Prova 1 — Soluções
Escolha 5 questões
MA-602 Análise II
27/4/2009
1. Seja f : [a, b] → R uma função limitada. Mostre que f é integrável se, e só
se, existe uma sequência de partições Pn ∈ P[a,b] do intervalo [a, b] tal que
lim S (f, Pn ) − S (f, Pn ) = 0, onde S (f, Pn ) e S (f, Pn ) denotam, respectivamente, a soma superior e a soma inferior da f em relação à partição Pn .
Solução: Considere os conjuntos A = {S (f, P ) ∈ R : P ∈ P[a,b] } e B =
{S (f, P ) ∈ R : P ∈ P[a,b] } de tal forma que
Z
b
Z
b
f = sup A ≤ inf B =
f
a
a
e f é integrável se, e só se, sup A = inf B.
(a) Suponha que exista uma sequência de partições Pn tal que
lim S (f, Pn ) − S (f, Pn ) = 0.
Então, para todo ε > 0 existe n0 ∈ N tal que se n ≥ n0 então S (f, Pn ) −
S (f, Pn ) < ε. Isso significa que existe alguma partição P tal que S (f, P )−
S (f, P ) < ε. Mas, isso quer dizer que para todo ε > 0 existem um
elemento x ∈ A e um elemento x ∈ B tal que y − x < ε. Porém,
x ≤ sup A ≤ inf B ≤ y. Portanto, para todo ε > 0,
inf B − sup A ≤ y − x < ε,
o que implica que inf B − sup A = 0, isto é, f é integrável.
(b) Reciprocamente, assumindo que f é integrável, deve-se construir
uma
sequência de partições Pn tal que lim S (f, Pn ) − S (f, Pn ) = 0, o que
é feito da seguinte forma: dado n ∈ N, existem Pn0 , Pn00 ∈ P[a,b] tais que
Rb
Rb
Rb
Rb
f − n1 < S (f, Pn0 ) ≤ f e a f ≤ S (f, Pn00 ) < a f + n1 , pois n1 > 0
a
a
Rb
Rb
e
f = sup A e a f = inf B. Defina então Pn = Pn0 ∪ Pn00 . Por esta
a
definição, segue que ∀n ∈ N, S (f, Pn ) − S (f, Pn ) < n2 , já que
S (f, Pn0 ) ≤ S (f, Pn ) ≤ S (f, Pn ) ≤ S (f, Pn00 ) .
Portanto, lim S (f, Pn ) − S (f, Pn ) = 0, concluı́ndo a demonstração.
1
2. Dado um intervalo [a, b], seja C ⊂ [a, b] um conjunto fechado e de medida nula.
Defina a função caracterı́stica χC : [a, b] → R de C por
1
se x ∈ C
χC (x) =
0
se x ∈
/ C.
(a) Mostre que C tem conteúdo nulo.
(b) Mostre que χC é integrável.
Solução:
(a) Seja ε > 0. Deve-se mostrar que C pode ser recoberto por um conjunto
finito de intervalos abertos cuja soma de comprimentos é < ε. Como C
tem medida nula, existeSum conjunto
P enumerável In , n ∈ N, de intervalos
abertos tais que C ⊂ n∈N In e n≥1 |In | < ε. Mas, C é fechado (por
hipótese) e limitado (pois C ⊂ [a, b]) daı́ que C é compacto. Portanto,
existe uma subcobertura finita In1 , . . ., Ink , isto é, C ⊂ In1 ∪ · · · ∪ Ink .
Para esses intervalos vale |In1 | + · · · |Ink | < ε, já que esta desigualdade
vale para todos os intervalos In , n ∈ N. Isso mostra que C tem conteúdo
zero.
(b) Antes de mais nada verifique que se s ∈
/ C então f é contı́nua em x da
seguinte forma: se x ∈
/ C então existe δ x > 0 tal que (x − δ x , x + δ x )∩C =
∅. Dessa forma, dado ε > 0, se y ∈ (x − δ x , x + δ x ) então |χC (y) − χC (x)| =
0 < ε.
Isso significa que o conjunto Desc (χC ) dos pontos de χC está contido em
C. Como C tem medida nula, segue que Desc (χC ) também tem medida
nula, o que mostra que χC é integrável.
