! ak ! ! ak
Propriedade 118. Sejam as series ak e . ak converge
1 + ak 1 + ak
converge.
!
Demonstracao. . ak converge e vale
1 ak
0 ak 1 1 + ak 1 ak
1 + ak 1 + ak
! ak
pelo criterio de comparacao segue que converge.
! ak 1 + a k
. converge entao
1 + ak
ak 1 1
lim = 0 lim 1 = 0 lim =1
1 + ak ak + 1 ak + 1
da por propriedade de limite lim ak + 1 = 1 lim ak = 0 entao existe n0 tal que para
k > n0 tem-se ak 1
1 1 ak ak
ak + 1 2
2 ak + 1 2 ak + 1
!
logo por comparacao ak converge .
!
Propriedade 119. Seja (xk ) uma sequencia de numeros nao negativos com a serie xk
!
convergente entao x2k e convergente.
!
Demonstracao.[1] Como ak e convergente, vale lim ak = 0 e da para k > n0 vale
!
xk < 1 que implica x2k xk logo por comparacao x2k converge.
Demonstracao.[2] Como temos xk 0 segue tambem x2k 0, sendo entao s(n) =
n
!
x2k temos s(n) = x2n+1 0, logo s(n) e nao decrescente, se mostrarmos que a
k=b
serie e limitada superiormente teremos uma sequencia que e limitada e monotona logo
convergente. Temos que s(n) e limitada superiormente da seguinte maneira
n
! n
! n
!
x2k ( xk )( xk )
k=b k=b k=b
logo a serie e convergente.

1.4.27 Questao 43
! ! ak
Propriedade 120. Se ak , ak > 0 converge entao a serie tambem converge .
k
Demonstracao. Usando a desigualdade de Cauchy
n
! n
! n
!
2
( xk y k ) ( x2k )( yk2 )
k=1 k=1 k=1
1
com yk = e xk = ak tem-se
k
n
! n
! !n
ak 2 1
( ) ( ak )( 2
)
k=1
k k=1 k=1
k
e tem-se tambem n n n n
! ak ! ak ! ! 1
2
( ) ( ak )( 2
)
k=1
k k=1
k k=1 k=1
k
de onde por comparacao segue o resultado .
! ! xk
Corolario 24. Se x2k , converge entao a serie tambem converge, basta usar o
k
resultado anterior com ak = x2k .
1.4.28 Questao 44
Propriedade 121. Seja (an ) uma sequencia nao-crescente de numeros reais positivos. Se
!
ak converge entao lim nan = 0.
Demonstracao. Usaremos o criterio de Cauchy . Existe n0 N tal que para n + 1 >

n0 vale
!2n
2na2n
= na2n ak <
2 k=n+1
logo lim 2na2n = 0. Agora mostramos que a subsequencia dos mpares tambem tende a
zero. Vale a2n+1 a2n da 0 < (2n + 1)a2n+1 2na2n + a2n por teorema do sanduche
segue o resultado. Como as subsequencias pares e mpares de (nan ) tendem a zero, entao
a sequencia tende a zero.
!1 1 n
Corolario 25. A serie harmonica diverge, pois ( ) e decrescente e vale lim =
k n n
1 = 0.
1.4.29 Questao 46
Propriedade 122 (Criterio de condensacao de Cauchy). Seja (xn ) uma sequencia nao-
! !
crescente de termos positivos entao xk converge 2k .x2k converge.
Demonstracao. Usaremos a identidade

