Instituto de Matemática e Estatística da USP
MPM5608 - Análise Real com aplicações - 2014
Gabarito dos Exercícios de Revisão
1. (1,5) Seja A um conjunto não vazio e limitado de números reais e seja k < 0 um número real
fixado. Determine o supremo do conjunto {ka : a ∈ A}.
Solução. Como A é não vazio, o conjunto B = {ka : a ∈ A} também é não vazio, já que,
como existe um elemento a ∈ A então ka pertence a B.
Como A é limitado, existem m e n reais tais que m ≤ a ≤ n, para todo a ∈ A. Multiplicando
as desigualdades por k, que é negativo, obtemos kn ≤ ka ≤ km, para todo a ∈ A, ou seja, o
conjunto B é limitado. Logo B admite um supremo s.
Observemos que, sendo A não vazio e limitado, A admite supremo e ínfimo. Vamos provar que
sup B = k inf A. Denotemos por s o supremo de B.
(a) s é majorante de B: De fato, sabemos que se i = inf A, então i ≤ a, ∀a ∈ A. Logo,
ki ≥ ka, ∀a ∈ A, ou seja, s = ki é um majorante de B.
(b) s é o menor dos majorantes de B: Tomemos um número r tal que r < s. Vamos mostrar
que r não pode ser majorante de B (ou seja, vamos provar que nenhum número menor do
que s é majorante de B).
s
r
Como r < s e k < 0, temos > = i. Como i = inf A, isto é, i é o maior dos minorantes
k
k
de A, existe a ∈ A tal que i ≤ a < kr . Portanto, ki ≥ ka > r, ou, equivalentemente,
r < ka ≤ ki. Isso significa que r não é majorante de B.
De (a) e (b) concluímos que sup B = k inf A.
Comentários. É interessante observar onde cada hipótese do enunciado foi usada e qual papel
elas cumpriram na demonstração do resultado. Quais são as hipóteses, em que passagens elas
foram usadas? Note que foi preciso garantir não apenas a existência do supremo de B, que era
uma das perguntas do enunciado, como também a existência do ínfimo de A.
2. Considere a sequência dada por x1 = x2 = 1 e os demais termos dados por
(a) (0,5) Calcule x3 , x4 e x5 .
Solução.
1
1
1
1 1
=
+
= + = 2. Portanto, x3 = 12 .
x3
x2 x1
1 1
1
1
1
=
+
= 2 + 1 = 3. Portanto, x4 = 13 .
x4
x3 x2
1
1
1
=
+
= 3 + 2 = 5. Portanto, x5 = 15 .
x5
x4 x3
1
1
xn+2
=
1
xn+1
+
1
.
xn
(b) (0,5) Prove que xn ≥ 0, para todo n.
Solução.
A demonstração será feita por indução. Mais precisamente, usaremos o resultado que diz:
se uma afirmação envolvendo números naturais vale para um primeiro natural n0 e se,
admitindo-se que a afirmação seja válida para todos os naturais entre n0 e n for possível
provar que ela vale para n + 1, então ela vale para todos os naturais a partir de n0 .
Nossa afirmação é que todos os termos xn (n ≥ 1) são positivos.
Por hipótese, x1 = x2 = 1, logo positivos. Vamos supor que x3 , x4 , . . . , xn sejam todos
positivos e provar que xn+1 é positivo: De fato, da hipótese de indução, podemos concluir
1
1
1
1
1
≥0e
≥ 0, portanto,
=
+
≥ 0, o que implica que xn+1 ≥ 0.
que
xn
xn−1
xn+1
xn xn−1
Assim, o princípio de indução permite concluir que xn ≥ 0, ∀n ∈ N.
(c) (0,5) Prove que a sequência (xn )n é decrescente.
Solução.
1
1
Sabemos que, para cada n, vale
≥ 0. Somando-se
dos dois lados temos
xn−1
xn
1
1
1
+
≥
+ 0,
xn xn−1
xn
1
1
. Portanto, xn+1 ≤ xn , ∀n ∈ N.
xn+1
xn
Observação. A mesma demonstração é válida para a desigualdade estrita. De fato,
xn > 0 para todo n natural e, consequentemente, vale a desigualdade xn+1 < xn , para
n = 2, 3, 4, . . .
ou seja,
≥
(d) (1,0) Conclua que a sequência é convergente e determine o limite.
Solução.
A sequência (xn )n é monótona decrescente e limitada inferiormente por 0. Portanto, existe
L = lim xn . Como cada xn é positivo, L é positivo (L ≥ 0). Suponhamos L > 0.
n→∞
Como
1
xn+1
=
1
1
+
vale para todo n ≥ 2, podemos fazer n crescer:
xn xn−1
lim
n→∞
Portanto,
1
xn+1
h1
1 i
1
1
+
= lim
+ lim
n→∞ xn
n→∞ xn
n→∞ xn−1
xn−1
= lim
1
1
1
= + , o que é absurdo. Logo, L = 0.
L
L L
2
∞
X
(n!)2
converge ou diverge?
3. (1,0) A série
(2n)!
n=1
Solução. Para cada n ≥ 1, considere an =
cada an é positivo. Além disso,
Sendo quociente de números inteiros positivos,
[(n + 1)!]2 (2n)!