Observações: i) Foi mostrado que Desc (χC ) ⊂ C. É possı́vel mostrar que
Desc (χC ) = C, notando que todo intervalo aberto intercepta o complementar
de C, já que C tem conteúdo nulo. Portanto, se x ∈ C então ω (χC , x) = 1 e
x ∈ Desc (χC ).
ii) Sem a hipótese de que C é fechado o resultado não vale: tome C = Q∩[0, 1].
Então, Desc (χC ) = [0, 1] e χC não é integrável.
3. Sejam f, g : [a, b] → R funções integráveis e suponha que f ≥ 0 (isto é, para
Rb
Rb
todo x ∈ [a, b], f (x) ≥ 0). Mostre que se a f = 0 então a f g = 0.
4. Solução:Basta mostrar que
Rb
a
R
b Rb
|f g| = 0 pois a f g ≤ a |f g|.
2
Escolha K > 0 tal que K > sup{g (x) : x ∈ [a, b]}. Dado ε > 0 tome uma
partição P = {a = x0 < · · · < xn = b} tal que S (f, P ) < ε/K (que existe,
Rb
pela hipótese de que a f = 0). Então,
!
!
n−1
n−1
X
X
S (|f g| , P ) =
sup |f g| (xk+1 − xk ) ≤ K
sup f (xk+1 − xk ) = KS (f, P
k=0
[xk−1 ,xk ]
k=0
|f g| < ε, isto é,
Rb
5. Seja f : [a, b] → R uma função contı́nua. Mostre que se
identicamente nula.
Rb
Isso significa que para todo ε > 0,
Rb
Rb
a |f g| ≥ 0 segue que a |f g| = 0.
Rb
[xk−1 ,xk ]
a
a
a
|f g| = 0. Como
|f | = 0 então f é
Solução:Suponha por absurdo que existe x0 ∈ [a, b] tal que |f | (x0 ) = |f (x0 )| =
k > 0. Como f é contı́nua, |f | também é contı́nua. Portanto, existe δ > 0
tal que |f (x)| > k/2 se x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b]. Escolha c < d tal que
(c, d) ⊂ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b]. Então,
Z b
Z c
Z d
Z b
f=
f+
f+
f.
a
a
c
d
No segundo membro dessa igualdade o primeiro e o terceiroR termos são ≥ 0 pois
b
f ≥ 0, já o segundo termo é > k2 (d − c), mostrando que a f > k2 (d − c) > 0.
6. Dada uma função f : R → R, suponha que para todo intervalo [a, b] ⊂ R, a
Rb
restrição f|[a,b] de f a [a, b] é integrável e que f (b) − f (a) = a f 2 .
(a) Mostre que f é contı́nua.
(b) Mostre que para todo x ∈ R, existe a derivada f 0 (x) e que f 0 (x) =
(f (x))2 .
Solução:
Se f é integrável em [a, b] então f 2 também
R x 2 é integrável em [a, b]. Fixe x0 ∈ R
e defina f : R → R por F (x) = x0 f (que é bem definda pois para todo
x ∈ R, f 2 é integrável em [x0 , x], se x ≥ x0 ou em [x, x0 ], se x ≤ x0 ). Então,
F é contı́nua (na verdade de Lipschitz em intervalos limitados). Por hipótese
f (x) − f (x0 ) = F (x), isto é, f (x) = F (x) + f (x0 ), o que mostra que f é
contı́nua. Isso implica que f 2 é contı́nua. Portanto, o teorema fundamental do
cálculo pode ser aplicado para mostrar que F tem derivada e F 0 (x) = f 2 (x).
Usando novamente, f (x) = F (x) + f (x0 ), segue que f 0 (x) = f 2 (x)
3
7. Dadas as funções de variação limitada f, g : [a, b] → R, mostre as seguintes
afirmações:
(a) f + g é de variação limitada.
(b) max{f, g} e min{f, g} são de variação limitada.
Solução:
(a) Tome uma partição P = {a = x0 < · · · < xn = b} ∈ P[a,b] . Então,
V (f + g, P ) =
n−1
X
|(f + g) (xk+1 ) − (f + g) (xk )|
k=0
≤
n−1
X
|f (xk+1 ) − f (xk )| +
k=0
n−1
X
|g (xk+1 ) − g (xk )|
k=0
= V (f, P ) + V (g, P ) .
