Números reais: Um passéio pelos fundamentos da Análise
Fernando Auil
São Paulo 2014
Números reais: Um passéio pelos fundamentos da Análise c 2014 Fernando Auil Copyright
Catalogação-na-Publicação
Bibilioteca Escola de Artes, Ciências e Humanidades da Universidade de São Paulo
Auil, Fernando
Números reais: Um passéio pelos fundamentos da Análise / Fernando Auil. São Paulo, 2014. 548 f. : il. Tese (Livre-Docência) Escola de Artes, Ciências e Humanidades da Universidade de São Paulo. 1. Teoria quântica de campo. 2. Modelo de Ising. 3. Mecânica estatística. I. Título.
CDD 22.ed. 530.143
AT X Typeset by the author in L E
Naturalmente, o Spivak Considero cada homem como um devedor da sua pro ssão, e já que dela recebe sustento e proveito, deve assim procurar mediante o estudo lhe servir de ajuda e ornamento. Francis Bacon
O
Calculus
1
de Michael Spivak [14] é sem dúvida nenhuma um dos melhores livros de Cálculo
que já vi. E agora que apresto-me a transcrever nestas páginas o testemunho dos eventos mirí cos e formidáveis a que na minha juventude de estudante me foi dado assistir, encontro-me, como Adso de Melk, repetindo verbatim quanto vi e ouvi daquele texto notável. Constato também agora, como aquele cronista pode perceber, que não raro os livros falam de livros, ou seja, é como se falassem entre si.
Com uma notável diferença, certamente: a con-
versa intertextual ca reduzida aqui a uma vaga evocação de recordações memoravéis.
Pois, se
mergulhado naquele espetacular contexto, o presente opúsculo poderia, no máximo, constituir apenas mais uma ilustração do repetido aforismo relativo ao o plágio como a mais sinceira forma de homenagem. descabida.
Mas inclusive esse modesto anelo poderia ser considerado desde já uma pretensão
Portanto, também como aquele escriba el que num Eco nos fala, não me aventuro
a tirar disso um desenho, deixando para a posteridade signos de signos, para que sobre eles se exercite a prece da decifração.
2
Foi na contemplação das in nitas nuances da imponente obra de Spivak, durante minhas frequentes peregrinações pelo seu
Calculus,
que surgiu a idéia do presente livro, nada mais do que
um relatório de viagem através daquelas páginas maravilhosas, e que por mais longe que esteja da medida dos meus desejos, submeto nalmente à curiosidade e à imparcialidade do leitor.
1 In: 2 Cf.
[14, p. VI]. Prólogo in: [5, p. 21]; Quarto dia, Terceira in [5, p. 330].
iii
Sumário Prolegômenos
1
Introdução
3
I.1
Números . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.2
Funções
I.3
Continuidade
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Notações
9
Lógica Proposicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
N.2
Teoria de Conjuntos
N.3
Álgebra
N.4
Topologia
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
N.5
Outros Alfabetos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
N.6
Metanotações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
9
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
15
Corpos 1.1
19
De nições Básicas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 1
2
6 6
N.1
I Álgebra 1
3
1.2
Diferenças de Potências
1.3
Relax
19
23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
Corpos Ordenados
27
2.1
Corpos Ordenados
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
2.2
Módulo ou Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
Exercícios para o Capítulo 2
31
2.3
De nição Alternativa de Corpo Ordenado
2.4
Desigualdades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
2.5
Módulo ou Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
2.6
A Desigualdade Triangular
34
2.7
Desigualdades com Formas Quadráticas
2.8
Quando
2.9
A
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
(x + y)n = xn + y n ? . . . 2 Função Quadrática ax + bx + c
2.10 A Desigualdade de Schwarz
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.11 A Continuidade das Operações de Corpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
2.12 Relax
40
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
vi
3
SUMÁRIO
Naturalmente, os Naturais
43
3.1
Conjuntos Indutivos
43
3.2
Números Naturais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
3.3
O Princípio de Indução e Equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 3
47
3.4
Paridade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
3.5
Números Naturais e o Princípio de Indução
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
3.6
Somas de Potências de Números Naturais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
3.7
Provas por Indução um Tanto Não-Ortodoxas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
3.8
Coe cientes Binomiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
3.9
Para uma Estimativa do Número
e
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.10 Para uma Prova da Irracionalidade de 3.11 Algumas Relações Importantes 3.12 A Desigualdade de Schwarz em
4
er ,
r∈Q
52
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
54
3.13 O Problema de Collatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
54
Inteiramente Inteiros
59
4.1
Divisibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
4.2
O Algoritmo da Divisão
60
4.3
Mínimo Múltiplo Comum
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
4.4
Máximo Divisor Comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
62
4.5
Números Primos
64
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 4
5
67
4.6
Existem In nitos Primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
4.7
Números de Fermat
67
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Raciocinando nos Racionais
69
5.1
69
Uma Prova de Irracionalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 5 5.2
6
73
Números Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Corpos Ordenados Arquimedianos 6.1
Corpos Ordenados Arquimedianos
73
75 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 6
7
52
. . . . . . . . . . . . . . . . .
Rn
com
75
77
6.2
O Sub-Corpo dos Racionais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
6.3
Um Corpo Ordenado Não-Arquimediano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
Sequentiæ
79
7.1
De nições e Resultados Básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
7.2
Sequências de Cauchy
80
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 7
83
7.3
Resultados Gerais sobre Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
7.4
Sub-Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
7.5
Convergência de algumas Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
SUMÁRIO
vii
8
Corpos Ordenados Completos
85
8.1
Limites Superiores Mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85
8.2
Completeza
85
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 8
9
89
8.3
Caracterização das Sequências Convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4
O Corpo Racional não é Completo...
8.5
...M smo
8.6
Forma de Cauchy do Número
e
89
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
e
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Corpo e Trans guração
90
93
9.1
Mor smos de Corpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
93
9.2
Mor smos em Corpos Ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
96
9.3
Unicidade de Isomor smos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4
Existência de Isomor smos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10 Completando Corpos Ordenados
107
10.1 Sequências Nulas e de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 Propriedades do Corpo
C/N
99 100
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 10
107 111
117
10.3 Relações de Equivalência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
117
10.4 O Ideal de Sequências Nulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
118
11 Raízes
n-ésimas
119
11.1 Existência e Unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 11 11.2 Médias de Potências 11.3 A Sequência
a1/n
p -ésimas
119
123 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
123
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
125
11.4 Raízes de Equações Quadráticas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
125
11.5 A Desigualdade de Schwarz Revisitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
126
12 Exponenciais
129
12.1 Base Arbitrária e Exponente Natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
129
12.2 Base Positiva e Exponente Inteiro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
130
12.3 Base Positiva e Exponente Racional 12.4 Base Positiva 12.5 Base Positiva
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a > 1 e Exponente Real . . 0 < a < 1 e Exponente Real
133
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
136
Exercícios para o Capítulo 12 12.6 De nição Alternativa de 12.7 Mor smos de
(F, +)
13 Endomor smos em
em
expa (x) (P, .) . .
131
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
139 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
139
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
139
141
(R, +)
13.1 Espaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
141
13.2 Bases de Hamel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
142
13.3 Endomor smos do Grupo Real Aditivo
Exercícios para o Capítulo 13
(R, +)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
151
155
viii
13.4 Espaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
155
13.5 (In)dependência Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
155
13.6 Decomposição em Frações Simples
156
14 Números
15
SUMÁRIO
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p -ádicos
159
14.1 Algumas De nições e Resultados Básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
159
14.2 Uma Norma Alternativa nos Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
160
f (unções)
163
15.1 De nições Básicas e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.2 Operações com Funções
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.3 Algumas Classes Particulares de Funções
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 15 15.4 Domínios e Imagens
163 167 169
171
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
171
15.5 Composição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
173
15.6 Operações com Funções
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.7 Polinômio Interpolador de Lagrange
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.8 Algoritmo da Divisão para Polinômios 15.9 Funções Racionais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
174 175 175
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
176
15.10As Funções Trigonométricas Algébricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
176
15.11Uma Identidade Trigonométrica Importante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
179
16 Grá cos
183
16.1 Representação Grá ca dos Números Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
183
16.2 Funções Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
185
16.3 Funções Quadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
185
16.4 Função Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
187
16.5 As Famosas Seções Cônicas
189
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 16
195
16.6 Conjuntos na Reta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
195
16.7 Funções Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
195
16.8 Funções Quadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
196
16.9 Função Módulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
196
16.10Cônicas
197
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.11Conjuntos no Plano
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II Topologia
199
17 A Topologia Usual em
203
R
17.1 De nição e Propriedades Básicas 17.2 Compacidade 17.3 Conexidade
197
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
203
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
205
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17.4 Estrutura dos Abertos e Outras Questões
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
207 208
Exercícios para o Capítulo 17
211
17.5 Conjuntos Compactos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
211
17.6 Pontos de Acumulação de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
211
ix
SUMÁRIO
17.7 Pontos de Acumulação de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
211
17.8 Sequências Têm Ponto em Compactos
213
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18 Limites
215
18.1 De nições Básicas 18.2 Limites Laterais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
215
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
223
18.3 Limites Impróprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
224
18.4 Limites Impróprios de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
225
18.5 O Conjunto de Pontos de Acumulação Estendido . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
227
Exercícios para o Capítulo 18
231
18.6 Resultados Gerais sobre Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
231
18.7 Alguns Exemplos Estranhos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
231
18.8 Limites de Funções e Sequências 18.9 A Função Exponencial 18.10Funções Racionais
expa (x)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
232
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
234
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
235
18.11Limites com Raizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
235
18.12O Limite Notável
lim sen x/x.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
236
18.13Funções Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
236
x→0
18.14Funções Racionais para
x → ±∞
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
237
18.15Limites Impróprios Vários . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
238
19 Funções Contínuas 19.1 De nições Básicas
239 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
239
19.2 Funções Reais Contínuas em Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
241
19.3 Funções Reais Contínuas em Conexos
244
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 19
247
19.4 Continuidade das Funções Trigonométricas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
247
19.5 Contínuidade e Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
247
19.6 Algumas Propriedades Gerais da Funções Contínuas 19.7 Oscilação e Continuidade
. . . . . . . . . . . . . . . . .
248
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
248
(R, +) (P, .) .
19.8 Automor smos Contínuos do Grupo
(F, +)
19.9 Mor smos Contínuos de
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
250
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
250
19.10Funções Conexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
251
19.11Continuidade Uniforme
252
19.12Extensões Contínuas de
em
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
253
19.13Continuidade Absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
254
19.14O Lema do Sol Nascente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
255
Q
para
R.
20 Limite Superior e Inferior
257
20.1 Limite Superior e Inferior de Conjuntos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
257
20.2 Limite Superior e Inferior de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
260
20.3 Incorporando In nito nas De nições
268
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20.4 Limites Superior e Inferior de Sequências Revisitado
. . . . . . . . . . . . . . . . .
273
20.5 Limite Superior e Inferior de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
276
20.6 Limites Laterais Superiores e Inferiores de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . .
279
Exercícios para o Capítulo 20
285
x
SUMÁRIO
20.7 Limite Superior e Inferior de Conjuntos e Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . .
285
20.8 Alguns Limites Superiores e Inferiores de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . .
286
20.9 Limites Superiores e Inferiores de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
287
21 Descontinuidades
289
21.1 Descontinuidades Evitáveis
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
289
21.2 Enumerando as Descontinuidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
290
Exercícios para o Capítulo 21 21.3 Descontinuidades Evitáveis
293 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III Calculus
293
295
22 Derivadas
299
22.1 De nições e Exemplos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
299
22.2 Derivação de Funções Compostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
302
Exercícios para o Capítulo 22
305
22.3 Funções Potenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.4
Tour de Force até Exponentes Racionais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22.5 Mais Para uma Prova da Irracionalidade de
er ,
com
r∈Q
305 306
. . . . . . . . . . . . . .
307
22.6 Funções Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
308
22.7 Funções Trigonométricas Inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
308
22.8 Um Pequeno Aquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
309
22.9 Derivar é Preciso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
309
23 Consequências da Derivabilidade
313
23.1 Pontos Críticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
313
23.2 Teorema do Valor Médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
314
23.3 A Regra de L'Hôpital
316
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 23
319
23.4 Pontos Críticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
319
23.5 Extremos Condicionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
319
23.6 Teorema de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
321
23.7 Teorema do Valor Médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
322
23.8 Regra de L'Hôpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
323
24 Quem não é Côncavo pode ser Convexo 24.1 Funções Convexas
325
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
325
24.2 Convexidade e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
329
24.3 Convexidade e Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
329
24.4 Funções Convexas Diferenciáveis
333
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 24
337
24.5 A Desigualdade de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25 Grá cos Revisitados 25.1 Máximos e Mínimos Locais
337
339 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
339
xi
SUMÁRIO
25.2 Sobre o Trazado de Grá cos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 25
340
343
25.3 Máximos e Mínimos Absolutos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26 Através do Espelho e o que Alice não Encontrou por lá 26.1 Funções Injetoras e a Existência da Inversa
343
345
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
345
26.2 Funções Injetoras Contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
346
26.3 Funções Inversas Diferenciáveis
349
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 26
351
26.4 Alguns Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
351
26.5 Algumas Derivadas Revisitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
351
26.6 Funções De nidas Implicitamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
351
27 Integrais à Riemann
353
27.1 Partições, Somas Inferiores e Superiores
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
353
27.2 Integrais Inferiores e Superiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
354
27.3 Funções Integráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
358
27.4 Mais Alguns Resultados sobre Integrais
362
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 27 27.5 Uma Estimativa de
log 2
371 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
371
27.6 A De nição de Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
372
27.7 A Integral de 27.8 A Integral de 27.9 A Integral de 27.10A Integral de
xn com n ∈ N . . . . . . . . . . . . cos e sen . . . . . . . . . . . . . . . xn com n ∈ N: Cálculo Alternativo xs com s ∈ R\{−1}: Introductio .
27.11Desigualdades e Integrais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
372
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
373
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
374
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
375
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
376
27.12O Lema Fundamental do Cálculo Variacional
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
377
27.13Funções Degrau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
377
27.14A Integral como Área
378
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28 Existência e Unicidade da Integral de Riemann
381
28.1 Resultados e De nições Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
381
28.2 Existência da Integral de Riemann
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
385
28.3 Caracterização Unívoca da Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
389
Exercícios para o Capítulo 28
393
28.4 Caracterização Alternativa da Unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
393
28.5 Funções Integráveis Positivas
393
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29 Monótonas são Interessantes
395
29.1 Monotonia e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
395
29.2 Monotonia e Diferenciabilidade
397
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 29
407
29.3 A Conexão para uma Contínua Monotonia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
407
29.4 Com Monotonia a Continuidade Resulta Absoluta
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
407
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
407
29.5 Diferenciabilidade de Funções Convexas
xii
SUMÁRIO
29.6 Integral de Funções Monótonas Não-Decrescentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
408
29.7 Integral de Funções Monótonas Não-Crescentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
408
29.8 Integral de Inversas de Funções Monótonas Crescentes . . . . . . . . . . . . . . . .
409
29.9 A Integral de 29.10A Integral de 29.11A Integral de
xp com p ∈ N Revisitada x1/p com p ∈ N . . . . . cos e sen Revisitada . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
409
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
410
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
410
30 Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal
413
30.1 Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal . . . . . . . . . . . . . . .
413
30.2 Segundo Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal
415
. . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 30
417
30.3 Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo 30.4 Integrais De nidas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
417
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
418
30.5 Áreas Determinadas por Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
419
30.6 Volume de Sólidos de Revolução
419
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31 As Funcões Trigonométricas 31.1 O Número
π
421
e a Área do Círculo Unitário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31.2 De nição e Propriedades de 31.3 Fórmulas de Adição
cos
sen
421
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
423
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
425
31.4 Algumas Desigualdades
e
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 31
427
428
31.5 Valores Especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.6 Veri cação das Propriedades Algébricas
429
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
429
31.7 Desigualdades Fundamentais Revisitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
430
31.8 Mais Valores Especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
431
31.9 Ortogonalidade do Sistema Trigonométrico
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
432
31.10A Desigualdade de Bessell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
433
31.11O Lema de Riemann-Lebesgue 31.12O Núcleo de Dirichlet
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
434
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
435
32 As Funcões Logarítmica e Exponencial 32.1 A Função Logarítmica
437
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
437
32.2 A Função Exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
439
32.3 Exponenciais de Base Positiva Revisitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
440
Exercícios para o Capítulo 32
443
32.4 Grá cos, Derivadas, Integrais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32.5 Logaritmo de Base Positiva Arbitrária
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
443 444
32.6 Uma Função Melí ua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
445
32.7 (Nem) O Céu é o seu Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
446
32.8 Uma estimativa do número
e
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32.9 Orgia de Limites Logarítmicos
447
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
448
e
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
449
32.11O Cálculo de Juros Compostos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32.10Forma de Cauchy do Número
32.12As Funções Trigonométricas Hiperbólicas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32.13Funções Trigonométricas Hiperbólicas Inversas 32.14Algumas Médias Revisitadas
450 453
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
454
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
455
xiii
SUMÁRIO
32.15A Integral de
xs
com
s ∈ R\{−1}:
Coda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33 Integração em Termos Elementares
456
459
33.1 Integral Inde nida e Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
459
33.2 Integração por Partes
460
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33.3 Integração por Substituição
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 33
460
463
33.4 Integrais Imediatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
463
33.5 Integração por Partes
463
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33.6 Integração por Substituição
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
464
33.7 Substituições Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
466
33.8 Substituições Hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
466
33.9 Funções Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
467
33.10Funções Trigonométricas Inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
467
33.11Algumas Integrais Trigonométricas Curiosas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
467
33.12Descomposição em Frações Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
470
33.13Mundo Mix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
471
33.14Fórmula de Redução para
R
xn eax dx
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34 Integrais Impróprias
472
475
34.1 Integrais Impróprias de Primeira Espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
475
34.2 Alguns Critérios de Convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
476
34.3 Integrais Impróprias de Segunda Espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
479
34.4 A Função Gamma
480
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 34
481
34.5 Integrais Impróprias de Primeira Espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
481
34.6 Integrais Impróprias de Segunda Espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
482
34.7 Algumas Fórmulas de Redução
482
34.8 Integrais Gaussianas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
484
34.9 Propriedades Elementares da Função Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
485
34.10Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
486
35 Aproximação Mediante Funções Polinômicas
487
35.1 Polinômios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
487
35.2 Caraterização Unívoca do Polinômio de Taylor
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
489
35.3 Expressões para o Resto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
490
Exercícios para o Capítulo 35
495
35.4 Aproximações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
495
35.5 Polinômios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
496
e . . arctg e Aproximações para π Função log(x + 1) . . . . . . . . . . . α Função Binomial (1 + x) . . . . . . . 00 Equação f + f = 0 Revisitada . . . .
35.6 A Função Exponencial e o Número
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
496
35.7 A Função
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
498
35.8 A
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
501
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
502
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
503
35.9 A 35.10A
36 Estranho numa Terra Estranha 36.1 Racional é o que
e
não é... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
505 505
xiv
SUMÁRIO
36.2 ...E nenhuma Potência Superior o fará entrar em razão, por mais Racional que seja
506
36.3 Algo Quadrado numa Esfera é Irracional, aqui e na Quarta Dimensão
509
. . . . . . .
Exercícios para o Capítulo 36
511
36.4 Existe Algo em Común entre Moisés, Heinlein e U2?
. . . . . . . . . . . . . . . . .
Apêndices A
511
513
gnuplot
515
A.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
515
A.2
Interpretador de Comandos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
515
A.3
Grá cos em 2D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
517
A.3.1
Funções ou Arquivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
517
A.3.2
Intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
518
A.3.3
Estilo
A.3.4
Cor
A.3.5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
519
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
520
Pontos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
520
A.4
Arquivos de Dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
520
A.5
Ajustando uma Função a um Conjunto de Dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
521
A.6
Títulos e Legendas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
522
A.7
A.8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
523
A.7.1
Redirecionamento da Saída
PostScript . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
524
A.7.2 A.7.3
AT X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . L E Fig . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
525
A.7.4
Utilização em
pipes
Arquivos de Automação
524
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
525
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
526
B Alguns Resultados Topológicos
529
B.1
Compacidade
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
529
B.2
Espaços Métricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
530
Referências Bibliográ cas
535
Lista de Símbolos
537
Índice Remissivo
541
Lista de Figuras 16.1 Representação grá ca do conjunto dos números reais. . . . . . . . . . . . . . . . . 16.2 Representação grá ca do módulo
|a − b|.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.3 Sistema de coordenadas cartesiano ortogonal.
183 184
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
184
16.4 Grá co da função constante
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
185
16.5 Grá co da função linear
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
186
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
187
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
187
f (x) = c. . f (x) = ax + b.
16.6 Parábola com ramos ascendentes. 16.7 Parábola com ramos descendentes. 16.8 Grá co da função quadrática
f (x) = ax2 + bx + c.
16.9 Grá co da função original, sem o módulo.
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
188
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
189
16.10 Grá co por cima do eixo horizontal, inalterado.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.11 Grá co por baixo do eixo horizontal, re etido para acima. 16.12 Justaposição dos dois últimos grá cos.
189
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
189
16.13 Grá co da função original, sem o módulo.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.14 Grá co por cima do eixo horizontal, inalterado.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.15 Grá co por baixo do eixo horizontal, re etido para acima. 16.16 Justaposição dos dois últimos grá cos.
(a, b) e raio r. . . . . (−c, 0) e (c, 0). . . focos em (−c, 0) e (c, 0).
189
. . . . . . . . . . . . .
190 190
. . . . . . . . . . . . .
190
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
190
16.17 Círculo de centro
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
191
16.18 Elipse com focos em
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
192
16.19 Hipérbole com
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
193
Prolegômenos
Introdução I.1
Números
No princípio era o Número e o Número estava junto a Deus, e o Número era Deus. Ele estava no princípio junto a Deus e dever do matemático el seria repetir cada dia com salmodiante humildade o único evento imodi cável do qual se pode con rmar a incontrovertível verdade.
2 devemos con ar, no princípio eram junto a Deus
Se em Kronecker
apenas
1
os números
naturais.
Acreditando ou não na teogonia numerológica de Kronecker, encontra-se, com efeito, que a contagem é, do ponto de vista matemático, uma das mais antigas atividades humanas, e os números naturais 1,2,3,... são precisamente os números de contar. Segundo Rey Pastor
et al.
[8], embora as sociedades menos desenvolvidas tribos isoladas da
África e Austrália, possuam apenas uma noção muito vaga e embrionária do
conceito
de número,
podem, contudo, realizar a contagem de determinados conjunto de objetos cabeças de gado, lhos, ou esposas, das mais diversas maneiras. Os pigmeus sabem contar até cinco e, quando interrogados sobre a cardinalidade de conjuntos com mais objetos, a eles se referem dizendo que têm muitos elementos. Observe-se de passagem que, embora possa parecer elementar e primitiva, essa atitude na verdade está universalmente generalizada, diferindo culturas.
apenas em grau
entre as diferentes
Qualquer indivíduo, digamos, ocidental, cristão e ariano, quando interrogado sobre a
quantidade de estrelas que consegue enxergar no céu noturno, também responderá muitas, embora a quantidade requisitada seja obviamente nita em número. Um exemplo revelador da gênese do conceito do número na mente humana é fornecido por algumas tribos australianas nas que, quando os lhos vêm ao mundo, recebem, na ordem do seu nascimento, nomes com signi cado numérico, variando na terminação conforme o gênero do recém nascido. Tais nomes diferenciam desde o primeiro até o nono lho, e embora esses australianos não possuam número cardinal além do três, o pai australiano de nove lhos saberá muito bem dizer se a sua família está completa, quando pretende contá-la, sem ter a idéia abstrata de número, nem cardinal, nem ordinal. Não sabe contar até nove, mas é perfeitamente capaz de diferenciar qualitativamente os termos que a nossos olhos comporiam uma sequência ordenada abstrata. Ou seja, a numeração é substituida pela
enumeração, [8].
A correspondência biunívoca entre conjuntos também aparece naturalmente nas questões comerciais que envolvem, por exemplo, os indígenas do estreito de Torres, no norte da Austrália, e
1 Cf. Adso de Melk In: [5, p.21]. 2 Leopold Kronecker (7 de dezembro
de 1823 29 de dezembro de 1891) foi um matemático e lógico alemão
que sosteve que a aritmética e a análise deveriam ser baseadas nos números inteiros, expresando que Deus fez os números inteiros; o resto é obra do homem (Bell 1986, p. 477). In: [18]. Tradução livre do autor.
3
4
Introdução
efetua-se recorrendo a equivalentes concretos da numeração ordinal. Podem contar até 31 tomando sucessivamente como referências o dedo mínimo da mão esquerda, os outros dedos, o pulso, cotovelo, axila, ombro, clavícula, tórax, e depois, na ordem inversa, ao longo do outro braço, nalizando no dedo mínimo da mão direita. Resulta uma extensão do conceituado e útil método de contar com os dedos. Na primeira infância se começa também pelo aprendizado da contagem. Apenas mais tarde coordenam-se conjuntos prescindindo da ordem. Isso parece justi car, como mais intuitivo e direto, e mais adaptado à natureza da mente humana, a introdução do número natural através da formulação axiomática que evidencie os fundamentos da operação de contagem, como no sistema axiomático de Peano, por exemplo. O uso do zero como número aceitou-se na Europa apenas a partir do século XIII, por Leonardo de Pisa, também conhecido como Fibonacci, quem parece ter se inspirado na escola arábica espanhola, cujo representante mais proeminente foi Juan de Sevilla. A palavra zero foi introduzida posteriormente, no século XV, e também provem do árabe
sifr, vazio.
Os indianos, no seu sistema
de numeração decimal, representavam o zero com um símbolo oco, o que signi ca o notável avanço de representar a ausência de unidades, o nada, através de um símbolo concreto. Resulta oportuno destacar que os maias zeram coisa parecida, valendo-se do seu notável sistema de numeração vigesimal. Os números negativos não foram aceitos sem polêmicas até o século XVII. Os gregos nunca consideraram como solução de um problema uma quantidade negativa ou irracional. Até as próprias frações não eram números para os matemáticos gregos, mas quocientes de números, o que não impedia que o
logístico, calculador experiente, entre os gregos, ou o escreva, entre os egípcios,
operasse pro sionalmente com elas como se fossem números, sem preocupação nenhuma em justi car rigorosamente suas regras de cálculo, indiferente às críticas irônicas de Platão. A comprovação da insu ciência dos pontos racionais para representar a totalidade das magnitudes e relações que aparecem ainda na geometria elementar, muito cara aos gregos, marca uma época na história da Matemática antiga, e data de aproximadamente vinte e cinco séculos, quando o renome do lósofo Pitágoras de Samos e da sua seita de seguidores percorria as ilhas do mar Egeu.
Ao santo e herói desta seita atribue-se o famoso resultado conhecido como Teorema de
Pitágoras, que paradoxalmente teve consequências bem anti-pitagóricas.
Resulta oportuno sali-
entar que esse resultado já era conhecido muito antes, por exemplo, pelos antigos egípcios, que o usavam de maneira muito engenhosa para construir ângulos retos com cordas na demarcação de terrenos após as enchentes sazonais do rio Nilo. A descoberta dos números irracionais é atribuida, mais especi camente, ao pitagórico Hippasus de Metapontum, nascido aproximadamente em 500 A.C. na Magna Græcia, quem parece ter desenvolvido uma prova, com argumentos principalmente geométricos, da irracionalidade da raiz quadrada de 2, na sua tentativa de representá-la como uma fração. Observe-se de passagem que esse tipo de acontecimento constitui uma caraterística típica e notável da Matemática, onde fracassos são revertidos em Teoremas de Impossibilidade e onde regras transgredidas originam novas regras, melhores e mais abrangentes que as anteriores. Contudo, Pitágoras acreditava no caráter absoluto dos números inteiros e não poderia aceitar facilmente a existência de números que fugissem do mundo perfeito e ordenado que criara para si mesmo e sua seita de seguidores. Mais ainda, nenhuma viagem para outra galáxia era necessária para subverter a harmonia do seu esquema de números inteiros, mas pelo contrário, o defeito podia ser encontrado na diagonal de um singelo quadrado qualquer. Para cúmulo de males, o seu próprio resultado, o Teorema de Pitágoras, era usado para tal efeito. Ele não podia negar a existência de números irracionais pela via da lógica formal, mas na sua ilusória crença não poderia nunca aceitar a sua existência. Diante de tão abrumadoras circunstâncias, ele não teve melhor idéia que con-
5
I.1 Números
denar Hippasus à morte por afogamento. Assim, após este ter revelado a irracionalidade daquele número, os demais membros da seita pitagórica deram-lhe morte. Alega-se também que Hippasus foi um notável pioneiro da pesquisa experimental em acústica e o fenômeno da ressonância, mas pouquísimos dos seus trabalhos originais chegaram até os dias de hoje.
A criação dos números reais representa a abstração suprema da mente humana. Embora eles possam ser representados gra camente de maneira simples e notável por meio de uma linha reta extendendo-se
ad in nitum,
a idéia, e a efetividade, dessa representação recai não na linearidade,
nem na in nitude, mas na noção de
continuidade
subjacente à reta. Mesmo os gregos, sendo bri-
lhantes pensadores e intelectuais, tiveram grande di culdade em formalizar rigorosamente a idéia de continuidade. Talvez eles nem se sentissem na necessidade de fazê-lo, mas provavelmente resultaria difícil atingí-la com um esquema de pensamento atrelado a formas estáticas, viciado em geometria. Idéias embrionárias do Cálculo podem ser encontradas no método de Arquimedes de Siracusa para a determinação da área de certas guras curvas, mas com a destruição da cultura helenística por parte do Império Romano, quase mil e quinhentos anos deveriam passar até o Renascimento europeu testemunhar o surgimento do Cálculo propriamente dito.
Mesmo assim, os
lósofos ocidentais que séculos depois acenaram em direção da análise da noção de continuidade nem chegaram perto de arranhá-la, pois dizer que constitui um a priori da mente humana não constitui mas do que uma variante da dúvida erudita socrática, somente que menos modesta e, por motivos óbvios, totalmente desprovida de qualquer originalidade.
Apesar da sua irreversível in uência no informatizado mundo de hoje, computadores não podem usufruir dos números reais. Os números reais não podem ser introduzidos em computadores, nem a noção de continuidade. Computadores não podem representar os números reais irracionais. Por menor que seja o espaço de armazenamento na memória de um simples
bit, a representação de
in nitos decimais requer in nito espaço. Portanto, nenhum computador nunca poderá trabalhar com números reais. Embora a sua incrível velocidade e outros truques mecânicos e estatísticos, os computadores nunca poderão superar a mente humana, a menos que se considere o próprio cérebro humano como uma espécie de computador biológico, aliás, de altíssima e ciência, ou que se considere, alternativamente, o próprio computador como uma extensão das faculdades mentais humanas.
Os números podem ser usados como patamares na edi cação de estruturas abstratas que fagocitam qualquer vestígio da sua individualidade, assim sacri cada pela primazia da forma, que impera nos domínios da abstração da mesma forma que imponentes catedrais o fazem no mundo dos homens: construções austeras, sólidas e frias, resultam em lugar de culto onde supostamente as limitações terrenas são sublimadas em prol do inatingível. Isso é a Álgebra. Os números podem, alternativamente, ser dissecados, radiografados, entrevistados seus vizinhos, amigos e parentes... Em outras palavras, podem ser abordados biogra camente. O estudo da forma ca então subordinado à contextualização das suas diferentes manifestações e matizes, prevalecendo a individualidade. Essa é a abordagem da presente obra e na Matemática recebe genericamente o nome de Análise: do grego
,
αν α˙ (ana),
separação, através, e
λυσις (lysis),
dissolução, destruição, ou seja, sepa-
ração pela dissolução ou através da destruição, denotando a idéia da decomposição de uma
3 A escolha desse nome para denominar
coisa em seus princípios ou componentes fundamentais.
3 Compare-se
com anatomia (ana = separação; tomé = cortadura): disseção do corpo humano; anagrama (ana
= separadamente): formação de uma palavra tomando ou separando as letras de uma outra; aneurisma (ana = através; euro = dilatar): ruptura de una artéria pela sua dilatação transversal; anatema (ana = separação; tithemi = colocar): colocar uma pessoa fora de algum lugar, por suas idéias ou crenças, excomungar. Com maior precisão, além de separação, através, o pre xo
ana
também é usado para denotar a idéia de repetição (anabaptista), entre
(analogia), elevação (anagogia), no meio, fora (anacronismo), a parte (anacoreta).
6
Introdução
o estudo dos números reais, principalmente os irracionais, provavelmente também seja de origem (anti-)pitagórica. Com efeito, os pitagóricos representavam os números como pontos que, além de ter uma posição determinada, consideravam como sendo estaria assim constituído por uma quantidade
nita
extensos.
Ou seja, um segmento de reta
de pontos. Pelo fato da raiz quadrada de 2 ser
irracional, como provara Hippasus, decorre do próprio Teorema de Pitágoras, que em um triângulo retângulo de catetos iguais a 1, para poder posicionar exatamente a hipotenusa de modo tal a formar o triângulo de maneira correta, seria necessário quebrar destruir, separar, esses pontos extensos, por menores que sejam.
I.2
Funções
As origens da noção de função e da sua in uência signi cativa na evolução da ciência podem ser xadas no século XVII. O conceito de função aparece explicitamente em Leibniz em 1692, sendo utilizado pelos irmãos Bernoulli desde 1694. símbolo
f (x),
e Clairaut
f x.
Leonhard Euler (1707-1783) introduz em 1734 o
O conceito geral de função algébrica, inclusive não expressável por
radicais, foi claramente de nido por Euler, que denominava trascendentes às funções de nidas por algorítmos inde nidos, o que não é atualmente correto, mas deve ser sobrentendendido que se refere às funções de nidas por séries de potências e que não são algébricas.
y dependente de x, ou função de x, coincidia expressão aritmética formada com a variável x e certos números xos, ou constantes. A palavra contínua signi ca para Euler função de nida por apenas uma expressão. O conceito bernouilliano e euleriano de variável
com o de
O problema da corda vibrante, resolvido por D'Alembert em 1747, induz Euler a admitir funções arbitrárias de nidas gra camente, dado que a forma inicial da corda pode ser arbitrária, sem necessidade de uma expressão aritmética explícita. Por outro lado, Bernoulli forneceu uma expressão trigonométrica para a forma da corda, de nida para todo tempo, e em face disso foi evidenciada a necesidade de suprimir a diferença entre função matemática, de nida explicitamente por uma expressão aritmética, e função arbitrária, dado que estas últimas também são suscetíveis de serem expressas através de operações aritméticas. Tudo isso levou a prescindir da maneira de explicitar a correspondência entre os valores de e os de
y,
x
para atender apenas à correspondência em si mesma, cando assim estabelecido por
Dirichlet em 1854 o conceito geral de função como correspondência arbitrária entre duas variáveis.
I.3
Continuidade
O teorema sobre a existência de valores extremos, máximos e/ou mínimos, de funções limitadas, geralmente atribuido a Weierstrass, assim como também o critério geral de convergência que costuma denominar-se de Cauchy, são de Bolzano (1817). Bernard Bolzano (1781-1848) foi um dos primeiros a introduzir o conceito moderno de rigor nas demonstrações da Análise. No seu trabalho
Paradoxien des Unendlichen,
publicado em 1850, é reconhecido pela primeira vez que muitos
enunciados aparentemente óbvios sobre funções contínuas podem e devem ser
demonstrados.
Um
exemplo característico é seu teorema sobre a existência de zeros. Ainda em épocas mais recentes, diversos autores adotaram como condição equivalente à continuidade, ou bem como a de nição da mesma, que uma função não passe de um valor a outro sem tomar todos os valores intermediários,
7
I.3 Continuidade
o que resulta falso, a partir de exemplos bem simples e elementares. A idéia de fundamentar a Análise sobre uma base aritmética desenvolve-se em começo do século XIX, principalmente pelo trabalho de Agustin Louis Cauchy (1789-1857), dotando de rigor lógico a extraordinária obra do século XVIII, em que os conceitos da Análise operavam-se sobre uma base intuitiva do resultado correto, que não estava completamente livre de associações místicas, particularmente a dos in nitamente pequenos.
f (a + o), como o.
deriva da notação de Dirichlet in nitésimos, que designava
A notação
f (a + 0)
para o limite pela direita
originada pela sua vez na notação de Newton para os
Segundo Dini-Lüroth (1840), Heine clasi cou a continuidade de uma função em um intervalo em uniforme e não-uniforme, e Cantor conseguiu demostrar a equivalência de ambos conceitos (em intervalos
fechados e limitados, ou seja, compactos).
Notações Usam-se signos e signos de signos apenas quando nos fazem falta as coisas.
William de Baskerville 1
When I use a word, Humpty Dumpty said, in rather a scornful tone, it means just what I choose it to mean neither more nor less. Lewis Carroll
2
Todo lenguaje es un alfabeto de símbolos cuyo ejercicio presupone un pasado que los interlocutores comparten. Jorge Luis Borges
N.1 ∀ ∃ @ : ∈ ∈ / ∧ ∨ =⇒ ⇐⇒ ∴
N.2
3
Lógica Proposicional quanti cador universal (para todo) quanti cador existencial (existe) negação do quanti cador existencial (não existe) tal que notação alternativa para tal que pertence a não pertence a e ou inclusivo implica se e somente se (condição necessária e su ciente) portanto
Teoria de Conjuntos
Os termos
conjunto e família serão tidos como sinônimos, usados ambos para designar coleções classe que designa coleções mais amplas das quais os con-
restritas de objetos (por oposicão a
1 In: [5, p. 43], 2 [4]. 3 El Aleph. In:
Primeiro dia, Terceira. [3].
9
10
Notações
juntos são casos particulares). Se
A
e
B
denotam dois conjuntos quaisquer, subconjuntos de um conjunto universal xo
X,
serão utilizadas as seguintes notações:
P (A) P F (A) |A| Ac A\B A−B A4B
família de subconjuntos, ou família de subconjuntos cardinal de
A
(relativo a
notação alternativa para
diferença simétrica de
A\B A com B ,
(A \ B) ∩ (B \ A)
{1, 2, 3, . . . }
conjunto dos números reais conjunto dos números complexos
e
bem-ordenado,
N.3
não inclui o zero.
Além disso,
N
é um conjunto
duas propriedades que serão utilizadas sob a forma de demonstrações
por indução. Por outro lado,
Z
é um anel de integridade,
C
Q
é um corpo ordenado,
R
é um corpo
é um corpo completo e algébricamente fechado.
Álgebra
é uma função, se denotará:
Dom f Img f Se
A
domínio de imagem de
f f
é um subconjunto de um espaço vetorial, se denotará:
span A spanA
N.4 X
ou seja,
conjunto dos números racionais
ordenado e completo, entanto que
Se
X)
conjunto dos números inteiros
indutivo
f
A
A
A ∩ Bc
Observe que o conjunto dos números naturais
Se
de
A
complemento de
conjunto dos números naturais
N Z Q R C
partes, de
nitos
espaço vetorial gerado por espaço vetorial
fechado
A
gerado por
A
Topologia e
Y
são espaços topológicos, se denotará:
C(X, Y ) C(X) X0 considerando em
conjunto de funções contínuas de
C(X, C) conjunto de funcionais
C(X)
em
Y
e contínuas, ou
espaço dual, de
a estrutura métrica induzida pela seguinte norma:
kf k∞ = sup |f (x)| x∈X
lineares
X
X
11
N.4 Topologia
quando
X
é compacto.
C ∞ (Rn ) D(Rn ) S(Rn )
considerando em
funções in nitamente diferenciáveis em
Rn
funções in nitamente diferenciáveis e de suporte compacto espaço de Schwarz de funções rapidamente decrescentes
S(Rn )
a transformada e anti-transformada de Fourier respectivamente como:
Z 1 e−i λ.x f (x) dx (2π)n/2 Rn Z 1 ˇ f (λ) = ei λ.x f (x) dx. (2π)n/2 Rn fb(λ) =
O produto escalar num espaço de Hilbert
linear
no
primeiro
H
se denotará
h . , . iH
convencionando-se que é
anti-
argumento e linear no segundo. O subíndice fazendo menção ao espaço será
dispensado quando não houver risco de confusão. Se denotará também:
L(H) B(H)
conjunto de operadores
lineares
em
conjunto de operadores lineares e
H
limitados
em
H
considerando neste último a estrutura de espaço de Banach induzida pela norma:
kT kB(H) = sup {kT xk : x ∈ H ∧ kxk = 1}
Porém, no caso particular de dimensão nita, se denotará:
Mn (F) Dn (F)
conjunto de matrizes
n×n
com coe cientes no anel
F
subálgebra das matrizes diagonais
sendo que usualmente, o anel (comutativo com unidade) considerado será o corpo real ou complexo. Neste último caso, as matrizes diagonais serão expressadas na forma:
a1 0 . . . . . . 0 0 a2 0 . . . 0 diag(a1 , . . . , an ) = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 . . . . . 0 an
12
Notações
N.5
Outros Alfabetos Grego
Nome
Maiúsculas
Minúsculas
alfa
A
beta
B
gama delta
Γ ∆
epsilon
E
zeta
Z
α β γ δ ζ η θ ι κ λ µ ν ξ o π ρ σ τ υ φ χ ψ ω
eta
H
theta
Θ
iota
I
kappa
K
lambda
Λ
mu
M
nu
N
xi
Ξ
omicron
0
pi
Π
rho
P
sigma
Σ
tau
T
upsilon phi
Υ Φ
chi
X
psi
Ψ Ω
omega
N.6
Gra a Alternativa
ε
ϑ κ Hebraico (incompleto)
$ % ς
Nome
Minúsculas
aleph
ℵ i ג k
beth gimel daleth
ϕ
Metanotações
No cálculo de predicados, se
P
e
Q
denotam duas proposições quaisquer, convencionaremos em
que:
P
:= Q
signi ca P é
por de nição
igual a
Q.
Em certas ocasiões convém manter a ordem invertendo o
signi cado, assim:
P
=:
Q
signi cará Q é
P
:=:
Q
por de nição
:= R,
ou alternativamente:
P
:= R =:
Q,
igual a
P .
Também, com menor freqüência, revela-se útil denotar:
13
N.6 Metanotações
signi cando em ambos casos P e/ou
Q
são
por de nição
iguais a
R,
do qual constituem notações
alternativas.
♣
nal de uma de nição, observação, ou exercício nal do enunciado de um lema, proposição ou teorema
O H
nal do enunciado de uma a rmação intermediária dentro de uma demonstração nal da prova de uma a rmação intermediária dentro de uma demonstração nal de uma demonstração
Finalmente, estas e todas as outras de nições, símbolos e notações usadas no presente trabalho constam no índice remissivo, ao nal.
Parte I
Álgebra
Dado que todos os termos são de nidos através de outros, é claro que o conhecimento humano deve se conformar sempre com admitir alguns termos inteligíveis sem de nição, para ter um ponto de partida nas suas de nições. Não é evidente que devam existir termos que
não possamos de nir: é possível que, por mais que possamos fazê-lo ainda mais. Por outro lado,
adentremos pelo caminho da de nição, sempre
também é possível que, quando a análise tenha sido su cientemente aprofundada, possamos obter termos que sejam realmente simples e, portanto, que não exijam, logicamente, esse tipo de de nição analítica. Esse é um problema sobre o qual não é necessário nos pronunciar; para o nosso propósito é su ciente observar que, sendo o poder humano limitado, as de nições conhecidas devem começar em algum lugar com termos
não de nidos, por enquanto, embora talvez não de nitivamente. B. Russell
1
O matemático e o físico devem excluir, tanto no campo cientí co abstrato como no didático, o problema da origem psicológica das idéias primitivas. J. Rey Pastor
1 [13, p. 2]; 2 [8, Vol. I,
[12, Cap. I, p. 13]. p. 14].
et al. 2
Capítulo 1
Corpos There was a most ingenious architect, who had contrived a new method for building houses, by beginning at the roof, and working downward to the foundation. Jonathan Swift
1.1
De nições Básicas
1.1.1 De nição:
Um
(produto) de nidas em
1.
1
F
corpo é um conjunto
F
com duas operações binárias
+
(soma) e
.
satisfazendo as seguintes propriedades:
Associatividade da soma:
(a + b) + c = a + (b + c), ∀ a, b, c ∈ F. 2.
Elemento neutro para a soma: Existe um elemento
0∈F
tal que
a + 0 = a, ∀ a ∈ F. 3.
Inverso aditivo: Para todo
4.
Comutatividade da soma:
a∈F
existe algum elemento
b∈F
tal que
a + b = 0.
a + b = b + a, ∀ a, b ∈ F. 5.
Associatividade do produto:
(a.b).c = a.(b.c), ∀ a, b, c ∈ F. 6.
Elemento neutro para o produto: Existe um elemento
1 ∈ F,
com
1 6= 0,
tal que
a.1 = a, ∀ a ∈ F. 1 [16],
Part III. A Voyage to Laputa, Balnibarbi, Luggnagg, Glubbdubdrib, and Japan. Chapter V [The author
permitted to see the grand academy of Lagado. The academy largely described. The arts wherein the professors employ themselves.]
19
20
Corpos
7.
Inverso multiplicativo: Para todo que
8.
a∈F
com
a 6= 0
existe algum elemento
b∈F
tal
a.b = 1.
Comutatividade do produto:
a.b = b.a, ∀ a, b ∈ F. 9.
Propriedade distributiva:
a.(b + c) = a.b + a.c, ∀ a, b, c ∈ F.
1.1.2 Exemplo: (b)
(a)
Os conjuntos
Q, R
Tráta-se de um corpo um conjunto
F
e
♣
C
com a soma e produto usuais são corpos.
com apenas dois elementos,
F = {0, 1},
e as operações
de nidas pelas seguintes tabelas:
(c)
+
0
1
.
0
1
0
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
1
Uma maneira um tanto trivial de um obter um corpo a partir de um outro dado em de ni-lo como o conjunto
{(a, a) : a ∈ F }
F,
consiste
com as operações:
(a, a) + (b, b) = (a + b, a + b); ♣
(a, a).(b, b) = (ab, ab).
1.1.3 Lema:
(a)
Seja
F
um corpo. Então:
O inverso aditivo é único. Ou seja:
∀ a ∈ F (a + b = 0 ∧ a + c = 0 ⇒ b = c). Observe-se que este mesmo resultado pode ser parafraseado dizendo que todo elemento de pode ser inverso de apenas um outro elemento de
(b) −(−a) = a, ∀ a ∈ F . (c) a.0 = 0, ∀ a ∈ F . (d) (−a).b = −(a.b), ∀ a, b ∈ F . (e) (−a).(−b) = a.b, ∀ a, b ∈ F . (f ) −a = −b ⇐⇒ a = b, ∀ a, b ∈ F . (g) a.a = a ⇒ a = 0 ∨ a = 1, ∀ a ∈ F .
F.
F
21
1.1 De nições Básicas
Demonstração : 1.
(b)
(a)
Sejam
a, b, c ∈ F
tais que
b=b+0
a+b=0
e
a + c = 0.
1.1.1(2)
2.
= b + (a + c)
Hipótese
3.
= (b + a) + c
1.1.1(1)
4.
= (a + b) + c
1.1.1(4)
5.
=0+c
Hipótese
6.
=c+0
1.1.1(4)
7.
=c
1.1.1(2)
Se
a ∈ F,
Então:
a+c=0
a+b=0
então:
1.
0 = a + (−a)
1.1.1(3)
2.
= (−a) + a
1.1.1(4)
a é um inverso aditivo para (−a) e, pela unicidade provada a = −(−a).
Desta última identidade segue que no item (a) anterior, segue que
(c)
Se
1.
(d)
a ∈ F,
então:
a.0 = a.0 + 0
1.1.1(2)
2.
= a.0 + (a.0 + −(a.0))
1.1.1(3)
3.
= (a.0 + a.0) + −(a.0)
1.1.1(1)
4.
= a.(0 + 0) + −(a.0)
1.1.1(9)
5.
= a.0 + −(a.0)
1.1.1(2)
6.
=0
1.1.1(3)
Se
1.
a, b ∈ F ,
então:
a.b + (−a).b = (a + (−a)).b
1.1.1(9)
2.
= 0.b
1.1.1(3)
3.
= b.0
1.1.1(8)
4.
=0
Item (c)
Desta última identidade segue que
(−a).b é um inverso (−a).b = −(a.b).
provada no item (a) anterior, segue que
aditivo para
a.b
e, pela unicidade
22
(e)
Corpos
Se
a, b ∈ F ,
1.
então:
−(a.b) + (−a).(−b) = (−a).b + (−a).(−b)
Item (d)
2.
= (−a).(b + (−b))
1.1.1(9)
3.
= (−a).0
1.1.1(3)
4.
=0
Item (c)
Desta última identidade segue que
(−a).(−b)
−(a.b) e, pela uni(−a).(−b) = −(−(a.b)) = a.b, onde a última
é um inverso aditivo para
cidade provada no item (a) anterior, segue que igualdade segue do item (b) já provado acima.
(f )
Sejam
1.
a, b ∈ F .
Para provar a parte
(⇒),
suponha-se que
a=a+0
−a = −b.
1.1.1(2)
2.
= a + (b + (−b))
1.1.1(3)
3.
= a + (b + (−a))
Hipótese
4.
= a + ((−a) + b)
1.1.1(4)
5.
= (a + (−a)) + b
1.1.1(1)
6.
=0+b
1.1.1(3)
7.
=b+0
1.1.1(4)
8.
=b
1.1.1(2)
Reciprocamente, para provar a parte
1.
(⇐),
suponha-se que
b + (−a) = a + (−a)
a = b.
Então:
Hipótese
=0
2.
Então:
1.1.1(3)
−a é um inverso aditivo para b e, pela unicidade provada −a = −b. Observe-se que a equivalência que se acabou a aplicação a → −a é um isomor smo.
Desta última identidade segue que no item (a) anterior, segue que provar, estabelece, de fato, que
(g)
Seja que
a−1 . 1. 2. 3.
a∈F a 6= 0.
tal que
a.a = a.
Se fosse
a=0
não existe nada a provar. Suponha-se portanto
Em tal caso, a propriedade 1.1.1(7) implica que
a
Portanto:
a = a.1
1.1.1(6)
−1
= a.(a.a
)
1.1.1(7)
−1
= (a.a).a
1.1.1(5)
−1
4.
= a.a
Hipótese
5.
=1
1.1.1(6)
Ou seja, sob a hipótese
a.a = a,
tem-se
a = 0,
ou
a = 1.
possui inverso multiplicativo
Exercícios para o Capítulo 1 1.2 Seja
Diferenças de Potências F
um corpo.
1.2.1 Exercício: 2
Prove as seguintes identidades em
F:
2
(a)
a − b = (a − b)(a + b).
(b)
a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ).
(c)
a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ). ♣
Sugestão: Porque este é um caso particular do item anterior?
Os casos particulares acima diferem do caso geral apenas pela complexidade notacional:
1.2.2 Exercício: n
a, b ∈ R
Sejam
n
a − b = (a − b)(a = (a − b)
n−1
n−1 X
e
n−2
+a
n ∈ N.
Então:
n−3 2
b+a
b + · · · + abn−2 + bn−1 )
bn−k−1 ak
♣
k=0
1.2.3 Exercício: n
a, b ∈ R
Sejam
n
n−1
a + b = (a + b)(a = (a + b)
e
n−2
−a
n ∈ N impar. n−3 2
b+a
Então:
n−4 3
b −a
b + · · · ± abn−2 ± bn−1 )
n−1 X
(−1)n−k−1 bn−k−1 ak
♣
k=0
1.3
Relax
1.3.1 Exercício:
Simpli que as seguintes expressões no corpo
niente lembrar a regra dos sinais. 23
F.
Em alguns casos será conve-
24
Corpos
(a)
−(a − b).
(b)
(−a)(−b + c).
(c)
1 − (1 − (1 − (1 + 1))).
(d)
(−a)(−a + a(1 − a)).
(e)
−(a − (−a + 1)).
(f )
(−a + 1)(−a)(a + 1).
R:
1.3.2 Exercício:
R:
b − a.
ab − ac. R: R:
a3 .
1 − 2a.
R: R:
−1.
a3 − a.
♣
Produtos de Binômios
Idem que o exercício anterior.
(a)
(a + b)2 = (a + b)(a + b).
R:
a2 + 2ab + b2 .