n1
! 2s+1
!1
n 1
2!
f (k) = f (k).
s=0 k=2s k=1
).
! !
Vamos provar que se 2k .x2k converge, usando a contraposi-
xk converge entao
! !
tiva, que e equivalente logicamente, vamos mostrar que se 2k .x2k diverge entao xk
diverge.
Como xk e nao-crescente entao vale
2s+1
!1 2s+1
!1
s
2 x2s+1 = x2s+1 xk
k=2s k=2s
n1
!
aplicando 2 segue
s=0
n1 n 1
2!
!
s+1
2 x2s+1 xk
s=0 k=1
! !
logo se 2s x2s diverge entao xk diverge.
).
! !
Vamos provar que se 2k .x2k converge entao entao xk converge, de maneira
direta. Usando que
2s+1
!1 2s+1
!1
xk x2s = 2s x2s
k=2s k=2s
n1
!
aplicando segue que
s=0
n 1
2! n1
!
xk 2s x2s
k=1 s=0
! !
da se 2s x2s converge entao xk converge .
1.4.30 Questao 48
a+b
Propriedade 123. Sejam a, b > 0 R, x1 = ab, y1 = , xn+1 = xn .yn , yn+1 =
2
xn + y n
. Entao (xn ) e (yn ) convergem para o mesmo limite.
2
Demonstracao. Sabemos que yn xn pela desigualdade das medias, entao

xn .yn x2n xn .yn xn xn+1 xn ,
entao (xn ) e crescente . Da mesma maneira yn e decrescente pois de xn yn tem-se

(xn + yn )
xn + yn 2yn da yn+1 = yn . Como vale x1 xn yn y1 para todo n,
2
conclumos que xn e yn sao convergentes, por serem monotonas e limitadas .
xn + y n
yn+1 =
2
tomando o limite
x+y
y= x = y.
2
Definicao 14 (Media aritmetico-geometrica). Dados dois numeros reais positivos a e b

o valor comum para o qual convergem as sequencias (xn ) e (yn ) definidas na propriedade
anterior se chama media aritmetico-geometrica de a e b.
1.5 Captulo 5-Topologia da reta
1.5.1 Questao 1
Propriedade 124 (Caracterizacao de abertos por meio de sequencias). Seja A R. A

e aberto (xn ) com lim xn = a A,
n0 N | n > n0 xn A
entao A e aberto. Em outras palavras A e aberto (xn ) com lim xn = a A se verifica

xn A para n suficientemente grande.
Demonstracao. ).
Suponha A aberto, com a A logo existe > 0 tal que (a , a + ) A e por

lim xn = a existe n0 N tal que n > n0 implica xn (a , a + ) logo xn A.
). Vamos usar a contrapositiva que no caso diz: Se A nao e aberto entao existe (xn )
/ A. Lembrando que a contrapositiva de p q e ! q ! p,
com lim xn = a A e xn
(onde ! e o smbolo para negacao da proposicao) sendo proposicoes equivalentes, as vezes
e muito mais simples provar a contrapositiva do que a proposicao diretamente.
Se A nao e aberto, existe a A tal que a nao e ponto interior de A, assim > 0
, (a , a + ) (R \ A) = , entao podemos tomar uma sequencia (xn ) em R \ A que
converge para a A.
1.5.2 Questao 3
Propriedade 125. Se A e aberto e x R entao x + A = {x + a , a A} e aberto .
Demonstracao.[1-Criterio de sequencias] Seja (xn ) tal que lim xn = x + a x + A ,

vamos mostrar que xn x + A para todo n suficientemente grande, da x + A e aberto.
xn = x+yn com yn a, da como A e aberto, segue que yn A para n suficientemente
grande, o que implica xn = x + yn A para os mesmos valores de n, logo x + A e aberto.
Demonstracao.[2]
Primeiro observamos que w x + A w x A.
). Se w x + A entao w = x + a para algum a A, logo w x = a A.
). Se w x A existe a A tal que w x = a logo w = x + a, da segue

w x + A.
Tomamos y x + A , vamos mostrar que y e ponto interior . Sabemos que existe

a A tal que y = x + a e a e ponto interior de A, logo existe > 0 tal que
a < t < a + t A.
Seja w arbitrario tal que y < w < y + , isto e, w (y , y + ), substituindo

y = x + a temos x + a < w < x + a + , subtraindo x de ambos lados
a < w x < a + ,
da w x A de onde segue w x + A, logo (y , y + ) x + A.