[(n + 1)n!]2 (2n)!
·
·
=
lim
n→∞ [2(n + 1)]! (n!)2
n→∞ [2n + 2]!
(n!)2
[(n + 1)2 (n!)2
(2n)!
(n + 1)2
= lim
·
=
lim
n→∞ (2n + 2)(2n + 1)(2n)! (n!)2
n→∞ (2n + 2)(2n + 1)
2
1
2
1 + n + n2
n + 2n + 1
1
=
lim
=
= lim
6
2
n→∞ 4 +
n→∞ 4n2 + 6n + 2
4
+ n2
n
an+1
=
n→∞ an
lim
(n!)2
.
(2n)!
lim
an+1
< 1, o critério da razão de convergência de séries nos garante que a série é
n→∞ an
convergente.
Como lim
4. Decida se a série dada converge absolutamente, condicionalmente ou diverge:
(a) (1,0)
∞
X
1
(−1)n √
n
n=1
Solução.
∞ ∞
X
X
1
n 1 √ .
(i) Observemos primeiramente que
(−1) √ =
n
n
n=1
n=1
√
1
1
Como, para cada n > 1, vale n < n, temos que < √ , ∀n > 1.
n
n
∞
X
1
Sabemos que a série
é divergente. Portanto, pelo critério da comparação, a
n
n=1
∞ X
n 1 série
(−1) √ é divergente.
n
n=1
(ii) A série dada é uma série alternada, do tipo
∞
X
(−1)n an , sendo an =
√1
n
> 0, ∀n.
n=1
Temos:
√
√
(I) Para cada n vale que n < n + 1. Mas n < n + 1 ⇒ n < n + 1 ⇒
Portanto, an > an+1 , ou seja, a sequência (an )n é decrescente.
(II) limn→∞ an = limn→∞ √1n = 0.
√1
n
>
√1 .
n+1
De (I) e (II), pelo critério de convergência de séries alternadas (Leibniz ), a série dada
é convergente.
De (i) e (ii), concluímos que a série dada é condicionalmente convergente.
3
(b) (1,0)
∞
X
n=1
(−1)n
1
3
n2
∞ ∞
X
X
1
n 1 Solução. Observemos primeiramente que
(−1) 3 =
3 . Mas há um teorema
2
2
n
n
n=1
n=1
∞
X 1
(dado em aula) que diz que “se p > 1, a série do tipo
converge”. Como, neste
np
n=1
∞
X
1
3
caso, p = 2 , podemos concluir que a série
3 converge, ou seja, a série dada converge
2
n=1 n
absolutamente.
5. (1,5) Para que valores reais de x a série
∞
X
2n
n2
n=1
Solução. Fixado x real, defina an =
2n
|x|n ,
n2
xn converge?
para cada n. Então:
n2
2n+1 |x|n+1
·
n→∞ (n + 1)2
2n |x|n
n2
= lim 2|x| 2
n→∞
n + 2n + 1
1
= 2|x| lim
1 = 2|x|
2
n→∞ 1 +
+
n
n2
an+1
=
n→∞ an
lim
lim
P
Pelo critério da razão, se 2|x| < 1, a série
an será convergente. Portanto, se − 21 < x < 12 , a
∞
X
2n n
série
x será (absolutamente) convergente.
n2
n=1
Se x =
1
,
2
a série dada fica
∞
X
2n 1 n
n=1
n2 2
∞
X
1
=
, que é uma série convergente.
n2
n=1
∞
X
1 n
(−1)n
Se x =
a série dada fica
−
=
, que é uma série absolutamente
n2
2
n2
n=1
n=1
convergente (por quê?), logo convergente (por quê?).
− 12 ,
∞
X
2n Portanto, a série dada é convergente para todo x no intervalo [− 21 , 12 ].
4
6. (1,5) Prove que se f : [0, 1] → R é uma função contínua e f (x) = 0 para todo x racional, então
f (x) = 0, para todo x ∈ [0, 1].
Solução. Seja x0 ∈ [0, 1] um número irracional. O valor de f (x0 ) pode, em princípio, ser maior
do que 0, menor do que zero ou igual a 0 (tricotomia).
(i) Suponhamos f (x0 ) > 0. Como, por hipótese, f é contínua em x0 , dado = f (x0 ), existe
δ > 0 tal que f (x) ∈ ]f (x0 ) − , f (x0 ) + [, para todo x no intervalo ]x0 − δ, x0 + δ[, ou
seja,
0 < f (x) < 2f (x0 ), para todo x no intervalo ]x0 − δ, x0 + δ[.
(1)
Entretanto, como o conjunto dos racionais é denso em R, existe um racional r no intervalo
]x0 − δ, x0 + δ[, logo f (r) = 0, o que não está de acordo com (1).
Assim, concluímos que f (x0 ) não pode ser maior do que 0.
(ii) Suponhamos f (x0 ) < 0. Neste caso, podemos tomar = −f (x0 ) e, de modo análogo,
chegar a uma contradição.
De (i) e (ii), concluímos que f (x0 ) = 0.
5