(b)
(a − b)2 = (a − b)(a − b).
R:
a2 − 2ab + b2 .
(c)
(b + a)(b − a).
(d)
(a − b)(b − a).
(e)
(a + b)3 = (a + b)(a + b)(a + b).
R:
a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 .
(f )
(a − b)3 = (a − b)(a − b)(a − b).
R:
a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 .
(g)
(a + b)(a + b)(a − b).
(h)
(a + b)(a − b)(a − b).
1.3.3 Exercício:
R: R:
−(b − a)2 = −b2 + 2ab − a2 .
R: R:
b2 − a2 .
a3 + a2 b − ab2 − b3 .
a3 − a2 b − ab2 + b3 .
Qual é o erro na seguinte demonstração? Seja
a ∈ F.
♣
Então:
a2 = a2 a2 − a2 = a2 − a2 (a − a)(a + a) = a(a − a) (a + a) = a
♣
a = 0. 1.3.4 Exercício:
Qual é o erro na seguinte demonstração? Sejam
x, y ∈ F
com
x = y.
Então:
x2 = xy x2 − y 2 = xy − y 2 (x − y)(x + y) = y(x − y) x+y =y y+y =y 2y = y 2 = 1.
♣
25
1.3 Relax
1.3.5 Exercício: Prove que se
4, 99
O Paradoxo do Estudante à Beira do Abismo fosse igual a
5, 00
então
10, 00
seria igual a zero.
Sugestão: Com efeito, observe-se que:
4, 99 = 5, 00 ⇒ 0, 01 = 5, 00 − 4, 99 = 0 ⇒ 10, 00 = (1000).(0, 01) = (1000).0 = 0. ♣
Após entendida a demonstração, tire alguma conclusão losó ca, se possível.
1.3.6 Exercício:
Determinar o conjunto solução para as seguintes equações. Ou seja, determine
em cada caso o conjunto dos
(a)
2 + 3x = 5 − x.
(b)
(x − 1)(x + λ) = 0.
(c)
x2 − 4 = 0.
x∈F
que satisfazem cada uma das seguintes relações: R: R: R:
{−2, 2}.
{3/4}.
{1, −λ}. ♣
Capítulo 2
Corpos Ordenados 2.1
Corpos Ordenados
2.1.1 De nição: 10.
Um corpo é dito
Tricotomia: Para cada (a)
a = 0;
(b)
a ∈ P;
(c)
−a ∈ P .
ordenado se existir um subconjunto
a∈F
Se
a
e
b
estão em
P,
então
a+b
12.
Se
a
e
b
estão em
P,
então
a.b
Seja
F
tal que:
é satisfeita uma e apenas uma das seguintes condições:
11.
2.1.2 Lema:
P ∈F
está em
está em
P. ♣
P.
um corpo ordenado. Então:
(a) a.a ∈ P, ∀ 0 6= a ∈ F . (b) 1 = 1.1 ∈ P . (c) 1 + 1 ∈ P . (d)
Em particular,
1 + 1 6= 0
em um corpo ordenado.
∀ a, b ∈ F (a.b ∈ P ∧ a ∈ P ⇒ b ∈ P ).
(e) a ∈ P ⇒ a−1 ∈ P, ∀ a ∈ F . (f ) 0 < a < b ⇒ 0 < b−1 < a−1 , ∀ a, b ∈ F .
Demonstração :
(a)
Se a 6= 0, então, pela propriedade 2.1.1(10), deve ser a ∈ P ou −a ∈ P . a.a ∈ P é consequência direta da propriedade 2.1.1(12). No segundo caso, resultado do Lema 1.1.3(e), tem-se que −a ∈ P ⇒ a.a = (−a).(−a) ∈ P ,
No primeiro caso, utilizando o
utlizando mais uma vez a propriedade 2.1.1(12).
(b)
Como
1
é o neutro do produto, tem-se que
1 = 1.1 ∈ P ,
27
pelo item (a) provado acima.
28
(c)
Corpos Ordenados
Como
1∈P
pelo item (b) provado acima, pela propriedade 2.1.1(11) tem-se que
Em particular, deve ser
(d)
reductio ad absurdum,
1 + 1 ∈ P.
pela propriedade 2.1.1(10).
b = 0 ou −b ∈ P . No primeiro caso, ou a.b = a.0 = 0 o que junto com a propriedade 2.1.1(10) contradiz a hipótese que a.b ∈ P . No segundo caso, ou seja se −b ∈ P , pelo Lema 1.1.3(d) tem-se que −(a.b) = −(b.a) = (−b).a ∈ P , pela hipótese que a ∈ P e a propriedade 2.1.1(12), o que junto com a propriedade 2.1.1(10) contradiz a hipótese que a.b ∈ P . Por
seja, se
(e)
1 + 1 6= 0,
b = 0,
se
b∈ / P,
então deve ser
pelo Lema 1.1.3(c), tem-se que
Observe-se que
a.a−1 = 1 ∈ P ,
pelo item (b) provado acima, e que
a ∈ P
por hipótese.
Portanto, o resultado segue diretamente do item (d) anterior.
(f )
0 < a < b ⇒ a, b, b − a ∈ P . Em particular, pelo item (e) provado a−1 , b−1 ∈ P e, pela propriedade 2.1.1(12), a−1 .b−1 ∈ P . Portanto:
Observe-se que tem-se que
acima,
a−1 − b−1 = a−1 1 − b−1 1 = a−1 (bb−1 ) − b−1 (aa−1 ) = a−1 (b−1 b) − b−1 (a−1 a) = (a−1 b−1 )b − (b−1 a−1 )a = (a−1 b−1 )b − (a−1 b−1 )a = (a−1 b−1 )(b − a) > 0; onde a última desigualdade segue da propriedade 2.1.1(12). Assim,
−1
b
> 0.
2.1.3 Exemplo: (b)
a−1 − b−1 > 0 ⇒ a−1 >
(a)
Os corpos
Q
e
R
com a ordenação usual são ordenados.
O corpo
C não pode ser ordenado. Com efeito, se fosse ordenado, pelo Lema 2.1.2(b) teria-se 1 ∈ P . Por outro lado, −1 = i2 = i.i ∈ P , pelo Lema 2.1.2(a), pois i = (0, 1) 6= (0, 0) = 0 ∈ C. Ou seja, ±1 ∈ P , o que contradiz propriedade 2.1.1(10). que
(c)
O corpo do Exemplo 1.1.2(b) também não pode ser ordenado. Com efeito, nesse exemplo tem-se
(d)
1+1=0
(vide tabela da soma), o que contradiz o Lema 2.1.2(c).
O corpo do Exemplo 1.1.2(c) é ordenado, com a ordem de nida por:
a < b.
2.2
(a, a) < (b, b) ⇐⇒ ♣
Módulo ou Valor Absoluto
2.2.1 De nição: Seja absoluto |a| de a por:
|a|
:=
( a −a
se se
F
a > 0, a < 0.
um corpo ordenado. Para cada
a∈F
de ne-se o
módulo ou valor
♣
29
2.2 Módulo ou Valor Absoluto
2.2.2 Lema:
Seja
F
corpo ordenado. Então:
(a) |a| = |−a| , ∀ a ∈ F . (b) a 6 |a| , ∀ a ∈ F . (c) −a 6 |a| , ∀ a ∈ F . (d) − |a| 6 a 6 |a| , ∀ a ∈ F .
Demonstração : Caso
(a)
Os três casos da propriedade 2.1.1(10) serão considerados por separado.
a > 0: |a| = a = −(−a) = |−a|,
onde a última igualdade segue do fato que
−a < 0
neste caso.
a = 0: Observe-se em primeiro lugar que, pelo fato de ser 0 neutro para a soma, tem-se 0 + 0 = 0. Assim, 0 é um inverso aditivo de 0 e, pela unicidade de tal inverso provada Lema 1.1.3(a), deve ser 0 = −0. Portanto: |a| = a = 0 = −0 = |−0| = |−a|.
Caso que no
Caso
a < 0: |a| = −a = |−a|,
(b)
Se
(c)
−a 6 |−a| = |a|,
a>0
então
a = |a|.
−a > 0
onde a última igualdade segue do fato que
Caso contrário,
neste caso.
a < 0 < −a = |a|.
onde a primeira e segunda relações provêm dos itens (b) e (a) anteriores,
respectivamente.
(d)
A primeira e segunda desigualdades provêm diretamente dos itens (c) e (b) anteriores, respectivamente.
2.2.3 Lema:
Seja
F
corpo ordenado. Então:
|a| 6 b ⇐⇒ −b 6 a 6 b, ∀ a, b ∈ F.
Demonstração :
(⇒) Observe-se que
Lema 2.2.2(c), tem-se (⇐) Se
a > 0,
então
|a| 6 b ⇒ − |a| > −b ⇒ −b 6 − |a|. −b 6 − |a| 6 a 6 |a| 6 b.
|a| = a 6 b.
Caso contrário, tem-se
2.2.4 Lema (Desigualdade Triangular):
|a + b| 6 |a| + |b| , ∀ a, b ∈ F.
Seja
F
Portanto, usando o
−b 6 a ⇒ b > −a = |a|.
corpo ordenado. Então:
30
Corpos Ordenados
Demonstração : |a| − a > 0
e
Pelo Lema 2.2.2(b) tem-se que
|b| − b > 0.
a 6 |a|
e
b 6 |b|,
ou seja, equivalentemente,
Portanto:
|a| + |b| − (a + b) = (|a| − a) + (|b| − b) > 0 ⇒ |a| + |b| > a + b. Ou seja:
a + b 6 |a| + |b| .
(2.2.1)
Por outro lado, pelo Lema 2.2.2(c) tem-se que
|a| + a > 0
e
|b| + b > 0.
−a 6 |a|
e
−b 6 |b|,
ou seja, equivalentemente,
Portanto:
|a| + |b| + (a + b) = (|a| + a) + (|b| + b) > 0 ⇒ |a| + |b| > −(a + b) ⇒ a + b > −(|a| + |b|). Ou seja:
−(|a| + |b|) 6 a + b.
(2.2.2)
Desta maneira, para obter a Desigualdade Triangular basta combinar as relações (2.2.1) e (2.2.2) com o Lema 2.2.3.
Exercícios para o Capítulo 2 2.3
De nição Alternativa de Corpo Ordenado
2.3.1 Exercício: uma relação
<
Um corpo ordenado pode ser de nido alternativamente como um corpo
F
com
tal que:
10'. Para cada
a, b ∈ F
(a)
a = b,
(b)
a < b,
(c)
b < a.
é satisfeita uma e apenas uma das seguintes condições:
11'.
a < b ∧ b < c ⇒ a < c,
12'.
a < b ⇒ a + c < b + c,
13'.
a < b ∧ 0 < c ⇒ a.c < b.c,
para quaisquer
para quaisquer
a, b, c ∈ F .
Ou seja,
<
é uma relação transitiva.
a, b, c ∈ F .
para quaisquer
a, b, c ∈ F .
Com efeito, pode ser provado que:
(a)
Partindo das propriedades (1)-(12) e de nindo
<
por:
a < b ⇐⇒ b − a ∈ P, então as propriedades (10')-(13') podem ser deduzidas como teoremas.
(b)
Reciprocamente, partindo das propriedades (1)-(9) e (10')-(13') e de nindo
P
:= {a
Desigualdades
2.4.1 Exercício:
como:
∈ F : a > 0},
então as propriedades (10)-(12) podem ser deduzidas como teoremas.
2.4
P
Provar o seguinte:
(a)
Se
a < b,
então
(b)
Se
a
e
a + c < b + c,
c < d,
então
para todo
c ∈ F.
a + c < b + d. 31
♣
32
Corpos Ordenados
(c)
Se
a < b,
então
(d)
Se
a
e
c > 0,
então
a.c < b.c.
(e)
Se
a
e
c < 0,
então
a.c > b.c.
(f )
Se
b.c > 0
então
b>0
e
c > 0,
ou
b<0
e
c < 0.
(g)
Se
b.c < 0
então
b>0
e
c < 0,
ou
b<0
e
c > 0.
2.4.2 Exercício: (a)
a2 > 0,
(b)
Se
(c)
a2 + b2 = 0
para todo
a2 = 0,
Se
♣
Provar o seguinte:
então
a ∈ F.
a = 0,
para todo
se e somente se
2.4.3 Exercício: (a)
−b < −a.
a ∈ F.
a = b = 0,
para todo
a, b ∈ F .
♣
Provar o seguinte:
0 6 a < b,
então
a2 < b2 .
Sugestão: Use o Exercício 2.4.1(d).
(b)
Se
a2 < b2 ,
então
b>a
ou
Sugestão: Observe-se que
b < −a.
a2 < b2 ⇒ 0 < b2 − a2
e use os resultados dos Exercícios 1.2.1(a)
e 2.4.1(f ).
(c)
Se no item (b) acima acrescenta-se a condição
b > 0,
então
Sugestão: Use redução ao absurdo. Quando considerar
(d)
O que acontece no item (b) acima se
a>0
Sejam
a, b ∈ F
com
a < b.
a > b(> 0)
use o item (a) acima.
sem nenhuma condição sobre
Sugestão: Considerar, por exemplo, os casos
2.4.4 Exercício:
a < b.
a=5
e
b = ±10.
b? ♣
Prove que:
{x ∈ F : a < x < b} = {λa + (1 − λ)b : 0 < λ < 1} .
♣
33
2.5 Módulo ou Valor Absoluto
2.5
Módulo ou Valor Absoluto
2.5.1 Exercício:
Provar o seguinte:
(a)
|a| = 0
(b)
|a − b| = |b − a|.
se e somente se
a = 0.
Sugestão: Use o Lema 2.2.2(a).
(c)
2 a = a2 . Sugestão: Use o Exercício 2.4.2(a).
(d)
|a.b| = |a| . |b|. Sugestão: Quando é positivo ou negativo o produto de dois números? Considere cada caso separadamente, usando o Exercício 2.4.1 itens (f ) e (g), respectivamente.
(e)
2
|a| = a2 . Sugestão: Use os itens (d) e (c) acima.
(f )
Se
a 6= 0,
1 = 1 . a |a|
então
1 .a = 1 a
Sugestão: Observe-se que
(g)
Se
b 6= 0,
então
e use os itens (a) e (d) acima.
a |a| . = b |b| ♣
Sugestão: Isso é consequência direta de (d) e (f ).
2.5.2 Exercício:
Prove que
a2 < b2 ⇐⇒ |a| < |b|.
Este exercício é uma espécie de continuação do Exercício 2.4.3. Para a parte ( ⇒ ) use o critério do Lema 2.2.3. Esse critério envolve provar duas desigualdades; para tanto, use os itens (a) e (b) do Exercício 2.4.3 apropriadamente. A parte ( ⇐ ) é consequência direta do Exercício 2.4.3(a).
2.5.3 Exercício:
♣
Decida se a fórmula bem formada abaixo:
|a| < |b| ⇐⇒ a < b ∨ b < −a é um teorema ou não. Sugestão: Para provar que
não
é um teorema basta exibir um contra-exemplo. Por outro lado,
provar que a fórmula é um teorema consiste em fornecer uma demostração da mesma e, para tanto, devem ser provadas as implicações nos dois sentidos. Tanto em um caso como no outro, é oportuno observar que a parte ( ⇒ ) é verdadeira. Com efeito,
b > 0 ⇒ b = |b| > |a| > a; b < 0 ⇒ |a| < |b| = −b ⇒ −(−b) < a < −b ⇒ a < −b ⇒ b < −a.
por outro lado,
♣
34
Corpos Ordenados
2.5.4 Exercício:
O Máximo e o Mínimo
O máximo de dois números
x
e
y
denota-se por
max(x, y).
Assim, por exemplo:
max(−1, 3) = max(3, 3) = 3; max(−1, −4) = max(−4, −1) = −1. O mínimo de
(a)
x
e
y
denota-se por
min(x, y).
Prove que:
x + y + |y − x| 2 x + y − |y − x| min(x, y) = 2
max(x, y) =
(b)
max(x, y, z)
Derive uma fórmula para
e
min(x, y, z),
usando, por exemplo,
max(x, max(y, z)).
2.6
A Desigualdade Triangular
2.6.1 Exercício: (a)
max(x, y, z) = ♣
Usando a desigualdade triangular provar:
|a − b| 6 |a| + |b|. Sugestão: Lembre-se do Lema 2.2.2(a).
(b)
|a| − |b| 6 |a − b|. Sugestão: Observe-se que
(c)
|a| = |(a − b) + b|
e use a desigualdade triangular.
||a| − |b|| 6 |a − b|. Sugestão: Pelo Lema 2.2.3 isso é equivalente a provar que:
− |a − b| 6 |a| − |b| 6 |a − b| . Agora, a segunda desigualdade é o item (b) acima. A primeira desigualdade é equivalente a
|b| − |a| 6 |a − b|,
mas isso também é o item (b) acima com
a
e
b
intercambiados, o que pode
ser feito pelo Exercício 2.5.1(b).
(d)
|a + b + c| 6 |a| + |b| + |c|. Sugestão: Escreva
a + b + c = (a + b) + c
de maneira apropriada.
e use a desigualdade triangular duas vezes seguidas
♣
35
2.7 Desigualdades com Formas Quadráticas
2.7 Seja
Desigualdades com Formas Quadráticas F
um corpo ordenado.
2.7.1 Exercício: (a)
n
Se
Sejam
é ímpar e
x, y ∈ F .
xn = y n ,
então
Sugestão: Reduza tudo ao caso
Prove que:
x = y. x, y > 0.
Prove depois que tanto
x < y como x < y conduzem
a uma contradição.
(b)
Se
n
é par e
xn = y n ,
2.7.2 Exercício:
Sejam
então
x=y
ou
x = −y .
♣
x, y ∈ F não simultaneamente nulos.
(a)
Usando o Exercício 1.2.1(b) e o Exercício 2.7.1(a) anterior, prove que deve ser
(b)
De fato, prove que deve ser
x2 +xy+y 2 6= 0.
x2 + xy + y 2 > 0.
x2 + xy + y 2 6 0 conduz a uma contradição. Com efeito, em primeiro lugar observe-se que se fosse x = 0 ou y = 0, digamos x = 0, para xar idéias, se teria y 2 = x2 + xy + y 2 6 0 o que é possível apenas se fosse também y = 0, contradizendo o fato de serem x e y não simultaneamente nulos. Portanto, x 6= 0 e y 6= 0. Isso tem duas
Sugestão: A suposição
consequências. Em primeiro lugar, segue que:
x2 + y 2 > 0.
(2.7.1)
Em segundo lugar, tem-se que
xy 6= 0.
Mais especi camente, observando que:
0 6 (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 = x2 + xy + y 2 + xy 6 xy, segue que
xy > 0
e como
xy 6= 0
deve ser:
xy > 0.
(2.7.2)
Agora, combinando as relações (2.7.1) e (2.7.2) segue que
x2 + xy + y 2 > 0
2.7.3 Exercício: (a)
Sejam
o que contradiz
♣
a suposiçao original.
x, y ∈ F não simultaneamente nulos.
Prove que:
4x2 + 6xy + 4y 2 > 0.
reductio ad absurdum suponha que 4x2 + 6xy + 4y 2 6 0, ou, equivalentemente 2x + 3xy + 2y 2 6 0, e reproduza mutatis mutandi a prova do item (b) do exercício anterior.
Sugestão: Por
2
Em algum ponto, será conveniente observar que:
0 6 2(x + y)2 = 2x2 + 4xy + 2y 2 = 2x2 + 3xy + 2y 2 + xy 6 xy.
36
(b)
Corpos Ordenados
3x2 +5xy +3y 2 > 0.
Incidentalmente, observe-se que a combinação desta desigualdade com a
do item (b) do exercício anterior fornece uma outra prova da relação do item (a) do presente exercício, pois a soma de dois números positivos deve ser positiva. Sugestão: Por
reductio ad absurdum suponha que 3x2 +5xy+3y 2 6 0 e repita mutatis mutandi
a prova do item (b) do exercício anterior. Em algum ponto, será conveniente observar que:
0 6 3(x + y)2 = 3x2 + 6xy + 3y 2 = 3x2 + 5xy + 3y 2 + xy 6 xy.
2.7.4 Exercício: (a)
Sejam
x, y ∈ F não simultaneamente nulos.
Usando o Exercício 1.2.2 com
2 2
3
♣
n=5
e o Exercício 2.7.1(a) prove que deve ser
x4 + x3 y +
4
x y + xy + y 6= 0. (b)
De fato, prove que deve ser
x4 + x3 y + x2 y 2 + xy 3 + y 4 > 0.
x4 + x3 y + x2 y 2 + xy 3 + y 4 6 0 conduz a uma contradição. Com efeito, em primeiro lugar observe-se que se fosse x = 0 ou y = 0, digamos x = 0, para xar 4 4 3 2 2 3 4 idéias, teria-se y = x + x y + x y + xy + y 6 0 o que é possível apenas se fosse também y = 0, contradizendo o fato de serem x e y não simultaneamente nulos. Portanto, x 6= 0 e y 6= 0. Isso tem duas consequências. Em primeiro lugar, segue que: Sugestão: A suposição
x4 + y 4 > 0. Em segundo lugar, tem-se que
(2.7.3)
xy 6= 0.
Mais especi camente, observando que:
0 6 (x + y)4 = x4 + 4x3 y + 6x2 y 2 + 4xy 3 + y 4 = x4 + x3 y + x2 y 2 + xy 3 + y 4 + (3x3 y + 5x2 y 2 + 3xy 3 ) 6 3x3 y + 5x2 y 2 + 3xy 3 = xy(3x2 + 5xy + 3y 2 ), e que, pelo Exercício 2.7.3(b), sabe-se que
xy 6= 0
(3x2 + 5xy + 3y 2 ) > 0,
segue que
xy > 0
e como
deve ser:
xy > 0.
(2.7.4)
Da relação (2.7.4) e o Exercício 2.7.2(b) seque que:
xy(x2 + xy + y 2 ) > 0.
(2.7.5)
Finalmente, combinando as relações (2.7.3) e (2.7.5) obtem-se a contradição desejada:
0 < x4 + xy(x2 + xy + y 2 ) + y 4 = x4 + x3 y + x2 y 2 + xy 3 + y 4 .
2.8
Quando
2.8.1 Exercício:
(x + y)n = xn + y n
?
Prove as seguintes identidades em
F:
♣
2.8 Quando
(x + y)n = xn + y n
(a)
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 .
(b)
(a − b)2 = a2 − 2ab + b2 .
37
?
Sugestão: Este é um caso particular do item anterior.
(c)
Prove que
(a + b)2 = a2 + b2
2.8.2 Exercício:
somente quando
a=0
Prove as seguintes identidades em
(a)
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 .
(b)
(a − b)3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 .
ou
♣
b = 0.
F:
Sugestão: Este é um caso particular do item anterior.
(c)
Prove que
(a + b)3 = a3 + b3
2.8.3 Exercício:
somente quando
a=0
Prove as seguintes identidades em
(a)
(a + b)4 = a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4 .
(b)
(a − b)4 = a4 − 4a3 b + 6a2 b2 − 4ab3 + b4 .
ou
b=0
ou
a = −b.
♣
F:
Sugestão: Este é um caso particular do item anterior.
(c)
Determine quando
(a + b)4 = a4 + b4 .
Sugestão: Observe-se que:
(a + b)4 = a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4 = a4 + ab(4a2 + 6ab + 4b2 ) + b4 , ♣
e use o resultado do Exercício 2.7.3(a).
2.8.4 Exercício:
Prove as seguintes identidades em
F:
(a)
(a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 .
(b)
(a − b)5 = a5 − 5a4 b + 10a3 b2 − 10a2 b3 + 5ab4 − b5 . Sugestão: Este é um caso particular do item anterior.
(c)
Determine quando
(a + b)5 = a5 + b5 .
Sugestão: Em tal caso, não resulta nem um pouco difícil provar que:
a3 + 2a2 b + 2ab2 + b3 = 0, ab 6= 0. Esto implica que (a + b)3 = a2 b + ab2 = ab(a + b). Portanto, se fosse (a + b) 6= 0 se teria (a + b)2 = ab, ou seja, a2 + ab + b2 = 0, contradizendo o resultado do Exercício 2.7.2(b). ♣
quando
38
Corpos Ordenados
2.9
A Função Quadrática
2.9.1 Exercício: (a)
Sejam
a, b, c ∈ F ,
com
ax2 + bx + c a 6= 0.
Prove completando quadrados que:
ax2 + bx + c =
i 1 h 2 (2ax + b) − b2 − 4ac 4a
b2 − 4ac < 0
ax2 + bx + c > 0
(b)
Em particular, se
(c)
Use o item anterior para fornecer uma outra prova de que se
então
para todo
x
e
x ∈ F, y
não são simultaneamente
y = 0 então a relação é óbvia, pois em y 6= 0, então com a = 1 > 0, b = y e c = y 2 ,
x 6= 0, resultando y 2 − 4y 2 = −3y 2 < 0.
Sugestão: Se
tal caso deve ser
x2 > 0.
tem-se
(d)
Determine o valor mínimo de
(e)
Seja
a > 0.
a > 0.
x2 + xy + y 2 > 0.
nulos tem-se
Se
quando
Prove que
ax2 + bx + c
ax2 + bx + c > 0
quando
para todo
a > 0.
x∈F
se e somente se
b2 − 4ac < 0.
Sugestão: Para a parte ( ⇐ ) use o item (b) anterior. Para a parte ( ⇒ ), observe-se que se fosse
b2 − 4ac > 0
então o valor mínimo do item (d) anterior é negativo ou nulo e portanto
a identidade do enunciado deixa de ser válida para o
(f )
Determine os valores de
α
tais que
x
onde tal mínimo é atingido.
x2 + αxy + y 2 > 0 quando x
e
y
não são simultaneamente
nulos.
♣
Sugestão: Use o item (e) anterior.
2.10
A Desigualdade de Schwarz
Segundo Spivak [14], o fato que
a2 > 0
para todo
a ∈ F,
por mais elementar que possa parecer, é
contudo a idéia fundamental na que se baseiam em última instância a maior parte das desigualdades. Uma das primeiras desigualdades famosas, com nome e sobrenome, é a
desigualdade de
Schwarz: 2
(a1 b1 + a2 b2 ) 6 a21 + a22
b21 + b22 .
As duas provas da desigualdade de Schwarz que se indicam nos seguintes exercícios têm apenas uma coisa em comum: ser baseadas no fato de que
2.10.1 Exercício:
(a)
a2 > 0,
para todo
a ∈ F.
Veri que primeiramente a seguinte identidade:
2 2 a21 + a22 b21 + b22 = (a1 b1 + a2 b2 ) + (a1 b2 − a2 b1 ) . (b)
Usando a identidade do item (a) anterior, prove a desigualdade de Schwarz.
39
2.11 A Continuidade das Operações de Corpo
(c)
Como corolário da demonstração conclua que na desigualdade de Schwarz vale a igualdade se e somente se
b1 = b2 = 0
2.10.2 Exercício:
igualdade
(b) (c)
(a)
ou existe
λ∈F
tal que
e
a2 = λb2
então também vale a
igualdade
Prove que se
a1 = λb1
e
♣
a2 = λb2 .
para algum
λ ∈ F,
então vale a
na desigualdade de Schwarz.
Prove que se
b1 = b2 = 0,
b1 e b2 não são simultaneamente a2 = λb2 . Em tal caso tem-se:
Suponha agora que tal que
a1 = λb1
a1 = λb1
e
na desigualdade de Schwarz.
nulos e que não existe nenhum
λ∈F
2 2 0 < (λb1 − a1 ) + (λb2 − a2 ) = λ2 b21 + b22 − 2λ (a1 b1 + a2 b2 ) + a21 + a22 , para todo
(d)
λ ∈ F.
Use agora o resultado do Exercício 2.9.1(e) para completar a prova da desigualdade de Schwarz.
(e)
Como corolário da demonstração conclua que na desigualdade de Schwarz vale a igualdade se e somente se
b1 = b2 = 0
ou existe
λ∈F
tal que
a1 = λb1
e
n
números
a1 , a2 , . . . , an
A generalização da segunda prova para o caso de
♣
a2 = λb2 .
e
b1 , b2 , . . . , bn
desenvolvida no Exercício 3.12.2. Se o leitor aceita sem demonstração a existência de
dradas,
é
raízes qua-
fato que não será provado rigorosamente até o Capítulo 11, então poderá consultar ainda
uma terceira demonstração da desigualdade de Schwarz pulando até o Exercício 11.5.2.
2.11
A Continuidade das Operações de Corpo
A presente seção foi tomada de Spivak [14]. Com relação às desigualdades haverá três fatos que terão crucial importância. Embora as demonstrações estarão no lugar apropriado do texto, uma tentativa pessoal de abordagem a esses problemas terá mais valor ilustrativo que o estudo detalhado de uma prova completamente elaborada. Os enunciados das proposições encerram alguns números estranhos, mas a sua mensagem básica é bem simples: se
y está su cientemente próximo de y0 , então x + y xy estará próximo de x0 y0 e 1/y perto de 1/y0 .
2.11.1 Exercício:
|x − x0 | <
2
x
está su cientemente próximo de
estará próximo de
x0 + y0 ,
x0
e
como assim também
Prove que se: e
|y − y0 | <
, 2
então:
|(x + y) − (x0 + y0 )| < , |(x − y) − (x0 − y0 )| < .
♣
40
Corpos Ordenados
2.11.2 Exercício:
Prove que se:
|x − x0 | < min então
,1 2(|y0 | + 1)
, 2(|x0 | + 1) ♣
y0 6= 0 !
Prove que se
2
|y − y0 | < min
|y0 | |y0 | , 2 2
e:
,
y 6= 0 e: 1 − 1 < . y y0
2.11.4 Exercício: encerrando Se
|y − y0 | <
e
|xy − x0 y0 | < .
2.11.3 Exercício:
então
, x 0
e
y0
♣
Substituir os sinais de interrogação do seguinte enunciado por expressões de maneira tal que a conclusão seja válida:
y0 = 6 0 e |x − x0 | < ? x x0 − < . y y0
e
|y − y0 | < ?,
então
y 6= 0
e:
Sugestão: O problema segue trivialmente dos Exercícios 2.11.2 e 2.11.3. Observe que
x/y = x(1/y).
O ponto aquí consiste em não se confundir: decida qual dos resultados haverá de se aplicar primeiro
♣
e não que com medo se a solução parecer improvável.
2.12
Relax
2.12.1 Exercício:
Determinar o conjunto solução para as seguintes equações.
termine em cada caso o conjunto dos
x ∈ F
Ou seja, de-
que satisfazem cada uma das seguintes relações.
Observe-se que os primeiros dois casos já foram considerados no Exercício 1.3.6(b,c) respectivamente, e o problema na presente seção consiste em determinar porque
não
podem existir
outras
soluções além das indicadas nas respectivas respostas.
(a)
(x − 1)(x + λ) = 0.
R:
{1, −λ}.
(b)
x2 − 4 = 0.
R:
{−2, 2}.
(c)
3(x2 + x) = −5 + 2x2 − x.
2.12.2 Exercício:
Determine o conjunto dos elementos
(in)equações e represente-o gra camente.
R:
∅.
x ∈ F
♣
que satisfazem as seguintes
41
2.12 Relax
(a)
10 + 2(3 − 4x) < 2x − 6.
(b)
3 − 2x 6 5x + 9 < 16. √ (c) (x + 2)(x − 5) < 0.
(d)
x2 + 3x > −2.
♣
2.12.3 Exercício: distância menor que
(a)
0.
(b)
−1.
(c)
5.
Determine em cada caso, o conjunto de pontos em
6
R: R:
(a)
{x ∈ F : |x + 1| < 6} = {x ∈ F : −7 < x < 5}.
{x ∈ F : |x − 5| < 6} = {x ∈ F : −1 < x < 11}.
Está
−4
mais próximo de
1
ou de
R: De
(b)
Está
−78
mais próximo de
68
R: Não, pois
2.12.5 Exercício:
que se encontram a
{x ∈ F : |x| < 6} = {x ∈ F : −6 < x < 6}.
R:
2.12.4 Exercício:
F
com relação a:
1,
♣
−10? |−4 − 1| = 5 < 6 = |−4 − (−10)|.
pois
−14 está de −100? |−78 − 68| = 146 > 86 = |−14 − (−100)|.
do que
♣
Determinar o conjunto solução das seguintes relações:
(a)
|2x + 5| = 3.
(b)
|2x − 3| <
(c)
|1 − 2x| > 2.
(d)
|−x + 4| = |3 + 2x|.
R:
5 3.
R: R: R:
{−1, −4}.
{ 23 < x < 37 }.
c
{− 12 6 x 6 32 } = {x < − 21 } ∪ { 32 < x}.
{−7, 1/3}.
♣
Capítulo 3
Naturalmente, os Naturais Deus fez os números naturais. O resto é obra do homem. L. Kronecker
3.1
1
Conjuntos Indutivos
3.1.1 De nição:
Um conjunto
1.
1 ∈ A;
2.
n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A.
3.1.2 Exemplo: (b)
O conjunto
(c)
Seja
r∈F
(a)
P
O corpo
A⊆F
é dito
indutivo se:
♣
F
é indutivo.
de elementos positivos no corpo
F,
0 < r < 1. Então o conjunto Ar := {x ∈ F : x > 0 ∧ x 6= r} é indutivo. r∈ / Ar . De fato, Ar difere de P do item (b) precisamente na exclusão de um saber, o r .
tal que
Observe-se que único ponto, a
(d)
Se
(e)
A interseção de todos os sub-conjuntos indutivos de
A
e
B
é indutivo.
são indutivos, então
\
A∩B
também é.
F,
A,
A⊆F
A indutivo é um conjunto indutivo. De fato, é o menor conjunto, com relação à inclusão, contido em com essa propridade.
1? 43
F ♣
44
Naturalmente, os Naturais
3.2
Números Naturais
3.2.1 De nição:
O conjunto de
sub-conjuntos indutivos de
NF
\
:=
F,
números naturais é de nido como a inteseção de todos os
sendo denotado por:
A,
A⊆F
A indutivo ou simplesmente
N
♣
quando não houver lugar a equívoco.
3.2.2 Observação:
(a)
NF
é indutivo. De fato, é o menor conjunto, com relação à inclusão,
com tal propriedade. Vide Exemplo 3.1.2(e).
(b)
Com efeito se existir fato de
Portanto,
(c)
NF não possui sub-conjuntos indutivos próprios. A ⊆ NF , então NF ⊆ A pela de nição de NF e o A ⊆ NF ⊆ A, de onde A = NF .
Em particular, indutivo com
NF > 1,
pois se
1 > r ∈ NF ,
então
r
A
pertenceria a todo conjunto indutivo mas
r∈ / Ar
os naturais
k
e
Demonstração : k < s < k + 1. Ak,s
:=
é inductivo e seja,
k ∈ NF então k + 1 ∈ NF , Ak,s de nido por:
Ou seja, não existem naturais entre
pela Observação 3.2.2(a). Seja agora
s∈F
tal que
O conjunto
{x ∈ F : x > 0 ∧ x ∈ / {s − k, s − k + 1, . . . , s − 1, s}} , s∈ / Ak,s .
Portanto,
s
não pode pertencer à interseção de todos os tais conjuntos, ou
NF .
3.3 Seja
∀ k ∈ NF {x ∈ F : k < x < k + 1} ∩ NF = ∅. k + 1. Se
do
♣
Exemplo 3.1.2(c).
3.2.3 Lema:
A
ser indutivo.
O Princípio de Indução e Equivalentes F
corpo ordenado. Considere as seguintes condições sobre um sub-conjunto
3.3.1 Princípio da Boa Ordenação (PBO):
Todo sub-conjunto não vazio de
elemento mínimo. Ou seja:
∅= 6 A ⊆ B ⇒ ∃ m ∈ A : m 6 n, ∀ n ∈ A.
3.3.2 Princípio de Indução Completa (PIC):
1. 1 ∈ A;
B ⊆ F:
Se
A⊆B
satisfaz:
B
possui um
45
3.3 O Princípio de Indução e Equivalentes
2. {1, 2, . . . , n} ⊂ A ⇒ n + 1 ∈ A; então
A = B.
3.3.3 Princípio de Indução (PI): Ou seja, se
A⊆B
O conjunto
B
não possui sub-conjuntos indutivos próprios.
satisfaz:
1. 1 ∈ A, 2. n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A; então
A = B.
3.3.4 Proposição:
(a)
Considere
B = NF .
Então:
As três condições acima, PBO, PIC e PI, respectivamente, são todas equivalentes.
(b) NF
satisfaz PI e portanto também PBO e PIC.
Demonstração :
O item (b) do enunciado é simples consequência da Observação 3.2.2 e do item
(a). Portanto, a prova do resultado será focalizada no item (a). (PBO ⇒ PIC). Seja
A⊆B C
Em tal caso, o conjunto
C
−A
:= B
:=:
satisfazendo 3.3.2(1,2). Por
B\A
:= B
é não vazio e está contido em menor elemento de em que
C.
∩ Ac ,
B,
∅ = 6 C ⊆ B . Portanto, o PBO implica que existe m m > 1, pois 1 ∈ A. Também, como m é o menor elemento {1, 2, 3, 4, . . . , m − 1} ⊂ A. Mas então, por 3.3.1(2), teria-se
ou seja,
Agora, deve ser
B que não pertence m ∈ A, obtendo-se
a
A,
deve ser
uma contradição. Observe que este é o único ponto na prova da parte 1
onde é utilizada a hipótese (PIC ⇒ PI). Seja
reductio ad absurdum, suponha que A 6= B .
de nido como:
A⊆B
B = NF .
satisfazendo 3.3.3(1,2). Observe que 3.3.3(1) implica 3.3.2(1). Também
3.3.3(2) implica 3.3.2(2), pois
{1, 2, . . . , n} ⊆ A ⇒ n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A. A = B.
Ou seja, 3.3.3(1,2)
implica 3.3.2(1,2) e, pelo PIC tem-se (PI ⇒ PBO). Seja
∅= 6 A ⊆ B.
mínimo. Considere o conjunto
C
:= {k
Por
C
suponha-se que
A
não possua elemento
∈ B : 1, 2, . . . , k ∈ / A}.
Observe que
C ⊆ B.
A rmação 1:
1 ∈ C.
Com efeito, pois, caso contrário, A rmação 2:
reductio ad absurdum,
de nido como:
O 1∈A
k ∈ C ⇒ k + 1 ∈ C.
e então
A
teria elemento mínimo, a saber:
1.
H O
46
Naturalmente, os Naturais
Com efeito, por
1, 2, . . . , k ∈ /A k + 1.
reductio ad absurdum, suponha que k ∈ C , mas k + 1 ∈/ C .
e portanto
k+1 ∈ / C ⇒ k + 1 ∈ A.
Portanto,
Portanto, pelas A rmações 1 e 2 e o PI, tem-se que
∅,
absurdo.
A
Observe que
k∈C ⇒
teria elemento mínimo, a saber:
H C = B ⇒ 1, 2, . . . , n ∈ / A, ∀n ∈ B ⇒ A =
Exercícios para o Capítulo 3 3.4
Paridade n ∈ N é denominado par se n = 2k k ∈ N ∪ {0}.
Um número natural para algum
3.4.1 Exercício:
Prove que todo número natural
Sugestão: use indução em
3.4.2 Exercício:
Seja
⇒ n2
(a)
n
par
(b)
n
ímpar
(c)
n2
par
(d)
n2
ímpar
⇒ n
♣
n.
n ∈ N.
Então:
ímpar.
♣
ímpar.
Prove que
n
é ímpar se e somente se
n = 2k − 1
para algum
k ∈ N.
♣
Números Naturais e o Princípio de Indução
3.5.1 Exercício: (a)
é ou par ou ímpar.
par.
3.4.3 Exercício:
3.5
k ∈ N ou ímpar se n = 2k + 1
par.
⇒ n2
⇒ n
n
para algum
Soma Geométrica de Razão
r
Demostrar por indução que:
1 + r + r2 + · · · + rn = se
r 6= 1.
1 − rn+1 , 1−r
Observe-se que no caso
r = 1,
o cáclulo da soma certamente não representa
problema nenhum.
(b)
Deduzir este resultado escrevendo
r
e eliminando
Sn
Sn = 1 + r + r2 + · · · + rn ,
entre as duas equações. 47
multiplicando esta equação por
♣
48
Naturalmente, os Naturais
3.5.2 Exercício:
A
seqüência de Fibonacci
a1 , a2 , a3 , . . .
de ne-se como segue:
a1 = 1, a2 = 1, an = an−1 + an−2 ,
para
n > 3.
Esta seqüência, cujos primeiros termos são
1, 1, 2, 3, 5, 8, . . . ,
foi considerada no ocidente primeira-
mente por Leonardo de Pisa, ou Leonardo Pisano, também conhecido como Fibonacci,
llius
de
Bonacci, (c. 1175-1250). Conta a lenda, que Fibonacci houve de considerar um suposto problema de coelhos. Fibonacci supôs que um casal de coelhos procriava um novo casal a cada mês e que após
an de casais nascidos no n-ésimo mês é an−1 +an−2 , dado que nasce um casal por cada casal nascido no mês anterior e, além dois meses cada novo casal comportava-se da mesma maneira. O número
disso, cada casal nascido dois meses atrás produz agora um novo casal. Resulta verdadeiramente surprendente o número de resultados interessantes relacionados com esta seqüência, até o ponto de existir uma Associação Fibonacci que publica uma revista,
an =
The Fibonacci Quaterly.
Prove que:
√ !n √ !n 1+ 5 1− 5 − 2 2 √ . 5
3.5.3 Exercício:
Explique qual é o
♣
erro
Proposição: Dado um conjunto de
n
na seguinte demonstração por indução: pessoas quaisquer, se pelo menos uma delas for
loira, então todas elas são loiras.
Demonstração:
n = 1. Para ilustrar a valin = 3 para o caso n = 4. Para tanto, suponha que a proposição é verdadeira para n = 3 e sejam P1 , P2 , P3 , P4 quatro pessoas tais que pelo menos uma delas é loira, digamos, P1 . Considerando P1 , P2 , P3 conjuntamente e fazendo uso do fato que a proposição é verdadeira para n = 3, resulta que também P2 e P3 são loiras. Repetindo esse mesmo processo mas agora com P1 , P2 , P4 , encontra-se analogamente que P4 é loira. Portanto, as quatro são loiras. Um raciocínio análogo permite a passagem de k para k + 1 no caso geral. A proposição é evidentemente certa para
dade do paso indutivo, considere a passagem do caso
Corolário: Toda pessoa é loira.
Demonstração:
Dado que existe pelo menos uma pessoa loira, pode-se aplicar o resul-
tado precedente ao conjunto formado por todas as pessoas. Este exemplo foi adaptado de um outro devido a G. Polya [10], quem sugere ao leitor a veri cação experimental da proposição, cf. [1, p. 45].
3.6
Somas de Potências de Números Naturais
3.6.1 Exercício: (a)
n X k=1
Demostrar por indução as seguintes fórmulas:
k = 1 + 2 + ··· + n =
n(n + 1) . 2
♣
49
3.6 Somas de Potências de Números Naturais
(b)
n X
k 2 = 12 + 22 + · · · + n2 =
n(n + 1)(2n + 1) . 6
k 3 = 13 + 23 + · · · + n3 =
n2 (n + 1)2 . 4
k=1
(c)
n X k=1
3.6.2 Exercício:
(a)
n X
♣
Encontrar uma fórmula para:
(2k − 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1).
k=1
(b)
n X
(2k − 1)2 = 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 .
♣
k=1
A fórmula para
12 + 22 + · · · + n2
pode ser deduzida como segue. Começa-se com a identidade:
(k + 1)3 − k 3 = 3k 2 + 3k + 1. Escrevendo esta fórmula para
k = 1, 2, . . . , n
e somando obtem-se:
23 − 13 = 3.12 + 3.1 + 1 33 − 23 = 3.22 + 3.2 + 1 43 − 33 = 3.32 + 3.3 + 1 . . .
(n + 1)3 − n3 = 3n2 + 3n + 1 (n + 1)3 − 1 = 3(12 + 22 + · · · + n2 ) + 3(1 + 2 + · · · + n) + n. Assim, é possível encontrar
n X
k2
k=1
se já se conhece
n X
k,
que, pela sua vez, poderia se deduzir de
k=1
maneira parecida.
3.6.3 Exercício:
(a)
n X
Utilizar o método acima descrito para encontrar:
k 3 = 13 + 23 + · · · + n3 .
k=1
(b)
n X k=1
k 4 = 14 + 24 + · · · + n4 .
♣
50
Naturalmente, os Naturais
3.7
Provas por Indução um Tanto Não-Ortodoxas
3.7.1 Exercício:
ab 6
Sejam
a+b 2
a, b > 0.
Prove que:
2 .
Sugestão: Observe que
3.7.2 Exercício:
0 6 (a − b)2
Sejam agora
n
♣
e desenvolva o quadrado.
números não-negativos
a1 , a2 , . . . , an > 0.
Considere a relação
P(n) de nida como:
a1 a2 . . . an 6
a1 + a2 + · · · + an n
n .
Observe-se que o resultado do exercício anterior constitui na verdade uma prova de P(2).
(a)
Prove que P(2)
∧
⇒
P(n)
P(2n). Ou seja, se as relações P(2) e P(n) são simultaneamente
válidas, então a relação P(2n) também é válida.
(b)
Prove que P(n) implica P(n
− 1).
Sugestão: aplique P(n) aos
An−1 (c)
n números a1 , a2 , . . . , an−1 , An−1 , a1 + a2 + · · · + an−1 . = n−1
Prove que P(n) vale para todo
onde:
n ∈ N.
n = 1 é trivialmente válido e o caso n = 2 é o exercício anterior. Para n, mas observe que quase tudo o trabalho já foi feito nos itens (a) e organizar isso da maneira apropriada. Considere os casos n par e n ímpar ♣
Sugestão: O caso
n>2
use indução em
(b). Agora é só separadamente.
3.7.3 Exercício:
Este exercício fornece uma prova alternativa da relação P(n) do Exercício
anterior.
(a)
k
Sugestão: O caso
k=1
corresponde ao Exercício 3.7.1. Para
não se confunda: do caso
(b)
k ∈ N.
Prove que P(2 ) vale para todo
2k
deve-se passar para
Prove que P(n) vale para todo Sugestão: dado aos
k
2
n ∈ N,
seja
k
k>1
use indução em
k,
mas
2k+1 = 2.2k .
n ∈ N.
tal que
2k > n.
Aplique agora o resultado do item (a) acima
números:
a1 , a2 , . . . , an , An , An , . . . , An ; | {z } 2k − n vezes
onde
An =
a1 + a2 + · · · + an . n
Um importante corolário deste exercício será fornecido no Exercício 11.2.2.
♣
51
3.8 Coe cientes Binomiais
3.8 Se
Coe cientes Binomiais
0 6 k 6 n,
coe ciente binomial
de ne-se o
n k n n = 0 n
:=
n k
como:
n(n − 1) · · · (n − k + 1) n! = , k!(n − k)! k!
se
k 6= 0
e
k 6= n;
:= 1.
Observe-se que a segunda de nição vira caso particular da primeira de nindo
3.8.1 Exercício: (a)
0!
:= 1.
O Triângulo de Pascal
Demonstre que:
n+1 k
=
n n + . k−1 k
Sugestão: A prova segue diretamente da de nição e não requer nenhum argumento de indução.
(b)
Use o item (a) anterior para provar por indução (em
n)
que
n k
é sempre um número
natural.
(c)
Uma outra demostração de que
n k
é um número natural pode ser obtida observando que
n é o número de sub-conjuntos de {1, 2, . . . , n} que têm exatamente k k
3.8.2 Exercício:
O Teorema do Binômio
a e b são dois números quaisquer, n X n n−k k (a + b)n = a b k k=0 n n−1 n n−2 2 n n =a + a b+ a b + ··· + abn−1 + bn . 1 2 n−1
Demonstre o teorema do binômio: se
3.8.3 Exercício:
(a)
k=0
(b)
n X k=0
k
n n n n = + + ··· + + = 2n . 0 1 n−1 n
(−1)k
então:
Use o Teorema do Binômio do exercício anterior para provar as seguintes
identidades:
n X n
elementos cada um.
n n n n = − + ··· ± = 0. k 0 1 n
52
Naturalmente, os Naturais
n X n = 2n−1 . k
(c)
♣
k=0
k ímpar
3.9
Para uma Estimativa do Número
3.9.1 Exercício:
Prove que
2n < n!
se e somente se
e
n > 4.
Sugestão: Para a parte ( ⇐ ) use indução. Para a parte ( ⇒ ) veri que a relação entre os valores de
2k
e
k!
para
♣
k = 0, 1, 2, 3.
3.9.2 Exercício:
Usando o Teorema do Binômio, prove que:
n X n k n 1 1 = 1+ k n n k=0 " # n k−1 X 1 Y r =1+ 1− . k! r=1 n
♣
k=1
3.9.3 Exercício:
2+
1 1 − < 2 2n
Ver que que para
1+
1 n
n <3−
N3n>4
tem-se:
5 1 − . 24 2n
Sugestão: Usando os dois exercícios anteriores, observe-se que:
n k n k X 1 n−1 n−1 X n 1 n 1 1 − =1+1+ <1+1+ + = k k 2 2n 2n 2n n n k=3 k=0 n 1 = 1+ n "k−1 # n X 1 Y r =1+ 1− k! r=1 n
2+
k=1
<1+
n n n X X X 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =1+ + + + <1+ + + + . k! 1! 2! 3! k! 1! 2! 3! 2k
k=1
k=4
k=4
A utilização da relação deste exercício para obter uma estimativa do número
e
será explorada em
♣
capítulos posteriores.
3.10
Para uma Prova da Irracionalidade de
3.10.1 Exercício: (a)
2 n > n2 ,
Prove por indução que:
para todo
n > 3.
er ,
com
r∈Q
53
3.11 Algumas Relações Importantes
(b)
2n > n2 ,
para todo
n > 4. ♣
A prova dos dois itens é basicamente a mesma, com exceção de um pequeno detalhe.
3.10.2 Exercício:
Prove que dado qualquer número real
a∈R
sempre existe
k ∈N
tal que
2k > a. Sugestão: como
k = max{4, n}.
R
é arquimediano, dado
a∈R
sempre existe
n ∈ N tal que n > a. Seja então 2k > k 2 > k > n > a. Observe-
Então, pelo item (a) do exercício anterior tem-se:
se que também poderia ter sido usado o item (b) do exercício anterior, escolhendo neste caso
♣
k = max{5, n}.
3.10.3 Exercício:
Seja
1 an an+k < k , (n + k)! 2 n!
a∈R
para todo
n∈N
tal que
n > 2a.
Prove que:
k ∈ N. ♣
Sugestão: use indução em
k.
3.10.4 Exercício:
a∈R
Seja
arbitrário. Seja
arbitrário. Prove que para todo
>0
existe
m∈N
tal que:
am < . m! Sugestão: pela arquimedianeidade de existe
k∈N
tal que
an 2 > n! k
R sempre existe n ∈ N tal que n > 2a.
Pelo Exercício 3.10.2,
e pelo exercício anterior tem-se:
an+k 1 an < k < . (n + k)! 2 n! Assim, basta escolher
3.11
Algumas Relações Importantes
3.11.1 Exercício: (a)
Para cada
np < (b)
♣
m > n + k.
Para cada
Seja
p∈N
n ∈ N.
Então:
tem-se:
(n + 1)p+1 − np+1 < (n + 1)p . p+1 p∈N
tem-se:
(n + 1)p+1 − 1 > np+1 .
54
(c)
Naturalmente, os Naturais
Para cada
n−1 X
p∈N
tem-se:
n
X np+1 < (k + 1)p . p+1
kp <
k=1
k=1
p∈N 6.
Se em lugar de subtituída por
3.12
for permitido
p ∈ N ∪ {0},
então a segunda desigualdade
Prove que se
n X
Considere-se um conjunto de
a2i = 0
deve ser
♣
A Desigualdade de Schwarz em
3.12.1 Exercício:
<
então deve ser
i=1 por indução da presente seção.
ai = 0
n
Rn
números reais quaisquer
para todo
i = 1, 2, . . . , n.
Observe-se de passagem que os casos
a1 , a2 , . . . , an ∈ R.