Propriedade 126. Se x = 0 e A e aberto entao x.A = {x.a, a A} e aberto .
Demonstracao. Utilizaremos o criterio de sequencias. Seja (xn ) com lim xn = x.a

xA, vamos mostrar que para n suficientemente grande xn xA, de onde tem-se xA aberto.
xn e da forma xyn onde yn a A, como A e aberto segue que para n suficientemente
grande vale yn A, da para os mesmos valores de n vale xn = xyn xA como queramos
demonstrar.
1.6 Captulo 8-Derivadas
1.6.1 Questao 1
Propriedade 127 (Teorema do sanduche para derivadas). Sejam f, g, h : X R tais

que para todo x X se tenha
f (x) g(x) h(x)
. Se num ponto a X X tem-se f (a) = h(a) e existem f (a) = h (a) entao existe
g (a) = f (a) .
Demonstracao. Da identidade f (a) = h(a) e da desigualdade f (x) g(x) h(x),

temos
f (a) g(a) h(a) = f (a), g(a) = f (a) = h(a)
tem-se tambem
f (a + h) g(a + h) h(a + h), f (a + h) f (a) g(a + h) g(a) h(a + h) h(a)
pois f (a) = h(a) = g(a), como as derivadas f (a) e h (a) existem, entao tambem existem
as derivadas laterais
f+ (a) = f (a) = f (a) = g (a) = h+ (a) = h (a)
dividindo a ultima desigualdade por h > 0 e tomando o limite a direita segue

g(a + h) g(a)
f (a) lim+ f (a)
h0 h
e dividindo por h < 0 e tomando o limite a esquerda
g(a + h) g(a)
f (a) lim f (a)
h0 h
assim
g(a + h) g(a) g(a + h) g(a)
lim = lim+ = f (a) = g (a) .
h0 h h0 h
1.6.2 Questao 2
Se f e derivavel a direita no ponto a e f (a) e maximo local entao f+ (a) 0. Se fosse
f+ (a) > 0 existiria > 0 tal que a < x < a + f (a) < f (x) entao f (a) nao seria
maximo local. Da mesma maneira se f e derivavel a esquerda no ponto a entao f (a) 0,
pois se fosse f (a) < 0 existiria > 0 tal que a < x < a implicaria f (a) < f (x) da
f (a) nao seria maximo local.
Exemplo 36. As derivadas laterais em um ponto de maximo podem existir sendo dife-
rentes, como e o caso da funcao f : R R com f (x) = |x|, que possui maximo no
ponto x = 0 e as derivadas laterais sao
f (h) |h|
lim+ = lim+ = 1
h0 h h0 h
f (h) |h|
lim = lim+ =1
h0 h h0 h
pois no primeiro caso |h| = h, pois h 0+ e no segundo |h| = h , pois h 0 .
1.6.3 Questao 3
Propriedade 128. Seja p : R R um polinomio de grau mpar e t um numero par.

Existe c R tal que
Dt p(c) = 0.
Demonstracao. Basta mostrar que a t-esima derivada de um polinomio de grau

mpar e um polinomio de grau mpar(ou funcao nula) se t e par, pois todo polinomio de
grau mpar possui solucao real. Sejam, n > t e
n
!
p(x) = ak xk ,
k=0
n t n
basta
' ( saber a t-esima derivada de x o termo de mais alto grau, como vale D x =
n nt
t! x , n mpar e t e par implicam que n t e mpar, da Dt p(x) e polinomio de grau
t
mpar e existe c R tal que Dt p(c) = 0. No caso de t > n tem-se Dt p(x) = 0 ; x.
Corolario 26. Em especial se t = 2, existe c R tal que p (c) = 0.
1.6.4 Questao 4
Propriedade 129. Se f : A R e derivavel em a int(A) entao
f (a + h) f (a h)
lim = f (a).
h0 2h
Demonstracao. Como f e derivavel em a intA podemos escrever f (a + h) =
r(h)
f (a) + f (a)h + r(h) onde lim = 0, podemos tomar f (a h) = f (a) f (a)h + r(h),
h0 h
subtraindo as duas expressoes e dividindo por 2h, tem-se
f (a + h) f (a h) r(h) r(h)
= f (a) +
2h " 2h
#$ %
0
tomando o limite segue que