Portanto, sup{V (f + g, P ) : P ∈ P[a,b] } ≤ Vab (f ) + Vab (g), o que garante
que f + g é de variação limitada.
(b) Como no item (a), se mostra que |f | e cf , c ∈ R são de variação limitada.
Então, o resultado segue das expressões
max{f, g} =
f + g + |f − g|
2
e
min{f, g} =
f + g − |f − g|
.
2
(Deixo de lado os detalhes, tanto de (a) quanto de (b).)
8. Mostre que se f : [a, b] → R Ré uma função integrável então a função F :
x
[a, b] → R definida por F (x) = a f é de Lipschitz.
9. Para cada uma das afirmações a seguir diga se é verdadeira ou falsa. No caso
verdadeiro apresente uma justificativa e no falso, um contra-exemplo.
(a) Toda função integrável é de Lipschitz.
(b) Se X é um subconjunto de medida nula então seu fecho X também tem
medida nula.
(c) Uma função limitada f : [a, b] → R é integrável se, e só se, o seu conjunto
de pontos de descontinuidade Desc (f ) tem conteúdo nulo.
Solução:
4
(a) Falsa: Existem funções integráveis que não são contı́nuas e, no entanto,
toda função de Lipschitz é contı́nua. Por exemplo, a função f : [0, 2] → R
definida por f (x) = 0 se x ∈ [0, 1] e f (x) = 1 se x ∈ (1, 2], é integrável e
não é contı́nua.
(b) Falsa: O conjunto Q tem medida nula por ser enumerável. No entanto,
Q = R não tem medida nula. (É possı́vel mostrar que no caso de conteúdo
nulo isso é verdadeiro. A razão é que a união enumerável de fechados pode
não ser fechado enquanto que a união finita de fechados é fechado.)
(c) Falsa: A função f : [0, 1] → R definida por f (x) = 0 se x ∈
/ Q e f (x) = 1q
se x = pq (fração irredutı́vel com q > 0) é integrável e Desc (f ) = Q ∩ [0, 1]
não tem conteúdo nulo.
10. Dê, se possı́vel, exemplos para cada uma das situações a seguir. Justifique os
exemplos e, caso não exista um exemplo, forneça uma demonstração.
(Escolha 3 subı́tens desta questão.)
(a) Um conjunto de medida nula, que não tem conteúdo nulo.
(b) Uma função integrável f : [a, b] → R tal que o conjunto de seus pontos
de descontinuidade Desc (f ) é Q ∩ [a, b].
(c) Uma função integrável f : [a, b] → R, que não é de variação limitada.
(d) Uma função uniformemente contı́nua f : [a, b] → R, que não é de Lipschitz.
(e) Uma famı́lia S
enumerável Xn , n ∈ N, de subunjuntos de conteúdo nulo tal
que a união n∈N Xn não tem conteúdo nulo.
Solução:
(a) Q ∩ [0, 1]. Tem medida nula, pois é enumerável, mas não tem conteúdo
nulo. Para verificar essa última afirmação, pode-se usar o lema da cerca
(como foi feito na aula) ou Q ∩ [0, 1] = [0, 1], que não tem medida nula
(veja o comentário ao exercı́cio 8.b acima.)
(b) A função f : [0, 1] → R definida por f (x) = 0 se x ∈
/ Q e f (x) =
p
x = q (fração irredutı́vel com q > 0).
1
q
se
(c) A função caracterı́stica χC do conjunto de Cantor C ⊂ [0, 1]. Ela é
integrável e Desc (χC ) = C, pois C é fechado (veja o exercı́cio 2). Porém
C não é enumerável, daı́ que χC não é de variação limitada (se f tem
variação limitada então Desc (f ) é enumerável).
5
√
(d) A função f : [0, 1] → R definida por f (x) = x é uniformemente
contı́nua pois é contı́nua no intervalo compacto [0, 1]. No entanto, não é de
f (x) − f (0)
Lipschitz pois a função g : (0, 1] → R, definida por g (x) =
=
x−0
√
x
não é limitada.
x
(e) Seja xn uma enumeração dos racionais e tome Xn = {xn }. S
Cada Xn tem
conteúdo nulo pois é um conjunto untário. No entanto, n∈N Xn = Q
não tem conteúdo nulo.
6