Esta é a única prova
n = 1
e
n = 2
já foram
considerados no Exercício 2.4.2, nos itens (b) e (c), respectivamente. De fato, o presente exercício fornece uma prova alternativa do Exercício 2.4.2(c) (mas naquela altura as provas por indução
♣
eram desconhecidas!).
3.12.2 Exercício: Sejam agora
A Desigualdade de Schwarz
a1 , a2 , . . . , an ∈ R
e
b1 , b2 , . . . , bn ∈ R
dois conjuntos de
n
números reais quaisquer.
Então, vale a seguinte relação:
n X
!2 ai bi
6
i=1
3.12.3 Exercício:
n X
! a2i
i=1
n X
! b2i
♣
.
i=1
Neste exercício será veri cada uma condição necessária e su ciente para ter
igualdade na Desigualdade de Schwarz.
(a)
Suponha-se que existe
ai − λbi = 0
igualdade. (b)
para todo
λ ∈ R tal que bi − λai = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n, ou tal que i = 1, 2, . . . , n. Então na Desigualdade de Schwarz vale, de fato, a λ ∈ R tal que ai − λbi = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n. Neste exercício que abre a presente seção. ♣
Reciprocamente, se na Desigualdade de Schwarz vale a igualdade, então existe
bi − λai = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n,
ou tal que
ponto será usado mais uma vez o resultado do
3.13
O Problema de Collatz O Tao gera o Um. O Um gera o Dois. O Dois gera o Três. O Três gera todas as coisas. Lao Tzu
2
55
3.13 O Problema de Collatz
O Algoritmo
3x + 1.
De ne-se uma seqüência de números naturais pela seguinte regra: começa-
se por qualquer natural arbitrariamente escolhido, digamos,
an+1
então
a0 .
Agora, supondo conhecido
an ,
é de nido da seguinte maneira:
( an+1 =
an /2 3an + 1
an an
se se
Por exemplo, escolhendo
é par, é ímpar.
a0 = 7,
gera-se a seqüência:
7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1. Se fosse
a0 = 24,
obteria-se:
24, 12, 6, 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1. Igualmente, com
a0 = 100
a seqüência gerada seria:
100, 50, 25, 76, 38, 19, 58, 29, 88, 44, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1. A seqüência é deliberadamente truncada ao chegar ao número um ciclo fechado: do
3.13.1 Exercício: (b)
1
passa para o
(a)
deste para o
Prove que se
Prove que o seguinte
an+1
4,
k∈N
2
1,
pois se continuar, ela entra em
e aí novamente para o
é ímpar então
3k + 1
1.
também é.
mapa de Terras de nido por:
a an − n 2 = an + an + 1 2
se
an
é par,
se
an
é ímpar.
♣
é equivalente ao mapa de Collatz anteriormente de nido.
3.13.2 Exercício:
γ = 2n α − 1,
com
Prove que todo número
n∈N
e
α
N3γ
ímpar pode ser escrito
Sugestão: Isso é equivalente a dizer que todo número par
γ + 1 = 2n α
forma
3.13.3 Exercício: Seja
(a)
m ∈ N.
com
α
Seja
T
T k a0
é ímpar para todo
3m T a0 = a0 + (a0 + 1) m − 1 . 2 XLII].
γ+1
pode ser escrito univocamente na
o mapa de Terras introduzido no Exercício 3.13.1. Seja
Prove que:
2 [17,
na forma
ímpar, o que segue do Teorema Fundamental da Aritmética.
Suponha-se que
m
univocamente
ímpar.
k = 0, 1, 2, . . . , m − 1.
Então:
a0 ∈ N
♣
dado.
56
Naturalmente, os Naturais
(b)
Em tal caso, deve ser Sugestão:
a0 = 2m α − 1,
Observe-se que
T m a0
para algum
α ∈ N.
deve ser um número natural.
Em particular, o segundo
termo do membro à direita na expressão do item anterior deve ser natural. Mas ímpar e, portanto, deve ser
3.13.4 Exercício:
(a)
par, então deve ser
(b)
(a0 + 1)
T k a0
Prove que se
n
a0 = 2 α − 1,
múltiplo de
a0 = 2n α − 1, k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 e T n a0 é par.
N3α
para algum
3m − 2m
é
♣
.
é ímpar para todo
para algum
Reciprocamente, se
2
m
k = 0, 1, 2, . . . , n − 1
e
T n a0
é
ímpar.
N3α
ímpar, então
T k a0
é ímpar para todo
m = n. Para a parte (b), primeirak 6 n tal que T k a0 é par. Para tanto, use redução ao absurdo, usando o Exercício 3.13.3(a) com m = n para obter uma contradição. Se k0 é o mínimo de tais k , então prove que deve ser k0 = n. Para isso, use o item (a) anterior com n = k0 e o resultado de unicidade do Exercício 3.13.2. ♣
Sugestão: Para o item (a) use o Exercício 3.13.3 anterior, com mente prove que deve existir algum
3.13.5 Exercício: (a)
Prove que
Seja
a0 = 2n α − 1,
T n a0 = 3n α − 1.
para algum
n∈N
e
N3α
ímpar.
Observe-se que, pelo Exercício 3.13.4(b), resulta
T n a0
par.
Portanto, tem-se:
T n+1 a0 =
3n α − 1 . 2 3n > 2n+1
(b)
Seja
(c)
Determine condições necessárias e su cientes sobre
n ∈ N.
n=1
e
Prove que
se e somente se
n > 2. n
e
α
para que
1.
Resposta:
♣
α > 3.
Observe que nos exemplos exibidos de seqüências de Collatz, o número De fato, em
T n+1 a0 < a0 .
todos
1 resulta sempre atingido.
os exemplos até hoje conhecidos, tarde ou cedo a seqüência sempre acaba no
Contudo, não existe nenhuma prova rigorosa desse fato. A conjectura de que esse sempre será
o caso, para qualquer número de partida arbitrário, é conhecida como Problema de Collatz, ou alternativamente como Problema
3x + 1,
ou de Hasse, ou de Syracuse, ou de Kakutani, e até de
Ulam.
3.13.6 Exercício: (a) (b)
Com relação ao problema de Collatz, observe-se que:
Basta prová-lo para os números ímpares. Na verdade, basta prová-lo apenas para os números ímpares da forma
N3α
a0 = 2 α − 1,
com
ímpar.
Sugestão: Use os resultados dos Exercícios 3.13.2 e 3.13.4.
♣
57
3.13 O Problema de Collatz
3.13.7 Exercício:
a0 = 2 α − 1,
com
N3α
ímpar,
α > 3,
se e somente se
a0 = 4k + 1,
k ∈ N.
com
♣
Os Exercícios 3.13.6(b) e 3.13.5(a) inspiram as seguintes de nições.
Sejam
γ
e
β
funções
de nidas por:
− 1; 3α − 1 β(α) := . 2 γ(α)
:= 2 α
Observe-se que se
a0 = γ(α)
com
α
ímpar, então, pelo Exercício 3.13.5(a) com
n = 1,
tem-se
T 2 a0 = β(α).
3.13.8 Exercício: (a)
γ(α)
(b)
γ n (α) > 1
(c)
β(α) < γ(α),
(d)
βγ = γβ .
Prove que as funções
n ∈ N,
para todo
Ou seja,
γ
e
e
β
satisfazem as seguintes propriedades:
α ∈ N.
é ímpar, para todo para todo
γ
se
α > 1.
α > 1.
β
comutam.
γ n (α) = 2n (α − 1) + 1, para todo α. n (α − 1) + 1, para todo α. (f ) β n (α) = 32
(e)
Usando as propriedades do Exercício anterior, resulta facil provar o resultado a seguir.
3.13.9 Exercício: := 2n ρ
Seja
a0 ∈ N
da forma
a0 = 4n ρ + 1,
T 2k a0 = γ n−k (β k (α)),
com
n ∈ N 3 ρ.
(a)
Seja
(b)
T 2k a0 com k = 0, 1, 2, . . . n, constituem uma sequência estritamente decrescente. T a0 < T 2(n−1) a0 < · · · < T 2 a0 < a0 .
α
+ 1.
Prove que
para todo
k = 0, 1, 2, . . . , n.
Os
Ou seja,
2n
α := 2n ρ + 1, então a0 = γ n (α). k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 tem-se:
Sugestão: Para o item (a), observe que se na hipótese do exercício, para todo
Observe também que,
β k (γ n−k−1 (α)) = 4n−k−1 (3k 2ρ) + 1, que é um número ímpar (maior ou igual que 3, o que será necessário para provar o item (b)).
3.13.10 Exercício:
Em particular, se
a0 = 4n ρ + 1,
com
n ∈ N 3 ρ,
tem-se:
♣
58
Naturalmente, os Naturais
T 2n a0 = β n (α) = 3n ρ + 1. n 3 (b) a0 − T 2n a0 = (a0 − 1) 1 − . 4 (a)
(c)
Portanto:
n 3 a0 − T 2n a0 = 1− −−−−→ 1. n→∞ a0 − 1 4
♣
Capítulo 4
Inteiramente Inteiros 4.1
Divisibilidade
O objetivo do presente capítulo consiste em provar o assim denominado
da Aritmética,
Teorema Fundamental
que estabelece que todo número inteiro pode ser completamente fatorizado como
produto de primos e de maneira esencialmente única. Salvo menção explícita em contrário, todos os números deste capítulo são inteiros.
4.1.1 De nição: algum Se
k∈Z
a | b,
tal que
Seja Z 3 a 6= 0. Se diz que a divide b = ka, o que se denota por a | b.
costuma-se dizer que
4.1.2 Lema:
Seja
a
é um
Z 3 a 6= 0.
a um número inteiro
divisor de b, ou, igualmente, que
b
é um
b∈Z
se existe
múltiplo de
a. ♣
Então:
(a) a | b ∧ a | c ⇒ a | (b + c). (b) a | b ⇒ a | bc. (c) ac | bc ⇒ a | b. (d)
Se
a|b
com
b 6= 0,
então
|a| 6 |b|.
Em particular, todo número inteiro não nulo possui uma
quantidade nita de divisores.
(e) a | b ⇒ a | −b. (f ) a | b ⇐⇒ a | |b|. (g) a | b ⇒ −a | b. (h) a | b ⇐⇒ |a| | b.
59
60
Inteiramente Inteiros
Demonstração :
(a) Se a | b, (k + l)a ⇒ a | (b + c).
então
b = ka
e se
(b)
a | b ⇒ b = ka ⇒ bc = kac = kca ⇒ a | bc.
(c)
Por hipótese,
ac 6= 0.
Portanto
c 6= 0.
a | c,
então
c = la.
Portanto
b + c = ka + la =
Assim:
ac | bc ⇒ ∃k ∈ Z : bc = kac ⇒ b = ka ⇒ a | b. b 6= ka, então b < ka ou b > ka. No primeiro caso, ou seja, b < ka, c 6= 0 ⇒ bc < kac ou bc > kac, o que contradiz bc = kac. Analogamente, b > ka uma contradição. Portanto deve ser b = ka.
Observe-se que se fosse tem-se que conduz a
(d)
a 6= 0.
Por hipótese,
Portanto
|a| > 0.
Se
a | b,
então
b = ka.
Assim:
b 6= 0 ⇒ k 6= 0 ⇒ |k| > 0 ⇒ |k| > 1 (pois k ∈ Z) ⇒ |b| = |ak| = |a| |k| > |a| ⇒ |b| > |a| . (e)
a | b ⇒ b = ka ⇒ −b = −ka = (−k)a ⇒ a | −b.
(f )
Para a parte ( ⇒ ) observe-se que
|b| = ±b.
Portanto o resultado segue trivialmente do item
(e) provado acima. Para a parte ( ⇐ ) observe-se que Se
(g) (h)
|b| = −b,
|b| = ±b. Se |b| = b, então a | |b| = b. a | |b| = −b ⇒ a | −(−b) = b.
então pelo item (e) anterior tem-se
a | b ⇒ b = ka = (−k)(−a) ⇒ −a | b. Para a parte ( ⇒ ) observe-se que
|a| = ±a.
Portanto o resultado segue trivialmente do item
(g) provado acima. Para a parte ( ⇐ ) observe-se que Se
4.2
|a| = −a,
então pelo item (g) anterior tem-se
O Algoritmo da Divisão
4.2.1 Proposição:
b = qa + r; Mais ainda,
q
e
r
b = 0:
b 6= 0: |b| ∈ A.
Caso
Seja
Z3a>0
e
b ∈ Z.
q, r ∈ Z
tais que:
estão unívocamente determinados por essa condição.
Como
Seja
A
a>0
:=
{n ∈ N : na > b}.
por hipótese, tem-se
Como neste caso deve ser
Desta maneira, existe
min A.
|b| > 0,
Observe-se que deve ser
Observe-se que
1.a = a > 0 = b. tem-se
A⊆N
e
A 6= ∅.
Portanto,
Com efeito:
1 ∈ A.
a > 0 ⇒ a > 1 ⇒ a |b| > |b| > b.
Portanto,
Seja então:
q
q < min A.
Então, existem
0 6 r < a.
Demonstração : Caso
|a| = ±a. Se |a| = a, então a = |a| | b. −a = |a| | b ⇒ a = −(−a) | b.
qa 6 b,
:=
min A − 1.
pois caso contrário teria-se que
De ne-se:
r
:= b
− qa > 0.
q ∈ A,
contradizendo o fato que
61
4.3 Mínimo Múltiplo Comum
Com esta de nição, obviamente
b = qa + r.
Além disso:
r − a = b − qa − a = b − (q + 1)a = b − (min A)a < 0 ⇒ r < a. Isso prova a existência. Para provar a unicidade, suponha-se que existam
qi , ri ∈ Z
com
i = 1, 2
satisfazendo:
b = qi a + ri , 0 6 ri < a; ∀i = 1, 2. Em tal caso, teria-se que:
q1 < q2 ⇒ q1 6 q2 − 1 ⇒ r1 = b − q1 a > b − (q2 − 1)a = (b − q2 a) + a = r2 + a > a o que contradiz o fato que deve ser
q1 = q2 =: q .
r1 < a.
Analogamente,
q2 < q 1
conduz a uma contradição. Portanto,
Desta maneira, tem-se:
r1 = b − q1 a = b − qa = b − q2 a = r2 .
4.3
Mínimo Múltiplo Comum
Sejam
a
e
b
inteiros
M (a, b)
:= {n
positivos, Z 3 a > 0 e Z 3 b > 0.
Observe-se que o conjunto de nido por:
∈ N : a | n ∧ b | n}
ab ∈ M (a, b). Com efeito, obviamente a | ab a > 0 e b > 0, segue que ab > 0 e assim ab ∈ N. Portanto, pela Proposição 3.3.4 M (a, b) possui um elemento mínimo. Isso motiva a de nição a seguir.
é um conjunto não-vazio de números naturais, pois e
b | ab
e como
segue que
4.3.1 De nição: o número natural
4.3.2 Lema:
De ne-se o
[a, b]
Se
mínimo múltiplo comum de dois inteiros
dado pelo mínimo do conjunto
m ∈ M (a, b). a e b.
Então,
[a, b] | m.
positivos a e b como ♣
M (a, b).
Ou seja, o mínimo múltiplo comum divide a
todo múltiplo comum de
Demonstração :
Para simpli car a notação, seja
α
Portanto, a Proposição 4.2.1 implica na existência de
:= [a, b]. q, r ∈ Z,
α ∈ N ⇒ α > 0. m = qα + r com 0 6 r < α.
Observe-se que tais que
Observe-se que:
α ∈ M ⇒ a | α ⇒ a | αq ⇒ a | −αq. m ∈ M ⇒ a | m. Portanto, a | m − αq = r. Analogamente, prova-se 0 < r, teria-se que r ∈ M , o que contradiz o fato que r < α = min M . r = 0, ou seja m = qα, o que signi ca que α | m.
b | r.
Por outro lado,
que
Agora, se fosse
Portanto,
deve ser
62
Inteiramente Inteiros
4.4
Máximo Divisor Comum
Para qualquer
D(a)
a∈Z
:= {n
4.4.1 Lema:
(a) D(a)
de ne-se o conjunto
D(a)
como:
∈ N : n | a}.
a ∈ Z.
Seja
Então:
é sempre um conjunto não-vazio de números naturais.
(b) D(0) = N. (c) D(a) = D(|a|). (d)
Se o inteiro
Demonstração :
a
for não nulo,
(a)
Z 3 a 6= 0,
1 ∈ D(a),
Observe-se que
(b)
Observe-se que
(c)
Segue trivialmente do Lema 4.1.2(f ).
(d)
Se
Z 3 a 6= 0,
n | 0,
para todo
max{n ∈ N : n ∈ D(a)} = |a|.
então
para todo
a ∈ Z.
n ∈ N.
então, pelo Lema 4.1.2(d),
D(a)
é um conjunto
nito.
Em tal caso, usando o
item (c) anterior, tem-se:
max{n ∈ N : n ∈ D(a)} = max{n ∈ N : n ∈ D(|a|)} = |a| .
Observe-se que se algum dos conjuntos
aeb D(a)
são inteiros e/ou
D(b)
não simultaneamente nulos, pelo Lema 4.1.2(d), segue que
deve ser nito. Portanto, o conjunto
D(a) ∩ D(b)
é nito.
Isso motiva a de nição a seguir.
4.4.2 De nição: nulos
a
e
b
De ne-se o
máximo divisor comum de dois inteiros não simultaneamente
como o número natural
4.4.3 Lema:
Sejam
a, b ∈ Z
(a, b)
dado pelo máximo do conjunto
D(a) ∩ D(b).
não simultaneamente nulos. Então:
(a) d ∈ D(a) ∩ D(b) ⇒ d | (a, b).
Ou seja, todo divisor comum de
a
e
b
divide o máximo divisor
comum.
(b)
Se adicionalmente fossem
Demonstração : Caso
α | ab ⇒
a>0
e
b > 0,
então
Para simpli car a notação, seja
a > 0, b > 0:
Como obviamente
ab =: k ∈ Z. α
♣
α
ab ∈ M (a, b),
[a, b] (a, b) = ab.
:= [a, b].
pelo Lema 4.3.2 tem-se que:
63
4.4 Máximo Divisor Comum
d ∈ D(a) ∩ D(b)
tem-se:
d ∈ D(a) ⇒ d | a ⇒
a ∈ Z. d
Agora, se
Analogamente:
b ∈ Z. d
d ∈ D(b) ⇒ d | b ⇒ Observe-se também que:
a|a ⇒ a|a ou seja,
b ab = , d d
ab ∈ M (a, b). d
α = [a, b] |
b|b ⇒ b|b
a ab = , d d
Portanto, usando o Lema 4.3.2 tem-se:
ab ab/d ab ab/α k ⇒ Z3 = = = ⇒ d | k. d α dα d d
(4.4.1)
Por outro lado, tem-se:
b|α ⇒ ou seja,
k|a
a α = ∈ Z, k b e
k | b.
a|α ⇒
Observe-se que
b α = ∈ Z, k a
k>0
neste caso. Portanto,
k ∈ D(a) ∩ D(b).
Da relação
(4.4.1) anterior tem-se:
d ∈ D(a) ∩ D(b) ⇒ d | k ⇒ d = |d| 6 |k| = k ⇒ d 6 k. Portanto
k = max D(a) ∩ D(b) = (a, b).
Ou seja,
ab = αk = [a, b](a, b).
Isso prova o enunciado (b)
do presente lema, como também (a) neste caso. Caso
a 6= 0, b 6= 0: Por um resultado anterior sabe-se que D(a) = D(|a|) e D(b) = D(|b|).
Portanto:
(a, b) = (|a| , |b|). Agora,
a 6= 0 ∧ b 6= 0 ⇒ |a| > 0 ∧ |b| > 0.
Portanto, usando o caso anterior já provado tem-se:
d ∈ D(a) ∩ D(b) = D(|a|) ∩ D(|b|) ⇒ d | (|a| , |b|) = (a, b). Isso prova (a) nesse caso.
a 6= 0 ou b 6= 0: Para D(a) = D(0) = N, e assim:
Caso
xar idéias, suponha-se que
a = 0
e
b 6= 0.
Em tal caso, tem-se
D(a) ∩ D(b) = N ∩ D(b) = D(b) = D(|b|). A relação acima tem as seguintes consequências. Em primeiro lugar:
(a, b) = max D(a) ∩ D(b) = max D(|b|) = |b| , pois
b 6= 0 ⇒ |b| > 0.
Por outro lado:
d ∈ D(a) ∩ D(b) = D(|b|) ⇒ d | |b| = (a, b) ⇒ d | (a, b), o que prova (a) neste caso.
64
Inteiramente Inteiros
4.4.4 Lema:
Se
Demonstração : Caso
b = 0:
a | bc
e
(a, b) = 1,
então
a | c.
Observe-se que por hipótese,
a = ±1
Neste caso deve ser
a 6= 0.
e, dessa maneira,
a | c,
trivialmente. Com efeito, tem-se:
D(b) = D(0) = N ⇒ D(a) ∩ D(b) = D(a) ⇒ 1 = (a, b) = max D(a) ∩ D(b) = max D(a) = |a| ⇒ a = ±1 ⇒ a | c. b 6= 0: Seja α := [|a| , |b|]. Observe-se que α está 0 ∧ |b| > 0. Assim, utilizando o Lema 4.4.3, tem-se:
Caso
bem de nido, pois
a 6= 0 ∧ b 6= 0 ⇒ |a| >
α = α.1 = α.(a, b) = [|a| , |b|].(a, b) = [|a| , |b|].(|a| , |b|) = |a| . |b| . Por outro lado, tem-se:
a | bc ⇒ |a| | bc ⇒ bc = k |a| , ou seja,
bc
é múltiplo de
|a|.
Também, obviamente
b | b ⇒ b | bc ⇒ |b| | bc, ou seja,
bc
também é múltiplo de
|b|.
Como
bc
é então um múltiplo comum de
|a|
e
|b|,
pelo Lema
4.3.2, tem-se:
|ab| = |a| . |b| = α = [|a| , |b|] | bc ⇒ ab | bc ⇒ a | c.
4.4.5 Lema:
1),
Seja
N 3 n > 2.
Se
a | a1 a2 · · · an−1 an
com
(a, ai ) = 1
para todo
i = 1, 2, . . . , (n −
a | an .
então
Demonstração : vale para
n−1
Por indução no número de fatores
n.
O caso
n = 2 é o Lema 4.4.4.
Se o resultado
fatores, então:
a | a1 a2 · · · an−1 an ∧ (a, ai ) = 1, ∀ i = 1, 2, . . . , n − 1 ⇒ a | (a1 )(a2 · · · an ) ∧ (a, a1 ) = 1. Assim, do Lema 4.4.4 decorre que:
a | a2 · · · an ∧ (a, ai ) = 1, ∀ i = 2, . . . , n − 1. | {z } n − 1 fatores
Portanto, pela hipótese indutiva, tem-se que
4.5
Números Primos
4.5.1 De nição: que
1
a | an .
Z3a>1
é denominado
primo se
D(a) = {1, a}. 1 e a.
é primo se tiver apenas dois divisores positivos, a saber,
Os primeiros números primos são
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19.
Ou seja, um inteiro maior
♣
65
4.5 Números Primos
4.5.2 Lema:
Se
Z 3 a > 1,
então existem
n∈N
p1 , p2 , . . . , pn
e
primos tais que:
a = p1 p2 · · · pn . Ou seja, todo inteiro
Demonstração :
a>1
pode ser escrito como um produto ( nito) de números primos.
2 já é a for primo, então o resultado é obviamente válido para a. Se a não for primo, então deve ser a = a1 .a2 , com 1 < a1 < a e 1 < a2 < a. Portanto, a1 , a2 ∈ {2, 3, . . . , a − 1} e o resultado é válido para a1 e a2 , primo.
Seja
a.
Por indução em
a > 2
Se
a = 2,
o resultado é trivialmente válido, pois
e suponha-se que o resultado é válido para
2, 3, . . . , a − 1.
Se
em virtude da hipótese indutiva:
a1 = p1 · · · pn , a2 = q1 · · · qm . Portanto,
a = a1 .a2 = p1 · · · pn .q1 · · · qm
4.5.3 Lema:
Seja
p
primo. Se
Se
p
é primo, então
Demonstração :
D(p) ∩ D(a) = {1}
4.5.4 Lema:
p
então
a.
(p, a) = 1.
D(p) = {1, p}. Se p não divide a, então p ∈ / D(a). (p, a) = max D(p) ∩ D(a) = max{1} = 1.
e obviamente
Seja
p - a,
e o resultado vale para
primo. Se
p | a1 a2 · · · an ,
então existe
i0 ∈ {1, 2, . . . , n}
tal que
Portanto,
p | ai0 .
Demonstração :
então pelo Lema 4.5.3 teria-se
que
teria-se que
Se p não divide ai para todo i = 1, 2, . . . , n − 1, (p, ai ) = 1, para todo i = 1, 2, . . . , n − 1, e pelo Lema 4.4.5, bastaria tomar i0 = n.
4.5.5 Lema: tal que
Sejam
p
e
p1 , p2 , . . . , pn
primos. Se
p | p1 p2 · · · pn ,
então existe
p | an .
Portanto,
i0 ∈ {1, 2, . . . , n}
p = pi0 .
Demonstração : deve ser
p=1
ou
Pelo Lema 4.5.4 existe i0
p = pi0 .
Mas se
p
∈ {1, 2, . . . , n} tal que p | pi0 . Agora, como pi0 p > 1. Portanto, p = pi0 .
é primo,
é primo, deve ser
4.5.6 Teorema (Fundamental da Aritmética):
Seja
Z 3 a > 1.
Se
a = p1 p2 · · · pn = q1 q2 · · · qm , onde n, m ∈ N e p1 , p2 , . . . , pn e q1 , q2 , . . . , qm são todos primos com p1 6 p2 6 · · · 6 pn e q1 6 q2 6 · · · 6 qn , então m = n e pi = qi para todo i = 1, 2, . . . n. Ou seja, a fatorização em primos do Lema 4.5.2 é única, salvo a ordem dos fatores.
Demonstração : n=1
e
p1 = p.
A rmação: Se
p
é primo, a fatorização é única e dada pelo próprio
p.
Ou seja,
O
66
Inteiramente Inteiros
p = p1 p2 · · · pn , então obviamente p | p = p1 p2 · · · pn . Portanto, do Lema 4.5.5 segue p = pi0 para algum i0 ∈ {1, 2, . . . , n}, que podemos supor, sem perda de generalidade, como i0 = 1, trocando a ordem dos pi 's se for necessário. Ou seja, p = p1 . Portanto deve ser n = 1 e p = p1 . H Com efeito, se
que
a = 2 é primo, a unicidade a = 2. (Observe-se que pi > 1 ⇒ pi > 2 ⇒ a = p1 p2 · · · pn > 2n > 2, onde a última desigualdade vale no caso n > 1. Portanto, deve ser n = 1.) Seja a > 2 e suponha-se que o resultado é válido para 2, 3, . . . , a − 1. Se a for primo, então o resultado é válido para a pela A rmação anterior. Seja então a não-primo e suponha-se
Seja agora
a > 1.
A prova da unicidade é por indução em
a.
Como
segue da A rmação anterior, e portanto o resultado é válido para
que:
a = p1 p2 · · · pn = q1 q2 · · · qn com
p1 6 p2 6 · · · 6 pn
e
q1 6 q2 6 · · · 6 qn .
Pelo Lema 4.5.5 tem-se que:
q1 | a = p1 p2 · · · pn ⇒ q1 = pi0 para algum
i0 ∈ {1, 2, . . . , n}.
Analogamente:
p1 | a = q1 q2 · · · qm ⇒ p1 = qj0 para algum
j0 ∈ {1, 2, . . . , m}.
Portanto,
p1 6 pi0 = q1 6 qj0 = p1 ,
ou seja:
p1 = q1 . Agora, como
1 < p1 < a
(4.5.1) e
p1 | a
1
tem-se:
a a = p2 p3 · · · pn = q2 q3 · · · qn = < a, p1 q1 a 1 < q1 ∧ a > 0 ⇒ a < aq1 ⇒ < a. Portanto, a hipótese indutiva pode ser aplicada q1 a a a (ou , pois são iguais). Assim, dado que = p2 · · · pn = q2 · · · qn , deve ser ao número p1 q1 p1 n − 1 = m − 1, ou seja, n = m e pi = qi para todo i = 2, . . . , n, o seja, pi = qi para todo i = 1, 2, . . . , n, por (4.5.1). pois
1 Observe-se
que em geral seria
p1 6 a,
mas é
p1 < a,
pois
a
não é primo, segundo suposição
ad hoc.
Exercícios para o Capítulo 4 4.6
Existem In nitos Primos
4.6.1 Exercício: Sugestão:
Prove que existem in nitos números primos.
Por redução ao absurdo, começe supondo que existe um conjunto nito de primos,
{p1 , p2 , . . . , pn } e considere-se o número a := 1 + p1 p2 · · · pn . Obviamente, a > 1. Por outro lado, a não pode ser um daqueles primos, pois segue da de nição que a > pi para todo i. Finalmente, se a fosse um número composto, pelo Lema 4.5.2 deveria ser divisível por algum dos pi 's, digamos pi0 . Mas então, como pi0 | a e obviamente pi0 | p1 p2 · · · pn , pelo Lema 4.1.2(a,e), segue que pi0 divide a a − p1 p2 · · · pn = 1. Então pelo Lema 4.1.2(d) deveria ser pi0 6 1, o que contradiz o fato de ser pi0 > 1, pois pi0 é primo. Este argumento chegou até nós através de Euclides. In: Elementos, IX, 20, apud [14]. ♣ digamos
4.7
Números de Fermat
Os números da forma: n
Fn = 22 + 1, para
n = 0, 1, 2, . . . ,
4.7.1 Exercício: (b)
são denominados
(a)
Prove que, para
n−1 Y
números de Fermat.
Calcule os primeiros cinco números de Fermat
n > 1,
F0 , F1 , . . . , F4 .
tais números satisfazem a seguinte relação de recorrência:
Fk = Fn − 2.
k=0
(c)
Deduça da relação anterior que
(Fn , Fm ) = 1
se
n 6= m.
Ou seja, dois quaisquer números
de Fermat diferentes não possuem divisores comuns (exceto o número também costuma ser expressada dizendo que tais números são
1).
Essa propriedade
primos entre si ou co-
primos. Sugestão: Por redução ao absurdo, suponha a existência de um divisor comum a relação de recorrência do item anterior veri que que deve ser
d=2
que o primeiro caso é impossível pela de nição de Número de Fermat. 67
ou
d = 1,
d.
Usando
observando
68
(d)
Inteiramente Inteiros
Use o resultado do item (c) anterior para dar uma outra prova de que existem in nitos números primos.
♣
Capítulo 5
Raciocinando nos Racionais 5.1
Uma Prova de Irracionalidade
A insu ciência dos racionais para representar relações que aparecem ainda na geometria elementar marca uma época na história da Matemática antiga e data de aproximadamente vinte e cinco séculos, quando o renome do lósofo Pitágoras de Samos e da sua seita de seguidores percorria as ilhas do mar Egeu. A descoberta dos números irracionais atribui-se, mais especi camente, ao pitagórico Hippasus de Metapontum, nascido aproximadamente em 500 A.C. na Magna Græcia, quem parece ter desenvolvido uma prova, com argumentos principalmente geométricos, da irracionalidade da raiz quadrada de 2, na sua tentativa de representá-la como uma fração. Pitágoras acreditava no carater absoluto dos números inteiros.
Ele não podia negar a existência de números irracionais
pela via da lógica formal, mas a sua ilusória crença não poderia nunca aceitar a sua existência. Ante tão abrumadoras circunstâncias, ele não teve melhor idéia que condenar Hippasus à morte por afogamento. Assim, após este ter revelado a irracionalidade daquele número, os demais membros da seita pitagórica deram-lhe morte. Alega-se também que Hippasus foi um notável pioneiro da pesquisa experimental em acústica e o fenômeno da ressonância, mas pouquísimos dos seus trabalhos originais o sobreviveram.
5.1.1 Lema:
Não existe nenhum
Demonstração :
Por
a∈Q
tal que
reductio ad absurdum,
a2 = 2.
suponha-se que existe
Q3p=
p2 = 2. Sem perda de generalidade pode-se supor que os inteiros m e (m, n) = 1, cancelando os fatores primos comuns se for o caso, o que não
tal que seja
m , com m, n ∈ Z, n n são co-primos, ou altera o quociente.
Observe-se que:
2 = p2 = ou seja,
k ∈ Z.
m2
m2 ⇒ m2 = 2n2 , n2
é par e, pelo Exercício 3.4.2(c), tem-se que
m
é par, digamos,
m = 2k ,
para algum
Portanto:
2n2 = m2 = (2k)2 = 4k 2 ⇒ n2 = 2k 2 , ou seja,
n2
também deve ser par, e pelo Exercício 3.4.2(c), tem-se que 69
n
é par, digamos,
n = 2l,
70
Raciocinando nos Racionais
para algum
l ∈ Z.
Mas isso diz que
2
é um fator comum de
m
e
n,
o que contradiz a suposição
original de que eram co-primos.
5.1.2 Lema:
Sejam
A
e
B
os subconjuntos de
A
:= {r
∈ Q : 0 < r ∧ r2 < 2};
B
:= {r
∈ Q : 0 < r ∧ 2 < r2 }.
Q
de nidos respectivamente por:
Então:
(a)
Dado qualquer
p∈A
existe
q∈A
com
p < q.
(b)
Dado qualquer
p∈B
existe
q∈B
com
q < p.
Demonstração : h
:=
(a)
p ∈ Q,
Dado
seja
h
de nido como:
2 − p2 2(2p + 1)(p + 1)2
Observe-se que
h∈Q
A rmação 1: Se
se
p ∈ A,
p ∈ Q.
então
0 < h < 1.
O
Com efeito, observe-se que:
p ∈ A ⇒ p2 < 2 ⇒ 2 − p2 > 0. Também:
p ∈ A ⇒ p > 0 ⇒ p + 1 > 1 > 0 ⇒ (p + 1)2 > (p + 1) > 1 > 0.
(5.1.1)
Por outro lado:
p > 0 ⇒ 2p + 1 = p + p + 1 > p + 1 > 1 > 0. h > 0. Agora, utilizando p > 0 ⇒ p 6= 0, tem-se:
Das três últimas relações decorre que além do fato que
p2 > 0,
pois
a segunda e terceira relações,
(p + 1)2 > 1 ⇒ (2p + 1)(p + 1)2 > (2p + 1) > 1 ⇒ p2 + 2(2p + 1)(p + 1)2 > 2(2p + 1)(p + 1)2 > 2
A rmação 2: Se
⇒ 2 − p2 < 2(2p + 1)(p + 1)2 ⇒ h < 1.
H
(2p + 1)h < 2 − p2 .
O
p ∈ A,
então
Com efeito, da relação (5.1.1), além do fato que
2 − p2 > 0
(p + 1)2 > 1 ⇒ 2(p + 1)2 > 2 > 1 1 ⇒ <1 2(p + 1)2 2 − p2 ⇒ < 2 − p2 2(p + 1)2 2 − p2 ⇒ (2p + 1)h = < 2 − p2 . 2(p + 1)2
se
p ∈ A,
tem-se:
H
71
5.1 Uma Prova de Irracionalidade
Agora, seja tem-se que
q := p + h ∈ Q. q − p = h > 0, ou
Observe-se que, pela primeira desigualdade na A rmação 1, seja
p < q.
Tem-se também que:
q 2 = (p + h)2 = p2 + 2ph + h2 = p2 + (2p + h)h < p2 + (2p + 1)h < p2 + 2 − p2 = 2. Ou seja,
(b)
Seja,
q 2 < 2.
Finalmente,
q
de nido como:
q
:=
=p−
p > 0 ∧ h > 0 ⇒ q = p + h > 0.
Portanto,
q ∈ A.
2p2 − p2 + 2 p2 + 2 p 1 p2 − 2 = = = + . 2p 2p 2p 2 p
q > 0, pois p > 0 ⇒ 1/p > 0 e 2 = 1 + 1 > 0 ⇒ 1/2 > 0 ⇒ p/2 > 0, p/2 + 1/p > 0. Observe-se igualmente que q < p, pois p − q = (p2 − 2)/2p > 0, 2 2 que p ∈ B ⇒ p > 2 ⇒ p − 2 > 0 e p > 0 ∧ 2 > 0 ⇒ 2p > 0 ⇒ 1/2p > 0. Ou seja:
Observe-se que portanto dado
0 < q < p. Tem-se também:
q2 =
p−
p2 − 2 2p
2
= p2 − 2p
Das duas últimas relações segue que
p2 − 2 + 2p q∈B
e
p2 − 2 2p
q < p.
2
> p2 − p2 + 2 = 2.
Exercícios para o Capítulo 5 5.2
Números Racionais
5.2.1 Exercício: (a)
Densidade dos Racionais
Prove que dado um número racional positivo que
r > 0,
sempre existe um número racional
r = m/n com m e n inteiros positivos, m/(n + k) também funciona, para todo k > 1.
Sugestão: Se fato,
(b)
Prove que dados dois números racionais
c
tal que
tal
a
e
b
com
então
a
t = m/(n + 1)
sempre existe um número racional
r = b−a
é um número racional
positivo
e pode ser aplicado o item
♣
anterior.
5.2.2 Exercício:
Prova Alternativa do Lema 5.1.2
Suponha-se que
2<
faz o serviço. De
a < c < b.
Sugestão: Em tal caso,
(a)
t
0 < t < r.
m2 /n2 < 2.
Prove que:
(m + 2n)2 . (m + n)2
Além disso, em tal caso tem-se:
m2 (m + 2n)2 − 2 < 2 − . (m + n)2 n2 (b)
Prove as relações do item (a) anterior com todos os sinais de desigualdade virados ao contrário. Ou seja, suponha-se agora que
2 < m2 /n2
(m + 2n)2 < 2; (m + n)2 como assim também que:
2−
m2 (m + 2n)2 < − 2. n2 (m + n)2 73
e prove que:
74
(c)
Raciocinando nos Racionais
Combinando os itens (a) e (b) acima, forneça uma outra prova do Lema 5.1.2.
♣
r2 = a,
a menos que
5.2.3 Exercício:
a
já seja da forma
Prove que para qualquer
a = k2
para algum
k
a ∈ N,
não existe
r∈Q
tal que
inteiro.
a = m2 /n2 , sem perda de generalidade, com m, n 2 2 2 co-primos, ou seja (m, n) = 1. Em tal caso, teria-se que m = an = (an)n, ou seja, n | m , de onde segue que n | m, usando o teorema de decomposição em primos. Como obviamente n|n, tem-se que n é um divisor comum de m e n, e portanto n | (m, n) = 1. Disso segue que n = 1, ou obteria-se uma contradição. ♣
Sugestão: Por redução ao absurdo, suponha que
Capítulo 6
Corpos Ordenados Arquimedianos 6.1
Corpos Ordenados Arquimedianos
6.1.1 De nição:
a∈F
Um corpo ordenado é dito
existe um inteiro positivo
6.1.2 Lema:
Seja
F
existem inteiros
m, n
tais que
n
tal que
arquimediano se para todo
b∈P
e para todo
♣
nb > a.
corpo ordenado arquimediano.
a < m/n < b.
Então, para todo
a, b ∈ F
com
a < b
Ou seja, em um corpo ordenado arquimediano os
elementos racionais são densos.
Demonstração :
Observe-se que:
a < b ⇒ b − a > 0 ⇒ (b − a)−1 > 0. Por outro lado, como
F
é arquimediano, dado
1>0
existe
n∈N
tal que
n = n1 > (b − a)−1 > 0.
Portanto:
0 < n−1 < b − a. Considere-se o conjunto
S
de nido como:
S Observe-se que, como
S 6= ∅.
F
:= {k
∈ Z : kn−1 > a}.
é arquimediano, dado
Pelo mesmo argumento, existe também
n−1 > 0 existe k ∈ N tal que kn−1 > a. Ou p ∈ N tal que pn−1 > −a. Em particular:
seja,
a > −(pn−1 ) = (−p)n−1 ⇒ −p ∈ / S. Também:
0 < n−1 = 1.n−1 = (0 + 1).n−1 = (−p + p + 1).n−1 = (−p)n−1 + (p + 1)n−1 ⇒ −(p + 1)n−1 < (−p)n−1 < a ⇒ −(p + 1) ∈ / S. Analogamente, prova-se que
−(p + r) ∈ /S
menor elemento, digamos
m.
r ∈ N. Portanto, S é um conjunto não vazio −p. Desta maneira, o conjunto S deve ter um
para todo
de inteiros limitado inferiormente, no mínimo por Observe-se que:
m ∈ S ⇒ mn−1 > a. 75
76
Por outro lado,
Corpos Ordenados Arquimedianos
m−1∈ / S ⇒ (m − 1)n−1 6 a.
Portanto:
mn−1 = (m − 1)n−1 + n−1 6 a + n−1 < a + (b − a) = b. Combinando as duas últimas relações, segue que
a < mn−1 < b.
Exercícios para o Capítulo 6 6.2
O Sub-Corpo dos Racionais
6.2.1 Exercício:
Seja
F
corpo ordenado.
Então o sub-corpo dos elementos racionais QF é a/b ∈ QF 3 m/n > 0, pode-se supor, sem perda de generalidade, b > 0. Assim, de bm > 1 segue que bm(|a| n + 1) > |a| n + 1, pois |a| n + 1 > 0.
arquimediano. Com efeito, se que
m > 0, n > 0
e
Portanto:
N3k Ou seja,
6.3 Seja
:=
|a| n + 1 >
|a| n + 1 |a| n an > > . bm bm bm ♣
k(m/n) > a/b.
Um Corpo Ordenado Não-Arquimediano H
de nido como o conjunto de funções racionais. Ou seja,
H
é formado por funções reais que
são quocientes de polinômios.
6.3.1 Exercício:
Considere em
H
as operações de soma e produto usuais de funções:
(f + g)(x) = f (x) + g(x), (f g)(x) = f (x) g(x). Prove que com tais operações o conjunto
6.3.2 Exercício:
f /g
Seja
P
H
o subconjunto de
H
de nido como o conjunto de funções racionais
não-nulas, tais que os coe ciêntes das potências de maior ordem de
Prove que com o conjunto
6.3.3 Exercício:
P
assim de nido, o corpo
Prove que o corpo ordenado
Sugestão: Observe que
♣
é um corpo.
H
H
f
e
g
têm o mesmo sinal.
é ordenado.
♣
não pode ser arquimediano.
é constituído pelas funções racionais cujo numerador é um polinômio
NH
de grau zero com valor natural e cujo denominador é o polinômio de grau zero igual a 1, ou seja:
NH =
1 2 3 , , ,... 1 1 1
. 77
78
Corpos Ordenados Arquimedianos
m x P 3 b = , com m ∈ N qualquer e considere a função racional a = ∈ H . 1 1 n todo n = ∈ NH tem-se: 1 Seja
nb − a = Ou seja,
Observe que para
n m x −x + nm − = ∈ / P. 1 1 1 1
nb − a < 0
para todo
n ∈ NH .
Portanto,
H
não é arquimediano.
♣
Capítulo 7
Sequentiæ 7.1 Seja
De nições e Resultados Básicos F
um corpo ordenado.
7.1.1 De nição:
sequência em
Uma
conjunto dos números naturais, ou seja, Para sequências, denota-se a sequência
{xn }n∈N
a(n)
an .
por
F é uma função a : N 7−→ F Dom a = N.
Por abuso de notação e linguagem, costuma-se expressar
a(n) = xn , ∀ n ∈ N.
querendo signi car a sequência de nida por
7.1.2 Observação:
Não confundir a
cujo domíno é igual ao
♣
sequência {xn }n∈N com o conjunto {x1 , x2 , . . . }, pois trata-
se de conceitos diferentes. Por exemplo, os conjuntos:
{1, 2, 3, . . . }, {2, 1, 3, . . . }, ♣
são iguais, mas as sequências não são.
7.1.3 De nição: Seja tende para in nito se:
l ∈ F.
Se diz que a sequência
{an }n∈N converge para l quando n
∀ > 0 ∃ N () ∈ N : n > N () ⇒ |an − l| < . Em tal caso, denota-se
7.1.4 De nição:
an < an+1 , ∀ n ∈ N
lim an = l,
n→∞
ou alternativamente
Uma sequência e
an −−−−→ l. n→∞
{an }n∈N é dita crescente an 6 an+1 , ∀ n ∈ N.
ou
♣
estritamente crescente se
não-decrescente se
Analogamente de ne-se
decrescente e não-crescente. 79
♣
80
Sequentiæ
7.1.5 De nição: tal que
Uma sequência
{an }n∈N
limitada superiormente se existe
é dita
M ∈F
an 6 M, ∀ n ∈ N.
Analogamente de ne-se
7.1.6 De nição:
M, ∀ n ∈ N.
limitada inferiormente.
Uma sequência
{an }n∈N
♣
é dita
limitada se existe
M ∈ F
tal que
|an | 6
Equivalentemente, será limitada se for simultaneamente limitada superior e inferior-
mente. O conjunto de todas as sequências em
7.1.7 De nição:
{ank }k∈N ,
onde os
7.1.8 Lema:
Uma
nk
F
limitadas será denotado por
B(F ).
subsequência de uma sequência
são números naturais tais que
Toda sequência
{an }n∈N
{an }n∈N é uma nk < nk+1 , ∀ k ∈ N.
♣
sequência da forma
♣
contem uma subsequência que é ou bem não-decrescente
ou bem não-crescente.
Demonstração :
Seja
C
:=
{n ∈ N : am < an , ∀m > n}.
|C| = ℵ0 : Se C = {n1 , n2 , . . . } com n1 < n2 < n3 < · · · , {anj }j∈N é uma sequência não-crescente.
Caso
|C| < ℵ0 :
então
an1 > an2 > an3 > · · ·
e
|C| = 0, neste caso. Como C possui uma n1 maior que todo elemento de C . Observe-se que n1 ∈ / C ⇒ ∃n2 ∈ N : n2 > n1 e an2 > an1 . Como n2 ∈ / C , pois n2 > n1 maior que todo elmento de C , tem-se que existe n3 ∈ N tal que n3 > n2 e an3 > an2 . Dessa maneira, é possível construir uma sequência {anj }j∈N que é não-decrescente. Caso
Observe-se que
C
pode ser de fato vazio,
quantidade nita de números naturais, seja
7.2
Sequências de Cauchy
7.2.1 De nição:
Uma sequência
{an }n∈N
é dita
de Cauchy se:
∀ > 0 ∃ N () ∈ N : n, m > N () ⇒ |an − am | < . O conjunto de sequências de Cauchy em
F
será denotado por
C(F ).
♣
Os resultados mais relevantes, por enquanto, sobre sequências de Cauchy podem ser conferidos no seguinte par de lemas:
7.2.2 Lema:
Toda sequência
{an }n∈N
de Cauchy é limitada.
81
7.2 Sequências de Cauchy
Demonstração :
Dado
= 1 > 0,
existe
N ∈N
tal que
m, n > N ⇒ |an − am | < 1.
Portanto:
n > N ⇒ |an | − |aN | 6 |an − aN | < 1 ⇒ |an | < 1 + |aN | , ∀n > N. Desta maneira, tem-se que
7.2.3 Lema:
|an | 6 max{a1 , a2 , . . . , aN −1 , 1 + |aN |}, ∀n ∈ N.
Se uma subsequência de uma sequência de Cauchy é convergente, então a sequência
original é convergente (a ao mesmo limite).
Demonstração :
Seja
{an }n∈N
de Cauchy e suponha-se que
{anj }j∈N
é uma subsequência tal que:
lim anj =: a.
j→∞ Seja
> 0.
Como a subsequência é convergente, existe
J ∈N
tal que:
j > J ⇒ anj − a < . 2 Como a sequência é de Cauchy, também existe
N ∈N
tal que:
m, n > N ⇒ |an − am | <
j0 > J ∧ nj0 > N . Observe-se que um tal j0 sempre deve existir. Com j > J e se por ventura fosse nj < N , então de nindo k := N − nJ , tem-se nJ+k > nJ+k−1 > · · · > nJ , e assim nJ+k > nJ + k = nJ + (N − nJ ) = N . Portanto, basta tomar j0 = max{j, J + k}. Com um tal j0 tem-se:
Seja
j0 ∈ N
. 2
tal que
efeito, basta tomar
n > N ⇒ |an − a| 6 an − anj0 + anj0 − a < + = . 2 2 Portanto:
lim an = a.
n→∞
Exercícios para o Capítulo 7 7.3
Resultados Gerais sobre Sequências
7.3.1 Exercício:
Seja
{an }n∈N
uma sequência
(a)
O seu limite
(b)
Toda sequência convergente é de Cauchy.
(c)
Toda sequência convergente é limitada.
lim an
os limites
(a) (b)
{sn }n∈N e {tn }n∈N lim tn =: t. Então:
Sejam
lim sn =: s
n→∞
e
Então:
é único.
n→∞
7.3.2 Exercício:
convergente.
♣
seqüências convergentes. Ou seja, tais que existem
n→∞
lim (sn + tn ) = s + t.
n→∞
lim sn tn = st.
n→∞
(c)
Se
t 6= 0,
então
(d)
Se
t 6= 0,
então
7.3.3 Exercício: os limites
lim sn
n→∞
(a)
Se
sn > 0
(b)
Se
rn 6 sn
1
lim
n→∞ tn
=
1 . t
sn s = . n→∞ tn t
{sn }n∈N lim tn .
Sejam e
♣
lim
e
{tn }n∈N
seqüências convergentes. Ou seja, tais que existem
n→∞
para todo
n ∈ N,
para todo
Sugestão: Em tal caso
então
n ∈ N,
lim sn > 0.
n→∞
então
lim rn 6 lim sn .
n→∞
n→∞
sn − rn > 0 e pode ser aplicado o resultado do item (a) precedente. ♣
83
84
Sequentiæ
7.3.4 Exercício:
Convergênce à trois
{rn }n∈N , {sn }n∈N e {tn }n∈N seqüências tais que rn 6 sn 6 tn para todo n ∈ N (ou para todo n > N , para algum N ∈ N). Suponha-se que lim rn = l = lim tn . Então {sn }n∈N é convergente n→∞ n→∞ com lim sn = l. ♣ Sejam
n→∞
7.4 Seja
Sub-Sequências a ∈ R.
7.4.1 Exercício: 1.
Considere-se uma sequência
{sn }n∈N
sn > a, ∀ n ∈ N.
2.
lim sn = a.
n→∞
{sn }n∈N contém uma sub-sequência {snk }k∈N snk+1 < snk , para todo k ∈ N.
Então,
7.4.2 Exercício: maior que
1.
a
{sn }n∈N e {rn }n∈N duas seqüências tais que a primeira mantém-se a. Ou seja, tais que:
e a segunda converge para
lim rn = a.
{rn }n∈N
contém uma sub-sequência
{rnk }k∈N
tal que
rnk < sk
para todo
k ∈ N.
♣
Convergência de algumas Sequências
7.5.1 Exercício:
(b)
♣
n→∞
Então,
(a)
Sejam agora
estritamente decrescente. Ou seja, tal que
sn > a, ∀ n ∈ N.
2.
7.5
tal que:
lim
n→∞
F
corpo arquimediano. Então:
1 = 0. n
lim 2−n = 0.
n→∞
Seja
♣
Capítulo 8
Corpos Ordenados Completos 8.1
Limites Superiores Mínimos F
Seja
um corpo ordenado
8.1.1 De nição:
a 6 x, ∀ a ∈ A.
8.1.2 De nição: de
A
o
x
Um elemento
x∈F
limitado superiormente se existe limite superior de A.
é dito
recebe o nome de
é chamado de
x∈F
tal que
♣
limite superior mínimo, ou supremo,
se:
1.
x
2.
x6y
é um limite superior de para todo
8.1.3 Observação: lo
A⊆F
Um conjunto
Um tal
y
A,
que seja limite superior de
♣
A.
O supremo de um conjunto, se existir, é unico, o que justi ca de denominá-
supremo.
Com efeito, suponha-se que contradizer o fato que
a < x,
b
pois, caso contrário
o fato que
a
a
e
b
são supremos de um conjunto
A.
Se fosse
a
seria um limite superior de
é um limite superior para
A.
A
menor que
Portanto, deve ser
b.