f (a + h) f (a h)
lim = f (a).
h0 2h
f (a + h) f (a h)
Exemplo 37. O limite lim pode existir porem a funcao pode nao
h0 2h
ser derivavel em a, considere por exemplo f : R R dada por f (x) = |x|, no ponto a = 0
ela nao e derivavel porem
|h| | h| |h| |h|

lim = lim = 0.
h0 2h h0 2h
O limite pode existir porem a funcao mesmo nao ser contnua no ponto, como a funcao
definida como f (x) = 0 se x 0, f (x) = 1 se x > 0. Ela nao e contnua em 0, porem o
limite citado existe, pois tomando o limite pela direita
f (h) f (h) 1
lim+ = lim+ =0
h0 2h h0 2h
e pela esquerda
f (h) f (h) 1
lim = lim+ = 0.
h0 2h h0 2h
1.6.5 Questao 5
Propriedade 130 (Caracterizacao de Caratheodory). f e derivavel em a existe g :

A R contnua em a tal que f (x) = f (a) + g(x)(x a) x A.
Demonstracao. ) . Suponha que existe g : A R contnua em a tal que f (x) =

f (a) + g(x)(x a), da para x = a tem-se
f (x) f (a)
= g(x)
xa
f (x) f (a)
como existe lim g(x) por g ser contnua em a, entao existe lim = f (a) = g(a),
xa xa xa
logo f e derivavel.
). Supondo que f seja derivavel, entao podemos escrever f (a + h) = f (a) + f (a)h +
r(h)
r(h), se h = 0, definimos g(a + h) = f (a) + , se h = 0 definimos g(a) = f (a), entao
h
vale que
f (a + h) = f (a) + g(a + h).h
r(h)
se h = 0 e se h = 0 tambem, alem disso g e contnua em a, pois de g(a + h) = f (a) + ,
h
tomando lim , tem-se
h0
lim g(a + h) = f (a) = g(a).
h0
Questao 8
Veremos um lema que ajudara na proximo resultado.
Lema 1. Sejam (an ) e (bn ) sequencias limitada tais que an + bn = 1 n N , (zn ) e (tn )
com o mesmo limite a, entao lim an .zn + bn .tn = a.
Demonstracao. Escrevemos
an .zn + bn .tn = an .zn a.an + a. an +bn .tn = an (zn a) + a(1 bn ) + bn .tn =

"#$%
=1bn
= an (zn a) + a a.bn + bn .tn = an (zn a) + a + bn (tn a)
da
lim an (zn a) + a + bn (tn a) = a = lim an .zn + bn .tn
pois an e bn sao limitadas e zn a, tn a tendem a zero.