Mas
a > b. Se fosse a = b.
raciocínio análogo obtém-se uma contradição. Portanto, deve ser
8.2
a < b,
então, para não
x ∈ A tal que a < x ∈ A contradiz a > b, através de um ♣
é um limite superior mínimo, deve existir algum elemento
Completeza
8.2.1 Lema:
Seja
F
um corpo ordenado tal que todo conjunto não-vazio e limitado superior-
mente possui supremo em
F.
Então, toda sequência
{an }n∈N
em
F
não-decrescente (respectiva-
mente, não-crescente) e limitada superiormente (respectivamente, inferiormente) é convergente.
85
86
Corpos Ordenados Completos
Demonstração :
Observe-se que o conjunto
A
A,
de nido como:
{an : n ∈ N} ,
:=
é um conjunto limitado superiormente, pois a sequência é limitada superiormente. Portanto, por hipótese, deve existir A rmação: Existe
α
:=
N ∈N
sup A ∈ F .
tal que
Seja
> 0.
α − aN < .
O
reductio ad absurdum, se fosse α −an > para todo n ∈ N, então an 6 α −, ∀ n ∈ N. Portanto, α − é limite superior para A, obviamente menor que α, o que contradiz o fato que α é o menor de tais limites superiores, por de nição de supremo. H
Com efeito, por
Portanto, usando a hipótese que a sequência é não-decrescente, o fato que
an 6 α, ∀ n ∈ N
e a
a rmação anterior, tem-se:
n > N ⇒ an > aN ⇒ |α − an | = α − an 6 α − aN < .
8.2.2 Teorema:
1.
Seja F um corpo ordenado. Então, as seguintes condições são equivalentes:
Todo conjunto não vazio limitado superiormente possui supremo em
2. F
F.
é arquimediano e toda sequência de Cauchy é convergente.
Demonstração : A rmação 1:
F
(1) ⇒ (2).
Esta é a parte facil do Teorema e será quebrada em duas a rmações.
O
é arquimediano.
b ∈ P e a ∈ F . Suponha-se em primeiro lugar que a 6 0. Em tal caso, tem-se 1 ∈ P ∧ b ∈ P ⇒ 1.b ∈ P ⇒ 1.b > 0 > a. Portanto, basta tomar n = 1 neste caso. −1 Suponha-se agora que a > 0, ou seja a ∈ P . Observe-se que como b ∈ P ⇒ b ∈ P , tem-se que −1 −1 −1 a ∈ P ∧ b ∈ P ⇒ ab ∈ P . Por reductio ad absurdum, se fosse n 6 ab , ∀n ∈ NF , então o Com efeito, sejam que
conjunto:
NF
:= {n
: n
é inteiro positivo em
F}
seria um conjunto limitado superiormente, pelo número
ab−1 .
Portanto, por hipótese, existe
α := sup NF , signi cando isto que n 6 α, ∀n ∈ NF . Mas então n + 1 6 α, ∀n ∈ NF , pois NF é indutivo. Portanto, n 6 α − 1, ∀n ∈ NF ⇒ α − 1 é limite superior de NF e α − 1 < α, o que contradiz o fato que α era o menor de tais limites superiores. Portanto, deve existir algum n0 ∈ NF tal que n0 > a.b−1 , ou seja, n0 b > a. H A rmação 2: Toda sequência de Cauchy é convergente.
O
Com efeito, pelo Lema 7.1.8, toda sequência contém uma subsequência que é ou bem não-decrescente ou bem não-crescente. Por outro lado, pelo Lema 7.2.2, toda sequência de Cauchy é limitada. Portanto, toda sequência de Cauchy contém uma subsequência, ou bem não-decrescente, ou bem não-crescente, e que também é limitada. Pelo Lema 8.2.1 uma tal (sub)sequência é convergente num corpo que satisfaz a propriedade 1 do enunciado. Finalmente, pelo Lema 7.2.3, a sequência de Cauchy original é convergente.
H
87
8.2 Completeza
(2) ⇒ (1).
Seja F ⊇ A 6= ∅ limitado a ∈ A. Como F é arquimediano por M = M.1 > b e −m = (−m).1 > (−a),
Respire fundo e se prepare para uma viagem e tanto.
superiormente.
Seja
hipótese, dado
1>0
b
A, e M, −m ∈ N tais
um limite superior de
devem existir
seja que
respectivamente. Ou seja:
m < a 6 b < M. Para cada
Sp
p ∈ N,
:= {k
: k
Observe-se que então
seja
Sp
o conjunto de nido como:
k 2p
é inteiro e
Sp 6= ∅,
pois
k∈ / Sp . Pelo Princípio p ∈ N de ne-se ap
M 2p ∈ Sp .
:=
A}.
Sp é limitado inferiormente, pois se k 6 2p m 3.3.1, Sp tem um elemento mínimo, digamos, kp .
Além disso,
de Boa Ordenação
Para cada
ap
é um limite superior de
como:
kp , ∀p ∈ N. 2p
Pela de nicão de
kp ,
tem-se que:
2kp kp = p p+1 2 2 é um limite superior de
A,
mas
kp − 1 2kp − 2 = 2p+1 2p
não
é. Assim, deve ser
kp+1 = 2kp
ou
kp+1 = 2kp − 1,
e portanto deve ser:
ap+1 =
kp+1 2kp kp = p+1 = p = ap 2p+1 2 2
ap+1 =
2kp − 1 2kp 1 kp 1 1 kp+1 = = p+1 − p+1 = p − p+1 = ap − p+1 p+1 p+1 2 2 2 2 2 2 2
ou:
Portanto, qualquer que seja o caso, para todo
p∈N
tem-se:
ap+1 6 ap 1 ap − ap+1 6 p+1 . 2 A rmação 1: A sequência Com efeito, se
q > p > 1,
(8.2.1)
{ap }p∈N
O
é de Cauchy.
então
0 6 ap − aq = (ap − ap+1 ) + (ap+1 − ap+2 ) + · · · + (aq−1 − aq ) q−p 1 1− 1 2 = p+1 1 2 1− 2 1 2 1 2 − q−p−1 < p+1 = p . 2 2 2
6
1 2p+1
+
1 2p+2
+ ··· +
1 1 = p+1 q 2 2
1+
1 1 + · · · + q−p−1 2 2
=
1 2p+1
88
Corpos Ordenados Completos
Ou seja:
q > p > 1 ⇒ |ap − aq | = ap − aq < lim 2−p = 0,
Portanto, como
p→∞
tem-se que
{ap }p∈N
c
é um limite superior de
H
é de Cauchy.
Pela A rmação 1 anterior, junto com a hipótese, deve existir
A rmação 2:
1 . 2p
lim ap =: c.
p→∞
A.
O
x ∈ A com x > c. Portanto, ap − c = |ap − c| < x − c ⇒ ap < x, o que A, pela de nição de ap .
= x − c > 0,
Com efeito, caso contrário, existiria
dado
inteiro positivo tal que
contradiz o fato de ser
limite superior para A rmação 3:
c
c0 ,
ap − Portanto,
ap
com
reductio ad absurdum, c0 < c.
Seja
p
H O
suponha-se a existência de um outro limite superior de
inteiro positivo tal que
p
um
é o menor de tais limites superiores.
Com efeito, por digamos
existe
1 < c − c0 . 2p
A,
Então:
1 1 > c − p > c − (c − c0 ) = c0 . 2p 2
ap −
1 2p
é um limite superior de
A,
pois é maior que
c0
que já é um tal limite. Mas isso
contradiz o fato que
ap −
1 kp 1 kp − 1 = p − p = 2p 2 2 2p
não é limite superior de
A
pela de nição de
kp .
H
A prova desta última a rmação conclui a prova do Teorema.
8.2.3 De nição:
Um corpo ordenado é dito
condições do Teorema 8.2.2 acima.
completo se é satisfeita alguma, logo as duas,
♣
Exercícios para o Capítulo 8 8.3
Caracterização das Sequências Convergentes
8.3.1 Exercício:
Em um corpo ordenado com a propriedade 1 do Teorema 8.2.2, uma sequência
é convergente se e somente se é de Cauchy. A parte ( ⇒ ) vale em general e consta no Exercício 7.3.1(b).
Sugestão:
A parte ( ⇐ ) segue
♣
diretamente do Teorema 8.2.2.
8.4
O Corpo Racional não é Completo...
8.4.1 Exercício:
Prove que o corpo ordenado
Q
não pode ser completo.
Para tanto, use os
resultados do Capítulo 5 para exibir um conjunto não-vazio limitado superiormente que não possui supremo em
♣
Q.
e
8.5
...M smo
Na presente seção prova-se de maneira alternativa que o corpo racional uma sequência de Cauchy em sequência
sn
sn
:=
Q
que não possui limite
em Q.
como:
n X 1 1 1 1 = 1 + 1 + + + ··· + . k! 2! 3! n!
k=0 Observe-se que
sn ∈ Q
8.5.1 Exercício: (a)
Se
m > n,
para todo
n ∈ N.
Considere-se a sequência
sn
acima de nida.
prove que:
sm − sn <
2 . (n + 1)!
Em particular, a sequência
sn
é de Cauchy. 89
Q não é completo, exibindo
Com efeito, de ne-se a seguinte
90
Corpos Ordenados Completos
(b)
lim sn =: e. Use o fato de ser n→∞ crescente e a desigualdade do item (a) anterior para provar que: Suponha-se agora a existência do limite
sn < e 6 sn + Em particular, para
(c)
sn
estritamente
2 , ∀ n ∈ N. (n + 1)! n=2
obtém-se a estimativa
Suponha-se agora que fosse
e = p/q ∈ Q. e∈ / Q.
5/2 < e < 3.
Use a relação do item (b) acima com
n=q
para
♣
obter uma contradição. Ou seja,
Em particular,
e
Q
8.6 Seja
sn
é uma sequência de Cauchy em
Forma de Cauchy do Número F
Q
cujo limite
e
um corpo com a propriedade 1 do Teorema 8.2.2, ou seja, completo.
8.6.1 Exercício:
tn é
não pode ser completo, pois
não é racional.
:=
1+
1 n
Prove que a sequência
tn
dada por:
n
estritamente crescente. ♣
Sugestão: Use o Exercício 3.9.2.
8.6.2 Exercício:
Prove que a sequência
tn
do exercício anterior é limitada e forneça limites
inferiores e superiores para ela. Sugestão: Considere
n>4
e use o Exercício 3.9.3.
R: Por exemplo,
2 < tn < 67/24.
8.6.3 Exercício:
Usando os dois exercícios anteriores e o Lema 8.2.1 prove que a sequência
resulta
Ou seja, existe
convergente.
O limite da sequência alfabeto latino, denota-se
e
:=
tn = e.
n 1 . lim 1 + n→∞ n
lim tn .
n→∞
n 1 1+ n
Ou seja:
♣
tn ♣
é um numerozinho que, não por escasez de letras no
8.6 Forma de Cauchy do Número
8.6.4 Exercício:
Combine o resultado do Exercício 3.9.3 junto com os dos Exercícios 7.3.2(a,b),
7.5.1(a,b) e 7.3.3(b) para veri car a seguinte
5 67 6e6 . 2 24
91
e
estimativa: ♣
Capítulo 9
Corpo e Trans guração 9.1
Mor smos de Corpos
Sejam
F1
e
F2
dois corpos.
9.1.1 De nição:
f : F1 7−→ F2 ,
Considere uma aplicação
entre dois conjuntos quaisquer, não
necessariamente corpos.
(a)
A aplicação
f
a 6= b
denomina-se
⇒
injetora, ou 1-1 (léia-se um a um), se:
f (a) 6= f (b).
Observe que, de maneira equivalente, uma aplicação
f (a) = f (b) (b)
A aplicação
f
⇒
f
é injetora se e somente se:
a = b.
denomina-se
sobrejetora, ou sobre, se a sua imagem corresponde ao conjunto
de chegada, ou seja:
Img f = F2 . Em tal caso, se diz que
(c) (d)
A aplicação
f
Se para todo
f
aplica
denomina-se
x ∈ F1 ,
F1 sobre F2 .
bijetora se for injetora e sobrejetora simultaneamente.
tem-se
f (x) = 0,
então a aplicação se diz
identicamente nula, em
cujo caso denota-se:
f ≡ 0. Naturalmente, caso contrário, denota-se
9.1.2 De nição:
f : F1 7−→ F2 ,
Sejam
F1 , F2
f≡ / 0.
corpos. Um
mor smo de
tal que: 93
♣
F1 em F2
consiste numa aplicação
94
Corpo e Trans guração
(a)
f (x + y) = f (x) + f (y), ∀ x, y ∈ F1 ,
(b)
f (x y) = f (x) f (y), ∀ x, y ∈ F1 .
9.1.3 De nição:
F1 , F2 , F
Sejam
(a)
Um
isomor smo de
(b)
Um
endomor smo em
(c)
Um
automor smo em
9.1.4 Lema:
Sejam
F1
e
♣
corpos.
F1 em F2 F F
F2
é um mor smo de
é um mor smo de
F
é um isomor smo de
corpos e seja
F1
em
F
F2
que é bijetor.
F.
em
f : F1 7−→ F2
em
F.
tal que:
f (x + y) = f (x) + f (y), ∀ x, y ∈ F1 . Então:
(a) f (n) = f (11 ) n12 , ∀ n ∈ N. (b) f
1 11 m
= f (11 )
(c) f (r11 ) = f (11 ) r12
Demonstração :
(a)
1 12 , ∀ m ∈ N. m para todo
r∈F
racional positivo
Q 3 r > 0.
Basta observar que:
f (n) = f (11 + 11 + · · · + 11 ) = f (11 ) + f (11 ) + · · · + f (11 ) = nf (11 ) = f (11 ) n12 . | {z } {z } | n vezes
(b)
Analogamente, tem-se:
mf
Portanto,
(c)
n vezes
Se
1 m
1 m
f
m, n ∈ N, f
n m
=f |
=
1 m
+f
1 1 1 1 1 + ··· + f =f + + ··· + m m m m m {z } | {z } m vezes m vezes 1 =f m = f (1). m
f (1) . m
então usando o item anterior tem-se:
=f
1 1 1 1 1 1 + + ··· + =f +f + ··· + f m m m m m m | {z } | {z } n vezes n vezes 1 f (1) n = nf =n = f (1). m m m
♣
95
9.1 Mor smos de Corpos
9.1.5 Lema:
e
F2
corpos e seja
(a) [f (x0 ) 6= 0 ⇒ x0 6= 0]
ou
f ≡ 0.
Sejam
F1
f : F1 7−→ F2
mor smo. Então:
(b) f (01 ) = 02 . (c) f (−x) = −f (x), ∀ x ∈ F1 .
Demonstração : (a) Suponha-se que f ≡ / 0. Em tal caso, existe x0 ∈ F reductio ad absurdum, se fosse x0 = 0, teria-se:
tal que
f (x0 ) 6= 0.
Por
x0 = 0 ⇒ f (x0 ) f (x) = f (x0 x) = f (0.x) = f (0). Como
f (x0 ) 6= 0,
x ∈ F.
a identidade acima implica que
f (0) =: α é constante para todo f (x0 )
f (x) =
Agora:
α = f (x + y) = f (x) + f (y) = α + α ⇒ α = α + 0 = α + (α + (−α)) = (α + α) + (−α) = α + (−α) = 0 ⇒ f (x) = α = 0, ∀x ∈ F ⇒ f ≡ 0. Mas isso contradiz a suposição inicial. Portanto, deve ser
x0 6= 0.
(b)
Se f ≡ 0, então o enunciado é obviamente válido. Suponha portanto que f ≡ / 0. Se fosse f (01 ) 6= 02 , então pelo item anterior teria-se que 01 6= 01 , cuja evidente falsidade implica que deve ser f (01 ) = 02 , neste caso também.
(c)
Usando o item anterior, observe-se que segue que
9.1.6 Lema:
x0 ∈ F1
tal que
f (−x) = −f (x),
0 = f (0) = f (x + (−x)) = f (x) + f (−x), F2 .
de onde
pela unicidade do inverso aditivo em
Sejam F1 e F2 corpos e seja f : F1 7−→ F2 mor smo não nulo. Portanto, existe f (x0 ) 6= 0. Pelo Lema 9.1.5(a), tem-se que x0 6= 0 e portanto existe x−1 0 . Então
tem-se:
(a) f (x−1 0 ) 6= 02 . (b) f (11 ) 6= 02 . (c)
Mais especi camente,
(d)
Mais ainda,
Demonstração :
f (r11 ) = r12 (a)
para todo
r∈F
racional
1 1 1 1 x20 = f (x20 ) f = f (x0 ) f (x0 ) f ⇒ f 6= 0. x0 x0 x0 x0
Tem-se:
f (1) = f
r ∈ Q.
Basta observar que:
0 6= f (x0 ) = f (b)
f (11 ) = 12 .
1 x0 x0
= f (x0 ) f
1 x0
6= 0.
96
Corpo e Trans guração
f (x0 ) 6= 0 por hipótese e f (x−1 0 ) 6= 0 pelo item anterior. corpo F2 também fosse ordenado, de fato teria-se que
Na última relação usou-se o fato que De passagem, observe-se que se o
f (1) = f (1.1) = f (1).f (1) > 0. (c)
f (1) = f (1.1) = f (1) f (1), pelo Lema 1.1.3(g) deve ser f (1) = 0 f (1) 6= 0. Portanto deve ser f (1) = 1.
Como
ou
f (1) = 1.
Pelo
item anterior sabe-se que
(d)
Pelo Lema 9.1.4(a) sabe-se que:
f (n) = n f (1), ∀n ∈ N. Assim, se
−n ∈ N
(−n) f (1),
de onde segue que:
então, pelo Lema 9.1.5(c) tem-se que
f (−n) = −f (n) = −(n f (1)) =
f (n) = n f (1), ∀n ∈ −N. Portanto, combinando as últimas duas relações acima, decorre que:
f (n) = n f (1), ∀n ∈ Z. Utilizando agora esta última relação, tem-se:
n n n n + + ··· + =f n f (1) = f (n) = f m m m} | m m {z m vezes n n n n =f = mf +f + ··· + f , ∀n ∈ Z, ∀m ∈ N. m{z m} m | m m vezes
Portanto:
f
n m
=
n n f (1) = , ∀n ∈ Z, ∀m ∈ N. m m
Observe-se que na última igualdade foi usado o resultado do item (c) anterior.
9.2
Mor smos em Corpos Ordenados
9.2.1 De nição: Se F1 e preserva a ordem se x < y
9.2.2 Lema:
Sejam
F1
e
F2 são corpos ordenados, se ⇒ f (x) < f (y), ∀ x, y ∈ F1 .
F2
corpos ordenados e seja
diz que uma aplicação
f : F1 7−→ F2
f : F1 7−→ F2 ♣
tal que preserva a ordem.
Então:
(a) f ≡ / 0. (b) f (c)
é injetora.
Se adicionalmente então
f
F1
é completo,
é sobrejetora.
F2
arquimediano, e
f (r11 ) = r12
para todo racional
r ∈ Q,
97
9.2 Mor smos em Corpos Ordenados
Demonstração : (b)
(a)
Seja x 6= y . f (x) < f (y),
0 < 1 ⇒ f (0) < f (1) ⇒ f (0) 6= f (1) ⇒ f ≡ / 0.
f (x) > f (y), respectivamente, tem-se f (x) 6= f (y).
ou
F1
Adicionalmente, suponha-se agora que para todo
r ∈ Q.
Observe-se que se
f
pois
f
F2
é completo,
mor smo,
fosse
f
estamos supondo apenas que
a ∈ F2
A rmação 1:
é arquimediano e
f (r11 ) = r12
Porém, no presente resultado
B ⊆ F1
de nido como:
∈ F1 : r ∈ Q ∧ f (r) < a}. B 6= ∅.
O
conjunto dos números racionais em falso.
B
m 12 = f n
m n
11
> a,
para todo
m, n.
Ou seja, o
F2 seria limitado inferiormente (por a), o que é obviamente H O
é limitado superiormente.
Com efeito, como tal que
Portanto,
preserva a ordem.
Com efeito, caso contrário teria-se que
A rmação 2:
x > y.
então esta última propriedade segue
arbitrário mas xo. Considere-se o conjunto
:= {r
B
ou
preserva a ordem. Assim, qualquer
automaticamente do item (a) anterior e do Lema 9.1.6(d).
Seja
x < y
Então, pela propriedade de tricotomia, deve ser
que seja o caso,
(c)
De fato,
m 12 > a.
a ∈ F2
e
12 ∈ P2 ,
pela arquimedianeidade de
Portanto, de nindo
F1 3 s
F2
tem-se que existe
m ∈ N2
:= m 11 tem-se:
f (s) = f (m 11 ) = m 12 > a > f (r), ∀r ∈ B. s > r, para todo r ∈ B , pois caso contrário, como f preserva a ordem, s < r ⇒ f (s) < f (r) para algum r ∈ B , o que contradiz a relação anterior. Dessa maneira, B é limitado superiormente, por exemplo, por s. H Portanto, deve ser
Como
F1
é completo, existe
A rmação 3: Se fosse
F1 3 sup B =: x.
f (x) = a.
f (x) < a,
O
existiria
m 12 n
racional em
racionais serem densos num corpo arquimediano.
f (x) <
m 12 < a, pelo fato dos n m Portanto, de nindo µ := 11 teria-se que: n
F2
tal que
f (x) <
m m 12 = f 11 = f (µ) < a, n n
µ ∈ B , contradizendo que sup B = x < µ. Com efeito, se x > µ, então x > µ ⇒ f (x) > f (µ), ou x = µ ⇒ f (x) = f (µ). Portanto, f (x) > f (µ), o que contradiz a
de onde segue que
primeira desigualdade acima. Por outro lado, se fosse
a < f (x),
existiria
m 12 n
racional em
pelo fato dos racionais serem densos num corpo arquimediano. teria-se que:
a<
m m 12 = f 11 = f (µ) < f (x). n n
m 12 < f (x), n m Portanto, de nindo µ := 11 n F2
tal que
a<
98
Corpo e Trans guração
r ∈ B ⇒ f (r) < a < f (µ), de onde segue que r < µ, para µ seria um limite superior de B , o desigualdade acima, pois f (µ) < f (x) ⇒ µ < x = sup B , pois x é H
Pela primeira desigualdade acima, todo
r ∈ B,
pois
f
preserva a ordem. Isso signi ca que
que contradiz a segunda o menor de tais limites.
Observe-se que da última a rmação decorre que dado
f (x) = a.
Portanto,
f
a ∈ F2
arbitrário existe
x ∈ F1
tal que
é injetora.
9.2.3 De nição: Se F1 e F2 são corpos ordenados, um mor smo (respectivamente, isomor smo, endomor smo, automor smo) de corpos ordenados de F1 em F2 é um mor smo (respectivamente, isomor smo, endomor smo, automor smo) de
F1 em F2 que preserva a ordem. ♣
O resultado a seguir mostra que, para certo caso particular de corpo ordenado, a de nição acima é um tanto redundante.
9.2.4 Lema:
Sejam
completo, então
f
Demonstração : A rmação 1: Se
x > 0,
F1
e
F2
corpos ordenados e seja
f : F1 7−→ F2
mor smo não nulo. Se
é
A prova será quebrada em várias a rmações.
x > 0 ⇒ f (x) > 0.
da completeza de
particular, como
F1
preserva a ordem.
f
F1
O decorre a existência de
x1/2 ∈ F1
tal que
x = x1/2 x1/2 .
Em
é mor smo de corpo, tem-se:
f (x) = f x1/2 x1/2 = f x1/2 f x1/2 . Observe que a expressão à direita acima é estritamente positiva se
1/2
f x
= 0.
A rmação 2:
Portanto, qualquer que seja o caso, tem-se que
f x1/2
6= 0,
ou nula se
f (x) > 0.
H
x < y ⇒ f (x) 6 f (y).
O
O enunciado segue trivialmente da a rmação anterior. Com efeito, basta observar que:
x < y ⇒ y − x > 0 ⇒ 0 6 f (y − x) = f (y) − f (x) ⇒ f (x) 6 f (y).
Para nalizar, se em
F1 .
F1
Portanto, se
H
é completo, então é arquimediano, de onde segue que os racionais são densos
x < y,
existem
r, s
racionais em
F1
tais que
x < r < s < y.
última a rmação, tem-se:
f (x) 6 f (r) = r < s = f (s) 6 f (y) ⇒ f (x) < f (y). Observe que nas duas igualdades acima foi usado o resultado do Lema 9.1.6(d).
Em tal caso, pela
99
9.3 Unicidade de Isomor smos
9.3
Unicidade de Isomor smos
9.3.1 Proposição:
Seja
F
corpo ordenado e completo e seja
f
endomor smo não nulo em
F.
Então:
(a) f (x) = x, ∀ x ∈ F . Em particular, tem-se:
(b) f (c)
é automor smo.
Se um tal endomor smo existe, então é único.
Demonstração : fosse
(a)
f (x) 6= x,
Pelo Lema 9.2.4 com
F1 = F2 = F ,
tem-se que
f
preserva a ordem. Se
por tricotomia teriam-se os seguintes dois casos:
f (x) < x: Como F r < x. Portanto:
Caso
é completo, logo arquimediano, existe
r∈F
racional tal que
f (x) <
f (x) < r = f (r) ⇒ f (x) < f (r) ⇒ x 6 r, o que contradiz o fato de ser
r
pela escolha de
r.
Na primeira igualdade acima foi usado
o Lema 9.1.6(d). Para justi car o último condicional acima, observe-se que, como a ordem,
x > r ⇒ f (x) > f (r),
Caso f (x) > x: Como F r < f (x). Portanto:
f
preserva
o que contradiz a segunda relação acima.
é completo, logo arquimediano, existe
r∈F
racional tal que
x<
f (r) = r < f (x) ⇒ f (r) < f (x) ⇒ r 6 x, o que contradiz o fato de ser
x
pela escolha de
r.
Na primeira igualdade acima foi usado
o Lema 9.1.6(d). Para justi car o último condicional acima, observe-se que, como a ordem,
r > x ⇒ f (r) > f (x),
f
preserva
o que contradiz a segunda relação acima.
Como os dois casos acima conduzem a contradições, pela propriedade de tricotomia, deve ser
f (x) = x, (b)
para todo
x ∈ F.
Em primeiro lugar, observe-se que
f
é sobrejetora.
Com efeito, basta utilizar o resultado
do Lema 9.1.6(d) combinado com o do Lema 9.2.2(c). Alternativamente, o item (a) provado acima, fornece uma prova autocontida. Com efeito, basta observar que:
x 6= y ⇒ f (x) = x 6= y = f (y) ⇒ f (x) 6= f (y), ∀ x, y ∈ F. Por outro lado, dado Portanto,
(c)
f
é
x ∈ F,
isomor smo de F
tem-se que em
F,
f (x) = x,
Se existisse um outro endomor smo não nulo todo
x ∈ F.
9.3.2 Corolário: Então
f
é único.
completos.
Portanto,
Sejam
f (x) = x = g(x),
F1
e
F2
de onde segue que
ou seja, automor smo em
g,
f
pelo item (a) teria-se que
para todo
x ∈ F,
e assim
corpos ordenados e completos e
é sobrejetora.
F. g(x) = x,
para
f ≡ g.
f : F1 7−→ F2
isomor smo.
Ou seja, existe no máximo apenas um isomor smo entre corpos ordenados e
100
Corpo e Trans guração
Demonstração :
Se
g
é um outro isomor smo, então a composição
g −1 ◦ f
é endomor smo em
F1 : f
g
F1 −−→ F2 ←−− F1 .
A rmação:
g −1 ◦ f ≡ / 0.
O
f ≡/ 0. De fato, como num corpo 0 6= 1, deve f (0) 6= f (1) pois f , sendo isomor smo, é injetora. Assim, como f 6= 0, existe x0 ∈ F1 tal −1 que f (x0 ) 6= 0. Se fosse g (f (x0 )) = 0, então pelo Lema 9.1.5(b) teria-se que 0 = g(0) = −1 g(g (f (x0 ))) = f (x0 ), o que contradiz a escolha de x0 . Portanto, (g −1 ◦ f )(x0 ) 6= 0, e assim g −1 ◦ f ≡ / 0. H Com efeito, em primeiro lugar observe-se que ser
Pela a rmação acima e a proposição anterior, tem-se que seja,
g
−1
◦ f = id.
(g −1 ◦ f )(x) = x,
para todo
x ∈ F1 .
Ou
Portanto:
g −1 ◦ f = id ⇒ f = g ◦ id ⇒ f (x) = (g ◦ id)(x) = g(id(x)) = g(x), ∀x ∈ F1 . Ou seja,
9.4
f ≡ g.
Existência de Isomor smos
Sejam
F1
e
F2
dois corpos ordenados e completos.
9.4.1 De nição: racionais em
F2
De ne-se a aplicação
f
do conjunto dos racionais em
F1
no conjunto dos
da seguinte maneira:
f (11 ) = 12 ; f (01 ) = 02 ; f (m11 ) = m12 , ∀ m inteiro; m m f 11 = 12 . n n 9.4.2 Observação:
A aplicação
♣
f
está
bem de nida
no conjunto de elmentos
racionais
de
F1 ,
pois:
m k m k = ⇒ ml = nk ⇒ ml12 = nk12 ⇒ 12 = 12 . n l n l
9.4.3 Lema:
A aplicação
f
acima de nida nos racionais de
♣
F1
sobre os racionais de
F2
é um
isomorfo que preserva a ordem.
Demonstração :
A demonstração é imediata da de nição e ca como exercício para o leitor.
101
9.4 Existência de Isomor smos
9.4.4 De nição:
f (x)
:=
sup
Por outro lado, se
nm
m 11 , n
de ne-se:
o m 11 < x n
12 :
n = sup{f (r) : r
9.4.5 De nição:
F1 3 x 6=
é racional em
F1
e
♣
r < x}.
Para simpli car a notação, para cada
x ∈ F1
seja
Ax ⊆ F2
o conjunto de nido
como:
Ax
:=
nm n
12 :
9.4.6 Lema:
Demonstração :
x F1 .
Se
bem de nida em
Se
y ∈ Ax ⇒ y =
o m 11 < x . n
♣
é racional, então as duas de nições coincidem. Ou seja, a aplicação
F1 3 x m 12 n
f
está
é racional, então: e
m m m 11 < x ⇒ y = 12 = f 11 < f (x). n n n
Na última relação acima, a segunda igualdade segue diretamente da de nição de
f
para racionais, no
x y ∈ Ax ⇒ y < f (x), e portanto sup Ax 6 f (x).
entanto que a última desigualdade segue do fato que tal de nição preserva a ordem nos racionais e é racional por hipótese. Desta maneira, tem-se que Agora, se fosse
m F2 3 r2 = 12 n
sup Ax < f (x),
pela densidade dos racionais num corpo arquimediano, existe
racional tal que:
sup Ax < r2 < f (x). m 11 racional tal que: n m m sup Ax < r2 = 12 = f 11 = f (r1 ) < f (x). n n
Portanto, existe
F1 3 r1 =
r1 < x, pois f preserva a ordem entre racionais, e portanto r2 6 sup Ax , mas isso contradiz a primeira desigualdade acima. racional deve ser sup Ax = f (x).
Da última desigualdade acima segue que
r2 ∈ Ax ,
em cujo caso deveria ser
Portanto, no caso em que
9.4.7 Lema:
Demonstração : y ⇒ r < y,
x
A aplicação
Se
é
f
preserva a ordem em
F1 .
x, y ∈ F1 com x < y , então para Ax ⊆ Ay , de onde segue que:
todo
r
racional em
F1
tem-se que
r
e portanto
f (x) = sup Ax 6 sup Ay = f (y). Agora, pela densidade dos racionais no corpo arquimediano que
x < r < s < y.
Portanto:
f (x) 6 f (r) < f (s) 6 f (y),
F1 ,
existem
r, s
racionais em
F1
tais
102
Corpo e Trans guração
onde a primeira e última desigualdades acima seguem da relação anterior, no entanto que a desigualdade central segue do fato que e assim
f
f
preserva a ordem nos racionais. Ou seja,
9.4.8 Lema:
Demonstração :
f (x + y) = f (x) + f (y), Sejam
x, y ∈ F1
propriedade de tricotomia, deve ser
para todo
x, y ∈ F1 .
f (x + y) = 6 f (x) + f (y). Em tal f (x + y) < f (x) + f (y) ou f (x + y) > f (x) + f (y).
e suponha-se que
f (x + y) < f (x) + f (y): Pela densidade dos racionais m 12 ∈ F2 racional tal que: n m f (x + y) < 12 < f (x) + f (y). n m Portanto, existe r := 11 ∈ F1 tal que: n m m f (x + y) < 12 = f 11 = f (r) < f (x) + f (y). n n Caso
Da primeira desigualdade acima segue que A rmação 1: Existem Com efeito, De nindo
x < y ⇒ f (x) < f (y),
preserva a ordem no caso geral.
r2
r1 , r2
racionais em
x + y < r,
F1
tais que
pois
f
no corpo arquimediano
caso, pela
F2 ,
existe
preserva a ordem entre racionais.
r = r1 + r2
com
r1 > x
e
r2 > y .
O
x + y < r ⇒ x < r − y e portanto existe r1 racional em F1 tal que x < r1 < r − y . := r − r1 tem-se que r = r1 + r2 , com x < r1 e r1 < r − y ⇒ y < r − r1 = r2 . H
Voltando agora à prova do Lema, utilizando o resultado da A rmação acima tem-se:
f (r) = f (r1 + r2 ) = f (r1 ) + f (r2 ) > f (x) + f (y), onde a segunda igualdade segue do fato que desigualdade segue do fato que provado acima, com
r1 > x
e
f
f
é mor smo para racionais, no entanto que a última
preserva a ordem em geral, segundo establece o Lema 9.4.7
r2 > y .
Mas a relação acima contradiz a relação imediatamente
anterior. Caso
f (x + y) > f (x) + f (y):
no corpo arquimediano
F2 ,
A prova é totalmente análoga. Ou seja, pela densidade dos racionais
existe
m 12 ∈ F2 n
racional tal que:
m 12 < f (x + y). n m Portanto, existe r := 11 ∈ F1 tal que: n m m f (x) + f (y) < 12 = f 11 = f (r) < f (x + y). n n f (x) + f (y) <
Da última desigualdade acima segue que A rmação 2: Existem
r1 , r2
r < x + y,
racionais em
F1
pois
tais que
f
preserva a ordem entre racionais.
r = r1 + r2
com
r1 < x
e
r2 < y .
O
103
9.4 Existência de Isomor smos
Com efeito, De nindo
r2
r < x + y ⇒ r − y < x e portanto existe r1 racional em F1 tal que r − y < r1 < x. := r − r1 tem-se que r = r1 + r2 , com r1 < x e r − y < r1 ⇒ r2 = r − r1 < y . H
Voltando agora à prova do Lema, utilizando o resultado da A rmação acima tem-se:
f (r) = f (r1 + r2 ) = f (r1 ) + f (r2 ) < f (x) + f (y), onde a segunda igualdade segue do fato que desigualdade segue do fato que provado acima, com
r1 < x
e
f
f
é mor smo para racionais, no entanto que a última
preserva a ordem em geral, segundo establece o Lema 9.4.7
r2 < y .
Mas a relação acima contradiz a relação imediatamente
anterior. Como os dois casos analisados acima conduzem a contradições, deve ser
9.4.9 Corolário (do Lema 9.4.8):
Demonstração :
Observe-se que
f (−x) = −f (x),
f (x + y) = f (x) + f (y).
x ∈ F1 .
para todo
f (x) + f (−x) = f (x + (−x)) = f (01 ) = 02 ,
onde a primeira
igualdade segue do Lema 9.4.8, no entanto que a última igualdade segue da de nição de pela unicidade do inverso aditivo, deve ser
f.
Portanto,
f (−x) = −f (x).
9.4.10 Lema:
Se
Demonstração :
A estratégia da prova é totalmente análoga à da A rmação 4. Ou seja, dados
x, y ∈ F1
com
x>0
tricotomia, deve ser
Caso
x, y ∈ F1 ,
com
x>0
e
y > 0,
então
f (xy) = f (x)f (y).
e y > 0, suponha-se que f (xy) 6= f (x)f (y). f (xy) < f (x)f (y) ou f (xy) > f (x)f (y).
f (xy) < f (x)f (y):
Em tal caso, pela propriedade de
Pela densidade dos racionais no corpo arquimediano
F2 ,
existe
racional tal que:
m 12 ∈ F2 n
m 12 < f (x)f (y). n m Portanto, existe r := 11 ∈ F1 tal que: n m m f (xy) < 12 = f 11 = f (r) < f (x)f (y). n n f (xy) <
Da primeira desigualdade acima segue que A rmação 1: Existem
r1 , r2
racionais em
xy < r,
F1
pois
tais que
−1
f
preserva a ordem entre racionais.
r = r1 r2
0 < y ⇒ 0 < y , de onde r1 racional em F1 tal que x < r1 < ry −1 . r2 := r1−1 r > 0 tem-se que r = r1 r2 , com x < r1 . ⇒ r1 y < r ⇒ y < r1−1 r = r2 .
Com efeito, observe-se que
r1 > x
com
r2 > y .
Como
De nindo
Mais
Voltando agora à prova do Lema, utilizando o resultado da A rmação acima tem-se:
f (r) = f (r1 r2 ) = f (r1 )f (r2 ) > f (x)f (y),
O −1
xy < r ⇒ x < ry e r1 > x > 0, existe r1−1 > 0. ainda, como y > 0 tem-se que H
segue que
portanto existe
r1 < ry −1
e
104
Corpo e Trans guração
f é mor smo para os racionais, no entanto que a f preserva a ordem em geral, segundo estabelece o Lema r2 > y . Mas a relação acima contradiz a relação imediatamente
onde a segunda igualdade segue do fato que última desigualdade segue do fato que 9.4.7 provado acima, com
r1 > x
e
anterior. Caso
f (xy) > f (x)f (y):
corpo arquimediano
F2 ,
A prova é totalmente análoga. Ou seja, pela densidade dos racionais no existe
m 12 ∈ F2 n
racional tal que:
m 12 < f (xy). n m 11 ∈ F1 tal que: Portanto, existe r := n m m 11 = f (r) < f (xy). f (x)f (y) < 12 = f n n f (x)f (y) <
Da última desigualdade acima segue que A rmação 2: Existem
r1 , r2
Com efeito, observe-se que existe
r1
racional em
F1
r < xy ,
racionais em
F1
(9.4.1)
pois
tais que
f
preserva a ordem entre racionais.
r = r1 r2
com
r1 < x
e
r2 < y .
O
0 < y ⇒ 0 < y −1 , de onde segue que r < xy ⇒ ry −1 < x e portanto ry −1 < r1 < x. Neste ponto, resulta oportuno observar que:
tal que
x > 0, y > 0 ⇒ f (x) > 0, f (y) > 0 ⇒ f (x)f (y) > 0 ⇒ f (r) > f (x)f (y) > 0 ⇒ r > 0 ⇒ ry −1 > 0 ⇒ r1 > ry −1 > 0, onde o primeiro e quarto condicionais seguem do fato que
f
preserva a ordem, no entanto que o
terceiro condicional segue da primeira desigualdade na relação (9.4.1). Portanto, existe
−1 De nindo r2 := r1 r > 0 tem-se que r = −1 ry < r1 ⇒ r < r1 y ⇒ r2 = r1−1 r < y .
r1 r2 ,
com
r1 < x.
Mais ainda, como
y>0
r1−1 > 0.
tem-se que
H
Voltando agora à prova do Lema, utilizando o resultado da A rmação acima tem-se:
f (r) = f (r1 r2 ) = f (r1 )f (r2 ) < f (x)f (r2 ) < f (x)f (y). f é mor smo para os racionais. A primeira desif preserva a ordem em geral, segundo establece o Lema 9.4.7 provado acima, com r1 < x e r2 > 0 ⇒ f (r2 ) > 0. A última desigualdade segue do fato que f preserva a ordem com r2 < y e x > 0 ⇒ f (x) > 0. Mas a relação acima contradiz a primeira desigualdade Aqui, a segunda igualdade segue do fato que gualdade segue do fato que
na relação (9.4.1). Como os dois casos analisados acima conduzem a contradições, deve ser
9.4.11 Lema:
Se
Demonstração :
Para xar idéias, suponha que
x = 0,
ou
y = 0,
então
f (xy) = f (x)f (y).
f (xy) = f (x)f (y). x = 0.
Em tal caso, tem-se:
f (xy) = f (01 y) = f (y01 ) = f (01 ) = 02 = f (y)02 = 02 f (y) = f (01 )f (y) = f (x)f (y), onde a quarta e sétima igualdades acima seguem da de nição de mente análoga
mutatis mutandi.
f.
Se
y = 0,
a prova é completa-
105
9.4 Existência de Isomor smos
9.4.12 Lema:
Se
Demonstração :
Para xar idéias, suponha que
x<0
e
y > 0,
ou se
x>0
e
y < 0, x<0
então
e
f (xy) = f (x)f (y).
y > 0.
Em tal caso tem-se:
−f (xy) = f (−(xy)) = f ((−x)y) = f (−x)f (y) = (−f (x))f (y) = −(f (x)f (y)) ⇒ f (xy) = f (x)f (y). A primeira e quarta igualdades seguem do Corolário 9.4.9, no entanto que a terceira segue do Lema 9.4.10 anterior com análoga
−x > 0,
mutatis mutandi.
pois
9.4.13 Lema:
Se
Demonstração :
Observe-se que
x<0
e
y < 0,
x < 0
então:
e
y > 0.
Se
x > 0
e
y < 0,
a prova é completamente
f (xy) = f (x)f (y).
x < 0, y < 0 ⇒ −x > 0, −y > 0.
Portanto:
f (xy) = f ((−x)(−y)) = f (−x)f (−y) = (−f (x))(−f (y)) = f (x)f (y). A segunda igualdade segue do Lema 9.4.10 anterior com terceira segue do Corolário 9.4.9.
mutandi.
Se
x > 0
e
y < 0,
−x > 0
e
−y > 0,
no entanto que a
a prova é completamente análoga
mutatis
Todos os resultados da presente seção podem ser resumidos no seguinte teorema.
9.4.14 Teorema:
Dois corpos ordenados e completos quaisquer são isomorfos. Ou seja, existe
no máximo esencialmente apenas um corpo ordenado e completo. Em outras palabras, se um tal corpo existe, então é único, salvo isomor smos.
Demonstração :
Se
F1
e
F2
são tais corpos, basta exibir um isomor smo
f : F1 7−→ F2
entre
ambos. Tal isomor smo pode ser de nido como nas De nições 9.4.1 e 9.4.4. O Lema 9.4.3 garante que tal de nição é consistente. O Lema 9.4.7 estabelece que
f
preserva a ordem.
Portanto, o Lema 9.2.2(b,c) garante que
f
é
injetora e sobrejetora. Com relação à estrutura algébrica, o Lema 9.4.8 estabelece que Lemas 9.4.10, 9.4.11, 9.4.12 e 9.4.13 garante que Portanto,
f
é o isomor smo procurado.
f
f
preserva a soma. O conjunto dos
também preserva o produto.
Capítulo 10
Completando Corpos Ordenados 10.1
Sequências Nulas e de Cauchy
10.1.1 De nição:
Uma sequência
{an }n∈N
é dita
nula se:
∀ > 0 ∃ N () ∈ N : n > N () ⇒ |an | < . O conjunto de sequências nulas em
F
será denotado por
N (F ).
Em outras palavras, uma sequência é nula se converge para
0.
♣
O Exercício 7.5.1 fornece exemplos
de sequências nulas.
10.1.2 Lema:
Seja
F
corpo ordenado. Então:
(a) N (F ) ⊂ C(F ) ⊂ B(F ).
Ou seja, toda sequência nula é de Cauchy e toda sequência de Cauchy
é limitada.
(b) N (F ) $ C(F ). (c)
Seja
{an } ∈ C(F )\N (F ).
Então existe
F 3 0 > 0
e
S(0 ) ∈ N
tal que:
n > S(0 ) ⇒ |an | > 0 /2.
Demonstração :
(a)
Toda sequência nula é convergente, e portanto de Cauchy, pelo Exercício
7.3.1(b). Toda sequência de Cauchy é limitada, pelo Lema 7.2.2.
(b)
Ou seja, existem sequências de Cauchy que convergem não necessariamente para zero, como, por exemplo, qualquer sequência constante não-nula. Um outro exemplo não-trivial de tal sequência é exibido no Exercício 8.5.1.
(c)
Se
{an } ∈ / N (F ),
F 3 0 > 0 tal ∀ N ∈ N ∃ p(N ) > N : ap(N ) > 0 . então existe
107
que:
108
Completando Corpos Ordenados
{an } ∈ C(F ),
Por outro lado, se
F 3>0
então para todo
existe
N () ∈ N
tal que:
m, n > N () ⇒ |am − an | < . Portanto, se
n > N (0 /2),
tem-se:
0 0 6 ap(N (0 /2)) = ap(N (0 /2)) − an + an 6 ap(N (0 /2)) − an + |an | < + |an | , 2 p(N (0 /2)) > n > N (0 /2) ⇒ |an | > 0 /2, portanto
onde a última desigualdadade segue do fato da sequência ser de Cauchy com
N (0 /2)
n > N (0 /2). Da relação tomar S(0 ) > N (0 /2).
basta
e
10.1.3 Lema:
(a)
Se
{an }
e
Seja
{bn }
F
corpo ordenado. Então:
são sequências de Cauchy em
{an } + {bn } {an }{bn }
:= {an
F,
as operações dadas por:
+ bn },
:= {an bn };
estão bem de nidas em
(b)
acima tem-se que
C(F ).
Com as operações de soma e produto acima de nidas, o conjunto
C(F ) é um anel comutativo
com identidade. Os elementos neutros para a soma e produto estão dados respectivamente por:
{0}
:= 0, 0, 0, . . .
;
{1}
:= 1, 1, 1, . . .
.
(c) N (F )
é subgrupo abeliano aditivo de
C(F ),
ou seja, subgrupo comutativo com relação à
adição.
(d) N (F ) (e)
é um ideal multiplicativo próprio de
A relação
∼
em
C(F )
C(F ).
de nida por:
{an } ∼ {bn } ⇐⇒ {an } − {bn } ∈ N (F ) é uma relação de equivalência.
Demonstração :
(a)
Se
{an } ∈ C(F )
então:
∀ > 0 ∃ N1 () ∈ N : m, n > N1 () ⇒ |an − am | < . Analogamente, se
{bn } ∈ C(F )
então:
∀ > 0 ∃ N2 () ∈ N : m, n > N2 () ⇒ |an − am | < . Dado
> 0,
seja
N3M
:=
max {N1 (/2), N2 (/2)}.
Então:
m, n > M ⇒ |an + bn − (am + bn )| 6 |an − am | + |bn − bm | <
+ = . 2 2
109
10.1 Sequências Nulas e de Cauchy
{an }+{bn } = {an +bn } ∈ C(F ). C(F ) ⊂ B(F ). Portanto, existem A, B > 0
Portanto,
Por outro lado, pelo Lema 10.1.2(a),
{an }, {bn } ∈
tais que:
|an | 6 A, ∀ n ∈ N; |an | 6 B, ∀ n ∈ N. A = 0, então 0 6 |an | 6 A = 0, ∀ n ∈ N ⇒ an = 0, ∀ n ∈ N, portanto A por A + 1. Idênticas considerações aplicam-se mutatis mutandi no caso > 0, seja N 3 M := max {N1 (/2A), N2 (/2B)}. Então:
Com efeito, se fosse bastaria substituir
B = 0.
Dado
m, n > M ⇒ |an bn − am bm | = |an bn − an bm + an bm − am bm | +B = + = . 6 |an | |bn − bm | + |bm | |an − am | < A 2A 2B 2 2 Portanto,
{an }{bn } = {an bn } ∈ C(F ).
(b)
Segue trivialmente do item anterior e das propriedades das operações no corpo
(c)
Em primeiro lugar, observe que se
{an } ∈ N (F ),
F.
então:
∀ > 0 ∃ N () ∈ N : n > N () ⇒ > |an | = |−an | , e portanto
−{an } = {−an } ∈ N (F )
também. Agora, se
{an } ∈ N (F )
então:
∀ > 0 ∃ N1 () ∈ N : n > N1 () ⇒ |an | < . Analogamente, se
{bn } ∈ N (F )
então:
∀ > 0 ∃ N2 () ∈ N : n > N2 () ⇒ |bn | < . Dado
> 0,
seja
N3M
:=
max {N1 (/2), N2 (/2)}.
n > M ⇒ |an + bn | 6 |an | + |bn | < Portanto,
Então:
+ = . 2 2
{an } + {bn } = {an + bn } ∈ N (F ). Obviamente, {0} = {0, 0, 0, . . . } ∈ N (F ), > 0, basta tomar qualquer N () ∈ N.
pois
em tal caso, dado
(d)
Se
{an } ∈ C(F ) ⊂ B(F ),
então existe
A>0
tal que:
|an | 6 A, ∀ n ∈ N. Se
{bn } ∈ N (F ),
então:
∀ > 0 ∃ N () ∈ N : n > N () ⇒ |bn | < . Dado
> 0,
tem-se:
n > N (/A) ⇒ |an bn | = |an | |bn | 6 A |bn | < A
= . A
{an }{bn } = {an bn } ∈ N (F ), provando que N (F ), é um ideal em C(F ). Observe-se {1} = {1, 1, 1, . . . } ∈ C(F )\N (F ), e portanto N (F ) $ C(F ). Ou seja, é um ideal próprio.
Portanto, que
(e)
Segue do fato de ser
N (F )
subgrupo abeliano de
C(F ),
segundo o item (c) anterior.
110
Completando Corpos Ordenados
10.1.4 De nição:
Seja
C/N
o conjunto de classes de equivalência de
C(F )
sob a relação acima
de nida. A classe de equivalência de um elemento
{an }
será denotada por
[an ].
Observe-se que
{an } + N (F ).
10.1.5 Lema:
(a)
Se
[an ]
e
F
Seja
[bn ]
[an ] = ♣
corpo ordenado. Então:
pertencem a
C/N ,
então as operações de soma e multiplicação de nidas res-
pectivamente por:
[an ] + [bn ]
:= [an
+ bn ],
[an ][bn ] := [an bn ]; estão bem de nidas em
(b)
C/N . C/N é um corpo. Os elementos neutros [0] = {0} + N (F ) = N (F ) e [1], respectivamente.
Com as operações acima de nidas, produto estão dados por
Demonstração : N.
(a)
N é abeliano, tem-se que [an ] = N + {an } = {an } + x = {an } + {cn }, com {cn } ∈ N . Analogamente, se y ∈ [bn ], {dn } ∈ N . Portanto:
Observe-se que, como
x ∈ [an ], y = {bn } + {dn },
Agora, se
então
para a soma e
então com
x + y = ({an } + {cn }) + ({bn } + {dn }) = {an } + {bn } + {cn } + {dn } = {an + bn } + {cn } + {dn }. Portanto,
x + y ∈ [an + bn ],
dado que
{cn } + {dn } ∈ N ,
pois
N
é subgrupo aditivo. Analo-
gamente, tem-se:
xy = ({an } + {cn }) ({bn } + {dn }) = {an }{bn } + {an }{dn } + {cn }{bn } + {cn }{dn } = {an bn } + {an }{dn } + {cn }{bn } + {cn }{dn }. Portanto,
(b)
xy ∈ [an bn ],
dado que
{an }{dn } + {cn }{bn } + {cn }{dn } ∈ N ,
Basta provar que todo elemento não-nulo
[an ]
em
C/N
pois
N
é ideal em
tem inverso multiplicativo.
C.
Em
primeiro lugar, observe-se que:
C/N 3 [an ] = {an } + N 6= N = [0] ⇐⇒ C 3 {an } 6∼ {0} ⇐⇒ C 3 {an } − {0} = {an } ∈ / N ⇐⇒ {an } ∈ C\N . Portanto, basta provar que para cada
{an } ∈ C\N
existe
{xn } ∈ C
tal que:
[an ][xn ] = [an xn ] = {an xn } + N = {1} + N = [1]. Ou seja, que
{an xn − 1} ∈ N .
tais que:
n > S(0 ) ⇒ |an | >
0 . 2
Para tanto, pelo Lema 10.1.2(c), existem
0 > 0
e
S(0 ) ∈ N
10.2 Propriedades do Corpo
Seja
s
:= S(0 ). De ne-se
1, xn = 1 , an
111
C/N xn
da seguinte maneira:
se
n = 1, 2, . . . , s − 1;
se
n > s.
Ou seja:
{an xn } = a1 , a2 , . . . , as−1 , 1, 1, 1, . . . . Portanto:
{an xn − 1} = a1 − 1, a2 − 1, . . . , as−1 − 1, 0, 0, 0, . . . ; {an xn −1} ∈ N . No entanto, resta ainda provar que {xn } ∈ C . {xn } de nida acima é de Cauchy. Para tanto, observe que: 1 1 1 1 2 2 = − |an − am | 6 |an − am | . m, n > s = S(0 ) ⇒ |xn − xm | = an am |an | |am | 0 0
de onde segue obviamente que
Ou seja, provar que a sequência
De onde tem-se:
m, n > max S(0 ), N
10.2
20 4
⇒ |xn − xm | < .
Propriedades do Corpo
10.2.1 De nição:
C/N
letras gregas minúsculas
C/N será F 3 α, β, . . . .
10.2.2 Lema:
corpo ordenado. Considere o subconjunto
P
:= {α
∈F
O corpo
Seja
F
tal que
α 6= 0
∧
denotado por
F
e seus elementos serão denotados por
♣
P ⊂F
de nido por:
∃{an } ∈ α : an > 0, ∀ n ∈ N}.
Então:
(a)
Com o conjunto
(b)
A aplicação
a
P,
o corpo
F
resulta ordenado.
F 3 a 7−→ a ∈ F ,
de nida por:
:= [a, a, a, . . . ]
é um mor smo injetor que preserva a ordem.
Demonstração :
(a)
Seja
α∈F
n > S(0 ) ⇒ |an | >
0 . 2
α 6= 0 = N . S(0 ) ∈ N tais que:
e suponha-se que
e, pelo Lema 10.1.2(c) existem
0 > 0
e
Em tal caso, existe
{an } ∈ α\N
112
Completando Corpos Ordenados
{an } ∈ C ,
Por outro lado, como
0 > 0
sabe-se que para
existe
N (0 ) ∈ N
tal que:
m, n > N (0 ) ⇒ |am − an | < 0 .
(10.2.1)
M := max{N (0 ), S(0 )}. Como M > S(0 ), aM > 0 /2, ou aM < −0 /2.
Seja ser
A rmação 1: Suponha-se que Com efeito,
aM > 0 /2.
Então,
|aM | > 0 /2,
tem-se que
n > M ⇒ an >
e portanto deve
0 > 0. 2
O
n > M > S(0 ) ⇒ |an | > 0 /2. Portanto, deve ser an > 0 /2, ou an < −0 /2. an < −0 /2, teria-se que aM > 0 /2 > −0 /2 > an .
Neste último caso, ou seja, se fosse Portanto:
0 0 |aM − an | − 0 = aM − an − 0 = aM − + − − an > 0 ⇒ |aM − an | > 0 . 2 2 Mas esta última relação contradiz 10.2.1, pois para todo
n > M > N (0 ).
Portanto, deve ser
n > M.
Voltando agora à prova do Lema, suponha-se que
aM > 0 /2.
an > 0 /2 H
Considere-se a sequência
{bn }
de nida como:
( aM , bn = an ,
se se
n < M; n > M.
Ou seja:
{bn } = aM , . . . , aM , aM , aM +1 , aM +2 , . . . . {z } | M − 1 vezes
Obviamente,
{bn } ∈ C
e:
{an − bn } = a1 − aM , . . . , aM −1 − aM , 0, 0, 0, . . . ; {an − bn } ∈ N , e portanto {bn } ∼ {an }, ou seja {bn } ∈ α. bn > 0 /2 > 0, ∀ n ∈ N, pela A rmação 1. Ou seja, α ∈ P neste caso. de onde segue que
A rmação 2: Suponha-se que Com efeito,
aM < −0 /2.
Então,
n > M ⇒ an < −
Além disso,
0 < 0. 2
O
n > M > S(0 ) ⇒ |an | > 0 /2. Portanto, deve ser an > 0 /2, ou an < −0 /2. an > 0 /2, teria-se que an > 0 /2 > −0 /2 > aM .
No primeiro caso, ou seja, se fosse Portanto:
0 0 |an − aM | − 0 = an − aM − 0 = an − + − − aM > 0 ⇒ |an − aM | > 0 . 2 2 Mas esta última relação contradiz (10.2.1), pois
−0 /2
para todo
n > M > N (0 ).
Portanto, deve ser
n > M.
Voltando agora à prova do Lema, suponha-se que
aM < −0 /2.
A sequência
{bn }
de nida
anteriormente possui as mesmas propriedades que antes, com a diferença que agora
−0 /2 < 0, ∀ n ∈ N,
pela A rmação 2. Ou seja,
−α ∈ P
neste caso.
an < H
bn <
10.2 Propriedades do Corpo
(b)
113
C/N
Observe-se que:
a + b = [a + b] = [a] + [b] = a + b; ab = [ab] = [a][b] = a b. Portanto, a aplicação é um mor smo.
A rmação:
a = 0 ⇔ {a} ∈ N ⇔ a = 0.
O
Com efeito, a primeira equivalência é consequência imediata das de nições. Para provar a
{a} ∈ N |a| < = |a|, o {a} = {0} ∈ N .
a 6= 0
segunda, se
e fosse
que
que é uma contradição.
teria-se que
|a| > 0.
= |a| > 0 teria-se a = 0 então obviamente H
Tomando então
Reciprocamente, se
a = b ⇒ 0 = b − a = b − a, pois a aplicação é mor smo. Pela a rmação anterior b − a = 0. Ou seja, a = b, o que prova que o mor smo é injetor. Por outro lado, a < b ⇒ b − a > 0 ⇒ b − a 6= 0, pela A rmação anterior. Portanto, b − a ∈ P . Ou seja, b − a > 0 ⇒ b > a, o que prova que o mor smo preserva a ordem. Observe-se que este Agora,
deve ser
fato fornece uma outra prova da injetividade, pois pelo Lema 9.2.2(b), todo mor smo que preserva a ordem é automaticamente injetor.
10.2.3 Lema:
Seja
Demonstração : {an } ∈ C\N
F
corpo ordenado. Se
b∈F
tal que
0 < b < α.
F 3 α > 0, então existe {an } ∈ α : an > 0, ∀ n ∈ N. Observe-se também que α que é não-nula (vide o começo da prova do Lema Lema 10.1.2(c), existem 0 > 0 e S(0 ) ∈ N tais que: Se
n > S(0 ) ⇒ an = |an | > bn
então existe
pelo fato de pertencer à classe
10.1.5(b)). Pelo
Se
F 3 α > 0,
:= 0 /2,
∀ n ∈ N,
0 . 2
então:
α − [bn ] = [an ] − [bn ] = [an − bn ] > 0, onde a última desigualdade segue do fato que
an − bn > 0 pela escolha dos bn .
Observe-se também
que:
1 0 0 1 < ⇒ < , 3 2 3 2
2<3 ⇒
onde o último condicional segue do fato que
0 > 0.
Como a inclusão canônica preserva a ordem,
tem-se:
0
3
<
0
2
⇒ −
0
2
<−
0
3
⇒ α−
0
3
> α−
0
2
Na última relação, a segunda desigualdade decorre do fato que 0 a ordem. Portanto basta tomar
10.2.4 Lema:
Se
F
0 b= . 3
é ordenado arquimediano, então
F
= α − [bn ] > 0 ⇒ α >
0
3
> 0.
> 0 e a inclusão canônica preserva
também é.
114
Completando Corpos Ordenados
Demonstração :
Sejam
α, β ∈ F
tais que
0 < α 6 β.
Pelo Lema anterior, existe
b>0
tal que
0 < b < α. d∈F
A rmação: Existe Com efeito,
tal que
β < d.
β > α > 0 ⇒ β > 0,
O C\N 3 {bn } ∈ β
portanto existe
toda sequencia de Cauchy é limitada, existe
M >0
com
bn > 0, ∀ n ∈ N.
Como
tal que:
bn = |bn | 6 M < M + 1 =: d. Observe-se que
d − bn > 0
e
{d − bn } ∈ /N
pois:
(d − bn ) − 1 = (d − 1) − bn = M − bn > 0 ⇒ d − bn > 1, ∀ n ∈ N, 0 6= [d − bn ] = [d] − [bn ] = d − β .
de onde segue que
Portanto,
0 < d − β,
F é arquimediano, existe n ∈ NF tal que nb > d. nα > β , o que prova que F é arquimediano.
Agora, como Ou seja,
10.2.5 Lema:
Seja
F
corpo ordenado. Considere-se
α ∈ F.
Portanto,
ou seja,
β < d.
H
nα > nb > nb > d > β .
Então, para toda
{an } ∈ α, tem-se:
lim an = α.
n→∞
Demonstração : tal que
Seja
0 < e < ε.
{an } ∈ α ∈ F . Suponha-se dado F 3 ε > 0. N (e) ∈ N tal que:
Pelo Lema 10.2.3 existe
e∈F
p0 > N (e),
segue
Também existe
n, m > N (e) ⇒ |an − am | < e. Seja
p0 > N (e)
arbitrário, mas xo. Se
n > N (e),
tem-se:
ap0 − an 6 |ap0 − an | < e; an − ap0 6 |ap0 − an | < e. De onde segue que:
ap0 − α < e < ε; α − ap0 < e < ε. −ε < apo − α < ε. lim ap0 = α.
Portanto, que
Ou seja,
|apo − α| < ε.
Como isso vale para todo
p0 →∞
10.2.6 Lema:
Seja
Demonstração :
Seja
algum
n
F
corpo ordenado. Então o corpo
{αn }
sequência de Cauchy em
F
F.
é completo.
Se
{αn }
fosse constante a partir de
em diante, a sua convergência é imediata. Caso contrário, seria possível construir uma
sub-sequência
{αnk }k∈N
tal que
αnk 6= αnk+1 ,
para todo
k ∈ N,
e em tal caso, pelo Lema 7.2.3,
bastaria provar a convergência apenas para essa sub-sequência. Em resumo, se pode supor, sem
10.2 Propriedades do Corpo
115
C/N
perda de generalidade, que a sequência de Cauchy original
{αn }
satisfaz
αn 6= αn+1 , ∀ n ∈ N.
Em
tal caso, resulta possível de nir:
µn
:=
|αn − αn+1 | > 0
Por hipótese, para todo
F 3ε>0
existe
N (ε) ∈ N
tal que:
m, n > N (ε) ⇒ |αm − αn | < ε. Em particular, tem-se:
n > N (ε) ⇒ µn = |αn − αn+1 | < ε. Pelo Lema 10.2.5, para cada A rmação 1: A sequência Com efeito, seja
n∈N
{an }
F 3e>0
é possível escolher
an ∈ F
tal que
|an − αn | < µn .
assim construída resulta de Cauchy em
dado. Se
n, m > N (e/3),
F.
O
então tem-se:
|am − an | 6 |am − αm | + |αm − αn | + |αn − an | < µm +
1 e + µn 3 <
1 1 1 e + e + e = e. 3 3 3
Ou seja, equivalentemente:
−e < am − an < e. Portanto, como a inclusão canônica é um isomor smo que preserva a ordem, deve ser:
−e < am − an < e. Ou seja, equivalentemente
|am − an | < e,
Pelo resultado da A rmação anterior, pode-se de nir A rmação 2:
:= [an ]
= {an } + N .
lim αn = β . F 3ε>0
|an − αn | < µn <
O dado. Pela escolha dos
an ,
tem-se que:
ε , 2
onde a última desigualdade vale para
n > N (ε/2).
Por outro lado, pelo Lema 10.2.5, existe
tal que:
n > M (ε/2) ⇒ |an − β| < Portanto, se
C/N 3 β
n→∞
Com efeito, seja
M (ε/2) ∈ N
H
o que prova o a rmado.
ε . 2
n > max {N (ε/2), M (ε/2)},
|αn − β| 6 |αn − an | + |an − β| <
tem-se:
ε ε + = ε. 2 2
H
Através do resultado desta última a rmação, foi veri cado que qualquer sequência de Cauchy no corpo
F
é convergente, demonstrando
ipso facto a completeza de tal corpo.
116
Completando Corpos Ordenados
10.2.7 Lema:
(a)
(b)
Seja
F
corpo ordenado. Então:
F {αn } ∈ C(F )
Toda sequência de Cauchy em
difere de uma sequência constante por uma sequência nula.
Ou seja, para toda
existe
O corpo
F
Demonstração :
é isomorfo a corpo
(a)
Se
β∈F
tal que
{αn − β} ∈ N (F ).
F.
{αn } ∈ C(F ),
então, como
F
é completo, existe
β∈F
tal que:
lim αn = β.
n→∞
Portanto, de nindo
µn
:= β,
∀ n ∈ N,
a sequência
{µn }
assim de nida é constante em
F,
e
tem-se:
{αn } − {µn } = {αn − µn } = {αn − β} ∈ N (F ). (b)
Pelo Lema 10.2.2(b), sabe-se que a inclusão canônica
F 3 α 7−→ α ∈ F
é um mor smo
injetor que preserva a ordem. Pelo item (a) anterior, também é sobrejetor. Com efeito, dada
[αn ] ∈ F
existe
β∈F
tal que
via a inclusão canônica.
[αn ] = [β].
Ou seja,
β = [αn ].
Portanto,
F
e
F
são isomorfos
Exercícios para o Capítulo 10 10.3 Sejam
Relações de Equivalência X, Y
conjuntos.
10.3.1 De nição: subconjunto de Se
R
Uma
relação binária, ou simplesmente relação,
é uma relação e
(x, y) ∈ R,
então denota-se
linguagem, costuma-se dizer a relação No caso em que
R entre X e Y
é um
X ×Y.
X =Y,
10.3.2 De nição: (a)
Re exiva: se
(b)
Simétrica: se
∼
uma relação entre
Sejam
x∼x
X
X
um conjunto e
para todo
x∼y ⇒ y∼x
x ∼ y.
Em tal caso, por abuso de notação e
para referir-se à relação e
X
∼
é denominada
uma relação em
R.
relação em
X.
♣
X.
A relação é dita:
x ∈ X. para todo
x, y ∈ X .
Observe-se que em uma relação simétrica tem-se que
x ∼ y ⇐⇒ y ∼ x
para todo
x, y ∈ X .
Com efeito, basta aplicar a propriedade de simetria duas vezes consecutivas, na segunda vez
(c)
intercambiando
x
Transitiva: se
(x ∼ y) ∧ (y ∼ z) ⇒ x ∼ z
10.3.3 De nição:
e
y.
Uma relação é dita
para todo
x, y, z ∈ X .
♣
relação de equivalência ou simplesmente equivalência
♣
se é re exiva, simétrica e transitiva.
10.3.4 De nição: Seja ∼ uma relação de equivalência em equivalência de x é o subconjunto [x] de X de nido por:
[x]
:= {y
∈ X : y ∼ x}.
10.3.5 Observação: relação segue que
x∼x
Dado
X.
Se
x ∈ X,
então a
classe de
♣
x ∈ X , observe-se x ∈ [x].
que
e portanto
117
[x]
nunca é vazia, pois da re exividade da
♣
118
Completando Corpos Ordenados
10.3.6 Lema:
Sejam
x, y ∈ X .
Então,
[x] = [y]
ou
[x] ∩ [y] = ∅.
Em particular, duas classes de
equivalência diferentes são necessariamente disjuntas.
Desta maneira, resulta possível expressar que uma relação de equivalência
∼
quebra
X
em
subconjuntos não vazios disjuntos entre si, a saber, as diferentes classes de equivalência.
10.3.7 De nição:
∼
Seja
∼
uma relação de equivalência em
é o conjunto das classes de equivalência de
X/∼
:= {[x]
10.3.8 Lema:
(a)
A relação
X
sob
∼,
X.
O
quociente de
denotado por
X/∼ .
X
pela relação
Ou seja:
: x ∈ X}.
Seja agora
∼
em
G
♣
G
um grupo e
N
um subconjunto de
G.
Então:
de nida por:
a ∼ b ⇐⇒ ab−1 ∈ N é uma equivalência se e somente se
(b)
Em tal caso,
10.3.9 Lema:
[a] = N a
Sejam
10.4
G.
é um subgrupo de
Ou seja, se
G.
: n ∈ N }.
grupo, N subconjunto de G e ∼ a G/∼ de nida por [a][b] := [ab] está n ∈ N ∧ g ∈ G ⇒ ng ∈ N .
G
Prove que a operação em direita em
:= {na
N
relação de nida no Lema anterior. bem de nida se
for um ideal à
O Ideal de Sequências Nulas
10.4.1 Exercício:
Prove que o conjunto de sequências nulas
plicativo no conjunto
B(F )
que
N
{an bn } ∈ N (F ).
de sequências limitadas. Ou seja,
N (F ) também é um ideal multi{an } ∈ N (F ) e {bn } ∈ B(F ) implica
Em outras palabras, o produto de uma sequência que converge para zero
♣
vezes uma sequência limitada também converge para zero.
10.4.2 Exercício: corpo ordenado e
Prove que a sequência do Lema 10.2.5 é de Cauchy.
α ∈ F,
então para cada
{an } ∈ α,
a sequência
{an }
Ou seja, se
é de Cauchy em
F.
F
é um
♣
Capítulo 11
Raízes n-ésimas 11.1 Seja
F
Existência e Unicidade corpo ordenado e completo.
11.1.1 Teorema:
F 3y>0
tal que
Demonstração : A
:= {t
Para cada
F 3 x > 0
n ∈ NF
e cada
inteiro positivo existe um único
y n = x. Dados
F 3x>0
e
n ∈ NF ,
seja
A⊂F
o conjunto de nido como:
∈ F : t > 0 ∧ tn < x}. A 6= ∅.
A rmação 1:
O
Com efeito, tem-se:
0<1 ⇒ 0
x < 1. x+1
Também:
0
Portanto, se
A rmação 2:
:=
A
x , 1+x
1 x <1 ⇒ < x. 1+x 1+x
tem-se que
a>0
e
an < a < x.
Ou seja,
a ∈ A,
provando que
A 6= ∅. H O
é limitado superiormente.
Com efeito, como
x > 0,
se
t0
:= 1
+ x > 1,
tem-se:
t > t0 > 1 ⇒ tn > t > t0 > x ⇒ t ∈ /A Portanto,
A
é limitado superiormente, pois
t0
é um limite superior de
Pelas duas a rmações anteriores e a completeza de
F,
existe
A.
sup A =: y > 0, pois A é um y > a > 0.
não vazio de números positivos. Mais ainda, pela A rmação 1, sabe-se que 119
H conjunto
120
Raízes
A rmação 3: A hipótese
yn < x
Com efeito, suponha-se que
n-ésimas O
conduz a contradição.
n
y < x.
Observe-se que:
y > 0 ⇒ 1 + y > 0 ⇒ (1 + y)n > 0, e como
F
é arquimediano, existe
k
inteiro
positivo
tal que:
k(1 + y)n > x. Seja
h
de nido como:
h Como outro
:=
x − yn . k(1 + y)n − y n
k(1 + y)n > x > y n , tem-se que k(1 + y)n − y n > 0 e x − y n > 0. Ou seja, h > 0. Por n n n n lado, x < k(1 + y) ⇒ x − y < k(1 + y) − y ⇒ h < 1. Portanto 0 < h < 1. Observe-se
também que:
k > 1 ⇒ k(1 + y)n > (1 + y)n ⇒ k(1 + y)n − y n > (1 + y)n − y n ⇒ h 6
x − yn . (1 + y)n − y n
Portanto:
n X n n−m m y h (y + h) = m m=0 n X n n−m m−1 = yn + h y h m m=1 n X n n−m < yn + h y m m=1 n
= y n + h((1 + y)n − y n ) 6 y n + (x − y n ) = x, hm−1 < 1, pois h < 1. Da relação acima, tem-se que (y + h) < x ⇒ y + h ∈ A, pois h > 0 ∧ y > 0 ⇒ y + h > 0. Mas isso contradiz o fato que y = sup A, pois A 3 y + h 6 sup A = y ⇒ h 6 0, mas sabe-se que h > 0. H onde a primeira desigualdade acima segue do fato que
n
A rmação 4: A hipótese
yn > x
conduz a contradição.
Com efeito, suponha-se agora que
y n > x.
Como antes, observe-se que:
y > 0 ⇒ y + 1 > 1 ⇒ (y + 1)n > 1 > 0, e como
F
é arquimediano, existe
k(1 + y)n > 2y n − x. Seja
h
de nido como:
h
:=
yn − x . k(1 + y)n − y n
k
inteiro
positivo
tal que:
O
121
11.1 Existência e Unicidade
Observe-se que:
k(1 + y)n > 2y n − x ⇒ k(1 + y)n − y n > y n − x > 0 ⇒ 1 > h > 0. Na segunda relação acima, a segunda desigualdade decorre do fato que Observe-se também que, como
n
y − x > 0,
y n > x ⇒ y n − x > 0.
tem-se:
k > 1 ⇒ k(1 + y)n > (1 + y)n ⇒ k(1 + y)n − y n > (1 + y)n − y n yn − x yn − x 6 . ⇒ h= n n k(1 + y) − y (1 + y)n − y n Se fosse
l
y > 1,
então
0 < h < 1 6 y ⇒ h < y.
Portanto, em tal caso existe
l
:= h com
0
e
tal que:
l6
yn − x . (1 + y)n − y n 1 > y > 0, então de nindo l := hy , teria-se que 0 < l, pois h > 0 e y > 0, l < y , pois como y > 0, teria-se que h < 1 ⇒ l = hy < y < 1. Além disso, como
Reciprocamente, se fosse e também
h > 0,
l<1
e
teria-se também que:
y < 1 ⇒ l = hy < h 6
yn − x . (1 + y)n − y n
Portanto, qualquer seja o caso, sempre existe
l6
l
com
0
e
l
tal que:
yn − x . (y + 1)n − y n
Portanto, para qualquer
t > y − l > 0,
tem-se:
n X n n−m y (−1)m lm t > (y − l) = m m=0 n X n n−m = yn + y (−1)m lm m m=1 n X n n−m = yn − l y (−1)m−1 lm−1 m m=1 n X n n−m m−1 n >y −l y l m m=1 n X n n−m n >y −l y m m=1 n
n
= y n − l ((1 + y)n − y n ) > y n − (y n − x) = x, onde a segunda desigualdade acima segue do fato que
lm−1 < 1,
pois
l < 1.
Por outro lado, a
última desigualdade é consequência da propriedade de l. Da relação acima, tem-se que
y−l
é um
122
Raízes
limite superior para
A
obviamente menor que
y,
contradizendo o fato que
y = sup A
n-ésimas
era o menor
H
de todos os limites superiores. Pelas duas a rmações anteriores, deve ser
y n = x,
o que prova a existência.
Para provar a unicidade, suponha-se a existência de Por
reductio ad absurdum,
generalidade, que
y1 < y2 ,
suponha-se que permutando
y1
e
y1
e
y2 , tais que yi > 0 e yin = x, para i = 1, 2.
y1 6= y2 . Em tal caso, pode-se supor, sem perda y2 se for necessário. Sob tal hipótese, tem-se:
de
0 < y1 < y2 ⇒ y1n < y1n−1 y2 < y1n−2 y22 < · · · < y2n . Ou seja,
y1n < y2n ,
o que contradiz
11.1.2 De nição: tal que
raiz
y n = a,
Seja
y1n = x = y2n .
F 3 a > 0.
Para cada
n ∈ NF ,
o único número positivo
cuja existência asegura o Teorema 11.1.1 acima, denota-se por
n-ésima (positiva)
de
a1/n
F 3y >0
e denomina-se
a.
√ n-ésima a1/n denota-se n a. Mais especi camente, √ 1/2 no caso n = 2 denota-se a simplesmente por a, denominando-se raiz quadrada de a. No √ 1/3 3 caso n = 3, a ou a denomina-se raiz cúbica de a. ♣ Alternativamente, com certa freqüência a raiz
11.1.3 Observação:
uma
raiz
(a)
Se
n-ésima positiva,
(b)
11/n = 1,
(c)
a > 1 ⇒ a1/n > 1,
para todo
n ∈ NF
é par então existe mais de uma raiz
n-ésima,
mas
apenas
de acordo com o Teorema 11.1.1.
n ∈ NF .
para todo
n ∈ NF .
a1/n 6 1, teria-se que a1/n a1/n 6 a1/n 6 1, o que pela sua vez conduz a a a a 6a 6 1. Repetindo esse procedimento n vezes, teria-se nalmente que a = |a1/n ·{z · · a1/n} 6 1, contradizendo a hipótese que a > 1. ♣ Com efeito, se fosse
1/n 1/n 1/n
n vezes
1/n
Exercícios para o Capítulo 11 11.2 Sejam
Médias de Potências
p -ésimas
R 3 a1 , a2 , . . . , an > 0 um conjunto de n números reais não negativos. p ∈ Z\{0}, de ne-se a média de potências p-ésimas Mp como:
Se
p
é um inteiro
não-nulo
Mp
:=
O número
M1
ap1 + ap2 + · · · + apn n denomina-se a
1/p .
média aritmética,
M2
média quadrática e
a
M−1
a
média
harmônica.
11.2.1 Exercício:
Se
p > 0,
Mp < M2p ,
demonstre que
desde que os
a1 , a2 , . . . , an
não sejam
todos iguais. Sugestão: Aplique a desigualdade de Schwarz com
11.2.2 Exercício:
xi = api
e
♣
yi = 1.
Este exercício é um corolário da relação
P (n)
provada no Exercício 3.7.2 ou,
alternativamente, no Exercício 3.7.3.
(a)
Se
a1 , a2 , . . . , an > 0 √ n
são
a1 a2 · · · an 6
n
números não negativos, então:
a1 + a2 + · · · + an . n
Sugestão: a relação acima é uma consequência direta de P(n).
(b)
Se agora
a1 , a2 , . . . , an > 0
são
n
números
positivos, então:
√ n 6 n a1 a2 · · · an . 1 1 1 + + ··· + a1 a2 an Sugestão: o que acontece na relação do item (a) se trocar cada
A
media geométrica
G
:=
√ n
G
de
n
números reais não-negativos
a1 a2 · · · an . 123
ai
por
1/ai ?
a1 , a2 , . . . , an
de ne-se como:
♣
124
Raízes
n-ésimas
Desta maneira, observe que, combinando os dois itens do exercício anterior, prova-se que
G 6 M1 .
M−1 6
Os exercícios a seguir fornecem: uma prova alternativa da segunda desigualdade (os dois
primeiros), uma generalização da dupla desigualdade (o terceiro) e algumas aplicações (o quarto e último).
Seja a1 , a2 , . . . , an > 0 um conjunto de n números reais positivos com produto a1 a2 · · · an = 1. Prove que a1 + a2 + · · · + an > n, com igualdade apenas quando todo k = 1, . . . , n.
11.2.3 Exercício: igual à unidade
ak = 1
para
Sugestão: Considere por separados os seguintes dois casos:
• ak = 1 •
k = 1, . . . , n;
para todo
Não todo
ak = 1.
a1 a2 · · · an+1 = 1, então deve existir algum fator, a1 , maior que 1 e também deve existir algum fator, digamos an+1 , menor que 1. Considere b1 := a1 an+1 e aplique a hipótese indutiva ao produto b1 a2 · · · an , levando em consideração que (a1 − 1)(an+1 − 1) < 0. ♣
No segundo caso, use indução, observando que se digamos
11.2.4 Exercício:
M1
Usando o exercício anterior, produza uma prova alternativa da relação
G6
a1 = a2 = · · · = an .
e veri que que a igualdade vale apenas quando
Sugestão: Se algum dos fatores é nulo, então a desigualdade é obviamente válida, com igualdade se todos os fatores são igualmente nulos. Basta então considerar o caso em que todos os fatores são positivos. Em tal caso
G 6= 0, e pode-se supor sem perda de generalidade que G = 1, substituindo, ak por ak /G. Nesse ponto, entra o resultado do exercício anterior. ♣
se for necessário caso, cada
11.2.5 Exercício: então
Usando o exercício anterior prove que se
Mp < G < M q
se os
a1 , a2 , . . . , an
p
e
q
são inteiros tal que
p < 0 < q,
não são todos iguais.
n números aq1 , aq2 , . . . , aqn para obter a segunda |p| |p| |p| números 1/a1 , 1/a2 , . . . , 1/an para a primeira. ♣
Sugestão: Aplique o resultado exercício anterior aos desigualdade e aos
n
11.2.6 Exercício: (a)
Se
a, b, c
Algumas Aplicações
são reais
positivos
tais que
a2 + b2 + c2 = 8,
então
a4 + b4 + c4 >
64 3 .
Sugestão: Use o Exercício 11.2.1.
(b)
Se
a, b, c
são reais positivos tais que
abc = 8,
então
a+b+c>6
e
ab + ac + bc > 12.
Sugestão: Use o Exercício 11.2.4.
(c)
a1 , a2 , . . . , an n X k=1
são reais positivos e
! ak
n X k=1
! bk
> n2 .
bk = 1/ak
para todo
k = 1, . . . , n,
então:
11.3 A Sequência
a1/n
125
Sugestão: Use o Exercício 11.2.4.
(d)
Se
a, b, c
são reais positivos tais que
Sugestão: Use a desigualdade
11.3
A Sequência
11.3.1 Exercício:
Seja
Sugestão: Use a relação
F
a + b + c = 1,
M−1 6 M1
então
(1 − a)(1 − b)(1 − c) > 8abc.
sugerida pelo Exercício 11.2.5 com
a, b
c.
e
♣
a1/n
corpo arquimediano. Seja
M−1 6 G 6 M1
R 3 a > 0.
Então,
lim a1/n = 1.
n→∞
do Exercício 11.2.2, ou 11.2.5, com os
n
números:
a1 = a, a2 = a3 = · · · = an = 1; ♣
e depois o resultado dos Exercícios 7.3.4 e 7.5.1(a).
11.4
Raízes de Equações Quadráticas
11.4.1 Exercício: (a)
Se
Sejam
b2 − 4ac > 0,
a, b, c ∈ F ,
com
a 6= 0.
então os dois números
r1
e
r2
dados por:
√
b2 − 4ac , √2a −b − b2 − 4ac r2 = ; 2a r1 =
−b +
são ambos raizes da equação quadrática
x = r1
ou
ax2 + bx + c.
Ou seja,
ax2 + bx + c = 0
quando
x = r2 .
Sugestão: Utilize a técnica de completar quadrados, ou use diretamente o Exercício 2.9.1(a). Incidentalmente, observe que tal método de demonstração prova também que
(b)
únicas
raízes da equação quadrática. Ou seja,
x = r1
ou
Se
r1
e
r2
são as
quando, e apenas quando,
x = r2 .
b2 − 4ac < 0,
fato, em tal caso todo
ax2 + bx + c = 0
x ∈ F,
ax2 + bx + c não admite nenhuma raiz real. De 2 todo x ∈ F quando a > 0, ou ax + bx + c < 0 para
então a equação quadrática
2
ax + bx + c > 0 a < 0.
para
quando
Sugestão: Idem.
(c)
r1 + r2 = −b/a e r1 r2 = c/a. Portanto, a equação quadrática em a, b, c pode ser rescrita alternativamente em função das raízes como:
Observe que parâmetros
ax2 + bx + c = a(x2 − (r1 + r2 )x + r1 r2 ) = a(x − r1 )(x − r2 ).
termos dos
♣
126
Raízes
11.5 Sejam
n-ésimas
A Desigualdade de Schwarz Revisitada a1 , a2 , . . . , an ∈ R
e
b1 , b2 , . . . , bn ∈ R
dois conjuntos de
n
números reais quaisquer. Para
abreviar, denota-se:
kak
n X
:=
!1/2 a2i
,
i=1
kbk
n X
:=
!1/2 b2i
.
i=1 Com essa notação, a desigualdade de Schwarz assume a forma:
n X ai bi 6 kak kbk . i=1
Incidentalmente, observe-se que
k.k = n1/2 M2 , e que a desigualdade de Schwarz pode ser expressada
em termos de médias como:
|M1 (a1 b1 , . . . , an bn )| 6 M2 (a1 , . . . , an ) M2 (b1 , . . . , bn ), mas isso não terá relevância alguma no presente contexto.
11.5.1 Exercício: todo
(b)
(a)
i = 1, 2, . . . , n,
Prove que se
11.5.2 Exercício:
Prove que, em caso de existir algum
b1 = b2 = · · · = bn = 0,
(a)
ai − λbi = 0,
para
então também vale a igualdade.
♣
para todo
x, y ∈ F ,
desigualdade estrita se x 6= y .
Sugestão: Observe que
(b)
tal que
Veri que primeiramente a seguinte identidade:
2xy 6 x2 + y 2 ; com
λ ∈ F,
então na desigualdade de Schwarz vale a igualdade.
0 6 (x − y)2 ,
com desigualdade estrita se
bi 's não são simultaneamente nulos ai − λbi = 0, para todo i = 1, 2, . . . , n. Prove que: n X ai bi < kak kbk .
Suponha agora que os
x 6= y .
e que não existe nenhum
λ∈F
tal que
i=1
bi 's não são simultaneamente nulos, tem-se que kbk = 6 0. Por outro lado, a1 = a2 = · · · = an = 0, então se poderia tomar λ = 0. Portanto, também os ai 's devem não ser simultaneamente nulos, de onde tem-se que kak 6= 0. Desta maneira, para i = 1, 2, . . . , n, a relação do item (a) anterior pode ser empregada com x = ai / kak e y = bi / kbk. Some depois as n desigualdades assim obtidas, observando que pelo menos uma delas é estrita. Com efeito, observe que deve existir algum i0 tal que ai0 / kak = 6 bi0 / kbk, pois se todos esses números fossem iguais, teria-se que ai − kak bi / kbk = 0, para todo i, em cujo caso pode-se tomar λ = kak / kbk. ♣
Sugestão: Como os se fosse
127
11.5 A Desigualdade de Schwarz Revisitada
11.5.3 Exercício:
(a)
Como corolário da demonstração, conclua que na desigualdade de
Schwarz vale a igualdade se e somente se que
(b)
ai − λbi = 0
para todo
b1 = b2 = · · · = bn = 0
ou existe
λ ∈ F
tal
i = 1, 2, . . . , n.
Prove que a condição do item (a) anterior é equivalente à seguinte:
α, β ∈ F i = 1, 2, . . . , n.
Existem
não simultaneamente nulos, tais que
para todo
( ⇒ ), no primeiro caso basta tomar α = 0 e β = 1 e no β = −λ. Para a parte ( ⇐ ), se fosse α 6= 0, bastaria tomar λ = −β/α. deve ser β 6= 0, de onde tem-se que bi = 0, para todo i.
Sugestão: Para a parte
α=1 α = 0,
α ai + β b i = 0,
e
segundo, No caso
♣
Capítulo 12
Exponenciais 12.1 Seja
F
Base Arbitrária e Exponente Natural corpo ordenado e completo.
12.1.1 De nição:
am
:=
Seja
a ∈ F.
Para cada
m ∈ NF
de ne-se:
♣
a · · · a} . | a{z m vezes
12.1.2 Lema:
Seja
a ∈ F.
Então, para todo
m, n ∈ NF
tem-se:
(a) am+n = am an . (b) (am )n = amn . (c)
Se
a > 0,
Demonstração :
então
(a−1 )m = (am )−1 .
(a)
Observe-se que:
am an = a · · · a} a · · · a} = a · · · a} = am+n . | a{z | a{z | a{z m vezes
(b)
n vezes
m + n vezes
Analogamente:
m m m (am )n = a · · · a} · · · a · · · a} = a · · · a} = amn . | a {z· · · a } = a | a{z | a{z | a{z n vezes m vezes m vezes mn vezes | {z } n vezes
(c)
Finalmente, se
a > 0,
tem-se:
−1 −1 −1 am (a−1 )m = a · · · a} a | a{z | a {z· · · a } = · · · = 1. m vezes
Portanto,
(a−1 )m = (am )−1 ,
m vezes
pela unicidade do inverso multiplicativo.
129
130
Exponenciais
12.2
Base Positiva e Exponente Inteiro am para m −m com m ∈ NF .
Procura-se agora uma de nição de
inteiro qualquer, não necessariamente positivo. Um
inteiro negativo é da forma
Se as propriedades (b) e (c) do Lema 12.1.2 fossem
válidas nesse caso também, teria-se:
a−m = a(−1)m = (a−1 )m = (am )−1 , a > 0.
desde que
Por outro lado, se a propriedade (a) do Lema 12.1.2 também fosse válida, teria-se:
a0 = am−m = am a−m = am (am )−1 = 1. Tais observações motivam a de nição a seguir.
12.2.1 De nição:
( am
:=
Seja agora
(a−m )−1 1
12.2.2 Lema:
Seja
Demonstração :
Se
ou
n = 0,
se se
F 3 a > 0.
Para cada
m ∈ ZF \NF
de ne-se:
m < 0, m = 0.
F 3 a > 0.
♣
Então,
am+n = am an ,
para todo
m > 0 e n > 0 basta aplicar a propriedade m = 0 para xar idéias, tem-se:
m, n
inteiros em
F.
(a) do Lema anterior. Se
m=0
supondo que
am+n = a0+n = an = 1an = a0 an = am an . Se
m > 0
e
n < 0,
n = − |n|,
em cujo caso
serão considerados por separado os seguintes três
sub-casos:
•
Se
m = |n|,
então:
am an = am a−|n| = am (a|n| )−1 = am (am )−1 = 1 = a0 = am−m = am−|n| = am+n . •
Se
m > |n|,
de nindo
m n
m −|n|
a a =a a
k
:= m m
− |n| > 0,
|n| −1
= a (a
)
tem-se:
k+|n|
=a
(a|n| )−1 = ak a|n| (a|n| )−1 = ak = am−|n| = am+n .
Na terceira igualdade acima foi utilizada a propriedade (a) do Lema anterior.
•
Se
m < |n|,
de nindo
k
:= |n|
− m > 0,
tem-se:
am an = am a−|n| = am (a|n| )−1 = am (ak+m )−1 = am (a−1 )k+m = am (a−1 )m (a−1 )k = am (am )−1 (a−1 )k = (a−1 )k = (ak )−1 = (a|n|−m )−1 = (a−(m−|n|) )−1 = am−|n| = am+n . A segunda igualdade acima segue da de nição. Na quarta igualdade foi utilizada a propriedade (c) do Lema anterior, pois Lema, pois
m>0
e
k > 0.
também a propriedade (c), pois
m − |n| < 0.
k + m = |n| > 0.
Na quinta, a propriedade (a) do mesmo
Na sexta, a propriedade (c), pois
k > 0.
m>0
e
k > 0.
Na oitava,
A décima-primeira é consequência da de nição, pois
131
12.3 Base Positiva e Exponente Racional
O caso
m<0
e
n>0
é análogo ao caso anterior. Finalmente, se
m<0
e
n < 0,
tem-se:
am an = (a−m )−1 (a−n )−1 = (a−1 )−m (a−1 )−n = (a−1 )−m−n = (a−1 )−(m+n) = am+n . A primeira igualdade acima segue da de nição, pois
−m > 0
e
−n > 0.
Na segunda igualdade
foi utilizada a propriedade (c) do Lema anterior, pelo mesmo motivo. Na terceira, a propriedade (a) do mesmo resultado e por idêntica razão. Finalmente, a última igualdade é consequência da
m + n < 0.
de nição, pois
12.3
Base Positiva e Exponente Racional
12.3.1 De nição:
F 3y>0
tal que
12.3.2 Lema:
F 3 a > 0.
Seja agora
n
y = a,
Sejam
n ∈ NF
de ne-se
a1/n
como o único
♣
cuja existência asegura o Teorema 11.1.1.
F 3a>0
(a) (ab)1/n = a1/n b1/n ,
Para cada
e
para cada
n ∈ NF .
Então:
F 3 b > 0.
(b) (a−1 )1/n = (a1/n )−1 . (c) (am )1/n = (a1/n )m ,
Demonstração :
(a)
para cada
m
inteiro em
F.
Utilizando a comutatividade do produto, tem-se:
1/n · · b1/n} = ab. (a1/n b1/n )n = (a1/n b1/n ) · · · (a1/n b1/n ) = a ·{z · · a1/n} b|1/n ·{z | {z } | n vezes
n vezes
Portanto,
(b)
a1/n b1/n = (ab)1/n
pela unicidade da raiz
n vezes
n-ésima.
Utilizando o item (a) anterior, tem-se:
a1/n (a−1 )1/n = (aa−1 )1/n = 11/n = 1. Portanto,
(c)
(a1/n )−1 = (a−1 )1/n
pela unicidade do inverso multiplicativo.
Considere em primeiro lugar o caso
m > 0.
Se
z
:= (a1/n )m , então basta provar que
z n = am .
Para tanto, basta observar que:
1/n 1/n z n = |a1/n ·{z · · a1/n} · · · a ·{z · · a1/n} = a ·{z · · a1/n} | | m vezes m vezes mn vezes | {z } n vezes
1/n 1/n =a ·{z · · a1/n} · · · a ·{z · · a1/n} = a · · a} = am . | | | ·{z n vezes n vezes m vezes | {z } m vezes
No caso
m = 0,
tem-se que
(am )1/n = (a0 )1/n = 11/n = 1 = (a1/n )0 = (a1/n )m .
132
Exponenciais
m < 0,
Finalmente, no caso
tem-se:
(am )1/n = ((a−m )−1 )1/n = ((a−m )1/n )−1 = ((a1/n )−m )−1 = (a1/n )m . Aqui, a primeira igualdade segue da de nição. terceira, segue do primeiro caso, pois
12.3.3 De nição:
r = m/n
com
am/n
m
−m > 0.
F 3 a > 0. Para n ∈ NF , de ne-se:
Seja
inteiro e
cada
A segunda, segue do item (b) anterior.
r ∈ QF
racional, sem perda de generalidade
:= (a1/n )m .
12.3.4 Lema:
Sejam
A
A última, segue da de nição.
♣
F 3a>0
e
p, q ∈ QF .
Então:
(a) ap+q = ap aq . (b)
Se
a > 1,
(c)
Se
0 < a < 1,
Demonstração :
então
p < q ⇒ ap < aq .
então
(a)
inteiro, e com
p < q ⇒ aq < ap .
Sejam
s>0
e
r
p = m/n
e
q = r/s,
sem perda de generalidade com
inteiro, respectivamente. Como
ns > 0
n > 0
e
m
tem-se:
(am/n ar/s )ns = (am/n ar/s ) · · · (am/n ar/s ) | {z } ns vezes
r/s = |am/n ·{z · · am/n} a · · ar/s} | ·{z
= |a
ns vezes m/n m/n
·{z ··a
n vezes
|
ns vezes m/n
}···a | {z
s vezes
r/s r/s ·{z · · am/n} a · · ar/s} · · · a · · ar/s} | ·{z | ·{z n vezes s vezes s vezes }| {z } n vezes
r = |am ·{z · · am} a · · a}r | ·{z
=a =a
s vezes ms rn
n vezes
a
ms+rn
.
A última igualdade acima segue do Lema 12.2.2. que
am/n ar/s = (ams+rn )1/ns .
Portanto, pela unicidade da raiz tem-se
Ou seja:
ap aq = am/n ar/s = (ams+rn )1/ns = a(ms+rn)/ns = am/n+r/s = ap+q . A terceira igualdade acima segue da De nição 12.3.3.
(b)
Em primeiro lugar, observe que:
a > 1 ⇒ a1/n > 1 ⇒ (a1/n )m > 1 ⇒ am/n = (a1/n )m > 1 ⇒ ar > 1, ∀ Q 3 r > 0.
12.4 Base Positiva
Agora, se
a>1
p < q,
q
p
133
e Exponente Real
então
r+p
a −a =a
q − p =: r > 0 p
r p
e tem-se:
p
− a = a a − a = ap (ar − 1) > 0.
A segunda igualdade acima segue do item (a) anterior. A última desigualdade segue do fato que
(c)
ap > 0,
pela de nição, e
ar − 1 > 0,
Em primeiro lugar, observe que
absurdum, tem-se:
pela observação inicial. Ou seja,
0 < a < 1 ⇒ a1/n < 1.
ap < aq .
Com efeito, utilizando
reductio ad
1/n a1/n > 1 ⇒ a1/n a1/n > a1/n > 1 ⇒ · · · ⇒ a ·{z · · a1/n} > 1 ⇒ a > 1. | n vezes
Mas a última relação contradiz a hipótese inicial que
0 < a < 1.
Ou seja, deve ser
a1/n < 1.
Portanto, tem-se:
1/n 0 < a < 1 ⇒ a1/n < 1 ⇒ a1/n a1/n < a1/n < 1 ⇒ · · · ⇒ a ·{z · · a1/n} < 1 | m vezes
⇒ am/n = (a1/n )m < 1, ∀ m ∈ N ⇒ ar < 1, ∀ Q 3 r > 0. Agora, se
p < q,
então
q − p =: r > 0
e tem-se:
ap − aq = ap − ap+r = ap − ap ar = ap (1 − ar ) > 0. A segunda igualdade acima segue do item (a) anterior. A última desigualdade segue do fato que
12.4
ap > 0,
pela de nição, e
Base Positiva
12.4.1 De nição:
expa (x)
:=
Seja
1 − ar > 0,
aq < ap .
e Exponente Real
a>1
F 3 a > 1.
pela observação inicial. Ou seja,
Se
x ∈ F,
de ne-se:
sup{ar : QF 3 r < x}.
expa (x) está bem de nido, pois para qualquer QF 3 s > x tem-se que ar < as para r todo r < x 6 s, pelo Lema 12.3.4(b). Portanto o conjunto {a : QF 3 r < x} está limitado s superiormente por a onde s é qualquer QF 3 s > x. ♣ Observe que
12.4.2 Lema:
expa (x) > 0
para todo
x ∈ F.
Demonstração :
a > 0 implica que am > 0 para todo m ∈ N, e assim 1/am > 0 para todo m ∈ N, ou seja, a > 0 para todo m ∈ Z. Por outro lado, (am )1/n > 0 para todo n ∈ N, pelo Teorema m/n 11.1.1. Assim, a > 0 para todo m ∈ Z e para todo n ∈ N, ou seja, ar > 0 para todo r ∈ QF . m
Portanto:
0 < ar 6 sup{ar : QF 3 r < x} = expa (x).
12.4.3 Lema:
Seja
F 3 a > 1.
Então:
expa (x + y) = expa (x) expa (y),
para todo
x, y ∈ F .
134
Exponenciais
Demonstração :
p, q ∈ Q
Sejam
e
x, y ∈ R
com
p
e
q < y.
Em tal caso,
p+q < x+y
e,
utilizando o Lema 12.3.4(a), tem-se:
expa (x + y) , ∀Q 3 p < x aq expa (x + y) expa (x + y) ⇒ expa (x) 6 ⇒ aq 6 , ∀Q 3 q < y aq expa (x)
ap aq = ap+q 6 expa (x + y) ⇒ ap 6
⇒ expa (y) 6
expa (x + y) . expa (x)
Ou seja:
expa (x) expa (y) 6 expa (x + y). A rmação:
(12.4.1)
{t ∈ Q : t < x + y} = {u + v : (u ∈ Q ∧ u < x) ∧ (v ∈ Q ∧ v < y)}.
O
(⊇) é obviamente válida. Para provar a relação (⊆), se Q 3 t < x + y , então t − y < x. Pela densidade dos racionais, existe s ∈ Q tal que t − y < s < x. Em particular, t − s < y e s < x. Portanto, t = (t − s) + s < y + x. Ou seja, basta tomar u = t − s e v = s. H
Com efeito, a relação
Utilizando a A rmação anterior, e o fato que
t−s
e
s < x,
tem-se:
at = a(t−s)+s = a(t−s) as 6 expa (y)as 6 expa (y) expa (x), ∀ Q 3 t < x + y. Ou seja:
expa (x + y) 6 expa (x) expa (y).
(12.4.2)
Finalmente, para obter o resultado enunciado no presente lema, basta combinar as relações (12.4.1) e (12.4.2) acima.
12.4.4 Lema:
Seja
F 3 a > 1.
Então:
(a) expa (0) = 1. (b) expa (−1) = (c)
Para todo
1 . expa (1)
r ∈ QF ,
tem-se:
r
expa (r) = (expa (1)) .
Demonstração :
(a)
Usando o Lema 12.4.3, tem-se:
2
expa (0) = expa (0 + 0) = expa (0) expa (0) = (expa (0)) . expa (0) expa (0) = 1. Portanto,
deve ser igual a
0
ou
1.
Como
expa (0) > 0,
pelo Lema 12.4.2, tem-se que
a>1
12.4 Base Positiva
(b)
135
e Exponente Real
Utilizando o item (a) anterior, tem-se:
1 = expa (0) = expa (1 − 1) = expa (1) expa (−1). (c)
Seja
n ∈ N.
Em primeiro lugar, utilizando o Lema 12.4.3, tem-se:
n
expa (n) = expa (1 + 1 + · · · + 1) = expa (1) expa (1) · · · expa (1) = (expa (1)) . | {z } | {z } n vezes
Isso prova o resultado para
n
n vezes
natural. Observe também:
1 = expa (0) = expa (n − n) = expa (n) expa (−n). Portanto, utilizando a identidade anterior, tem-se:
expa (−n) =
1 1 −n . = n = (expa (1)) expa (n) (expa (1))
Ou seja, o resultado vale para
n
inteiro. Por outro lado, observe que:
n
(expa (1/n)) = expa (1/n) · · · expa (1/n) = expa (1/n + · · · + 1/n) = expa (1). | {z } | {z } n vezes
Portanto, pela unicidade da raiz
1/n
expa (1/n) = (expa (1)) Finalmente, se
m ∈ Z,
n-ésima
n vezes
tem-se:
, ∀n ∈ N.
tem-se:
n
(expa (m/n)) = expa (m/n) · · · expa (m/n) = expa (m/n + · · · + m/n) {z } | {z } | n vezes
n vezes
m
= expa (n(m/n)) = expa (m) = (expa (1)) . Portanto, pela unicidade da raiz
m/n
expa (m/n) = (expa (1)) Ou seja,
r
expa (r) = (expa (1))
n-ésima
tem-se:
, ∀ m ∈ Z, ∀ n ∈ N.
para todo
r ∈ Q.
Pelo Lema 12.4.4 anterior, tem-se que todos os valores de
expa (1),
pelo menos no caso de
o valor de
expa (1).
x
expa (x)
estão determinados por
racional. Portanto, surge naturalmente a questão de determinar
Observe que:
expa (1) = sup {ar : r < 1} 6 a, Pois,
r < 1 ⇒ ar < a1 = a,
pelo Lema 12.3.4(b). O valor exato de
expa (1)
Lema 12.4.6, após um resultado auxiliar de caráter meramente técnico.
12.4.5 Lema:
Seja F 3 a > 1. Então: n o sup a1−1/n : n ∈ NF = sup {ar : QF 3 r < 1} .
será estabelecido no
136
Exponenciais
Demonstração :
Para facilitar a notação, sejam
A
e
B
os conjuntos de nidos respectivamente
como:
A
:=
n o a1−1/n : n ∈ N
B
:=
{ar : r ∈ Q ∧ r < 1} .
A ⊆ B , trivialmente. Portanto, sup A 6 sup B . Por reductio ad absurdum, se sup A < sup B , então existe Q 3 r0 < 1 tal que sup A < ar0 . Como 1 − r0 > 0, tem-se que (1 − r0 )−1 > 0. Portanto, pela arquimedianeidade, existe n0 ∈ N tal que n0 > (1 − r0 )−1 . Agora,
Observe que
observe que:
n0 > Portanto,
1 1 1 ⇐⇒ 1 − r0 > ⇐⇒ 1 − > r0 1 − r0 n0 n0
sup A < ar0 < a1−1/n0 ∈ A,
12.4.6 Lema:
Seja
Demonstração :
Com efeito, tem-se:
F 3 a > 1.
o que é uma contradição.
Então
expa (1) = a.
n o expa (1) = sup {ar : r ∈ Q ∧ r < 1} = sup a1−1/n : n ∈ N = lim a1−1/n n→∞
= lim
n→∞
a a1/n
a
=
1/n
lim a
=
a = a. 1
n→∞
A primeira igualdade acima segue da de nição. A segunda, segue do Lema anterior. A terceira é consequência do fato de
a1−1/n ser uma sequência crescente limitada superiormente (por a, segundo
a observação que precede o Lema 12.4.5. Finalmente, a última igualdade segue do resultado do Exercício 11.3.1.
expa (x) = ax
12.4.7 Teorema:
Seja
x ∈ QF as de nições QF para F .