Propriedade 131. Seja f : A R derivavel em a. Se xn < a < yn n e lim xn =

f (yn ) f (xn )
lim yn = a entao lim = f (a).
yn xn
Demonstracao. Comecamos com uma manipulacao algebrica
f (yn ) f (xn ) f (yn ) f (a) f (xn ) + f (a) f (yn ) f (a) f (xn ) f (a)
= = =
yn x n y n xn yn xn y n xn
' (' (
f (yn ) f (a) xn + a f (xn ) f (a)
= + =
y n xn yn xn xn a
' (' (
f (yn ) f (a) yn xn yn + a f (xn ) f (a)
= + =
y n xn yn xn xn a
' (' (
f (yn ) f (a) yn a f (xn ) f (a)
= + 1 =
y n xn yn x n xn a
' (' ( ' (' (
yn a f (yn ) f (a) yn a f (xn ) f (a)
= + 1 =
y x yn a yn x n xn a
" n #$ n%
=tn
' ( ' (
f (yn ) f (a) f (xn ) f (a)
= tn +(1 tn )
yn a xn a
" #$ % " #$ %
f (a) f (a)
yn a
observamos que (tn ) e limitada pois xn < a yn a < yn xn < 1, pois
y n xn
yn > xn da podemos dividir por yn xn sem alterar a desigualdade. Da mesma maneira
yn a
vale 0 < yn a e da 0 < < 1, logo (tn ) e limitada, o mesmo vale para 1 tn ,
y n xn
logo aplicamos o lema anterior que nos garante que
' ( ' (
f (yn ) f (xn ) f (yn ) f (a) f (xn ) f (a)
lim = lim tn +(1 tn ) = f (a).
yn xn yn a xn a
" #$ % " #$ %
f (a) f (a)
Questao 9
Questao 10
1
Exemplo 38. Seja f : R R dada por f (x) = x2 sen( ) se x = 0 e f (0) = 0, tomamos
x
1 1
xn = e yn = , da vale lim xn = lim yn = 0
n n + 2
1
f (xn ) = sen(n) = 0
(n)2
1 (1)n
f (yn ) = sen(n + ) =
(n + 2 )2 2 (n + 2 )2

pois sen(n + ) = sen(n) cos( ) + sen( )cos(n) = (1)n , da
2 " #$ % 2 2
=0
f (yn ) f (xn ) f (yn )

=
yn x n y n xn
1 1 n n 2 2
y n xn = = =
n + 2
n (n + 2 )(n) (n + 2 )(n)
f (yn ) f (xn ) (1)n+1 (1)n+1 (1)n+1

= .2n(n + ) = .2n = .2
yn xn (n + 2 )2 2 (n + 2 ) ( + 2n )
1 1
que nao converge, pois para n par temos .2 .2 e para n mpar tem-se
( + 2n )
1 1
.2 .2 duas subsequencias convergindo para valores distintos, logo a sequencia
( + 2n )
nao converge.
Tal funcao e derivavel no 0, pois
x2 sen( x1 ) 0 1
lim = lim xsen( ) = 0
x0 x x0 x
em outros pontos distintos de 0 a funcao tambem e derivavel por ser produto de funcoes
derivaveis.
f (yn ) f (xn )
Portanto tal funcao e derivavel no ponto x = 0 porem o limite nao
yn x n
converge quando lim xn = lim yn = 0. A funcao derivada de f satisfaz

2xsen( 1 ) cos( 1 ) se x = 0

f (x) = x x

0 se x = 0
que nao e contnua em x = 0, da a funcao f e derivavel em toda a reta porem possui
derivada descontnua.
Questao 13
Propriedade 132. Se f : I R satisfaz |f (y) f (x)| c|y x| com > 1, c >

0, x, y R arbitrarios entao f e constante.
Demonstracao. De |f (y) f (x)| c|y x| tomamos x = a R fixo porem

arbitrario 8 8
8 f (y) f (a) 8
0 88 8 c|y a|1
ya 8
com 1 > 0, aplicamos o limite de ambos os lados e pelo teorema do sanduche segue
que f (a) = 0, logo f e constante.
Questao 15
Propriedade 133. Se f e derivavel em I e f e contnua em a entao xn = yn com

lim xn = lim yn = a entao
f (yn ) f (xn )
lim = f (a).
y n xn
Demonstracao. Pelo T V M , para cada yn , xn existe zn entre eles tal que
f (yn ) f (xn )
= f (zn )
yn xn
da lim zn = a por sanduiche e lim f (zn ) = f (a) por continuidade, logo
f (yn ) f (xn )
lim = lim f (zn ) = f (a).
y n xn

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Solucoes dos exerccios de Analise do livro de Elon

Lages Lima:Curso de analise vol.1.