12.4.1 e 12.3.3 coincidem. Em particular,
Demonstração :
12.5
F 3 a > 1.
12.5.1 De nição: :=
x ∈ QF . Ou seja, quando expa (x) é uma extensão de ax de
para todo
Basta combinar o resultado dos Lemas 12.4.4(c) e 12.4.6.
Base Positiva
expa (x)
Então,
Seja
0
a∈F
com
e Exponente Real
0 < a < 1.
Se
x ∈ F,
de ne-se:
sup{ar : QF 3 x < r}.
expa (x) está bem de nido, pois para qualquer QF 3 s 6 x, tem-se que ar < as para r todo s 6 x < r , pelo Lema 12.3.4(c). Portanto, o conjunto {a : QF 3 x < r} está limitado s superiormente por a , onde s é qualquer QF 3 s 6 x. ♣
Observe que
12.5 Base Positiva
0
12.5.2 Teorema:
Seja
quando
ax
de
x ∈ QF
QF
para
Demonstração :
137
e Exponente Real
a∈F
com
0 < a < 1.
Então,
expa (x) = ax
para todo
as de nições 12.5.1 e 12.3.3 coincidem. Em particular,
expa (x)
x ∈ QF .
Ou seja,
é uma extensão de
F. A prova deste resultado é análoga à do Teorema 12.4.7 desenvolvida na seção
anterior, cando como instrutivo exercício recomendado para o leitor.
Exercícios para o Capítulo 12 12.6
De nição Alternativa de
12.6.1 Exercício:
expa (x) (b)
(a) :=
12.7
:=
a > 1,
Prove que, no caso
poderia-se haver de nido:
inf{ar : QF 3 x < r}.
Idem para o caso
expa (x)
expa (x)
0
com:
inf{ar : QF 3 r < x}.
Mor smos de
♣
em
(F, +)
(P, .)
F corpo ordenado completo. Um mor smo do grupo aditivo (F, +) no grupo multiplicativo (P, . ) dos elementos positivos do corpo F consiste em uma aplicação f : F 7−→ P satisfazendo:
Seja
f (x + y) = f (x) f (y), ∀ x, y ∈ F. Decorre dos Lemas 12.4.2 e 12.4.3 que a função
12.7.1 Exercício:
x, y ∈ F . (a)
f (0) 6= 0.
(b)
De fato,
(c)
f (x) 6= 0,
(d)
f : F 7−→ F
Seja
Suponha-se que
f
seja
é um exemplo de tal mor smo.
uma aplicação tal que
não nula.
f (x + y) = f (x) f (y)
para todo
Então:
f (0) = 1. para todo
x ∈ F.
f (x) > 0 para todo x ∈ F . (F, +) em (P, . ).
De fato, de
f = expa
Portanto, a aplicação
(e)
Para cada
n ∈ NF ,
tem-se que
f (nx) = f (x)n , ∀ x ∈ F .
(f )
Para cada
n ∈ NF ,
tem-se que
f (−nx) = (f (x))
(g)
Portanto, para cada
m ∈ ZF inteiro,
−n
tem-se que 139
f
é automaticamente um mor smo
, ∀x ∈ F.
f (mx) = f (x)m , ∀ x ∈ F .
140
(h)
Exponenciais
Para cada
n ∈ NF ,
tem-se que
f (x/n) = f (x)1/n , ∀ x ∈ F .
r ∈ QF racional,
(i)
Finalmente, para cada
(j)
Em particular, tomando
x = 1,
tem-se
f (rx) = f (x)r , ∀ x ∈ F .
tem-se que todo mor smo
não nulo
de
(F, +)
em
(P, . )
satisfaz:
f (r) = f (1)r , ∀ r ∈ QF .
♣
Capítulo 13
Endomor smos em (R, +) Existem funções não contínuas f e
y,
f (x + y) = f (x) + f (y)
que satisfazem
x
para todo
mas esse fato não pode ser demonstrado agora; esta questão tão simples encerra, de fato,
idéias que pelo geral não são mencionadas nos cursos de graduação. M. Spivak
13.1
Espaços Vetoriais
13.1.1 De nição: 1.
Um conjunto
2.
Um
X,
espaço vetorial, ou linear, consiste nos seguintes elementos:
Uma operação binária
Um corpo
vetores.
cujos elementos são denominados
+
em
X,
a
soma de vetores, tal que
O elemento neutro nesse grupo será denotado por
3.
(F, +, .),
cujos elementos são denominados
no caso dos vetores. A unidade multiplicativa de Uma aplicação de
F ×X
em
X,
a
(X, +)
é um grupo abeliano.
0. escalares. Por abuso de notação, a
soma de escalares e o seu elemento neutro serão denotados
4.
1
F
+
e
0
respectivamente, como
será denotada por
1.
multiplicação por escalares, denotada
(a, x) 7−→ ax
e satisfazendo as seguintes propriedades:
(4.1)
a(bx) = (ab)x, ∀ a, b ∈ F, ∀ x ∈ X .
(4.2)
1x = x, ∀ x ∈ X .
(4.3)
a(x + y) = ax + ay, ∀ a ∈ F, ∀ x, y ∈ X .
(4.4)
(a + b)x = ax + bx, ∀ a, b ∈ F, ∀ x ∈ X .
Às vezes, costuma-se dizer
espaço vetorial sobre o corpo
se deseja colocar em evidência o corpo
F = R, 1 [14,
ou
F
F,
ou
F -espaço vetorial,
quando
e suas propriedades. Em muitas aplicações resulta ser
♣
F = C.
p.174].
141
142
Endomor smos em
13.2 Seja
X
Bases de Hamel um espaço vetorial sobre o corpo
13.2.1 Lema:
1.
(R, +)
Seja
A⊆X n∈N
Para qualquer
F.
um subconjunto. Então as seguintes duas condições são equivalentes: e
x1 , x2 , . . . , xn
elementos diferentes em
A,
tem-se:
c1 x1 + c2 x2 + · · · + cn xn = 0 ⇒ c1 = c2 = · · · = cn = 0, Ou seja,
0 x1 + 0 x2 + · · · + 0 xn
é a única combinação linear de elementos diferentes em
A
que é igual a zero.
2.
Nenhum elemento
x2 , . . . , x n
Demonstração :
x1 ∈ A
pode ser expressado na forma
são elementos em
(1) ⇒ (2).
c2 x2 + · · · + cn xn .
A
Se fosse
com
x1 6= xi
para
x1 = c2 x2 + · · · + cn xn ,
onde
i > 2.
x1 = c2 x2 + · · · + cn xn ,
então teria-se que
0 = (−1)x1 +
Ou seja:
0 = (−1)x1 + cj2 xj2 + · · · + cjr xjr , xji ∈ {x2 , . . . , xn } e xji 6= xjk se i 6= k . Portanto, x1 então (1) ⇒ −1 = 0, o que é uma contradição.
com
(2) ⇒ (1). Seja 0 = c1 x1 + · · · + cn xn , i0 ∈ {1, 2, . . . , n}, então: xi0 = com
com
xi ∈ A
S r xij i=1
diferentes.
são todos diferentes. Mas
Se existir algum
ci0 6= 0,
c1 ci −1 ci +1 cn x1 + · · · + 0 xi0 −1 + 0 xi0 +1 + · · · + xn , −ci0 −ci0 −ci0 −ci0
xi0 6= x1 , . . . , xi0 −1 , xi0 +1 , . . . , xn ,
13.2.2 De nição:
Um subconjunto
o que contradiz
A⊆X
(2).
é denominado
linearmente independente (l.i.)
♣
se é satisfeita alguma das condições no Lema 13.2.1 acima.
13.2.3 Observação: (b)
(a)
(d)
Se
X 3 x 6= 0,
então
{x}
é um conjunto l.i.
Un conjunto l.i. não pode conter dois elementos iguais, pois em tal caso teria-se que
1 x + (−1) x. Também qualquer c1 6= 0. (c)
Se
A
é l.i., então
não pode conter ao
A ∪ {x}
0,
é l.i. se e somente se
pois em tal caso teria-se que
0 = c1 0
0= para
x∈ / span A.
A = {x1 , x2 , . . . , xk , xk+1 } um conjunto l.i. disjunto do conjunto B e tal que A ∪ B A ∪ B contem estritamente a {x1 , x2 , . . . , xk } ∪ B , pois xk+1 é disjunto {x1 , x2 , . . . , xk } e de B .
Seja
também é l.i. Então, de
com
143
13.2 Bases de Hamel
(e)
Como consequência direta da condição 1 no Lema 13.2.1 anterior, tem-se que um conjunto
B
é l.i. se e somente se todo subconjunto
13.2.4 Lema:
1. B
Seja
B ⊆ X.
nito F ⊆ B
Então as seguintes condições sobre o conjunto
é um conjunto l.i. maximal. Ou seja,
B1 ⊇ B ,
então
♣
é l.i.
B1 = B .
B
é l.i. e se
B
Em outras palavras,
B1
B
são equivalentes:
é um outro conjunto l.i. tal que
não está contido propriamente em nenhum
outro conjunto l.i.
2.
x∈X
Qualquer elemento
pode ser expresso na forma:
x = c1 y1 + c2 y2 + · · · + cn yn , com os
3. B
{ci }ni=1 ⊆ F
é l.i. e todo
com
y1 , y2 , . . . , yn ∈ B
diferentes e
n ∈ N,
univocamente determinados.
x∈X
é uma combinação linear de elementos de
B.
Demonstração : (1) ⇒ (2). Se x ∈ B , então x = 1y1 , com y1 := x ∈ B . Se x ∈/ B , então B ∪ {x} não pode ser l.i., pois B é l.i maximal por hipótese. Como nenhum elemento de B pode ser combinação linear de outros elementos de B , então x deve ser combinação linear de tais elementos. Portanto, qualquer que seja o caso, tem-se:
x=
n X
ci yi ,
n
{yi }i=1 ⊆ B,
com
∀ x ∈ X.
i=1
Para provar a unicidade, se
x=
n X
di yi
fosse uma outra tal representação, pela hipótese (1) teria-
i=1
se:
0=x−x=
n X (ci − di )yi ⇒ ci = di , ∀i = 1, . . . , n. i=1
yi1 = yi2 ,
Observe que se fosse
n X
x=
então:
ci yi + (ci1 + ci2 )yi1 .
i=1 i6=i1 ,i2 Portanto, pode-se supor, sem nenhuma perda de generalidade, que os
(2) ⇒ (3).
Se
0=
n X
ci yi
com
yi ∈ B
diferentes, então
i=1 admissível. Portanto, pela unicidade, deve ser
(3) ⇒ (1). existe
Seja
x ∈ B1
também com
B1
conjunto l.i. com
tal que
x 6= yi ,
x ∈ / B.
B1 ⊇ B .
Por
n X
0yi
i=1 para todo i
seria uma outra representação
= 1, 2, . . . , n.
reductio ad abusrdum, n X
Ou seja,
se fosse
B
é l.i..
B1 % B ,
então
ci yi , com yi ∈ B ⊆ B1 e i=1 {1, 2, . . . , n}. Isso contradiz a condição
Pela hipótese (3), teria-se que
yi ∈ B mas x ∈ / B , para todo i ∈ B1 era l.i. segundo a suposição inicial.
pois
(2) do Lema 13.2.1, pois
ci = 0
0=
yi são sempre todos diferentes.
x=
144
Endomor smos em
(R, +)
13.2.5 De nição: Um subconjunto B ⊆ X é denominado de base de Hamel do espaço vetorial X sobre o corpo F se é satisfeita alguma das condições no Lema 13.2.4 acima. ♣
13.2.6 Observação:
X 3 x 6= 0,
Se
x = c1 y1 + c2 y2 + · · · + cn yn , com
n ∈ N, {yi }ni=1
{ci }ni=1
e
Com efeito, suponha-se que
com
então
x
pode ser representado na forma:
y1 , y2 , . . . , yn ∈ B
diferentes,
ci 6= 0, ∀ i = 1, . . . , n
e
n ∈ N,
univocamente determinados.
x=
n X
ci yi
e
x=
i=1
m X
di zi
sejam duas tais representações. Seja
A
o
i=1
conjunto de nido como:
A
:=
n
{yi }i=1
\
m
{zi }i=1
Observe-se que os vetores
{xi } .
=:
xi ∈ A
são todos diferentes, pois
A ⊆ {zi },
por exemplo, e os vetores
zi
são todos diferentes por hipótese. Desta maneira, tem-se:
0=x−x=
n X
ci yi −
i=1
m X
di zi =
i=1
X
ci yi +
X
(ci − di ) xi +
xi ∈A
yi ∈A /
S
X
(−di )zi
zi ∈A /
S
{yi ∈ / A} {xi } {zi ∈ / A} são todos diferentes, pela relação acima B , deve ser ci = 0 para todo i tal que yi ∈ / A. Esse fato contradiz a hipótese que ci 6= 0 para todo i = 1, 2, . . . , n, a menos que {yi ∈ / A} = ∅, o que pela sua vez implica n que |A| > n. De fato, como A ⊆ {yi }i=1 deve ser exatamente |A| = n. Analogamente, pela relação anterior e pela independência linear de B , deve ser di = 0 para todo i tal que zi ∈ / A. Esse fato contradiz a hipótese que di 6= 0 para todo i = 1, 2, . . . , m, a menos que {zi ∈ / A} = ∅, o que pela m sua vez implica que |A| > m. De fato, como A ⊆ {zi }i=1 deve ser exatamente |A| = m. Portanto: Como os vetores do conjunto
e a independência linear de
n
m
i = 1, 2, · · · , n
salvo uma questão de ordenamento. Portanto, a relação
m = |A| = n ⇒ {yi }i=1 = A = {zi }i=1 . Ou seja,
yi = zi
para todo
anterior se reduz a:
0=
n X
(ci − di ) xi .
i=1
xi ∈ A são todos diferentes, i = 1, 2, . . . , n.
Como os vetores todo
13.2.7 Proposição:
(a) X (b)
Seja
X
pela independência linear de
espaço vetorial,
B,
deve ser
ci = di
para
♣
X 6= {0}.
Então:
possui uma base de Hamel.
Mais ainda, se tal que
A ⊆ B.
A⊂X
é um conjunto l.i. qualquer, então existe uma base de Hamel
B
de
X
Ou seja, qualquer conjunto l.i. pode ser extendido para uma base de Hamel
de todo o espaço.
145
13.2 Bases de Hamel
(c)
Mais ainda, dados
X = span M ,
A⊂X
Além disso, é sempre possível escolher
Demonstração : bastando tomar família
B
B
M0
(b) ⇒ (a).
A = {x}, A ⊂ X
B
de
disjunto
Em primeiro lugar, observe-se que
Em segundo lugar, observe-se que Para tanto, sejam
M ⊆ X tal que M gera X , ou seja, X tal que B = A ∪ M 0 onde M 0 ⊂ M . de A.
um conjunto l.i. qualquer e
então existe uma base de Hamel
(c) ⇒ (b). Com efeito, basta tomar M = X . X 6= {0}, então existe X 3 x 6= 0,
Com efeito, se
que é obviamente l.i..
Portanto, basta provar apenas a condição (c).
um conjunto l.i. qualquer e
M ⊆ X
tal que
M
gera
X.
De ne-se a
como:
:=
{B ⊆ X : B
A rmação 1:
= A ∪ Mα com Mα ⊂ M
é l.i., B
∩ A = ∅} .
B 6 = ∅.
O
Com efeito, basta observar que
∅⊂M
Considere-se a família não-vazia A rmação 2:
e Mα
(B, ⊇)
Com efeito, seja
B
com
∅ ∩ A = ∅,
e
A∪∅=A
é l.i.. Portanto,
A ∪ ∅ ∈ B. H
ordenada pela inclusão ordinária de conjuntos.
O
é uma família indutiva superiormente.
C = {A ∪ Mα }α∈Λ
uma
corrente
em
B.
Seja
B
o conjunto de nido como:
! B
[
:=
(A ∪ Mα ) = A ∪
α∈Λ Como
[
Mα
.
α∈Λ
Mα ∩ A = ∅ para todo α ∈ Λ, ! [ Mα ∩ A = ∅.
tem-se que:
α∈Λ Por outro lado, também é óbvio que:
[
Mα ⊆ M,
α∈Λ pois que
Mα ⊆ M para todo α ∈ Λ. A rma-se agora que B é um conjunto l.i.. Com efeito, suponha-se n X 0= ci yi com yi ∈ A ∪ Mαi . Como C é uma corrente, cada um dos conjuntos A ∪ Mα1 e i=1
A ∪ Mα2 são comparáveis na ordem (B, ⊇). Ou A ∪ Mα2 . Digamos, para xar as idéias, que:
seja, deve ser
A ∪ Mα1 ⊆ A ∪ Mα2 ,
ou
A ∪ Mα1 ⊇
A ∪ Mα1 ⊆ A ∪ Mα2 . y1 , y2 ∈ A ∪ Mα2 . Um raciocínio análogo vale para A ∪ Mα2 e A ∪ Mα3 , etc. Portanto, i0 ∈ {1, 2, . . . , n} tal que yi ∈ A ∪ Mαi0 para todo i = 1, 2, · · · , n. Como A ∪ Mαi0 ∈ C ⊆ B, tem-se que A ∪ Mαi0 deve ser l.i.. Portanto, ci = 0 para todo i = 1, 2, · · · , n, o que prova a independência linear de B . Disso tudo segue que B ∈ B e B é obviamente maximal para C na ordem de (B, ⊇). H
Em tal caso,
deve existir algum
Pelas duas a rmações anteriores e o Lema de Zorn, deve existir um elemento maximal em que será denotado por
A ∪ M 0 ∈ B.
(B, ⊇)
146
Endomor smos em
A ∪ M0
A rmação 3:
é uma base para
0
(R, +)
X.
O
0
0
0
A∪M ∈ B , tem-se que A∪M é l.i., com M ⊆ M e M ∩A = ∅. Portanto, basta provar que X = span A ∪ M 0 . De fato, como X = span M por hipótese, basta veri car que M ⊆ span A ∪ M 0 . 0 Para tanto, seja x ∈ M . Se fosse x ∈ A, então obviamente x ∈ span A ∪ M . Se x ∈ / A, então 0 0 0 A ∪ M ∪ {x} = A ∪ (M ∪ {x}) não pode ser l.i. pela de nição de A ∪ M e pela sua maximalidade 0 0 (observe-se que (M ∪ {x}) ⊆ M e (M ∪ {x}) ∩ A = ∅). Portanto, pela Observação 13.2.3(c), 0 0 tem-se que x ∈ span A ∪ M . Como x ∈ M era arbitrário, tem-se que M ⊆ span A ∪ M . H
Como
A prova da A rmação 3 acima demonstra a validade da condição (c) como também das outras duas condições, segundo decorre das observações no início da presente prova.
13.2.8 De nição:
X3x=
Pn
i=1 ci
X espaço vetorial, sobre o corpo F , com base de Hamel B . Para cada ci = ci (x) ∈ F e yi = yi (x) ∈ B diferentes, de ne-se a função φx : B 7−→ F
Seja
yi
com
como:
( φx (y)
:=
ci (x), 0,
se se
13.2.9 Observação:
y = yi (x); y 6= yi (x).
(a)
♣
Em particular, pode-se expressar:
x=
X
φx (y) y .
y∈B
(b)
Dado que os
x = 0,
yi
são todos diferentes, essa de nição carece de ambiguidade. Mesmo no caso
0 ∈ X , necessariamente φ0 (y) = 0 ∈ F, ∀ y ∈ B .
qualquer representação para o
independência linear de
(a)
13.2.10 Lema: funções de
B
em
B,
conduz a
A aplicação
F
x 7−→ φx
da forma
0=
Pn
i=1
0 yi
pela
♣
é uma bijeção do espaço vetorial
X
no conjunto das
que são nulas salvo um conjunto nito.
(b) φx+y = φx + φy , ∀ x, y ∈ X . (c) φax = aφx , ∀ x ∈ X, ∀ a ∈ F .
Demonstração :
(a)
Para provar que a aplicação é sobrejetora, seja
nito. De nindo o vetor
x
:=
X
x∈X
f : B 7−→ F
como:
f (y)y,
y∈B tem-se que
φx
é dada por:
( φx (y) = Ou seja,
f (y), 0,
φx = f .
se
y ∈ supp f ;
caso contrário.
Para provar que a aplicação é injetora, basta observar que:
φx = φy ⇒ x =
X w∈B
φx (w) w =
X w∈B
φy (w) w = y.
com
supp f
147
13.2 Bases de Hamel
(b)
Observe-se que:
X
X
φx+y (w) w = x + y =
w∈B
φx (w) w +
w∈B
X
φy (w) w =
w∈B
X
(φx + φy )(w) w.
w∈B
Ou seja:
X
0=
(φx+y − (φx + φy )) (w) w.
w∈B Observe-se que a soma acima é nita, pois
φx+y − (φx + φy ) tem suporte nito. Da relação B que (φx+y − (φx + φy )) (w) = 0 para todo
acima, segue pela independência linear de
w ∈ B. (c)
Se
Portanto,
a=0
ou
x=
φx+y = φx + φy .
x = 0,
n X
então a relação do enunciado é óbvia. Caso contrário, observe-se que:
ci yi ⇒ ax =
n X
(aci ) yi .
i=1
i=1 Portanto:
( aci , φax (y) = 0, ( ci , =a 0,
y = yi
se
para algum
i ∈ {1, . . . , n};
caso contrário. se
y = yi
i ∈ {1, . . . , n};
para algum
caso contrário.
= aφx (y), ∀ y ∈ B. Ou seja,
φax = aφx .
13.2.11 Observação:
Decorre do Lema 13.2.10(a) que
|B|
|X| 6 |F |
em geral.
Com efeito,
tem-se:
|X| = |{f : B 7−→ F : supp f é Uma expressão mais exata para
13.2.12 Lema:
Seja
X
Se
|B|
é nito, então
(b)
Se
|B|
é in nito, então
(a)
Se
6 |{f : B 7−→ F }| = |F |
|B|
. ♣
é dada no resultado a seguir.
espaço vetorial sobre o corpo
(a)
Demonstração :
|X|
nito}|
|X| = |F |
|B|
F
e seja
B
base de Hamel de
.
|X| = max{|B| , |F |}.
|B|
é nito, então:
|X| = |{f : B 7−→ F : supp f é
nito}|
= |{f : B 7−→ F }| = |F |
|B|
.
X
sobre
F.
148
(b)
Endomor smos em
(R, +)
|B| subconjuntos de B com 1 elemento e para cada |F | funções de B em F suportadas nesse subconjunto. Analogamente, 2 existem |B| = |B × B| subconjuntos de B com 2 elementos e para cada um deles existem 2 |F | = |F × F | funções de B em F suportadas nesse subconjunto. Utilizando o mesmo n raciocínio, no caso geral existem |B| = |B × · · · × B| subconjuntos de B com n elementos {z } | Seja
B
in nito. Observe-se que existem
um deles existem
n vezes
n
|F | = |F × · · · × F | | {z }
e para cada um deles existem
funções de
B
em
F
suportadas nesse
n vezes
sub-conjunto. Portanto:
|X| = |{f : B 7−→ F : supp f é
nito}|
2
2
n
n
= |B| |F | + |B| |F | + · · · + |B| |F | + · · · |B|
Agora, como
(13.2.1)
é in nito, pelo resultado (4.31) em [7, p. 26], tem-se que:
n
|B| = |B| , ∀ n ∈ N. Por outro lado, com relação a pois num corpo
Caso 1:
|F |
Neste caso
N.
{0, 1} ⊆ F
|F |, observe-se que como F é um corpo deve 0 6= 1. Considere os seguintes dois casos:
ser
|F | > 2 > 0,
com
nito.
n
|F |
também é nito (e positivo) para todo
n ∈ N.
Ou seja,
n
0 < |F | 6 |B| , ∀ n ∈
Pelo resultado (4.32) em [7, p. 26], tem-se que:
n
|B| |F | = |B| , ∀ n ∈ N. Portanto:
|X| = |B| + |B| + · · · + |B| + · · · = |B| = max{|B| , |F |}. A primeira igualdade acima segue de (13.2.1). A segunda decorre de (4.29) em [7, p. 25] ou de (4.30) em [7, p. 26]. A terceira, do fato que
Caso 2:
|F |
|F |
é nito e
|B|
in nito.
in nito.
Neste caso, pelo resultado (4.31) em [7, p. 26], tem-se:
n
|F | = |F | , ∀ n ∈ N. Por outro lado, pelos resultados (4.32) em [7, p.
|B| |F | = max {|B| , |F |}.
26] e (4.8) em [7, p.
20], tem-se que
Ou seja:
n
|B| |F | = |B| |F | = max {|B| , |F |} , ∀ n ∈ N. Portanto, utilizando a relação (13.2.1) tem-se que:
|X| = max {|B| , |F |} + max {|B| , |F |} + · · · + max {|B| , |F |} + · · · = max {|B| , |F |} . A última igualdade acima decorre do resultado (4.29) em [7, p. 25], ou (4.30) em [7, p. 26], pelo fato que
max {|B| , |F |}
é in nito, pois tanto
|B|
como
|F |
são in nitos.
149
13.2 Bases de Hamel
Na prova do seguinte resultado, lembre-se que uma função
X × X tal que não existem (x, y), (x, z) ∈ f ⇒ y = z .
subconjunto de Ou seja,
13.2.13 Proposição:
X
F.
sobre
Então
Seja
|A| = |B|.
X
f : X 7−→ X
não é nada mais que um
dois pares diferentes com o mesmo primeiro elemento.
espaço vetorial sobre o corpo
F
e sejam
AeB
bases de Hamel de
Ou seja, duas bases de Hamel de um espaço vetorial sobre o mesmo
corpo possuem a mesma cardinalidade.
Demonstração :
Sejam A e B duas bases f : X 7−→ X injetoras tais que:
funções
1.
Dom f ⊆ A.
2.
Img f ⊆ B .
3.
O conjunto
Img f
S
A
T
de Hamel de
c
(Dom f )
X
sobre
F.
Considere-se o conjunto
de
é linearmente independente.
A= 6 ∅.
A rmação 1:
A
O
Com efeito, observe-se que
f
:= ∅
⊂ X ×X
é função, pois obviamente não existem em
diferentes com o mesmo primeiro elemento (de fato, não existe nenhum par em
f
f ).
dois pares
Neste caso,
Dom f = ∅ ⊂ A, como também Img f = ∅ ⊂ B . Portanto: [ \ c c Img f A (Dom f ) = ∅ ∪ A ∩ (∅) = A ∩ X = A.
tem-se que
Como
A
é obviamente l.i. por ser base, tem-se que
Considere-se
g
f ∈ A.
A ordenado pela inclusão usual de conjuntos.
Ou seja, Se
C
A= 6 ∅.
é uma corrente em
H (A, ⊇), de ne-se
como:
g
:=
[
f.
f ∈C
A rmação 2:
g
O
é função.
(x, y), (x, z) ∈ g , então existem f1 , f2 ∈ C tais que (x, y) ∈ f1 e (x, z) ∈ f2 . Como f1 e f2 são comparáveis na ordem ⊆. Ou seja, deve ser f1 ⊆ f2 ou f2 ⊆ f1 . Para xar idéias, suponha-se que f1 ⊆ f2 , sendo que o outro caso é completamente análogo. Em tal caso, tem-se que (x, y) ∈ f1 ⊆ f2 3 (x, z) e, como f2 é função, deve ser y = z . H
Com efeito, se
C
é uma corrente,
A rmação 3: A função
g
é injetora e satisfaz as propriedades 1 e 2 acima.
O
(x, z), (y, z) ∈ g , então prova-se que x = y como na demonstração da A rmação C ⊆ A são injetoras por de nição. Por outro lado, se x ∈ Dom g então existe y ∈ X tal que (x, y) ∈ g . Ou seja, existe f ∈ C tal que (x, y) ∈ f . Portanto x ∈ Dom f ⊆ A. Como x ∈ Dom g era arbitrário, segue que Dom g ⊆ A. Analogamente prova-se que Img g ⊆ B . H Com efeito, se
anterior, pois as funções em
A rmação 4: O conjunto
[ f ∈C
Img f
é uma corrente sob a inclusão usual de conjuntos.
O
150
Endomor smos em
Com efeito, dadas
f1 ⊆ f2 ,
Img f1
e
Img f2
com
f1 , f2
na corrente
C,
(R, +)
devem ser comparáveis, digamos
para xar idéias. Em tal caso, tem-se:
Img f1 = {y ∈ X : ∃ x ∈ X : (x, y) ∈ f1 } ⊆ {y ∈ X : ∃ x ∈ X : (x, y) ∈ f2 } = Img f2 .
H
No seguinte, para simpli car a notação, de ne-se:
Λ(f )
:=
Img f
[ \ c A (Dom f ) .
g
A rmação 5: A função
satisfaz a propriedade 3 acima. Ou seja,
independente.
Λ(g) é um conjunto linearmente O
Observe-se que:
c [ \ [ [ \ [ c Λ(g) = Img g A (Dom g) = Img f A Dom f . f ∈C
Seja
F
um subconjunto
f0 ∈ C
tal que
n [
nito
de
Λ(g).
f ∈C
Ou seja,
F ⊂
n [
Img fi .
Pela A rmação 4 anterior, existe
i=1
Img fi ⊆ Img f0 .
Portanto:
i=1
F ⊂ Img f0
[
c
A
\
[
Dom f ⊆ Img f0
[ \ c A (Dom f0 ) = Λ(f0 ).
f ∈C Como
Λ(g)
Λ(f0 ) é l.i.,
tem-se que
F
é l.i. Como
F
era um conjunto nito arbitrário de
Λ(g),
segue que
H
é l.i.
Decorre das a rmações 2, 3 e 5 anteriores que limite superior para ordenado Zorn.
(A, ⊇)
C,
Além disso, a função
A.
g
é obviamente um
Portanto, o conjunto parcialmente
é não-vazio e indutivo superiormente, em cujo caso pode ser aplicado o Lema de
Desta maneira, existe em
particular,
g ∈ A.
que era uma corrente arbitrária em
(A, ⊇)
um elemento maximal na ordem, digamos
h ∈ A.
Em
Dom h ⊆ A.
A rmação 6:
Dom h = A.
reductio ad absurdum,
O c
suponha-se que exista a0 ∈ A ∩ (Dom h) . Observe-se que a0 ∈ / Λ(h) não seria l.i. Portanto, Img h $ B , pois, caso contrário, como B é base, teria-se que a0 ∈ span B = span Img h contradizendo o fato que a0 ∈ / span Img h. Portanto, c existe b0 ∈ B ∩ (Img h) . A partir deste ponto, a prova divide-se em dois casos, segundo o conjunto {b0 } ∪ Λ(h) seja linearmente independente ou não. No primeiro caso, teria-se que h ∪ (a0 , b0 ) ∈ A, contradizendo a maximalidade de h. (Observe-se que Λ(h ∪ (a0 , b0 )) = {b0 } ∪ Λ(h) − {a0 } neste caso). No segundo caso, b0 poderia ser expressado como combinação linear ( nita) de elementos em n X Λ(h), digamos b0 = ci xi , com xi ∈ Λ(h), ∀ i = 1, . . . , n. Como B é l.i. por ser base, o elemento Por
span Img h,
pois em tal caso
i=1
b0 ∈ B
não pode ser combinação linear exclusiva dos elementos em
Img h ⊆ B .
Portanto, existe
13.3 Endomor smos do Grupo Real Aditivo
k0 ∈ {1, . . . , n}
tal que
c
xk0 ∈ A ∩ (Dom h)
151
(R, +)
e
ck0 6= 0.
Desta maneira
b0
não pode ser combinação
linear de elementos no conjunto:
Img h
c [ [ \ {xk0 } Dom h . A
xk0 ∈ Λ(h) poderia ser escrito como combinação linear de elementos em Λ(h) − {xk0 }). Ou seja, a união de {b0 } com o conjunto acima seria l.i. Portanto, teria-se que h∪(xk0 , b0 ) ∈ A, contradizendo a maximalidade de h. H
(Pois em tal caso
h é injetora, tem-se que |A| 6 |B|. Com um argumento |B| 6 |A|. Finalmente, a igualdade |A| = |B| entre números
Pela A rmação 6 anterior e o fato que totalmente análogo, prova-se que
cardinais segue do Teorema de Schröder-Berstein.
13.2.14 De nição: Seja X espaço vetorial sobre o corpo F . De ne-se a dimensão algébrica de X sobre F como o número 0 se X = {0} ou como o cardinal de alguma (logo, qualquer) base de Hamel de
X
sobre
F
A dimensão algébrica de
13.2.15 Exemplo: base de Hamel de
R
X 6= {0}.
se
X
sobre
F
Considere-se sobre
Q.
será denotada por
♣
a-dimF X .
X = R como espaço a-dimQ R = |R|.
vetorial sobre o corpo
F =Q
e seja
B
Então,
|B| não pode ser nito, pois em tal caso R 3 x = r1 y1 + · · · + rn yn , com ri ∈ Q i ∈ {1, . . . , n}. Ou seja, poderia ser estabelecida uma correspondência entre R e Qn , o que é impossível por uma questão de numerabilidade. Formalmente, pelo
Observe-se que e
yi ∈ B
para todo
os conjuntos
Lema 13.2.12(a), teria-se:
|R| = |X| = |F |
|B|
n
= |Q| = |Q| ,
contradizendo o fato que o conjunto
Q
é numerável, entanto que
R
não.
Portanto, pelo Lema
13.2.12(b), deve ser:
|R| = |X| = max {|B| , |F |} = |B| . A última igualdade acima decorre do fato que
|F | = |Q| = ℵ0 ,
in nito, deve ser |B| > ℵ0 , pelo resultado (4.16) em [7, p.
13.3
mas, por outro lado, como
Endomor smos do Grupo Real Aditivo
B
é
♣
22],
(R, +)
Nesta seção, o conjunto de números reais corpo racional
Q.
Pela Proposição 13.2.7,
que será denotada
B.
13.3.1 De nição:
Seja
γ : B 7−→ R
como:
fγ (x)
:=
X y∈B
R será considerado como um espaço vetorial sobre o X = R possui uma base de Hamel sobre o corpo F = Q,
φx (y) γ(y).
uma aplicação arbitrária. De ne-se a função
fγ : R 7−→ R
152
Endomor smos em
fγ (y) = γ(y), ∀ y ∈ B .
Em particular,
13.3.2 Lema:
(a) fγ
A função
fγ
♣
de nida acima satisfaz as seguintes propriedades:
é um endomor smo do grupo real aditivo
(R, +).
Ou seja,
fγ (x + y) = fγ (x) + fγ (y), para
x, y ∈ R.
todo
(b)
(R, +)
Em particular, existem
|R|
|B|
= |R|
|R|
= 2|R|
de tais endomor smos.
(c) fγ (r x) = r fγ (x), ∀ r ∈ Q, ∀ x ∈ R. (d) (e)
Em particular,
γ
Se
fγ (r) = r fγ (1), ∀ r ∈ Q.
for escolhida com a propriedade de ser bijetora como aplicação de
B
em
B,
então
fγ
é
automor smo, ou seja, endomor smo bijetor.
Demonstração : (b)
(a)
Segue diretamente do Lema 13.2.10(b).
Utilizando o resultado do Exemplo 13.2.15, tem-se:
|B|
|{γ : B 7−→ R}| = |R| Agora, para qualquer
A⊆R
|R|
= |R|
existe a
.
a função característica de
A, χA : R 7−→ R
de nida
como:
( χA (x)
:=
1, 0,
se
x ∈ A;
caso contrário.
Portanto:
2|R| = |P (R)| = |{A : A ⊆ R}| 6 |{f : R 7−→ R}| = |R| Por outro lado,
|R|
|R|
{f : R 7−→ R} ⊆ R × R ⊆ P (R × R).
2
= |{f : R 7−→ R}| 6 |P (R × R)| = 2|R×R| = 2|R| = 2|R| .
|R|
|R| (c) (d)
=2
.
Portanto:
Combinando a duas últimas relações acima, tem-se que
|R|
|R|
|R|
2|R| 6 |R|
6 2|R| .
Ou seja,
|B|
|R|
=
.
Observe-se que
r ∈ Q = F.
Portanto, basta utilizar o resultado do Lema 13.2.10(c).
Basta aplicar o item (c) anterior com
x = 1.
Incidentalmente, observe-se que este mesmo
resultado poderia deduzir-se apelando às propriedades gerais de mor smos com relação à adição, tais como o resultado do Lema 9.1.4(c), ou do Lema 9.1.6(d).
(e)
Se
x ∈ R,
certos
z∈
x=
então
x=
X
φx (y) y .
Observe-se que se
y∈B B . Portanto:
X y∈B
φx (y) y =
X z∈B
φx (γ(z)) γ(z) = f (˜ x),
γ
é sobrejetora, então
y = γ(z),
para
13.3 Endomor smos do Grupo Real Aditivo
onde
x ˜∈X
X
φx (γ(z)) z . Para justi car a última igualdade acima, z∈B é bijetora, então pelo Lema 13.2.10(a), a aplicação φx ◦ γ também é
é de nido como
x ˜
153
(R, +)
:=
γ φx˜ (z) = (φx ◦ γ)(z), pela unicidade da representação de um vetor qualquer numa base. Portanto, fγ é sobrejetora. Por outro lado, se fγ (x) = fγ (y), então tem-se:
observe-se que se bijetora e dada
X
0 = fγ (x) − fγ (y) =
φx (ω) γ(ω) −
ω∈B
X
φy (ω) γ(ω)
ω∈B
X
=
φx (ω) γ(ω) − φy (ω) γ(ω) =
ω∈B
X
(φx − φy )(ω) γ(ω).
ω∈B
φx − φy tem suporte nito, γ(ω) ∈ X = R são todos diferentes, pois
Observe-se que no membro à extrema direita acima, a aplicação como também que os vetores (isto é, números reais)
γ
é uma bijeção. Consequentemente, da última relação acima e da independência linear da
base
B,
segue que
(φx − φy )(ω) = 0 para x = y . Portanto, fγ
Lema 13.2.10(a) que
todo
ω ∈ B.
Ou seja,
φx = φy ,
de onde segue pelo
é injetora.
O resultado a seguir trata-se na verdade de uma digresão no mundo da
continuidade,
que na
presente será abordado na Parte II.
13.3.3 Lema:
Suponha-se que
fγ
2 Então:
seja contínua.
(a) fγ (x) = x fγ (1), ∀ x ∈ R. (b)
Em particular, existem para
(c)
Se
fγ (1).
fγ (1) 6= 0,
Demonstração : racionais
|R|
endomor smos contínuos em
(R, +),
pois existem
|R|
escolhas
Ou seja, existem muitos mais que são descontínuos.
fγ
a aplicação
(a)
Como
{rn }n∈N
Q
tal que
é um automor smo.
é denso em R, dado x ∈ R existe uma x = lim rn . Como fγ é contínua por
n→∞
sequência de números hipótese, utilizando o
resultado do Lema 13.3.2(d), tem-se:
fγ (x) = fγ
lim rn = lim fγ (rn ) = lim rn fγ (1) = fγ (1) lim rn = fγ (1) x.
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
A título complementar, vide Exercício 19.8.2.
(b)
Pelo item (a) anterior, sabe-se que contínuos em
(R, +)
da forma
Lema 13.3.2(b) existem 21], tem-se que
(c)
2|R|
|R|
|R| < 2
fγ ,
de tais endomor smos em geral. Pelo resultado (4.10) em [7, p.
.
Pelo item (a) anterior, sabe-se que
fγ (1) 6= 0. 2 Vide
Capítulo 19.
fγ (x) = fγ (1) x. Portanto, existem |R| endomor smos |R| escolhas para fγ (1). Observe-se que pelo
pois existem
fγ (x) = fγ (1) x,
que é obviamente uma bijeção no caso
154
Endomor smos em
13.3.4 Exemplo:
fγ (x) =
X
Seja
γ(y) = 1, ∀ y ∈ B .
(R, +)
Neste caso, tem-se:
φx (y).
y∈B
3
♣
a < b,
tem-se que
Esta função é selvagemente discontínua no sentido enunciado no resultado a seguir.
13.3.5 Lema: Seja γ(y) = 1, ∀ y ∈ B . fγ ({x ∈ R : a < x < b}) = Q.
Demonstração : fγ (u) = r.
Sejam
Então, para quaisquer
Basta então de nir
u
γ(y1 ) = γ(y2 ) = 1,
pela
com
(13.3.1)
+ s (y1 − y2 ) = (r + s) y1 − s y2 . Com efeito, a < u < b é consequência fγ (u) = (r + s) γ(y1 ) − s γ(y2 ) = (r + s) − s = r, pois escolha de γ .
:= r y 1
direta da propriedade (13.3.1). Além disso,
[7, p. 49].
tal que
Dado r ∈ R arbitrário, basta encontrar algum u ∈ R tal que a < u < b y1 , y2 ∈ B tal que y1 6= y2 . Como Q é denso em R existe s ∈ Q tal que:
a − r y1 b − r y1
3 Vide
a, b ∈ R
Exercícios para o Capítulo 13 13.4
Espaços Vetoriais
13.4.1 Exercício:
Prove que os seguintes conjuntos são espaços vetoriais sobre o corpo real ou
complexo, segundo corresponda.
(a)
Rn
:= {(x1 , . . . , xn )
(b)
Cn
:= {(x1 , . . . , xn )
(c)
b(N)
{an }n∈N
:=
: xi ∈ R, ∀i = 1, . . . , n}. : xi ∈ C, ∀i = 1, . . . , n}. : sup |an | 6 M . n∈N
(d) (e)
c(N)
:=
c0 (N)
n o {an }n∈N : lim an existe .
:=
n→∞
n o {an }n∈N : lim an = 0 .
cisamente,
(f )
c0 (N)
Incidentalmente, observe que n→∞ é um sub-espaço vetorial de c(N).
{f : (a, b) −→ R : f é contínua}. (g) C n (a, b) := f : (a, b) −→ R : existe f (k) , ∀k = 0, 1, . . . , n (h)
C(a, b)
:=
f : (a, b) −→ R :
existe
f (k) , ∀k ∈ N
e
f (n)
é contínua .
♣
.
(In)dependência Linear
13.5.1 Exercício: (a)
Mais pre-
:=
C ∞ (a, b)
13.5
c0 (N) ⊂ c(N).
Seja
X
Prove que um conjunto conjunto
nito
de
A
um espaço vetorial sobre o corpo
A ⊆ X
F.
é linearmente dependente se e somente se existe um sub-
que é linearmente dependente.
Sugestão: Se a prova se extender por mais de uma linha, então não entendeu a de nição de independência linear.
(b)
Usando o resultado do item anterior, conclua que um conjunto pendente se e somente se todo sub-conjunto nito de
155
A
A⊆X
é linearmente inde-
é linearmente independente.
♣
156
Endomor smos em
Seja
Pol(R)
R.
Para cada
com grau menor ou igual a
13.5.2 Exercício:
x
Pol(R) é um espaço n ∈ N∪{0}, seja Poln (R) o sub-espaço de Pol(R) dos polinômios
o conjunto de polinômios com coe cientes reais. Observe que
vetorial sobre o corpo
(R, +)
n.
(a)
k n k=0
Seja n ∈ N arbitrário = 1, x, x2 , . . . , xn
é linearmente independente em
mas xo. Prove que o conjunto de funções:
Pol(R).
Sugestão: Basta usar o Teorema Fundamental da Aritmética, que a rma que todo polinômio de grau
(b)
n
possui no máximo
n
raízes reais.
Usando o item (a) e o exercício anterior, conclua que o conjunto de funções:
k ∞ x k=0 = 1, x, x2 , . . . é linearmente independente em
(c)
O conjunto do item (a) gera
Pol(R).
Poln (R),
sendo portanto uma base do mesmo. Em particular,
dim Poln (R) = n + 1. (d)
O conjunto do item (b) gera
13.5.3 Exercício:
Pol(R),
sendo portanto uma base do mesmo.
O presente exercício constitui uma generalização do anterior.
Seja
P
um
conjunto de polinômios:
P = {p0 , p1 , . . . , pn , . . . } com
(a)
gr(pn ) = n. Prove que, para cada pendente em
n ∈ N,
o sub-conjunto
Pn
:=
{p0 , p1 , . . . , pn } ⊂ P
é linearmente inde-
Pol(R). k = 0, 1, . . . , n, tem-se que pk =
Sugestão: Para cada
Portanto, a condição
n X
k X
aki xi , com akk 6= 0, pois gr(pk ) = k .
i=0
ck pk = 0
é equivalente a um sistema linear homogêneo com matriz
k=0 triangular, sendo simples veri car que possui (uma única) solução, dada pelo vetor nulo
(c0 , . . . , cn ) = 0. (b)
Conclua que
13.6 Seja
P
é linearmente independente em
Pol(R).
Decomposição em Frações Simples
g ∈ Pol(R) g(x) =
k Y
um polinômio dado por:
(x − ai )ni
i=1
l Y
(x2 + bj x + cj )mj ,
j=1
♣
157
13.6 Decomposição em Frações Simples
ai ∈ R são todos diferentes e (bj , cj ) ∈ R2 são todos diferentes com b2j − 4cj < 0, j = 1, . . . , l. Ou seja, g é irredutível no corpo real R. Sejam pij os polinômios de nidos onde
pij (x) para cada
:=
para todo por:
g(x) , (x − ai )j
j = 1, . . . , ni ,
i = 1, . . . , k .
para cada
Analogamente, sejam
qij
os polinômios de nidos
por:
qij (x) para cada
Q,
e
R
:=
g(x) , (x2 + bi x + ci )j
j = 1, . . . , mi ,
i = 1, . . . , l.
P
:=
{pij : j = 1, . . . , ni ; i = 1, . . . , k} ,
Q
:=
{qij : j = 1, . . . , mi ; i = 1, . . . , l} ,
R
:=
{xqij : j = 1, . . . , mi ; i = 1, . . . , l} .
13.6.1 Exercício: (b)
para cada
(a)
Prove que o conjunto
Mais ainda, o conjunto
2
Finalmente, para simpli car a notação, sejam
P,
os conjuntos de nidos respectivamente como:
Pl
j=1 mj .
P ∪Q∪R
Com efeito, trata-se de
cuja dimensão é igual a
13.6.2 Exercício:
Seja
f
P ∪Q∪R
é uma base de
n
é linearmente dependente em
Poln−1 (R),
onde
n
:=
gr(g) =
polinômios linearmente independentes em
n.
polinômio com
gr f < g .
Então, a função racional
Pol(R).
Pk
i=1 ni + Poln−1 (R), ♣
f /g
pode ser
decomposta na forma:
k
n
l
m
i i XX f (x) X X αij βij + x γij = + , j 2 + b x + c )j g(x) (x − a ) (x i i i i=1 j=1 i=1 j=1
para certos coe cientes
αij , βij , γij ∈ R.
♣
Capítulo 14
Números p -ádicos 14.1
Algumas De nições e Resultados Básicos
Todo número natural
n pode Qser escrito, de maneira essencialmente única, como um produto nito n = pki i , com os pi todos diferentes. Portanto, todo racional r ∈ Q pode
de primos (positivos), ser escrito como:
r=± onde
Y
mi ∈ Z
i pm i
com os fatores primos todos diferentes.
14.1.1 De nição: de ne-se
φp (r)
Seja
p
um número primo (positivo) qualquer.
p
como o exponente de
⇔
r = ±
r
Para cada racional
r ∈ Q
em fatores primos. Ou seja:
φp (r) = m
na descomposição de
Y
i pm i
pm .
♣
pi 6=p
Observe que
r ∈ Q,
φp : Q 7−→ Z.
Além disso, em virtude da de nição precedente, para todo racional
tem-se:
r=±
Y
φpi (r)
pi
14.1.2 Lema:
.
Para cada primo
p,
φp (r + s) > min{φp (r), φp (s)},
Demonstração :
Sejam
φpi (r)
r=±
Y
pi
s=±
Y
pi
φpi (s)
r, s ∈ Q
tem-se:
∀ r, s ∈ Q.
dados por:
; . 159
160
Se
di
Números
p -ádicos
min {φpi (r), φpi (s)}, então tem-se: h Y Y φp (s)−di i Y φp (r) Y φp (s) Y φp (r)−di . ± pi i pi i pdi i ± pi i = r+s=± pi i ± :=
Como obviamente
φpi (r) > di
acima deve ser um número
e
φpi (s) > di ,
inteiro, em Z.
o termo entre colchetes no membro direito na relação
Ou seja, um número da forma
±
Q
i pm i
com
mi ∈ N∪{0}.
Dessa maneira:
r+s=±
Y
pdi i +mi .
Portanto:
φpi (r + s) = di + mi > di = min {φpi (r), φpi (s)} . A desigualdade acima decorre do fato que
14.2
Uma Norma Alternativa nos Racionais
Seja agora
p
um número primo arbitrário, mas xo.
14.2.1 De nição:
( |r|p
:=
14.2.2 Lema:
No corpo
p−φp (r) , 0,
se se
A aplicação para todo
(b) |r|p = 0
se e somente se
(c) |rs|p = |r|p |s|p ,
Q
| . |p
| . |p
r, s ∈ Q.
(b)
Idem.
(c)
Sejam
(a)
para todo
r, s ∈ Q.
satisfaz a seguinte desigualdade triangular:
|r + s|p 6 |r|p + |s|p ,
Demonstração :
satisfaz as seguintes propriedades:
r = 0.
para todo
para todo
r, s ∈ Q.
Segue trivialmente da de nição.
r, s ∈ Q dados por: Y φp (r) r=± pi i ; Y φp (s) s=± pi i .
| . |p
como:
♣
r ∈ Q.
(d) |r + s|p 6 max{|r|p , |s|p }, Em particular,
dos números racionais de ne-se a aplicação
Q 3 r 6= 0; r = 0.
(a) |r|p > 0,
(e)
mi > 0.
161
14.2 Uma Norma Alternativa nos Racionais
Então tem-se:
Y φp (r)+φpi (s) |rs|p = pi i = p−(φp (r)+φp (s)) = p−φp (r) p−φp (s) = |r|p |s|p . p
(d)
Sejam
r, s ∈ Q.
Pelo Lema 14.1.2, sabe-se que:
φp (r + s) > min{φp (r), φp (s)}. Para xar idéias, suponha que
min {φp (r), φp (s)} = φp (r).
Se tal mínimo fosse igual a
φp (s),
então o raciocíno seria completamente análogo. Em tal caso, tem-se:
|r + s|p = p−φp (r+s) 6 p−φp (r) = |r|p 6 max{|r|p , |s|p }. (e)
Pelo item (d) anterior, tem-se que:
|r + s|p 6 max{|r|p , |s|p } 6 |r|p + |s|p . A última desigualdade acima decorre do fato que
|r|p > 0
e
|s|p > 0,
segundo o item (a)
anterior.
Toda a construção do Capítulo 10 pode ser reproduzida uma sequência de Cauchy seria de nida como uma sequência
verbatim {an }
usando
| . |p .
Por exemplo,
tal que:
∀ > 0 ∃ N () ∈ N : n, m > N () ⇒ |an − am |p < . Analogamente para sequências nulas e limitadas, etc. Quando isso é feito, obtem-se um completamento de
Q
diferente de
R,
que é denotado
Qp
e cujos elementos são denominados
números
p-ádicos.
14.2.3 Exemplo:
(a)
A sequência
{pn }n∈N
é de Cauchy em
limite igual a zero. Observe que isso não acontece em Com efeito, se
an
:= pn , então
φp (an ) = n
|an |p = p−φp (an ) = p−n = (b)
Pelo contrário, a sequência
an
1 −−−−→ 0. pn n→∞
{p−n }n∈N
:= p−n , então
diverge em
φp (an ) = −n
|an |p = p−φp (an ) = pn −−−−→ +∞. n→∞
(c)
A sequência
an = 2
{an }n∈N n X k=0
3k ,
de nida como:
∀ n ∈ N;
De fato, é convergente, com
e tem-se:
Qp .
acontece o contrário. Com efeito, se
Qp .
R.
e tem-se:
Mais uma vez, observe que em
R
162
Números
converge para o número
−1
em
Q3 .
Ou seja,
p -ádicos
|an + 1|3 → 0.
Com efeito, tem-se:
an = 2
n X k=0
Ou seja,
3k = 2
1 − 3n+1 3n+1 − 1 3n+1 − 1 =2 =2 = 3n+1 − 1. 1−3 3−1 2
an + 1 = 3n+1 .
Portanto,
φ3 (an + 1) = n + 1
|an + 1|3 = 3−φ3 (an +1) = 3−(n+1) =
e tem-se:
1 −−−−→ 0. 3n+1 n→∞
♣
Capítulo 15
f (unções) 15.1
De nições Básicas e Exemplos
Segundo Spivak [14, p.
47], o conceito mais importante de toda a Matemática é, sem dúvida
nenhuma, o de função, dado que, em quase todas as áreas da Matemática moderna, a pesquisa focaliza-se no estudo de funções.
Muitos dos livros de textos começam apresentando de nições
intuitivas para ilustrar esse conceito.
No fundo, tais de nições informais acabam ilustrando
menos o conceito do que as aplicações. Portanto, partindo do princípio que uma de nição deve ser e ciênte mais do que prática, apresenta-se a seguir a de nição rigorosa. Não deveria surpreender, considerando sua extensa utilização na Matemática, que o conceito de função seja de abrangente generalidade. A de nição formal re ete exatamente isso.
15.1.1 De nição:
Y
X ×Y
:=
Y
15.1.3 De nição:
Dom f ,
Dom f
X com
Sejam
♣
e Y dois conjuntos quaisquer. Uma função do conjunto X no f ⊂ X × Y tal que não possui dois elementos diferentes com o seja, se (x, y), (x, z) ∈ f , então y = z . ♣
X
:=
:=
Seja
f
uma função de
X
em
Y.
O
domínio de
f
é um sub-conjunto de
X,
de nido como:
{x ∈ X : (x, y) ∈ f para
Reciprocamente, a
Img f
produto cartesiano de
é um sub-conjunto
mesmo primeiro elemento. Ou
denotado
O
{(x, y) : x ∈ X ∧ y ∈ Y } .
15.1.2 De nição: conjunto
X e Y dois conjuntos quaisquer. X × Y de nido como:
Sejam
é o conjunto denotado
imagem de
f
algum
y ∈ Y }.
é o sub-conjunto de
{y ∈ Y : (x, y) ∈ f para
algum
Y,
x ∈ X} . 163
denotado
Img f ,
de nido como:
♣
164
f (unções)
15.1.4 Exemplo:
f
:=
Considere a função
(x, y) : x ∈ R ∧ y = x
Em tal caso, tem-se
Dom f = R
e
2
f
de
R
em
R
de nida como:
.
Img f = {x ∈ R : x > 0}.
♣
Uma coisa que deveria car perfeitamente clara da de nição de função é que o domínio faz parte dessa de nição. Portanto, rigorosamente falando, a função do Exemplo 15.1.4 anterior será
diferente g
da função
:=
de nida como:
(x, y) : x > 0 ∧ y = x2 .
Com efeito,
Dom g $ Dom f .
15.1.5 Exemplo:
h
g
:=
Img g = Img f .
Contudo, observe que
Considere a função
h
de
em
R x3 + 3x + 5 . (x, y) : R 3 x 6= ±1 ∧ y = x2 − 1
Nesse caso, tem-se
R
de nida como:
Dom h = {x ∈ R : x 6= −1 ∧ x 6= 1}.
♣
x ∈ Dom f , então segue da (x, y) ∈ f . Este y ∈ Y univocamente
Uma segunda questão a ser observada, consiste no fato que se de nição de função que existe um determinado pelo
x ∈ Dom f
único y ∈ Y
será denotado
tal que
f (x).
Portanto, uma vez determinado o domínio, a
própria função pode ser de nida em termos do domínio da seguinte maneira:
f
:=
{(x, f (x)) : x ∈ Dom f } .
Por exemplo, a função do Exemplo 15.1.4 anterior poderia ser de nida como a função
Dom f
f
tal que
:= R satisfazendo:
f
:=
(x, x2 ) : x ∈ R .
Contudo, sob determinadas circunstâncias, resulta comum questionar sobre o domínio de alguma função como a exibida no Exemplo 15.1.5 anterior, sendo que a resposta esperada seria aquela que estipula
x
x 6= ±1.
Na verdade, o que se está querendo perguntar consiste no conjunto de valores de
tais que está bem de nida a expressão:
x3 + 3x + 5 . x2 − 1 Obviamente, a expressão acima é um objeto matemático
per se,
de maneira completamente inde-
pendente de qualquer consideração sobre funções.
15.1.6 Exemplo:
ρ
:=
Considere a função
{(x, f (x)) : x ∈ R} ,
ρ
de
R
em
R
de nida como:
165
15.1 De nições Básicas e Exemplos
onde
f (x) ρ(x)
é dada por:
( 1, 0,
:=
se
x ∈ Q;
♣
caso contrário.
A de nição de função é su cientemente generosa como para permitir que uma função possa ser praticamente certo elemento
qualquer coisa,
x ∈ Dom f
desde que seja possível estabelecer uma correspodência entre um
com um
único
f (x) ∈ Y ,
elemento
sem nenhuma ambiguidade. Não
resulta necessário, de maneira alguma, que essa correspondência possa ser expressa mediante uma fórmula algébrica, nem sequer mediante uma condição uniforme aplicável a todo número.
Com
relação à função do Exemplo 15.1.6 acima, observe que existem números reais, por exemplo da
ζ(2n + 1),
forma
15.1.7 Exemplo:
Seja
1
dos quais se ignora até hoje se são racionais ou não.
A
:= {2, 17, π 2 /17, 36/π};
B
:= {a
µ
:=
de nidos como:
√ + b 2 : a, b ∈ Q}.
uma função tal que
µ(x)
A, B ⊂ R
Considere os conjuntos
5, 36/π, 28, 28, 16,
se se se se se
Dom µ
:= A
∪ B,
satisfazendo:
x = 2; x = 17; x = π 2 /17; x = 36/π; x ∈ B\A.
♣
Como o exemplo acima permite suspeitar, a correspondência estabelecida por uma função não é necessariamente uma relação à que possa ser encontrada uma aplicação prática.
Mais ainda,
tal correspondência pode prescindir de alguns números e pode inclusive não car totalmente claro a que números é aplicável. Embora o domínio da função do Exemplo 15.1.7 esteja corretamente de nido, não é trivial decidir se o número
15.1.8 Exemplo:
fa
:=
Seja
a ∈ R.
π
pertence a tal conjunto ou não.
Considere a função
de
R
em
R
de nida como:
(x, x2 + a) : x ∈ R .
Esta função, obviamente depende do número
a.
Portanto, a de nição acima descreve na verdade
in nitas funções, uma para cada escolha do número
1 Aqui, ζ
fa
corresponde à famosa função zeta de Riemman.
a ∈ R.
♣
166
f (unções)
Uma outra coisa que também deveria car clara, principalmente com esses últimos exemplos, consiste em que a descrição de uma função poderia ser abreviada mediante a introdução de alguma notação conveniente. Observe que a de nição:
f
:=
{(x, f (x)) : x ∈ Dom f } ,
exibe uma certa redundância e poderia ser escrita de maneira mais condensada, como por exemplo:
f (x) = expressão
15.1.9 Exemplo:
envolvendo
x, ∀ x ∈ Dom f.
As funções dos exemplos anteriores podem ser expressas abreviadamente na
forma:
(a)
f (x) = x2 , ∀ x ∈ R.
x3 + x + 5 , ∀ R 3 x 6= ±1. x2 − 1 ( 1, x ∈ Q; (c) ρ(x) = 0, x ∈ / Q. 5, x = 2; 36/π, x = 17; (d) µ(x) = 28, x = π 2 /17; 28, x = 36/π; √ 16, x∈ / {2, 17, π 2 /17, 36/π, } ∧ x = a + b 2, a, b ∈ Q. (b)
h(x) =
(e)
fa (x) = x2 + a, ∀ x ∈ R.
♣
Com as devidas convenções, a notação pode ser ainda mais concisa. Por exemplo a função
f
do Exemplo 15.1.9(a) poderia ser escrita simplesmente como:
f (x) = x2 ,
sobrentendendo-se
que tal expressão é válida para todo
possível para a função
g
x ∈ R.
Obviamente, a única abreviação
de nida imediatamente após o Exemplo 15.1.4 resulta:
g(x) = x2 , ∀ x > 0. Mas em geral, aceita-se na prática que uma expressão como a da função
h
do Exemplo 15.1.9(b)
pode ser abreviada escrevendo apenas:
h(x) =
x3 + 3x + 5 . x2 − 1
Ou seja, se o domínio não se restringe explicitamente mais, sobrentende-se formado por todos aqueles números para os quais a expressão tem sentido.
167
15.2 Operações com Funções
15.1.10 Exemplo:
Não resulta difícil veri car a seguintes relações com as funções do Exemplo
15.1.9:
(a)
f (x + 1) = f (x) + 2x + 1.
(b)
h(x) = x
se e somente se
x = −5/2.
(c)
ρ(x + y) = ρ(x), se y ∈ Q. 2 36 π =µ . (d) µ 17 π (e)
♣
fx (x) = f (x) + x = xfx (1).
Expressões mais complicadas podem ser avalidadas de maneira rotineira, com a devida quota de paciência:
f (ρ(µ(f3 (h(0))))) = f (ρ(µ(f3 (−5)))) = f (ρ(µ(28))) = f (ρ(16)) = f (1) = 1. Observe que
f
denota um sub-conjunto de
X ×Y,
Existe a tendência bastante generalizada de considerar
enquanto
f (x)
f (x)
denota um elemento em
Y.
como um conjunto de instruções ou
procedimento. Embora intuitivo, esse ponto de vista não carece de objeções. A mais substancial de ciência consiste no fato que expressões tais como:
f (x) = x2 f (x) = x2 − 3x + 3 + 3(x − 1) representam certamente
procedimentos
diferentes, se por procedimento entende-se o conjunto de
instruções empregadas para determinar
f (x).
Mas resulta óbvio que as duas expressões acima
deveriam representar a mesma função. O leitor pode ter a impressão que esta abordagem intuitiva foi substituída por uma de nição tão abstrata, que a mente apenas pode captar. Contudo, a de nição rigorosa adotada constitui uma boa ilustração dos métodos que têm permitido incorporar as idéias intuitivas à Matemática rigorosa. O que na verdade importa perguntar sobre uma função não é O que é uma instrução?, ou O que é um procedimento?, mas O que é necessário saber sobre uma função para conhecer absolutamente tudo o referente a ela? A resposta dessa última pergunta é fácil: Para todo número
x
é necessário conhecer o número
f (x)
sem ambiguidade. Essa informação pode ser condensada
como uma coleção de pares de números na forma
(x, f (x)),
o que no fundo não é nada mais do que
uma tabela com duas entradas. Finalmente, caso sirva como consolo, nem a de nição rigorosa, nem a abordagem intuitiva, ou a utilização de tabelas, fornecem a melhor maneira de representar uma função. No caso de funções de
R
em
15.2 Se
f
e
R,
a melhor maneira consiste em fazer desenhos, que será o tema do capítulo seguinte.
Operações com Funções g
são duas funções quaisquer, pode-se de nir uma nova função, denotada
a expressão:
(f + g)(x)
:= f (x)
+ g(x).
f + g,
mediante
168
f (unções)
Segundo a convenção adotada, o domínio de
f (x) + g(x)
f +g consistirá em todos aqueles x tais que a expressão
está bem de nida. Ou seja:
Dom(f + g) = Dom(f ) ∩ Dom(g). Analogamente, de ne-se o produto
(f g)(x) f (x) g Obviamente,
fg
e o quociente
f /g
de funções, respectivamente como:
:= f (x)g(x); :=
f (x) . g(x)
Dom(f g) = Dom(f ) ∩ Dom(g).
Por outro lado, o domínio de
f /g
resulta ligeiramente
mais complicado, podendo ser expresso como:
Dom(f /g) = Dom(f ) ∩ Dom(g) ∩ {x ∈ R : g(x) 6= 0}. Não resulta difícil provar que a soma e produto de funções são associativos, ou seja:
(f + g) + h = f + (g + h), (f g) h = f (gh); como também comutativos:
f + g = g + f, f g = gf. Para formalizar tal prova, resulta necessário adotar o procedimento típico empregado na demonstração de identidades envolvendo funções: deve-se veri car que as duas funções possuem o mesmo domínio e que tomam o mesmo valor para qualquer número em tal domínio. Existe ainda uma outra maneira de combinar funções, de longe a mais importante, de nida a seguir.
15.2.1 De nição: Se f e g são duas funções quaisquer, de ne-se uma nova função, denominada a composição da f com g e denotada por f ◦ g , mediante a expressão:
(f ◦ g)(x) O domínio de da
f,
:= f (g(x)).
f ◦g
consiste em todos aqueles
x
no domínio de
g,
tais que
g(x)
pertence ao domíno
ou seja:
Dom(f ◦ g) = {x ∈ Dom(g) : g(x) ∈ Dom(f )}.
♣
Esta operação de composição de funções é associativa:
(f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h). Contudo, resulta altamente oportuno salientar que a função
f ◦g
será em geral diferente de
g ◦ f,
como quase qualquer exemplo tomado ao acaso pode ilustrar. Ou seja, a composição de funções está longe de ser uma operação comutativa.
169
15.3 Algumas Classes Particulares de Funções
15.3
Algumas Classes Particulares de Funções
Embora o conceito de função seja de abrangente generalidade, a atenção na presente será limitada por enquanto a funções de um tipo muito particular. Mas mesmo essa classe tão restrita de funções apresenta variedade tão grande, que monopolizará a atenção ainda por um tempo considerável. O objetivo da presente seção consiste na apresentação das funções que aparecem com maior frequência na prática. Para começar, a função
f
do Exemplo 15.1.9(a) é um caso particular de uma classe importan-
tíssima de funções, de nida a seguir.
15.3.1 De nição: cial com exponente
Seja
n ∈ N.
Uma função da forma
f (x) = xn
é denominada função
poten-
♣
n.
As funções potenciais são, por sua vez, os blocos básicos de uma classe mais geral ainda.
15.3.2 De nição: Uma função f é denominada função polinomial ou simplesmente polinômio se existe n ∈ N e números reais a0 , a1 , . . . an com an 6= 0, tais que:
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 . Em tal caso, o número
n
é denominado o
grau do polinômio.
♣
As funções polinomiais possuem algumas propriedades parecidas com as dos números inteiros, particularmente, o algoritmo da divisão (vide Exercício 15.8.1).
Não surpreende, portanto, que
quocientes de polinômios possuam um destaque especial, como no caso dos quocientes de números inteiros.
15.3.3 De nição:
Uma função da forma
identicamente nulo, recebe o nome de
f = p/q ,
função racional.
onde
p
e
q
são polinômios, com
q
não
♣
Um primeiro contato com as propriedades da funções trigonométricas será fornecido ainda no presente Capítulo, na Seção 15.10. A função exponencial foi introduzida previamente, no Capítulo 12. As funções trigonométricas, logarítmica e exponencial, são exemplos das que se denominam
funções trascendentes elementares. Essas funções, junto com as racionais, se podem combinar de diversas maneiras, dando origem à classe mais abrangente das funções algébricas, como nos seguintes exemplos:
x + x2 + x sen2 x ; x sen x + x sen2 x f (x) = sen(sen(x2 )). f (x) =
Exercícios para o Capítulo 15 15.4
Domínios e Imagens
15.4.1 Exercício:
Determine o domínio
máximo onde as seguintes funções podem ser de nidas.
2 . |x − 1/3| p (b) g(x) = 3 − 2(x − 1). (a)
(c)
f (x) =
h(x) =
2x2
R:
{x ∈ R : x 6= 1/3}.
R:
x+2 . + 7x + 6
R:
{x ∈ R : x > 1}.
{x ∈ R : x 6= −3/2}.
Sugestão: Lembre-se do Exercício 11.4.1(c).
(d)
k(x) =
1 1 + . x−1 x−2
R:
l(x) = 2x2 + 4x + 3. √ (f ) m(x) = 3x2 − 1.
{x ∈ R : x 6= 1 ∧ x 6= 2}.
(e)
15.4.2 Exercício:
R: R:
Determine agora a
Para tanto, estabeleça a condição
√ √ {x ∈ R : x > 1/ 3 ∨ x 6 −1/ 3}.
imagem
f (x) = y
R. ♣
de cada uma das funções do exercício anterior.
e tente colocar em evidência
será possível apenas para determinados valores de
y,
x
em função de
y.
Isso
cuja coleção determina a imagem da função
em questão.
(a)
R:
{y ∈ R : y > 0} = (0, +∞).
(b)
R:
{y ∈ R : y 6 3} = (−∞, 3].
(c)
R:
{y ∈ R : y 6= 0} = (−∞, 0) ∪ (0, +∞).
(d)
R:
R.
Sugestão: Considere por separado os casos
(e)
R:
y=0
e
y 6= 0.
{y ∈ R : y > 1} = [1, +∞).
Sugestão: Aqui será util determinar o vértice da parábola.
(f )
R:
{y ∈ R : y > 0} = [0, +∞).
♣ 171
172
f (unções)
15.4.3 Exercício: (a)
f (1). g(2).
(c)
h(x + 1).
(d)
√ l( 2).
(e)
m(−1).
(f )
l(1 + x) − l(1) . x
R: R:
15.4.4 Exercício:
R:
f (x) =
1−x+
15.4.5 Exercício: (a)
f (f (x)).
x+3 1 = . + 11x + 15 2x + 5 √ R: 4(1 + 2) + 3. √ R: 2.
Determinar o domínio das funções de nidas pelas seguintes fórmulas: R:
√
f (x) = x
Para quais
[−1, 1] ∩ R = [−1, 1].
{x ∈ R : −1 6 x 6 1} ∩ {x ∈ R : x > 1 ∨ x 6 −1} = {−1, 1}.
x − 2.
Seja
{x ∈ R : −1 6 x 6 1} = [−1, 1]. R:
R:
(d)
R:
1 . 1+x
∅.
♣
Interpretar o seguinte:
isso tem sentido?
R:
1+x . 2+x
(c)
f (cx).
(d)
f (x + y).
(e)
f (x) + f (y).
(f )
Para que números
x . 1+x
R:
R:
R:
R:
c
existe algum número
x
tal que
Sugestão: Existem muitos mais do que aparenta. Para que números
x 6= −2.
Para
1 . (b) f x
(g)
2.
♣
√
√
2x2
3−
√
2x + 8.
1 − x2 . p √ (b) f (x) = 1 − 1 − x2 . √ √ (c) f (x) = 1 − x2 + x2 − 1. f (x) =
3.
R:
(b)
(a)
Com as funções do Exercício 15.4.1 calcule:
c
a relação
f (cx) = f (x)
1 . 1 + cx
1 . 1+x+y
1 1 2+x+y + = . 1+x 1+y (1 + x)(1 + y)
f (cx) = f (x)?
R: Para qualquer
c ∈ R,
considere
x = 0.
x c = 1. ♣
é satisfeita para pelo menos dois números
diferentes, ou seja, equivalentemente, para algum
x 6= 0?
R: Apenas no caso trivial
173
15.5 Composição
15.5
Composição
15.5.1 Exercício:
Considere as funções
l
e
m
do Exercício 15.4.1(e,f ).
composições e determine os seus respectivos domínios e imagens.
Calcule as seguintes
Pode ser de alguma ajuda
considerar os resultados dos Exercícios 15.4.1(e,f ) e 15.4.1(e,f ).
(a)
l ◦ m.
(b)
m ◦ l.
√ (l ◦ m)(x) = 6x2√+ 1 + 4 3x2√− 1. Dom(l ◦ m) = Dom(m) = {x ∈ R : x > 1/ 3 ∨ x 6 −1/ 3}. Img(l ◦ m) = [l(0), +∞) = [3, +∞). p R: (m ◦ l)(x) = 3(2x2 + 4x + 3)2 − 1. Dom(m ◦ l) = R. √ ♣ Img(m ◦ l) = (m(1), +∞) = ( 2, +∞). R:
15.5.2 Exercício:
Considere as seguintes funções:
S(x) = x2 , P (x) = 2x , s(x) = sen x. Determine os valores indicados nos itens a seguir. Em cada caso, a solução deve ser um
(a)
(S ◦ P )(y).
(b)
(S ◦ s)(y).
(c)
(S ◦ P ◦ s)(t) + (s ◦ P )(t).
(d)
s(t3 ).
R: R:
15.5.3 Exercício:
◦. Em cada seria P ◦ s.
+, .
solução do item (a) abaixo
e
22 sen(t) + sen(2t ).
sen(t3 ).
♣
Expressar cada uma das seguintes funções em termos de
anterior usando apenas
(2y )2 = 22y .
(sen(y))2 = sen2 (y). R:
R:
número.
caso a solução deve ser uma
S, P
função.
e
s do exercício
Por exemplo, a
(a)
f (x) = 2sen x .
R:
P ◦ s.
(b)
f (x) = sen(2x ).
R:
s ◦ P.
(c)
f (x) = sen(x2 ).
R:
s ◦ S.
(d)
f (x) = sen2 x.
R:
S ◦ s.
Sugestão: Lembre-se que
(e)
x
f (x) = 22
sen2 x
é uma abreviação de
(sen x)2 .
.
Sugestão: Observe que
R:
ab
s
signi ca sempre
ser denotado mais simplemesmente por
bs
a
a(b .
s
)
. Tal convenção é adotada porque
P ◦ P.
(ab )s
pode
174
(f )
f (unções) 2
f (u) = sen(2u + 2u ).
R: 2sen y
(g)
f (y) = sen(sen(sen(22
(h)
f (a) = 2sen
2
a
R: 2
+ sen(a2 ) + 2sen(a
15.5.4 Exercício: (a)
))).
Seja
Qual é valor de
f
+sen a)
.
R:
s ◦ (P + (P ◦ S)).
s ◦ s ◦ s ◦ P ◦ P ◦ P ◦ s.
P ◦ S ◦ s + s ◦ S + P ◦ (s ◦ (S + s)).
uma função e suponha que
y
é um número tal que
♣
f (f (y)) = y .
f (f (f (· · · f (f (y)) · · · )))? | {z } 80 vezes
Sugestão: Calcule as primeiras sucessivas composições. O que descobre?
(b)
Responda a mesma questão do item (a), mas trocando
80
por
81.
Sugestão: A resposta segue quase imediatamente de (a). Não é necessário repetir tudo.
(c)
Responda a mesma questão do item (a) mas agora supondo que o número
f (y).
15.6
y satisfaz f (f (y)) = ♣
Operações com Funções
15.6.1 Exercício:
Sejam
f, g
e
h
funções. Forneça uma prova ou um contra-exemplo para as
seguintes identidades:
(a)
(f + g) ◦ h = f ◦ h + g ◦ h.
(b)
h ◦ (f + g) = h ◦ f + h ◦ g . 1 1 (c) = ◦ g. f ◦g f 1 1 (d) =f◦ . f ◦g g
15.6.2 Exercício: os valores de
x
e
Prove que não existem funções
y=0
x
x=0
e
g f.
prove que
e veja o que acontece com a
15.6.3 Exercício: os valores
f
e
g
tais que
f (x) + g(y) = xy
para
todos
y.
Sugestão: Considerando agora
♣
deve ser uma função constante. Feito isso, considere
Prove que não existem funções
♣
f
e
g
tais que
f (x)g(y) = x + y
para
todos
y. x = 0 prove que f (0) 6= 0 e determine y = 0 e veja o que acontece agora com x.
Sugestão: Considerando isso, considere então
uma expressão para
g(y).
Feito
♣
175
15.7 Polinômio Interpolador de Lagrange
15.6.4 Exercício:
(a)
Seja
f (x) = x + 1.
g
Existem funções
tais que
f ◦ g = g ◦ f?
R:
g(x) = g(0) + x. (b)
Suponha agora que
f
g,
é uma função constante. Para que funções
tem-se
f ◦ g = g ◦ f?
R:
g(x) = x. (c)
f tal que f ◦ g = g ◦ f f (x) = x.
Seja agora identidade
para
todas
as funções
Sugestão: Se vale para todas, vale em particular para as
15.7
g
Prove que
Sejam
x1 , x2 , . . . xn
Determine uma função polinômica todo
deve ser a função
♣
constantes.
um conjunto de
fi
de grau
n−1
n
números
diferentes.
que tome o valor 1 em
xi
e 0 em
xj
para
j 6= i.
Sugestão: O produto dos
(x − xj )
para R:
j 6= i
xj . ,x = n n Y Y (x − xj ) . fi (x) = (x − xj ) (xi − xj ) = (xi − xj ) j=1 j=1 j=1 resulta nulo em
n Y
j6=i
(b)
f
Polinômio Interpolador de Lagrange
15.7.1 Exercício: (a)
g.
Sejam agora
a1 , a2 , . . . an
j6=i
n números (não necessariamente diferentes). n − 1 tal que f (xi ) = ai para todo i = 1, 2, . . . n.
um outro conjunto de
Determine uma função polinômica Sugestão: Use as funções
j6=i
fi
f
de grau
do item anterior. A expressão que obtiver denomina-se
de Interpolação de Lagrange.
R:
f=
n X
a i fi .
Fórmula
♣
i=1
15.8
Algoritmo da Divisão para Polinômios
15.8.1 Exercício:
Seja
f
uma função polinomial qualquer:
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 . (a)
Se
a∈R
arbitrário, então existem
g
função polinomial e
b∈R
tais que:
f (x) = (x − a) g(x) + b, para todo
(b)
Se
x ∈ R.
f (a) = 0,
então
f (x) = (x − a) g(x), ∀ x ∈ R.
♣
176
f (unções)
15.9
Funções Racionais
15.9.1 Exercício: para
todo x?
15.10 Seja por
R:
Para que valores de
d = −a;
ou então
a, b, c
e
d
a função
d = a 6= 0, b = c = 0;
ax + b satisfaz f (f (x)) = x cx + d d = a = 0, b 6= 0, c 6= 0. ♣
f (x) =
ou ainda
As Funções Trigonométricas Algébricas
R 3 π > 0. Considere duas funções, denominadas seno sen e cos, satisfazendo as seguintes propriedades:
1.
Domínio de De nição: As funções
2.
Valores Especiais:
sen
e
cos
e
coseno, denotadas respectivamente
estão de nidas em todo
R.
cos 0 = sen π/2 = 1, cos π = −1.
3.
Coseno de uma diferença: Para todo
x, y ∈ R,
tem-se:
cos(y − x) = cos(y) cos(x) + sen(y) sen(x).
4.
Desigualdades Fundamentais: Para
0 < cos x <
0 < x < π/2,
tem-se:
1 sen x < . x cos x
Assumindo as propriedades 1, 2 e 3, veri que as relações adicionais estabelecidas nos exercícios a seguir.
15.10.1 Exercício:
Identidade Pitagórica
Veri que a seguinte relação:
sen2 x + cos2 x = 1, Sugestão: tome
y=x
15.10.2 Exercício: Prove que para todo
para todo
x ∈ R.
na propriedade 3 e use
cos 0 = 1
da propriedade 2.
♣
Limitação
x ∈ R,
tem-se que
|sen x| 6 1
e
|cos x| 6 1.
Identidade Pitagórica do exercício anterior e do Exercício 2.5.2.
Isso segue diretamente da
♣
177
15.10 As Funções Trigonométricas Algébricas
15.10.3 Exercício:
Mais Valores Especiais
Veri que os seguintes valores especiais:
sen 0 = cos π/2 = sen π = 0. Sugestão: use a propriedade 2 e a identidade pitagórica do exercício anterior para valores apropriados de
♣
x.
15.10.4 Exercício:
Considerando
cos(π/2 − x) = sen(x),
y = π/2
para todo
na propriedade 3, veri que a relação:
x ∈ R. ♣
Esta identidade é incluída aqui apenas para ser usada nos próximos exercícios.
15.10.5 Exercício: (a)
Prove que
cos
Paridade é uma função par, ou seja, para todo
x ∈ R,
tem-se:
cos(−x) = cos(x). (b)
Prove que
sen
é uma função ímpar, ou seja, para todo
x ∈ R,
tem-se:
sen(−x) = − sen(x). Sugestão: Utilizando a identidade do exercício anterior, observe que:
sen(−x) = cos(π/2 + x) = cos(π − (π/2 − x)) = cos(π) cos(π/2 − x) − sen(π) sen(π/2 − x).
15.10.6 Exercício: Prove que para todo
♣
Co-Relações
x ∈ R,
tem-se:
sen(π/2 + x) = cos x; cos(π/2 + x) = − sen x.
15.10.7 Exercício:
♣
Periodicidade
Veri que que as funções
sen e cos são periódicas,
de período
2π .
Ou seja, para todo
x ∈ R,
tem-se:
sen(x + 2π) = sen x; cos(x + 2π) = cos x.
♣
178
f (unções)
15.10.8 Exercício: Para todo
x, y ∈ R,
Fórmulas de Adição
tem-se:
cos(x + y) = cos(x) cos(y) − sen(x) sen(y); ♣
sen(x + y) = sen(x) cos(y) + cos(x) sen(y).
15.10.9 Exercício: Para todo
a, b ∈ R,
Fórmulas de Diferenças
tem-se:
a−b a+b sen(a) − sen(b) = 2 sen cos ; 2 2 a+b a−b sen . cos(a) − cos(b) = −2 sen 2 2
♣
Além das propriedades 1, 2 e 3, assuma agora adicionalmente a validade da propriedade 4.
15.10.10 Exercício: (a)
[0, π/2] a, b ∈ [0, π/2].
Prove que no intervalo se
(b)
Motonicidade
a
com
a função
sen
[0, π/2] a função cos é estritamente decrescente. a, b ∈ [0, π/2].
Prove que no intervalo se
a
com
é estritamente crescente. Ou seja,
Ou seja,
sen a < sen b cos b < cos a ♣
As propriedades enunciadas nos seguintes dois exercícios são meros casos particulares, ou consequência direta, das fórmulas de adição, requerindo apenas apenas o concurso das propriedades 1, 2 e 3. Contudo, as relações a seguir são muito úteis na prática para manipular expressões que envolvem as funções trigonométricas.
15.10.11 Exercício: Para todo
x ∈ R,
Fórmulas do Ângulo Duplo, ou Fórmulas de Duplicação
tem-se:
cos(2x) = cos2 x − sen2 x = 1 − 2 sen2 x; sen(2x) = 2 sen(x) cos(x).
15.10.12 Exercício: Para todo
x ∈ R,
♣
Fórmulas de Redução
tem-se:
1 − cos(2x) ; 2 1 + cos(2x) cos2 x = . 2
sen2 x =
♣
179
15.11 Uma Identidade Trigonométrica Importante
A seguinte propriedade servirá para provar um notável limite no Capítulo 18 (vide exercício 18.12.3(d)). Resulta necessária também aqui a Propriedade 4, além das três primeiras.
15.10.13 Exercício: Prove que
sen x < x,
Sub-Linearidade do Seno:
0 < x < π/2.
para todo
Sugestão: Pelo exercício 15.10.11, tem-se
sen(2x) = 2 sen x cos x,
de onde segue que:
sen x sen 2x = cos x < 1, 2x x ♣
onde a última desigualdade é consequência da propriedade 4.
15.11
Uma Identidade Trigonométrica Importante
Considere as funções
sen
15.11.1 Exercício:
e
cos
satisfazendo as propriedades 1 a 4 introduzidas na seção anterior.
Veri que a seguinte relação:
sen nθ 1 − cos 2nθ = . sen 2nθ cos nθ Sugestão: Observe que:
sen nθ 2 sen2 nθ 1 − cos 2nθ = = . cos nθ 2 sen nθ cos nθ sen 2nθ
15.11.2 Exercício:
♣
Veri que agora, mediante um cálculo direto usando a fórmula de adição
para o coseno, a relação:
cos θ + sen θ
sen nθ cos(n − 1)θ = . cos nθ cos nθ
15.11.3 Exercício:
♣
Mediante um cálculo direto usando a fórmula de adição para o seno e os
resultados dos dois exercícios anteriores, veri que a identidade:
sen(2n − 1)θ + sen θ = sen 2nθ
15.11.4 Exercício:
cos(n − 1)θ . cos nθ
Usando a propriedade 4, veri que que, se
cos(n − 1)θ sen θ > . cos nθ θ
♣
0 < 2nθ 6 π/2,
então:
♣
180
f (unções)
15.11.5 Exercício:
Utilizando os resultados dos dois exercícios anteriores conclua que:
sen θ sen 2nθ < sen(2n − 1)θ + sen θ. θ
15.11.6 Exercício:
2nθ 6 π/2,
♣
Empregando mais uma vez a propriedade 4, veri que agora que, se
0 <
então:
sen(2n + 1)θ − sen θ <
15.11.7 Exercício:
sen θ sen 2nθ. θ
♣
Finalmente, utilizando os resultados dos dois exercícios anteriores conclua
que:
sen(2n + 1)θ − sen θ <
15.11.8 Exercício: prove que, para cada
sen θ sen 2nθ < sen(2n − 1)θ + sen θ, θ
Considerando
n ∈ N,
2nθ = a,
ou seja,
θ = a/2n,
se
0 < 2nθ 6 π/2.
♣
na relação do exercício anterior,
tem-se:
a a sen a a a sen a < sen(n − 1/2) + sen sen(n + 1/2) − sen < a2n , n 2n n 2n 2n 0 < a 6 π/2, então para todo n ∈ N, tem-se: a a 1 a 1 a sen n + sen n − − sen + sen a a 2 2n 2n 2 2n 2n a a < sen a < . n n 2 sen 2 sen 2n 2n
se
0 < a 6 π/2.
Ou seja, se
15.11.9 Exercício:
2 sen x/2
n X
♣
Prove que:
cos kx = sen(n + 1/2)x − sen x/2;
∀ n ∈ N.
k=1 Sugestão: Utilizando a fórmula de diferenças para o seno, observe que:
2 sen x/2 cos kx = sen(k + 1/2)x − sen(k − 1/2)x, Depois, some essa identidade para
k
de
1
até
n
para simpli car o membro resultante à direita.
∀ k ∈ N.
e use a propriedade telescópica das somas nitas
♣
181
15.11 Uma Identidade Trigonométrica Importante
15.11.10 Exercício:
Utilizando o exercício anterior, veri que que, para
x/2 6= kπ
com
k ∈ Z,
tem-se:
n X
cos kx =
sen(n + 1/2)x − sen x/2 , 2 sen x/2
∀ n ∈ N;
cos kx =
sen(n − 1/2)x + sen x/2 , 2 sen x/2
∀ n ∈ N.
k=1 n−1 X k=0
15.11.11 Exercício: n
aX cos n k=1
ka n
Prove que para qualquer
< sen a <
n−1 ka aX cos ; n n
0 < a 6 π/2,
♣
tem-se:
∀ n ∈ N.
k=0
Sugestão: Use o exercício anterior e a segunda relação do Exercício 15.11.8 com
x = a/n.
♣
Capítulo 16
Grá cos Pode-se adquirir um pouco de paz de espírito apenas contemplando aquele horizonte. É uma linha traçada por um geômetra... Completamente regular, rme e conhecida. Talvez seja a linha original que inspirou Euclides na compreensão do comportamento das retas; uma linha de referência, que originou os primeiros cálculos dos primeiros astrônomos que elaboraram mapas celestes. Robert M. Pirsig
16.1
1
Representação Grá ca dos Números Reais
O método convencional de representar o conjunto dos números reais é através de uma linha reta. Para tanto, escolhe-se arbitrariamente um ponto que corresponde ao número nado
origem,
e um outro ponto à direita que representa o
1.
0,
também denomi-
Os pontos à esquerda da origem
correspondem aos números negativos.
Figura 16.1: Representação grá ca do conjunto dos números reais.
a < b, então o ponto que representa a ca à esquerda do ponto |a − b| tem uma representação simples em termos dessa imagem distância entre a e b, ou seja, o comprimento do segmento retilíneo que
Com essas convenções, se correspondente para
b.
O número
geométrica: consiste na une tais pontos.
Pode-se admitir como auto-evidente que todos os números reais, inclusive os irracionais, podem ser representados como pontos de uma reta, extendendo-se continuamente lados da origem.
1 [9,
ad in nitum para ambos
A base para tal suposição consiste em que tal método de desenhar números
p. 357].
183
184
Grá cos
Figura 16.2: Representação grá ca do módulo
|a − b|.
resulta apenas uma maneira de representar certas idéias abstratas, mas nunca uma forma de demonstrar teoremas (pelo menos na presente obra). De maior interesse do que um método para representar números, consiste em determinar uma maneira de representar
pares de números.
Esse procedimento requer duas linhas retas que se cortam
eixo horizontal ou das abcissas, e vertical ou das ordenadas, respectivamente. A interseção dos dois eixos corresponde ao par (0, 0), também denominado a origem. O todo recebe o nome de sistema de coordenadas cartesiano ortogonal. em ângulo reto.
Para diferenciá-las, são denominadas de
Figura 16.3: Sistema de coordenadas cartesiano ortogonal.
Lembre que o que realmente interessa é determinar um método para desenhar funções. Dado que uma função não é nada mais do que uma coleção de pares de números, o traçado de uma função se reduz ao traçado de cada um do seus pares. O desenho assim obtido recebe o nome de
grá co da função em questão. Não surprende que as funções mais simples de todas, as funções constantes
f (x) = c,
possuam
também os grá cos mais simples. Resulta fácil veri car que, para uma tal função, o seu grá co consiste em uma linha reta paralela ao eixo horizontal a distância
c
do mesmo.
185
16.2 Funções Lineares
Figura 16.4: Grá co da função constante
16.2
f (x) = c.
Funções Lineares
Ascendendo na ordem de complexidade, as funções da forma
f (x) = ax + b
também têm grá cos
particularmente simples.
16.2.1 De nição: com
a 6= 0.
Uma função
linear é uma função da forma
Os grá cos das funções lineares da forma
(0, 0).
f (x) = ax + b,
onde
Equivalentemente, uma função linear é uma função polinomial de grau 1.
A constante
a
recebe o nome de
a, b ∈ R, ♣
f (x) = ax consistem em retas que passam pela origem
coe ciente angular, pendente, ou inclinação, da reta
que representa à função linear. Não resulta difícil veri car que o grá co da função linear de coe ciente angular
a
que passa pelo ponto
(0, b).
f (x) = ax + b consiste em b determina o
Ou seja, o ponto
corte da reta com o eixo vertical, pelo que recebe o nome de
uma reta ponto de
ordenada na origem ou também
coe ciente linear.
16.3
Funções Quadráticas
Após as funções lineares, talvez as funções mais simples sejam os polinômios de segundo grau, também denominados funções quadráticas.
Uma função
a, b, c ∈ R
Equivalentemente, uma função quadrática é uma função polinômica de grau
com
a 6= 0.
quadrática é uma função da forma
f (x) = ax2 + bx + c,
16.3.1 De nição:
onde
♣
2.
Observe que, para qualquer função
f
em geral, o ponto de corte do seu grá co com o eixo
186
Grá cos
Figura 16.5: Grá co da função linear
vertical é dado pelo ponto
(0, f (0)).
f (x) = ax + b.
No caso da função quadrática, tem-se
f (0) = c,
ou seja, como
no caso da função linear, tal ponto de interseção é dado pelo coe ciente constante. Também, para qualquer função zontal consistem nos pontos
x
f
em geral, os pontos de corte do seu grá co com o eixo hori-
determinados pela condição
f (x) = 0,
também denominados
raízes
da função em questão. Observe que uma função pode possuir uma, várias, ou nenhuma raiz, dependendo de cada caso em particular.
Em raras oportunidades, as raízes podem ser calculadas
explicitamente. Por exemplo, no caso da função quadrática, existem em geral duas raízes, determinadas pela condição
ax2 + bx + c = 0.
Segundo o Exercício 11.4.1(a), tais raízes podem ser obtidas
através das expressões:
√
b2 − 4ac , √2a −b − b2 − 4ac r2 = . 2a r1 =
−b +
Observe que no caso em que
b2 = 4ac
ambas raízes coincidem. Em tal caso, existe apenas uma
raiz e o grá co corta o eixo horizontal em apenas um ponto. O grá co de uma função quadrática denomina-se deduzida a partir dos coe ciêntes
•
O sinal de
a
a, b
e
c
parábola. A forma de tal parábola pode ser
baseando-se nas seguintes considerações:
determina se os ramos da parábola serão para baixo ou para cima. (Se
a=0
obviamente em lugar de uma parábola o que se tem é uma reta).
Isso se deve ao fato que o termo quadrático maneira, como
x
2
domina aos outros para
x
grande. Desta
resulta sempre positivo, as propriedades de crescimento ou decaimento
cam determinadas pelo sinal de
•
ax2
a.
Da expressão do Exercício 2.9.1, a saber:
ax2 + bx + c =
i 1 h 2 (2ax + b) − b2 − 4ac 4a
187
16.4 Função Valor Absoluto
Figura 16.6:
Se o sinal do coe ciente
a
for
Figura 16.7:
positivo, a parábola tem ramos ascendentes.
sabe-se que o ponto
x
Se o sinal do coe ciente
onde a parábola atinge seu valor extremo é dado por
Tal valor extremo será um máximo no caso
f (−b/2a) = −(b2 − 4ac)/4a.
a
for
negativo, a parábola tem ramos descendentes.
a < 0,
ou mínimo se
Este ponto costuma ser denominado o
a > 0,
x = −b/2a.
e é dado por
vértice da parábola em
questão.
•
Observe também que, da expressão anterior, tem-se:
1 ax2 + bx + c = 4a
"
# 2 b 4a2 x + − b2 − 4ac . 2a
Portanto, a parábola é simétrica em torno do eixo vertical dado por
x = −b/2a,
o qual é o
mesmo eixo onde se localiza o ponto de máximo, ou mínimo.
•
De pasagem, observe que a partir do ponto de máximo ou mínimo, pode ser obtido também o ponto médio entre a raiz maior e a menor, dado por:
•
r1 + (r1 − r2 )/2 = (r1 + r2 )/2 = −b/2a.
Como já fora apontado anteriormente, o coe ciente
c
determina
sempre
a
ordenada na
origem, ou seja, o ponto de corte da parábola com o eixo das ordenadas.
16.4
Função Valor Absoluto
16.4.1 De nição:
( f (x) =
x, −x,
A função se se
16.4.2 Observação:
módulo ou valor absoluto é de nida como
:=
|x|.
(a)
Ou seja:
♣
Na parte correspondente a
x > 0,
o grá co de
f (x) = |x|
coincide
f (x) = x.
Por outro lado, na parte correspondente a grá co da reta
f (x)
x > 0; x < 0.
com o grá co da reta
(b)
♣
f (x) = −x.
x < 0,
o grá co de
f (x) = |x|
coincide com o
188
Grá cos
Figura 16.8: Grá co da função quadrática
(c)
Finalmente, o grá co de
16.4.3 Observação:
f (x) = |x|
f (x) = ax2 + bx + c.
pode ser obtido juntando os dois grá cos anteriores.
♣
Para obter o grá co resultante da composição do módulo com outras
funções, ou seja, de funções da forma
f (x) = |g(x)|,
resulta facultativo proceder da seguinte
maneira:
(a)
Desenha-se o grá co de
(b)
A parte do grá co de
g(x)
que ca acima do eixo das abcissas permanece inalterada.
(c)
A parte do grá co de
g(x)
que ca abaixo do eixo das abcissas deve ser re etido simetrica-
g(x)
normalmente, ou seja, como se não houvesse módulo.
♣
mente para cima com relação a tal eixo.
16.4.4 Exemplo:
Deseja-se esboçar o grá co da função:
f (x) = |3x + 1| . Em tal caso, primeiramente desenha-se o grá co da função 16.9).
f (x) = 3x + 1 sem módulo
(Figura
A parte desse grá co que ca por cima do eixo horizontal permanece sem modi cação
alguma (Figura 16.10).
Por outro lado, a parte do grá co da função original sem módulo que
ca por baixo do eixo horizontal deve ser re etida para cima ao longo desse eixo (Figura 16.11). Finalmente, o grá co desejado é obtido justapondo esses dois últimos grá cos (Figura 16.12).
16.4.5 Exemplo:
Deseja-se esboçar o grá co da função:
f (x) = 2x2 + 8x + 6 . Em tal caso, primeiramente desenha-se o grá co da função
f (x) = 2x2 +8x+6 sem módulo
(Figura
16.13). A parte desse grá co que ca por cima do eixo horizontal permanece sem modicação alguma (Figura 16.14). Por outro lado, a parte do grá co da função original sem módulo que ca por baixo do eixo horizontal deve ser re etida para cima ao longo desse eixo (Figura 16.15). Finalmente, o grá co desejado é obtido justapondo esses dois últimos grá cos (Figura 16.16).
189
16.5 As Famosas Seções Cônicas
Figura 16.9: Grá co da função original, sem
Figura 16.10: A parte do grá co por cima do
o módulo.
eixo horizontal permanece inalterada.
Figura 16.11: A parte do grá co que ca por
Figura 16.12:
baixo do eixo horizontal é re etida especula-
rada é obtido justapondo esses dois últimos
mente para cima ao longo desse eixo.
grá cos.
16.5
O grá co da função conside-
As Famosas Seções Cônicas
As peculiaridades exibidas por algumas funções são tão sugestivas que resulta fácil esquecer alguns dos mais importantes e simples subconjuntos do plano, que não são grá cos de funções.
16.5.1 De nição: Dados dois pontos (a1 , b1 ) e (a2 , b2 ) no plano euclidiana, ou simplesmente a distância, entre eles como:
p
(a1 − a2 )2 + (b1 − b2 )2 .
R × R,
de ne-se a
distância
♣
Com a de nição precedente, o Teorema de Pitágoras tem sido incorporado na representação geométrica de guras no plano descrita no presente capítulo.
190
Grá cos
Figura 16.13: Grá co da função original, sem
Figura 16.14: A parte do grá co por cima do
o módulo.
eixo horizontal permanece inalterada.
Figura 16.15: A parte do grá co que ca por
Figura 16.16:
baixo do eixo horizontal é re etida especula-
rada é obtido justapondo esses dois últimos
mente para cima ao longo desse eixo.
grá cos.
16.5.2 De nição: constante, digamos
(a, b) e raio r.
O grá co da função conside-
O conjunto de pontos (x, y) ∈ R × R no plano que estão a uma distância r, de um outro ponto xo, digamos (a, b), recebe o nome de círculo de centro ♣
Ou seja, o círculo é o conjunto de pontos
(x, y) ∈ R × R
tais que
p
(x − a)2 + (y − b)2 = r,
ou,
equivalentemente, tais que:
(x − a)2 + (y − b)2 = r2 . Um parente próximo do círculo é a elipse, de nida a seguir.
16.5.3 De nição:
O conjunto de pontos
xos é constante recebe o nome de
elipse.
(x, y) tal que a soma das suas distâncias a dois pontos ♣
191
16.5 As Famosas Seções Cônicas
Figura 16.17: Círculo de centro
(a, b)
e raio
r.
Se um dos pontos xos é (−c, 0) e o outro (c, 0) e a soma das distâncias é 2a, então um (x, y) ∈ R × R pertence à elipse se: p p (x − (−c))2 + y 2 + (x − c)2 + y 2 = 2a p p (x + c)2 + y 2 = 2a − (x − c)2 + y 2 p (x + c)2 + y 2 = 4a2 − 2.2a (x − c)2 + y 2 + (x − c)2 + y 2 p x2 + 2xc + c2 + y 2 = 4a2 − 4a (x − c)2 + y 2 + x2 − 2xc + c2 + y 2 p 4(xc − a2 ) = −4a (x − c)2 + y 2
ponto
(xc − a2 )2 = a2 [(x − c)2 + y 2 ] x2 c2 − 2xca2 + a4 = a2 x2 − 2a2 xc + a2 c2 + a2 y 2 (c2 − a2 )x2 − a2 y 2 = a2 (c2 − a2 ) x2 y2 + 2 = 1. 2 a a − c2 A última relação acima costuma ser expressa alternativamente como:
onde
y2 x2 + 2 = 1, 2 a b √ b = a2 − c2 ,
pois obviamente deve ser escolhido
a > c.
A hipérbole pode ser de nida de maneira análoga, mas em tal caso se faz necessário que seja constante a
diferença
16.5.4 De nição:
das distâncias.
O conjunto de pontos
pontos xos é constante recebe o nome de
(x, y)
tal que a diferença das suas distâncias a dois
hipérbole.
Escolhendo, como antes, um dos pontos xos
♣
(−c, 0) e o outro (c, 0) e a diferência das distâncias
192
Grá cos
Figura 16.18: Elipse com focos em
como
2a, então um ponto (x, y) ∈ R × R pertence p p (x + c)2 + y 2 − (x − c)2 + y 2 = ±2a,
(−c, 0)
e
(c, 0).
à hipérbole se:
que simpli cando ca:
x2 y2 + 2 = 1. 2 a a − c2 Porém, neste caso deve ser considerado segue que um ponto
y2 x2 − 2 = 1. 2 a b
(x, y)
c > a.
Portanto,
a2 − c2 < 0.
pertence à hipérbole se e somente se:
De nindo
b=
√
c2 − a2 ,
193
16.5 As Famosas Seções Cônicas
Figura 16.19: Hipérbole com focos em
(−c, 0)
e
(c, 0).
Exercícios para o Capítulo 16 16.6
Conjuntos na Reta
16.6.1 Exercício:
Representar gra camente sobre uma reta o conjunto dos pontos
x
que satis-
fazem cada uma das seguintes relações, respectivamente.
(a)
|x − 3| < 1.
(b)
|x − 3| 6 1.
(c)
|x − a| < . (d) x2 − 1 < 12 . (e)
1 1 > . 1 + x2 5
(f )
1 6 a. 1 + x2 Sugestão: Considere os vários casos possíves para
(g)
x2 + 1 > 2.
(h)
(x + 1)(x − 1)(x − 2) > 0.
16.7
♣
Funções Lineares
16.7.1 Exercício: (a)
a.
Sejam
(a1 , b1 )
e
(a2 , b2 )
dois pontos no plano com
a1 6= a2 .
Prove que a equação da reta que une tais pontos é dada por:
b2 − b1 b2 − b1 f (x) = x + b1 − a1 . a2 − a1 a2 − a1 (b)
Prove que a expressão para
f (x) =
f
do item anterior pode ser expressa alternativamente como:
b2 − b1 (x − a1 ) + b1 . a2 − a1
que resulta mais fácil de lembrar. 195
196
(c)
Grá cos
Prove que a expressão para
f (x) = b2
f
do item anterior pode ser expressa ainda como:
x − a1 x − a2 + b1 ; a2 − a1 a1 − a2
que não é outra coisa senão a expressão dada pela fórmula de interpolação de Lagrange do
♣
Exercício 15.7.1(b).
16.7.2 Exercício: (a)
Representar gra camente os pontos
(x, y) ∈ R2
tais que:
1 5x − y + 1 = 0. 2
16.8
♣
Funções Quadráticas
16.8.1 Exercício:
Sejam
(a1 , b1 )
e
(a2 , b2 )
dois pontos no plano com
a1 6= a2 .
Por dois de tais
pontos passam em geral várias parábolas. Porém, se algum de tais pontos é um ponto de extremo, então a resposta é unica, como mostra o presente exercício.
(a)
Suponha adicionalmente que
b1 < b2
e que
(a2 , b2 )
é o ponto onde se encontra o vértice
da parábola. Observe que tal ponto é necessariamente um ponto de
máximo.
Prove que a
equação da párabola que passa pelos dois pontos dados, com a condição adicional do segundo ser de máximo, é dada por:
f (x) = (b)
b1 − b2 (x − a2 )2 + b2 . (a1 − a2 )2
Idem ao item anterior, mas agora suponha que
(a1 , b1 )
é o ponto onde se encontra o vértice
da parábola. Observe que tal ponto é necessariamente um ponto de
mínimo.
Prove que a
equação da párabola que passa pelos dois pontos dados, com a condição adicional do primeiro ser de mínimo, é dada por:
f (x) =
b2 − b1 (x − a1 )2 + b1 . (a2 − a1 )2
16.8.2 Exercício: (a)
x2 + 3 = y .
(b)
y 2 + 3 = x.
16.9
(x, y) ∈ R2
tais que:
♣
Função Módulo
16.9.1 Exercício: (a)
Representar gra camente os pontos
♣
y = − |x + 2|.
Representar gra camente os pontos
(x, y) ∈ R2
tais que:
197
16.10 Cônicas
(b)
y = |x − 5| + 1.
(c)
y = − |x + 3| + 4.