1 Solucoes-Curso de analise vol.1 6

1.4.12 Questao 11a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

Solucoes-Curso de analise vol.1

1.2 Captulo 2-Conjuntos finitos, Enumeraveis e nao-

Axioma 1. Existe uma funcao s : N N injetiva, chamada de funcao sucessor, o

Axioma 3 (Axioma da inducao). Dado um conjunto A N , se 1 A e n A tem-se

Propriedade 1. Supondo os axiomas 1 e 2 entao o axioma 3 e equivalente a proposicao:

Propriedade 2. Dados m e n naturais entao existe x natural tal que

Demonstracao. Vale n 1 da multiplicando por m + 1 segue (m + 1)n m + 1 > m

Propriedade 3. Seja n0 N . Se A N tal que n0 A e n A n + 1 A entao

Demonstracao. Se a = 1 nada temos a fazer pois A = N . Se a > 1 entao a = b + 1 e

Definicao 1 (Antecessor). m N e antecessor de n N quando m < n mas nao existe

Propriedade 5. Mostrar que

Demonstracao. Por inducao sobre n. Para n = 1 a igualdade vale pois

Supondo a validade para n

onde usamos a hipotese da inducao .

Propriedade 6. Mostrar que

Demonstracao. Por inducao sobre n. Para n = 1 temos

supondo a validade para n,

Usando a definicao de somatorio e hipotese da inducao tem-se

Exemplo 1. Mostrar por inducao que

Exemplo 2. Mostre que se n 4 entao n! > 2n .

(n + 1)! > (n + 1) 2n > 2.2n = 2n+1 .

Demonstracao. Vamos provar usando o segundo princpio da inducao, para n = 2 a

como n0 e menor que n, usamos a hipotese da inducao, que implica m 1 = s 1, qk = pk

Propriedade 8. Sejam A e B conjuntos com n elementos, entao o numero de bijecoes

Corolario 2. O mesmo vale se A = B.

Propriedade 9. Se A e B sao finitos e disjuntos com |A| = n e |B| = m entao A B e

Demonstracao. Existem bijecoes f : In A, g : Im B. Definimos h : Im+n

Propriedade 10. Se A e B sao conjuntos finitos nao necessariamente disjuntos vale a

Demonstracao. Escrevemos A como a uniao disjunta A = (A \ B) (A B), da

usando a primeira expressao segue que

|A B| = |A| + |B| |A B|.

Propriedade 12. Seja A um conjunto finito. f : A A e injetiva e sobrejetiva.

Propriedade 13 (Princpio das gavetas de Dirichlet- Ou princpio da casas dos pombos.).

Propriedade 14. Seja A um conjunto com n elementos, entao o numero de funcoes

Demonstracao. Se p > n o resultado vale pois nao existe funcao injetiva de f : Ip

f1 (1) = a1 , f2 (1) = a2 , , fn (1) = an .

Demonstracao. Vamos provar por inducao

Propriedade 16. Seja |A| = n entao |P (A)| = 2n .

Demonstracao. Por inducao sobre n, se n = 1, entao A = {a1 } possui dois subcon-

Exemplo 3. Existe g : N N sobrejetiva tal que g 1 (n) e infinito para cada n N .

Propriedade 17. Pn = {A N | |A| = n} e enumeravel.

Demonstracao. Definimos a funcao f : Pn N n da seguinte maneira: Dado A =

Corolario 3. o conjunto Pf dos subconjuntos finitos de N e enumeravel pois

e uniao enumeravel de conjuntos enumeraveis. O mesmo vale trocando N por um conjunto

Propriedade 18. X e finito existe f : X X que so admite subconjuntos estaveis

Demonstracao. Iremos considerar sempre conjuntos nao vazios.

= {a2 = f (a1 ), f (a2 ) = a3 , f (a3 ) = a4 , , f (an ) = an+1 , }

tomamos tal conjunto como Y e temos

podemos observar que Y = X pois a1

Demonstracao. Para todo t vale que f t e injetiva, pois a composicao de funcoes

Propriedade 20. Se A e infinito entao existe funcao injetiva f : N A.

Demonstracao. Podemos definir f indutivamente. Tomamos inicialmente x1 A e

Corolario 4. Existe funcao injetiva de um conjunto finito B num conjunto infinito A,

Propriedade 21. Sendo A infinito e B finito existe funcao sobrejetiva g : A B.