(d)
y = |− |x + 3| + 4|. ♣
Sugestão: Use o item anterior.
16.10
Cônicas
16.10.1 Exercício:
Descreva gra camente o conjunto solução das seguintes equações:
(a)
(x − 1)2 + (y + 2)2 = 16.
(b)
3x2 + 3y 2 + 4y − 7 = 0.
(c)
x2 + y 2 + 2x − 8y − 8 = 0.
16.10.2 Exercício:
♣
A Parábola como Seção Cônica
(a, b) no plano e uma reta horizontal que corta o eixo vertical no ponto, b 6= c. Prove que o conjunto de pontos (x, y) no plano que estão à mesma da reta dada por g(x) = c constituem o grá co de uma função quadrática f
Considere um ponto digamos,
c,
tais que
distância de
(a, b)
e
dada por:
(x − a)2 + (b2 − c2 ) . 2(b − c)
f (x) =
16.11
♣
Conjuntos no Plano
16.11.1 Exercício:
Representar gra camente os pontos
(x, y) ∈ R2
que satisfazem cada uma
das seguintes condições. Na maioria dos casos, tais conjuntos constituem uma parte signi cativa do plano, não apenas uma reta ou uma curva.
(a)
x > y.
(b)
x + a > y + b.
(c)
y < x2 .
(d)
y 6 x2 .
(e)
|x − y| < 1.
(f )
|x + y| < 1.
(g)
x+y
(h)
1 x+y
é um inteiro. é um inteiro.
198
Grá cos
(i)
(x − 1)2 + (y − 2)2 < 1.
(j)
x2 < y < x 4 .
16.11.2 Exercício:
♣
Representar gra camente os pontos
(x, y) ∈ R2
que satisfazem as cada uma
das seguintes condições:
(a)
|x| + |y| = 1.
(b)
|x| − |y| = 1.
(c)
|x − 1| = |y − 1|.
(d)
x2 + y 2 = 0.
(e)
xy = 0.
(f )
x2 − 2x + y 2 = 4.
(g)
x2 = y 2 .
16.11.3 Exercício:
♣
Representar gra camente cada uma das seguintes funções:
(a)
f (x) = 3.
(b)
f (x) = 5x − 2.
(c)
f (x) = x2 − 1.
(d)
f (x) = (x − 1)2 .
(e)
f (x) = x2 + 2x + 3.
(f )
f (x) =
x . |x|
(g)
f (x) =
1 . x−1
♣
Parte II
Topologia
A rma-se freqüentemente que o cálculo diferencial trata da magnitude contínua, embora nunca sejam prestados esclarecimentos sobre tal continuidade; nem siquer as explicações mais rigorosas do cálculo diferencial baseian as suas demonstrações na continuidade, mas, mais ou menos conscientemente, bem apelam a noções geométricas ou sugeridas pela geometria, bem baseiam-se em teoremas que nunca foram estabelecidos de maneira puramente aritmética.
Entre esses está, por exemplo, o que temos citado antes, e
uma pesquisa mais cuidadosa convenciou-me que esse teorema ou qualquer outro equivalente, pode ser considerado em certo modo su ciente para a análise in nitesimal. Restava apenas por descubrir a sua verdadeira origem nos elementos da aritmética e obter assim ao mesmo tempo uma verdadeira de nição da essência da continuidade. Consegui-o em 24 de novembro de 1858 e poucos dias depois comuniquei o resultado das minhas meditações ao meu caro amigo Durège, com quem manteve uma longa e animada conversa. Richard Dedekind
1 In:
[14, p. 46].
1
Capítulo 17
A Topologia Usual em R 17.1
De nição e Propriedades Básicas
Os resultados fortes da análise real não passam de corolários da topologia usual no conjunto dos números reais. Por outro lado, não poucos resultados topológicos abstratos aparecem como generalizações de propriedades da reta real. Resulta um fato lamentável, senão evidência agrante contra qualquer sistema de ensino da matemática, que estas conexões, tão ricas e instrutivas, não resultem evidentes, nem nos cursos elementares de cálculo, nem nos cursos avançados de topologia geral.
17.1.1 Lema:
S
:=
O conjunto de nido por:
{(a, b) : a, b ∈ R ∧ a < b} ∪ R ∪ ∅,
é sub-base para uma topologia em
Demonstração : agora que
Sejam
a 6 c < b.
A
R.
:= (a, b), B := (c, d)
∈ S.
Se
b 6 c,
então
A ∩ B = ∅ ∈ S.
Suponha-se
Em tal caso:
b 6 d ⇒ A ∩ B = (c, b) ∈ S. d < b ⇒ A ∩ B = (c, d) ∈ S. Por outro lado, no caso
c
tem-se:
b 6 d ⇒ A ∩ B = (a, b) ∈ S. a < d < b ⇒ A ∩ B = (a, d) ∈ S. d 6 a ⇒ A ∩ B = ∅ ∈ S. 17.1.2 De nição:
A topologia
usual em
R
é a topologia induzida pela sub-base
S
17.1.3 Observação:
do Lema
♣
17.1.1.
(a)
A aplicação
d(x, y)
:=
203
|x − y|
de ne uma métrica em
R.
204
(b)
A Topologia Usual em
Se
a, b ∈ R
R
a < b, então: b+a (a, b) = B |b−a| . 2 2 com
Ou seja, todo aberto da base na topologia usual é uma bola aberta, que é um aberto da base na topologia métrica. Com efeito:
x ∈ B |b−a| 2
b+a 2
b + a |b − a| < ⇔ x − 2 2 |b − a| b+a |b − a| ⇔−
onde na penúltima relação foi usado o fato que
a < b.
(c)
Portanto, a topologia usual coincide com a topologia métrica, [2, 1.2.8(1)].
(d)
Em particular,
(e)
Q
(f )
Assim,
é denso em
R
R
R.
é de Hausdor. Em particular,
R
é separável, [2, 1.4.3].
é métrico separável e portanto
N2 .
Alternativamente, considere-se o conjunto:
{(xk − 1/n, xk + 1/n) : n ∈ N, xk ∈ Q}.
17.1.4 Proposição:
max A.
Ou seja,
R ⊃ A 6= ∅ x 6 a, ∀ x ∈ A.
Seja
a∈A
e
♣
limitado superiormente e seja
a
:=
sup A.
Então,
a =
Demonstração :
Seja V ∈ Va . Ou seja, existe U aberto tal que a ∈ U ⊆ V . Portanto, existe 0 > 0 (a − 0 , a + 0 ) ⊆ U , pois (a − 0 , a + 0 ) é um aberto da base da topologia usual. Por outro lado, dado > 0 existe y ∈ A tal que a − < y , pois se fosse y 6 a − para todo y ∈ A, então obterse-ia a contradição a = sup A 6 a − . Observe também que A 3 y 6 sup A = a. Desta maneira, y ∈ (a − 0 , a + 0 ) ⊆ U ⊆ V . Em particular, A ∩ V 6= ∅, ou seja, todo V ∈ Va tem interseção não-vazia com A, o que é equivalente com a ∈ A. Uma outra prova deste fato, consiste em observar que a rede do conjunto dirigido (Va , ⊆) em A de nida por V → y converge para a. Portanto, a é ponto de acumulação de A, de onde segue que a ∈ A ∪ {pontos de acumulação de A} = A. tal que
x ∈ A. Se fosse x > a, então := x − a > 0, e assim U := = (x − , x + ) ∈ Vx . Por x ∈ A ⇒ U ∩ A 6= ∅. Portanto, existe y ∈ A ∩ U , de onde segue que y > x − = a = sup A > y ∈ A, o que constitui uma contradição. Portanto, deve ser x 6 a.
Seja agora
outro lado,
17.1.5 Corolário:
Se
A
é limitado superiormente e fechado, então
sup A ∈ A.
205
17.2 Compacidade
17.1.6 Proposição:
Demonstração :
Em
Sejam
A
R
todos os intervalos abertos não-vazios são homeomorfos.
:= (a, b) e
B
:= (c, d). Se
f (x) = αx + β ,
então considere-se o seguinte
sistema de duas equações com duas incógnitas:
f (a) = αa + β = c . f (b) = αb + β = d
Da primeira equação segue que
β = c − αa,
e substituindo esse valor de
β
na segunda equação,
tem-se:
αb + c − αa = d ⇒ α =
d−c . b−a
Substituindo agora esse valor de
na primeira equação, tem-se:
bc − ac − da + ca bc − da d−c a= = . b−a b−a b−a
β =c−
Desta maneira, a função
f (x) =
α
f
dada por:
d−c bc − da 1 c(b − x) + d(x − a) x+ = ((d − c)x + bc − da) = b−a b−a b−a b−a
é um homeomor smo e
f : A 7−→ B .
No caso A = (a, +∞) e B = (b, +∞), basta tomar f (x) = (x − a) + b. Se A = (−∞, a) B = (−∞, b), então f (x) = −x reduz ao caso anterior: f (x) = −((−x + a) − b) = (x − a) + b.
Finalmente, observe-se que a função como também de
17.2
(−1, 1)
π x é um homeomor smo de (0, 1) em (0, +∞), 2
(−∞, +∞).
Compacidade
17.2.1 Proposição:
Demonstração : A
em
f (x) = tan
e
:=
Seja
Sejam
{Ui }i∈I
{x ∈ [a, b] : [a, x]
com
a 6 b.
uma cobertura de
Então,
[a, b]
[a, b]
é compacto.
por abertos. De ne-se o conjunto
é coberto com uma quantidade nita de
A
como:
Ui 's}
a ∈ A. Mais ainda, A é limitado superiormente, pois b é um limite m := sup A. Obviamente, a 6 m 6 b, onde a primeira desigualdade segue do fato que a ∈ A, no entanto que a segunda é consequência do fato que b é limite superior de A. Desta maneira, existe i0 ∈ I tal que m ∈ Ui0 . Agora, como m ∈ Ui0 aberto, existe 0 > 0 tal que (m − 0 , m + 0 ) ⊆ Ui0 . Pela propridade de supremo, existe x ∈ A tal que m − 0 < x 6 sup A = m. Portanto, [a, x] cobre-se com uma quantidade nita de Ui 's e, acresentando Ui0 , tem-se que: h 0 i a, m + cobre-se com uma quantidade nita de Ui 's. (17.2.1) 2
Observe-se que superior de
A.
A 6= ∅,
a, b ∈ R
pois
Portanto, existe
206
A Topologia Usual em
Agora, suponha-se que
m < b.
Em tal caso, tomando
:=
min {0 , b − m},
R
tem-se que:
h i h 0 i a, m + ⊆ a, m + , 2 2 de onde segue, por (17.2.1), que:
h i a, m + 2
cobre-se com uma quantidade nita de
Ui 's.
(17.2.2)
Observe-se também que
m+
∈ [a, b], 2
m+
b−m 6m+ < m + b − m = b, 2 2
(17.2.3)
pois:
1 2
onde a penúltima desigualdade segue em virtude de
< 1.
Uma outra maneira de provar o mesmo
fato, consiste em observar que:
m+
b−m 2m + b − m b+m b+b 6m+ = = < = b, 2 2 2 2 2
onde a penúltima desigualdade segue do fato que
m < b.
Agora, combinando (17.2.2) e (17.2.3)
tem-se:
m+
∈ A ⇒ m + 6 sup A = m. 2 2
Mas esta última relação constitui uma contradição, que proveio de considerar deve ser
m = b.
m < b.
Portanto,
Desta maneira, o intervalo:
h 0 i [a, b] = [a, m] ⊆ a, m + 2 cobre-se com uma quantidade nita de
Ui 's
17.2.2 Corolário:
Ou seja,
Demonstração : observar que
R=
R
é
σ -compacto.
Pelo resultado anterior,
[
por (17.2.1).
R
[−n, n]
é união enumerável de compactos.
é compacto para cada
n ∈ N.
Portanto, basta
[−n, n].
n∈N
17.2.3 Proposição:
Demonstração : que
A
Seja
( ⇒ ) Seja
A ⊆ R. A
A⊆
k [ i=1
U ni .
A é compacto se e somente se A é fechado e limitado.
compacto. Como
é fechado. Além disso, se
por abertos. Portanto:
Então
Un
R
com a topologia usual é um espaço
:= (−n, n), então
{Un }n∈N
T2 ,
segue
é uma cobertura do compacto
A
207
17.3 Conexidade
n0
Seja
:=
max {ni }.
Então,
i=1,...,k
A ⊆ [−n0 , n0 ],
de onde segue que
A
também é limitado.
( ⇐ ) Se A é limitado, então existe N ∈ N tal que A ⊆ [−N, N ]. Portanto, tem-se que A = A ∩ [−N, N ]. Em particular, como A é fechado em R, tem-se que A também é fechado no compacto [−N, N ] com a topologia relativa da usual, e portanto A também é compacto em [−N, N ]. Finalmente, como A ⊆ [−N, N ], segue que A é compacto em R.
17.3
Conexidade
17.3.1 Proposição:
Demonstração : que
A=∅
ou
R
Seja
A = R.
é conexo.
A ⊆ R aberto e fechado.
Para provar o resultado enunciado, deve-se provar
Observe-se que:
¬(A = ∅ ∨ A = R) ⇐⇒ A 6= ∅ ∧ A 6= R ⇐⇒ A 6= ∅ ∧ R\A 6= ∅. Por
reductio ad absurdum,
suponha-se a existência de algum
x ∈ R\A,
com
A 6= ∅.
Em tal caso,
teria-se:
∅= 6 A = A ∩ R = A ∩ (−∞, x]
[
A ∩ (x, +∞) = A ∩ (−∞, x]
onde a última igualdade decorre do fato que
A1
:= A
∩ (−∞, x]
A2
:= A
∩ [x, +∞).
x∈ / A.
Sejam
A1
e
[
A2
A ∩ [x, +∞),
os conjuntos de nidos como:
i = 1, 2 o conjunto Ai é fechado. Mais ainda, algum deles deve ser A 6= ∅. Para xar idéias, suponha-se, por exemplo, que A1 6= ∅. Assim, observe-se que o conjunto A1 é fechado e não-vazio, como também limitado superiormente, por x. Portanto, existe b := sup A1 ∈ A1 , pelo corolário do Lema 17.1.4. Observe-se também que A1 é aberto, pois A1 = A ∩ (−∞, x] = A ∩ (−∞, x), onde a última igualdade decorre do fato que x ∈ / A. Assim, como b ∈ A1 aberto, tem-se que existe 0 > 0 tal que (b − 0 , b + 0 ) ⊆ A1 . Mas isso contradiz que b = sup A1 , pois:
Desta maneira, para cada não-vazio, pois
b+
0 0 ∈ A1 ⇒ b + 6 sup A1 = b 2 2
Por outro lado, se fosse
A2 6= ∅,
para obter uma contradição procede-se analogamente, mas desta
vez utilizando o ín mo em lugar do supremo.
17.3.2 Proposição:
(a, b),
para alguns
Demonstração :
Seja R ⊇ A a, b ∈ R, a < b.
(⇐)
aberto. Então,
A
é conexo se e somente se
Basta observar que, pelo Lema 17.1.6,
A = (a, b)
A
é homeomorfo a
é homeomorfo a
R
que é
conexo, pelo Lema 17.3.2.
(⇒)
Utilizando o homeomor smo dado pela função
generalidade, que
A
é limitado. Portanto, existem
a
f (x) = arctg x pode-se supor, sem perda de inf A e b := sup A, e tem-se que A ⊆ [a, b].
:=
208
A Topologia Usual em
Basta então provar que
(a, b], [a, b], dos quais ser então A = (a, b). x0 ∈ / A, teria-se que:
A
Com efeito, em tal caso,
A
(a, b), [a, b), A é aberto por hipótese, deve algum x0 com a < x0 < b tal que deve ser algum dentre
apenas o primeiro conjunto é aberto e, como Por
A = A ∩ (−∞, x0 ) Ou seja,
A ⊇ (a, b).
R
[
reductio ad absurdum,
se existisse
A ∩ (x0 , +∞). A1
seria união disjunta dos conjuntos abertos
A1
:= A
∩ (−∞, x0 );
A2
:= A
∩ (x0 , +∞).
e
A2
de nidos como:
A é conexo, deve ser A1 = ∅ ou A2 = ∅. Se fosse A2 = ∅, então teria-se que x < x0 , ∀ x ∈ A ⇒ b = sup A 6 x0 < b, o que constitui uma contradição. Analogamente, A1 = ∅ ⇒ x0 < x, ∀ x ∈ A ⇒ a < x0 6 inf A = a, que também constitui uma contradição.
Agora, como
17.3.3 Corolário:
Demonstração :
é localmente conexo.
R
Basta tomar abertos da base
17.3.4 Corolário (do Corolário):
(a, b)
que são conexos, pelo lema anterior.
Todo aberto em
R
é união enumerável de intervalos abertos
disjuntos.
Demonstração : A = união
Seja
A
aberto. Então, tem-se:
disjunta das suas componentes conexas.
= união
disjunta de abertos conexos.
= união
disjunta de
= união
disjunta
intervalos abertos. enumerável de intervalos abertos.
Observe-se que a segunda igualdade segue do corolário anterior, a terceira do lema anterior, e a última do fato de ser
17.4
R
um espaço topológico
N2 .
Estrutura dos Abertos e Outras Questões
O resultado em 17.3.4 é um tanto aprimorado na seguinte proposição.
17.4.1 Proposição:
R ⊇ A aberto. Então existe uma única família U = {Uj }j∈J S A = j∈J Uj . A família U é numerável e para cada U ∈ U pertencem a A.
Seja
intervalos abertos disjuntos tal que pontos extemos de
Demonstração :
U
não
Exceto a unicidade, o enunciado, até a numerabilidade de
U
de os
inclusive, segue de
17.3.4. A a mação sobre os pontos extremos segue da de nição de aberto e o fato da família ser disjunta. Basta então provar a unicidade.
209
17.4 Estrutura dos Abertos e Outras Questões
17.4.2 Observação:
(a) Esta estructura simples dos abertos em R não tem análogo nos Rn com n > 1. Com efeito, em R2 , por exemplo, o quadrado unidade aberto {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1} não pode ser união de bolas abertas disjuntas, pois, se 2 fosse, a diagonal {(x, x) ∈ R : 0 < x < 1} seria união de (mais de um) intervalos disjuntos, espaços
contradizendo a unicidade em 17.4.1.
(b)
Os conjuntos fechados, mesmo em
17.4.3 Proposição:
Demonstração :
Q
Se fosse
não é um
Q =
∞ \
R, não tem uma estrutura tão simples como os abertos. ♣
Gδ
em
Un
com
R,
n=1
Q ⊆ Un ⇒ Qc ⊇ Unc ,
Un
aberto em
R,
então, para cada
◦
n ∈ N,
tem-se
◦
Unc = ∅.
∞ [
Com efeito, como
Unc ⊆ Unc ⊆ Qc ,
teria-se ◦ c que Un seria um aberto que não contém racionais, o que contradiz o fato de Q ser denso em R, a ∞ [ ◦ ◦ c c Unc , com Unc = ∅, para todo n ∈ N. Por outro lado, seja menos que Un = ∅. Portanto, Q = n=1 {r1 , r2 , . . .} uma enumeração de Q. Em tal caso, tem-se:
R = Q ∪ Qc =
de onde segue que
ou seja, interseção numerável de abertos.
({rn } ∪ Unc ) .
n=1
Vn := {rn } ∪ Unc , é fechado, pelo fato se ser interseção de dois conjuntos fechados. Com efeito, {rn } é fechado, pois R é T2 , sendo em particular T1 , condição equivalente c aos pontos serem conjuntos fechados. Por outro lado, como Un é aberto, tem-se que Un é fechado. Em particular, Vn = Vn . Observe que o conjunto
◦ A rmação:
Vn = ∅.
O ◦
A ⊆ Vn , então A * Unc , pois Unc = ∅. Portanto, deve ser rn ∈ A. Sem perda de generalidade, suponha-se A um aberto da base, ou seja, intervalo aberto. Se A = (a, b) então tem-se: a < rn < b, em cujo caso α1 := (a, rn ) ou α2 := (rn , b) são intervalos abertos tais que αi ⊆ A ⊆ Vn , mas αi * {rn }. Portanto, deve ser αi ⊆ Unc , mas isso contradiz mais uma vez o fato
Com efeito, se
A
é aberto e
◦
◦
Unc = ∅. Isso prova que Vn = ∅, mas pela observação precedente ao enunciado sabe-se que Vn é fechado, ou seja, Vn = Vn , concluindo a prova da mesma. de ser
Portanto, pela a rmação precedente, tem-se
R=
B.2.3 do Teorema de Categoria de Baire, pois
17.4.4 Corolário:
Demonstração :
Q
R
∞ [
Q
H
◦
Vn ,
com
Vn = ∅,
contradizendo o Corolário
n=1 é um espaço métrico completo.
não é aberto nem fechado em
Com efeito,
da A rmação
R.
não é aberto, pois em tal caso seria trivialmente um
Gδ ,
contra-
dizendo o resultado anterior. Também não pode ser fechado, pois em tal caso também seria pelo Teorema B.2.4.
Gδ
210
A Topologia Usual em
17.4.5 Teorema:
R\Q
é denso em
R,
R
ou seja, o conjunto dos números irracionais é denso no
conjunto dos números reais.
Demonstração : Seja A aberto da base, ou seja, intervalo aberto. Basta provar que A ∩ R\Q 6= ∅. Por reductio ad absurdum, se fosse A ∩ R\Q = ∅, então A ⊆ Q e portanto |A| 6 ℵ0 . Por outro lado, como absurdo.
A
é um intervalo aberto,
A
é isomorfo a
R,
de onde segue que
|A| = |R| = 2ℵ0 > ℵ0 ,
Exercícios para o Capítulo 17 17.5
Conjuntos Compactos
17.5.1 Exercício:
Considere o seguinte enunciado:
Todo compacto em
R
é união
nita
de
compactos disjuntos.
(a) (b)
Determine se o enunciado é verdadeiro ou falso. Caso o enunciado for falso, determine quais condições poderiam ser acrescidas de maneira
♣
tal que seja verdadeiro.
17.6
Pontos de Acumulação de Conjuntos
17.6.1 De nição:
∀ > 0,
Se diz que
existe algum
x∈R
ponto de acumulação do conjunto
é um
a = a() ∈ A\{x}
tal que
O conjunto de pontos de acumulação de um conjunto
17.6.2 Exercício: (a)
Se
A
Seja
R⊇A
é fechado, então
A⊆R
se:
|a − x| < . A
♣
será denotado por
A∗ .
um conjunto qualquer.
A∗ ⊆ A.
Ou seja, todo conjunto fechado contém todos seus pontos de
acumulação.
(b)
Reciprocamente, se
A∗ ⊆ A,
então
A
é fechado. Ou seja, um conjunto é fechado se contém
♣
todos seus pontos de acumulação.
17.7
Pontos de Acumulação de Sequências
17.7.1 De nição:
∀ > 0,
Se diz que
para cada
17.7.2 Exercício:
m ∈ N,
a∈R
é um
ponto de acumulação da sequência
existe algum
n = n(, m) ∈ N
com
n>m
Prove que as seguintes condições são equivalentes: 211
tal que
{sn }n∈N
se:
|sn − a| < . ♣
212
A Topologia Usual em
1.
a
é ponto de acumulação da sequência
{sn }n∈N .
2.
a
é ponto de acumulação da sequência
{sn+N }n∈N ,
3.
Existe uma sub-sequência
17.7.3 Exercício:
sn (a)
{snk }k∈N
:= (−1)n ,
Veri que que
Veri que que
17.7.4 Exercício: Se
a
1
de nida por:
é um ponto de acumulação.
−1
s2n
e use o Exercício 17.7.2(1
⇔
3) anterior.
também é um outro ponto de acumulação.
Seja
a∈R
e
s2n−1
{sn }n∈N
e use o Exercício 17.7.2(1
⇔
♣
3) anterior.
uma sequência. Então:
é ponto de acumulação de alguma sub-sequência
acumulação da sequência original
(b)
♣
lim snk = a.
∀ n ∈ N.
Sugestão: Considere a sub-sequência
(a)
N ∈ N.
para todo
k→∞
{sn }n∈N
Considere a sequência
Sugestão: Considere a sub-sequência
(b)
tal que
{snk }k∈N ,
então
a
também é ponto de
{sn }n∈N .
A recíproca do item anterior não é verdadeira.
♣
Sugestão: Considere o exemplo do Exercício 17.7.3 anterior.
17.7.5 Exercício: (a)
Se
x
Seja
{sn }n∈N
uma sequência.
é um ponto de acumulação do
de acumulação da
(b)
conjunto A := {s1 , s2 , . . . , sn , . . . },
sequência {sn }n∈N .
então
x
é um ponto
A recíproca do item anterior não é verdadeira. Sugestão: O exemplo do Exercício 17.7.3 anterior ainda serve.
A = {−1, 1} (c)
R
é um conjunto
sem
Observe-se que neste caso
pontos de acumulação.
O resultado do item (a) anterior
não
vale para redes.
quência, somente que indexada por conjuntos
dirigidos
Uma rede é parecida com uma semais gerais que o conjunto
N
dos
naturais. Sugestão: Considere-se a rede
sn
:=
− 1 , n n + 2,
{sn }n∈Z
se
n < 0;
se
n > 0.
indexada pelo conjunto
Z
dos inteiros de nida por:
♣
Então, esta rede assim de nida não tem sub-sequências, nem siquer sub-redes, convergentes, pelo fato de não ser eventualmente limitada. Contudo, a origem do
conjunto {. . . , s−2 , s−1 , s0 , s1 , s2 , . . . }.
0 é um ponto de acumulação ♣
213
17.8 Sequências Têm Ponto em Compactos
17.7.6 De nição:
Seja
{sn }n∈N
uma sequência. De ne-se o conjunto
Ξ
como:
Ξ
:=
x∈R :
existe uma sub-sequência
⇔ 3), {sn }n∈N .
Observe-se que, pelo Exercício 17.7.2(1 pontos de acumulação da sequência
17.7.7 Exercício:
Prove que o conjunto
Ξ
{snk }k∈N
tal que
o conjunto
Ξ
♣
lim snk = x .
k→∞
não é nada mais do que o conjunto de
é fechado. Ou seja, o conjunto de pontos de acumu-
lação de qualquer sequência é fechado. Sugestão: Pelo Exercício 17.6.2(b), basta provar que se
x ∈ Ξ,
ou seja,
x
17.7.5(a), basta provar que
17.8
é um ponto de acumulação de
x
é um ponto de acumulação do
{sn }n∈N .
Ξ
então
Para tanto, pelo Exercício
conjunto {s1 , s2 , . . . }.
♣
Sequências Têm Ponto em Compactos
17.8.1 Exercício: compacto, ou seja,
Prove que toda sequência
sn ⊆ A
para todo
n∈N
acumulação.
17.8.2 Exercício: for
x
é um ponto de acumulação da sequência
com
{sn }n∈N contida em um sub-conjunto R ⊃ A A compacto, possui (pelo menos) um ponto de ♣
Sob as hipóteses do exercício anterior, prove que se o ponto de acumulação
único, então a sequência é convergente a tal ponto.
da sequência
{sn }n∈N
com
sn ⊆ A
para todo
n ∈ N,
Ou seja, se
com
A
a é o único ponto de acumulação lim sn = a. ♣
compacto, então
n→∞
Capítulo 18
Limites 18.1
De nições Básicas
Embora a teoria topológica da continuidade dispense o uso de limites, serão considerados no presente capítulo pois o seu uso constituirá uma notação útil para futuros estudios ainda na presente obra.
18.1.1 De nição:
∀ > 0 Se a função
f
f tende ao limite l quando x tende para a
Se diz que a função
∃δ>0
:
0 < |x − a| < δ
tende ao limite
l
quando
x
⇒
|f (x) − l| < .
tende para
Se a condição (18.1.1) não é satisfeita para nenhum quando
x
x
a não existe,
tende para
tende para
a,
(18.1.1)
este fato denota-se
l ∈ R,
se:
lim f (x) = l.
x→a
então se diz que o limite da função
ou, alternativamente, e dito que a função
f diverge
♣
a.
18.1.2 Observação:
Observe-se que a condição adicional
0 < |x − a| a.
na de nição de limite
♣
equação (18.1.1) permite que a função nem siquer esteja de nida em
18.1.3 Exemplo:
lim f (x) = c.
Se
f (x) = c
18.1.4 Exemplo: qualquer
> 0,
Se
δ>0
f (x) = x,
|f (x) − c| = |c − c| = 0 < ,
arbitrário.
então para qualquer
δ 6 , então δ satisfazendo 0 < δ 6 . se
a ∈ R
tem-se
para todo
> 0. ♣
é uma função constante, então para qualquer
Com efeito, observe que neste caso
x→a Portanto, basta tomar qualquer
caso, dado
f
quando
tem-se
a∈R
tem-se
lim x = a.
x→a
|f (x) − a| = |x − a| < δ 6 .
Com efeito, neste
Portanto, basta tomar
♣
215
216
Limites
18.1.5 Exemplo: Seja
>0
f (x) = x2 ,
Se
então para qualquer
a∈R
tem-se
lim x2 = a2 .
x→a
x2 − a2 = (x − a)(x + a). A idéia intuitiva para manipular observar que se x ∼ a, então x + a ∼ 2a. Formalmente, tem-se:
arbitrário. Observe que
segundo fator, consiste em
|x| = |x − a + a| 6 |x − a| + |a| δ<1
Agora, observe que
|x − a| < δ
⇒
⇒
o
|x + a| 6 |x| + |a| 6 |x − a| + |a| + |a| = |x − a| + 2 |a|
δ + 2 |a| < 1 + 2 |a|.
Portanto:
2 x − a2 = |x − a| |x + a| 6 |x − a| (|x − a| + 2 |a|) < δ (δ + 2 |a|)
⇒
< δ (1 + 2 |a|) 6 , se
δ6
. 1 + 2 |a|
Desta maneira, basta tomar
18.1.6 Exemplo: Seja
>0
f (x) =
Se
√
x,
0 < δ 6 min 1,
então para qualquer
arbitrário. Deve-se provar que existe
|x − a| < δ
√ √ x − a <
⇒
⇔
δ>0
− <
a>0
1 + 2 |a|
tem-se
♣
.
lim
√
x→a
x=
√
a.
tal que:
√
x−
√
a < .
Para tanto, observe que:
|x − a| < δ
⇔
−δ < x − a < δ
⇔
√ √ √ a−δ
√ δ 6 a, pois em tal caso a − δ > 0 e a raiz a − δ está bem de nida. δ > 0 de maneira tal que sejam satisfeitas as duas seguintes relações: √ √ − 6 a − δ − a √ √ a + δ − a 6 . se
Portanto, basta escolher
Com relação à primeira relação acima tem-se:
− 6
√
√ a−δ− a
⇔
√
a− 6
√
a−δ
⇔
√ ( a − )2 6 a − δ
⇔
a + δ 6 ( +
⇔
√ δ 6 a − ( a − )2 .
⇔
√ δ 6 ( a + )2 − a.
Analogamente, para a segunda relação tem-se:
√
a+δ−
√
⇔
a6
√
a+δ 6 +
√
a
√
a)2
Portanto, basta tomar:
√ √ 0 < δ 6 min ( a + )2 − a, a − ( a − )2 . Observe que em tal caso, automaticamente obtem-se a condição adicional
√ ( a − )2 > 0
⇒
√ δ 6 a − ( a − )2 6 a.
δ 6 a,
pois:
♣
217
18.1 De nições Básicas
18.1.7 Exemplo:
√
x−
√
a=
Para uma prova alternativa do exemplo anterior, observe que:
√
x−
√
√ √ x−a x+ a √ =√ √ . √ x+ a x+ a
a
A idéia intuitiva para manipular o denominador na fração acima consiste em observar que:
x∼a
√
⇒
x∼
√
√
⇒
a
√
x+
√ a ∼ 2 a.
Formalmente, em primeiro lugar, tem-se:
√
⇒
x>0
⇒
x>0
√
a+
√
x>
√
a
⇒
√
1 1 √ <√ . x+ a a
Por outro lado, tem-se que:
|x − a| <
pois
a > 0.
a 2
⇔
Portanto, se
|x − a| < δ se
√ δ 6 a.
0 < δ 6 a/2,
⇔
a−
a a
x>
a > 0, 2
então:
Portanto, basta tomar:
na
18.1.8 Exemplo:
>0
a a
√ √ δ x − a = √|x − a| √ < √ 6 , x+ a a
⇒
0 < δ 6 min
Seja
−
2
√ o , a .
Se
♣
f (x) = xn ,
então para qualquer
arbitrário. Deve-se provar que existe
|x − a| < δ
|xn − an | <
⇒
⇔
δ>0
a∈R
tem-se
lim xn = an .
x→a
tal que:
− < xn − an < .
Para tanto, observe que:
|x − a| < δ
⇔
−δ < x − a < δ
⇔
a−δ < x < a+δ ⇔
Portanto, basta escolher
δ>0
⇔
n
(a − δ) < xn < (a + δ)
n
n
n
(a − δ) − an < xn − an < (a + δ) − an .
de maneira tal que sejam satisfeitas as duas seguintes relações:
n
− 6 (a − δ) − an n
(a + δ) − an 6 . Com relação à primeira relação acima tem-se:
n
− 6 (a − δ) −an
⇔
an − 6 (a − δ)
n
1/n
⇔
(an − )
6 a−δ
⇔
δ 6 a−(an − )
⇔
δ +a 6 (an + )
1/n
⇔
δ 6 (an + )
1/n
.
Analogamente, para a segunda relação tem-se:
n
(a + δ) −an 6
⇔
n
(a + δ) 6 an +
1/n
−a.
218
Limites
Observe que, para
an + > 0
>0
arbitrário, deve ser:
⇔
an > 0
⇔
0 < < an .
⇔
a > 0.
Analogamente:
an − > 0 Suponha-se
a > 0.
Por exemplo, poderia ser
0 < 6 0
a > 0 ⇒ an > 0. n escolhido 0 := a /2. Desta
Observe que
6 0 < an
⇒
⇒
Portanto, existe
0 > 0
tal que
0 < 0 < an .
maneira, tem-se:
an − > 0 − > 0
⇒
an − > 0.
Por outro lado, obviamente:
0 < 6 0
an + 0 > an + > an > 0.
⇒
0 < 6 0 , a expressão para δ() dado por: n o 1/n 1/n 0 < δ() 6 min (an + ) − a, a − (an − ) .
Portanto, no caso
|x − a| < δ() ⇒ |xn − an | < . No caso > 0 , tem-se que |x − a| < δ(0 ) ⇒ |xn − an | < 0 < .
está bem de nido e tem-se que está bem de nido e também
18.1.9 Exemplo:
então
δ(0 ) ♣
Para uma prova alternativa do exemplo anterior, observe que:
xn − an = (x − a)
n X
xn−i ai−1
i=1
= (x − a) xn−1 + xn−2 a + xn−3 a2 + · · · + x2 an−3 + xan−2 + an−1 . Se
δ < 1,
então:
|x − a| < δ
⇒
|x| = |x − a + a| 6 |x − a| + |x − a| + |a| < δ + |a| < 1 + |a| ,
de onde segue que:
n n n X X X (1 + |a|)n − |a|n n−i i−1 x a 6 |x|n−i |a|i−1 < (1 + |a|)n−i |a|i−1 = (1 + |a|) − |a| i=1 i=1 i=1 = (1 + |a|)n − |a|n . Portanto:
n X n−i i−1 |x − a | = |x − a| x a < δ ((1 + |a|)n − |a|n ) . n
n
i=1
Desta maneira, basta escolher
0 < δ 6 min 1, (1 + |a|)n − |a|n
.
♣
219
18.1 De nições Básicas
Contrariamente ao que se poderia supor a partir da análise dos exemplos precedentes, na verdade não é de nenhuma maneira necesário fornecer uma fórmula explícita para
δ
.
em função do
A
título de ilustração, o exemplo a seguir, embora um tanto complicado, pode ser considerado um caso típico. Uma generalização deste exemplo é considerada no exercício 18.7.1.
18.1.10 Exemplo:
f (x)
:=
Lembre-se que
0
Considere-se a função
( 0, 1/q,
se se
a ∈ (0, 1)
de nida no intervalo
se
p
e
q
A
conjunto é
> 0,
Dado
seja
n ∈ N
tal que
1/n 6 , cuja existência é |f (x) − 0| = |f (x)| =
Observe que se condição
x deve pertencer ao conjunto A de nido como: [ [ 1 1 1 2 [ 1 3 [ 1 2 3 4 [ n−1 , , , , , ··· ,..., . 2 3 3 4 4 5 5 5 5 n n a
nito.
( :=
for racional, poderia pertencer ao mesmo. Resulta importante salientar que tal Seja
δ
de nido como:
min {|x − a| : x ∈ A} , min {|x − a| : x ∈ A ∧ x 6= a} ,
Observe que
δ
está bem de nido, pois
pode pertencer ao conjunto
18.1.11 Exemplo:
∀ > 0
A,
δ1 6 1
se
a∈ / A; a ∈ A.
é nito, e
δ > 0.
e portanto a desigualdade
O limite da função
∃δ>0
|x − 0| < δ
:
Considere-se primeiramente o caso
|x| < δ1
A
se
f (x) = 1/x
Agora, se 0 < |x − a| < δ , |f (x) − 0| < não pode ser
quando
x
tende para
0
⇒
1 <1 |x|
teria-se que
tomando
x
não
♣
não existe.
x = 1/2
⇒
l = 0.
⇒ Dado
1 − l < . x = 1 > 0,
por hipótese, existe
δ1 > 0
|x| < δ1 6 1, contradizendo a relação acima. Por outro lado, se fosse |x| = |1/2| = 1/2 < 1 < δ1 e portanto 1 < |x| = |1/2| = 1/2,
teria-se que
l 6= 0. Dado = |l|/2, 1 − l < |l| . x 2
Considere-se agora o caso
⇒
tal que:
1 < |x| .
o que também resulta em contradição.
|x| < δl
então falsa.
reductio ad absurdum suponha-se que existe l ∈ R tal que:
Com efeito, por
δ1 > 1,
com
for falsa, então
:=
Se fosse
a
x→a
arbitrário mas xo.
Por exemplo, se
δ
como:
são inteiros sem divisores comunes. Para qualquer
garantida pela arquimedianidade do corpo real.
f (x) <
(0, 1)
x é irracional, 0 < x < 1; x = p/q fração irredutível, 0 < x < 1.
p/q é irredutível lim f (x) = 0.
tem-se
f
por hipótese, existe
δl > 0
tal que:
220
Limites
Agora, observando que
2 3 |l|
|x| <
1 3 > |l|, |x| 2
⇒
tem-se:
1 − l > 1 − |l| > 1 − |l| > |l| . x |x| |x| 2 δl 6
Portanto, se fosse lado, se fosse
2 < δl , 3|l|
18.1.12 Teorema:
lim f (x) = m,
x→a
2 , 3|l|
bastaria tomar
x=
2 3|l|
2 , 3|l|
obtendo-se uma contradição. Por outro
♣
para obter uma contradição.
Se existe, então o limite de uma função é único. Ou seja, se
Demonstração :
Por
hipótese, existem
δ1 > 0
reductio ad absurdum, e
δ2 > 0
suponha-se que
l 6= m.
Seja
= |l − m| /2 > 0.
⇒
|f (x) − l| < ,
|x − a| < δ2
⇒
|f (x) − m| < .
δ
min {δ1 , δ2 },
|x − a| < δ ,
se
então tem-se:
|l − m| = |l − f (x) + f (x) − m| 6 |l − f (x)| + |f (x) − m| < + = 2 = |l − m| . Mas a relação acima constitui uma contradição.
18.1.13 Teorema:
(a) (b)
f, g
Sejam
funções. Se
lim f (x) = l
x→a
e
lim g(x) = m,
x→a
então:
lim (f + g)(x) = l + m.
x→a
lim (f g)(x) = l m.
x→a
lim
1 1 = . g(x) m
lim
f (x) l = . g(x) m
f (x) g(x)
não existe.
(c)
Se adicionalmente for
m 6= 0,
então
(d)
Se adicionalmente for
m 6= 0,
então
(e)
Se for
m=0
Demonstração :
mas
(a)
l 6= 0, Seja
então
> 0,
lim
x→a
x→a
x→a
arbitrário. Por hipótese, existem
|x − a| < δ1
⇒
|f (x) − l| < /2,
|x − a| < δ2
⇒
|g(x) − m| < /2.
Portanto, se
|x − a| < δ
e
Por
tais que:
|x − a| < δ1
:=
lim f (x) = l
x→a
l = m.
então deve ser
Portanto, de nindo
|x| < δl 6
teria-se que
:=
min {δ1 , δ2 },
δ1 > 0
e
δ2 > 0
tais que:
então tem-se:
|(f + g)(x) − (l + m)| = |f (x) + g(x) − l − m| = |f (x) − l + g(x) − m| 6 |f (x) − l| + |g(x) − m| < /2 + /2 = .
221
18.1 De nições Básicas
(b)
Observando que
|f (x)| 6 |f (x) − l| + |l|,
tem-se:
|f (x)g(x) − lm| = |f (x)g(x) − f (x)m + f (x)m − lm| = |f (x) (g(x) − m) + (f (x) − l)m| 6 |f (x) (g(x) − m)| + |(f (x) − l)m| = |f (x)| |g(x) − m| + |f (x) − l| |m| 6 (|f (x) − l| + |l|) |g(x) − m| + |f (x) − l| |m| Por hipótese, existem
Seja
δ1 , δ2 , δ3
|x − a| < δ1
⇒
|x − a| < δ2
⇒
|x − a| < δ3
⇒
positivos, tais que:
, 2(1 + |m|) |f (x) − l| < 1, |g(x) − m| < . 2(1 + |l|) |f (x) − l| <
0 < δ 6 min {δ1 , δ2 , δ3 }.
Então, se
|x − a| < δ
tem-se:
+ |m| 2(1 + |l|) 2(1 + |m|) < (1 + |l|) + (|m| + 1) 2(1 + |l|) 2(1 + |m|) = + = . 2 2
|f (x)g(x) − lm| 6 (1 + |l|)
(c)
Como
m 6= 0,
por hipótese, existe
0 < |x − a| < δ1
⇒
δ1 > 0
tal que:
|g(x) − m| <
|m| . 2
Portanto, tem-se:
|m| − |g(x)| 6 ||m| − |g(x)|| 6 |g(x) − m| < Em particular,
x=a
g(x)
|m| 2
⇒
também é não-nula numa vizinhança de
(que pode aconter, por exemplo, se
g
|g(x)| > |m| − m,
não for contínua em
|m| |m| = > 0. 2 2
exceto possivelemente para
a).
Além disso, pelo mesmo
fato, tem-se:
1 2 < . |g(x)| |m| Por outro lado, existe
0 < |x − a| < δ2 Seja
δ2 > 0 ⇒
tal que:
|g(x) − m| <
|m|2 . 2
0 < δ 6 min {δ1 , δ2 }. Então, se |x − a| < δ tem-se: 1 1 g(x) − m |g(x) − m| 2 |g(x) − m| 2 = 2 |g(x) − m| g(x) − m = m g(x) = |m| |g(x)| < |m| |m| |m| 2 |m|2 < = . 2 2 |m|
222
Limites
(d)
Basta combinar o resultado dos intens (b) e (c) anteriores.
(e)
Seja
M ∈N
arbitrário. Por hipótese, existe
|x − a| < δ
⇒
δ>0
tal que:
|l| . 2
|f (x) − l| <
Portanto, tem-se:
|l| − |f (x)| 6 ||l| − |f (x)|| 6 |f (x) − l| < Por hipótese, também existe
|x − a| < δ2 Seja
⇒
δ2 > 0
|g(x)| <
0 < δ 6 min {δ1 , δ2 }.
|l| 2
⇒
|f (x)| > |l| −
|l| |l| = . 2 2
tal que:
|l| . 2M
Então, se
|x − a| < δ ,
tem-se:
|l| 2M |f (x)| > = M. |g(x)| 2 |l|
18.1.14 Observação:
Se for
m=0
e
l = 0,
então o limite do quociente pode existir ou não,
dependendo de cada caso particular e nada pode a rmar-se em geral sem dispor de informação
♣
adicional.
18.1.15 Exemplo:
Este exemplo ilustra a observação anterior. Um outro exemplo será acrescido
como resultado do exercício 18.12.3(d). Seja
(a)
Se
f (x) = x
e
g(x) = x2 ,
então:
l = lim f (x) = lim x = 0 x→0
a = 0.
x→0
m = lim g(x) = lim x2 = 0
e
x→0
x→0
e tem-se que:
lim
x→0
f (x) x 1 = lim = lim . x→0 x g(x) x→0 x2
Ou seja, neste caso o limite do quociente não existe.
(b)
Se
f (x) = x2
e
g(x) = x,
então tem-se igualmente que:
l = lim f (x) = lim x2 = 0 x→0
x→0
e
m = lim g(x) = lim x = 0 x→0
x→0
mas agora:
f (x) x2 = lim = lim x = 0. x→0 g(x) x→0 x x→0 lim
Portanto, neste caso o limite do quociente si existe, sendo igual a
0.
♣
223
18.2 Limites Laterais
18.1.16 Exemplo:
p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 · · · + an xn
Se
e
q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 · · · + bk xk
são
polinômios, então, pela aplicação direta do Teorema 18.1.13 tem-se:
(a)
lim p(x) = p(a)
x→a
(b)
Se
a
(c)
Se
q(a) = 0
lim q(x) = q(a).
e
x→a
não é raiz de
mas
q(x),
ou seja, se
p(a) 6= 0,
18.1.17 Teorema:
Sejam
então
f, g
q(a) 6= 0,
p(x) x→a q(x) lim
então
p(x) p(a) = . x→a q(x) q(a) lim
♣
não existe.
funções tais que
lim g(x) = m
x→a
e
lim f (x) = l.
x→m
Então:
lim (f ◦ g)(x) = l.
x→a
Demonstração : Seja
> 0.
m pertence ao interior do domínio da f . Como tal interior é um |x − m| < δ0 então x pertence ao (interior do) domínio da f . δ1 > 0 tal que:
Suponha-se que
δ0
conjunto aberto, existe
tal que se
Por hipótese, existe
|x − m| < δ1
⇒
|f (x) − l| < .
Uma vez determinado tal
|x − a| < δ2
δ1 > 0,
também por hipótese, existe
⇒
|g(x) − m| < min {δ0 , δ1 } .
⇒
|g(x) − m| < δ1
δ2 > 0
tal que:
Portanto:
|x − a| < δ2
18.1.18 Exemplo:
18.2
Suponha-se que
⇒
|f (g(x)) − l| < .
lim g(x) = m,
x→a
com
m > 0.
Então,
lim
x→a
p √ g(x) = m.
♣
Limites Laterais
18.2.1 De nição: Se diz que a função f tende ao limite l quando valores superiores, ou pela direita, ou ainda desde acima , se:
∀ > 0
∃δ>0
Em tal caso, denota-se
:
0
⇒
x tende para a por
|f (x) − l| < . ♣
lim f (x) = l.
x→a+
18.2.2 De nição: Analogamente, se diz que a função f tende ao limite l quando para a por valores inferiores, ou pela esquerda ou ainda desde abaixo , se:
∀ > 0
∃δ>0
Em tal caso, denota-se
:
0
lim f (x) = l.
x→a−
⇒
x tende
|f (x) − l| < . ♣
224
Limites
18.2.3 Exemplo: Seja
> 0.
lim+
√
x→0
Observe que se
x = 0.
x > 0,
então
√
x > 0,
de onde segue que
√ √ | x| = x.
Desta maneira,
pelo exercício 2.4.3(c), tem-se:
√ 0 < x = ( x)2 < 2 Portanto, basta tomar
0 < δ 6 2 .
18.2.4 Proposição:
lim f (x)
x→a+
√ √ | x| = x < .
⇒
lim f (x)
x→a
♣
existe (e vale
l)
se e somente se os limites laterais
e
existem ambos e são iguais (com valor comun l).
Demonstração :
Se o limite existe (com valor l), obviamente ambos limites laterais também exis-
tem e são iguais (com valor comum l). Para provar a recíproca, dado
δ1 , δ2
lim f (x)
x→a−
> 0,
por hipótese, existem
positivos tais que:
0 < x − a < δ1
⇒
|f (x) − m| < ,
0 < a − x < δ2
⇒
|f (x) − l| < .
0 < δ 6 min {δ1 , δ2 }. 0 < a − x 6 |x − a| < δ 6 δ2 .
Seja
Suponha-se que
0 < |x − a| < δ .
No caso
x < a,
tem-se que
Portanto:
f (x) − l + m = f (x) − l − m = f (x) − l − l + l − m = f (x) − l + l − m 2 2 2 2 2 2 2 2 |l − m| |l − m| < + . 6 |f (x) − l| + 2 2 Agora, como os limites laterais são iguais, fazendo desejado, a saber,
|f (x) − l| < .
l = m na relação acima, obtem-se o resultado a < x, tem-se que 0 < x − a 6 |x − a| <
Analogamente, no caso
δ 6 δ1 . Portanto: f (x) − l + m = f (x) − m − l = f (x) − m − m + m − l = f (x) − m + m − l 2 2 2 2 2 2 2 2 |l − m| |l − m| 6 |f (x) − m| + < + . 2 2 Agora, como os limites laterais são iguais, fazendo desejado, a saber,
18.3
l=m
na relação acima, obtem-se o resultado
|f (x) − l| < .
Limites Impróprios
18.3.1 De nição:
∀M ∈ N Se a função
f
Se diz que a função
∃δ>0
diverge para
:
f diverge para +∞
0 < |x − a| < δ
+∞
quando
x
⇒
tende para
quando
x
tende para
a
se:
f (x) > M. a,
este fato denota-se
lim f (x) = +∞.
x→a
♣
225
18.4 Limites Impróprios de Sequências
18.3.2 De nição:
Se diz que a função
−f
quando
diverge para
+∞
18.3.3 Exemplo:
∀ > 0
então
Se diz que a função
∃M ∈N
Em tal caso denota-se
18.3.5 De nição:
−∞
f diverge para −∞ quando x tende para a se a função a. ♣
tende para
f (x) = 1/x2 ,
Se
18.3.4 De nição:
x
:
x>M
lim
x→0
1 = +∞. x2
♣
f tende para l quando x tende para +∞
⇒
se:
|f (x) − l| < . ♣
lim f (x) = l.
x→+∞
Analogamente, se diz que a função
f tende para l quando x tende para
se:
∀ > 0
∃M ∈N
Em tal caso denota-se
x < −M
:
⇒
|f (x) − l| < . ♣
lim f (x) = l.
x→−∞
1 1 = 0 = lim . x→−∞ x x sen x sen x (b) lim = 0 = lim . x→+∞ x→−∞ x x
18.3.6 Exemplo:
18.3.7 Observação:
(a)
lim
x→+∞
♣
Todas as de nições desta seção podem combinar-se entre si e ainda com
♣
as de nições de limites laterais.
18.3.8 Exemplo: diverge para
18.4
+∞
O limite da função
nem para
−∞.
f (x) = 1/x
x → 0 não existe. Mais ainda, 1 1 lim = +∞ e lim− = −∞. x→0+ x x→0 x
para
Porém, observe-se que
ela não
♣
Limites Impróprios de Sequências
18.4.1 De nição:
lim sn = +∞,
n→∞
∀M > 0
Se diz que a sequência
{sn }n∈N converge para +∞,
∃ N = N (M ) ∈ N : n > N ⇒ sn > M.
Analogamente, se diz que a sequência
{sn }n∈N converge para −∞, o que se denota lim sn = −∞,
se:
∀M > 0
o que se denota
se:
∃ N = N (M ) ∈ N : n > N ⇒ sn < −M.
n→∞
♣
226
Limites
18.4.2 Observação:
(a)
Se
lim sn 6= +∞,
n→∞
então
{sn }n∈N
possui uma sub-sequência limi-
tada superiormente.
M0 > 0 tal que para todo N ∈ N existe n = n(N ) ∈ N n > N e sn 6 M0 . Em particular, para N = 1 ∈ N existe n(1) ∈ N com n(1) > 1 e sn(1) 6 M0 . Em geral, assumindo a existência de n(k) ∈ N com n(k) > k e sn(k) 6 M0 , dado N = n(k) + 1 ∈ N, existe n(k + 1) ∈ N com n(k + 1) > n(k) + 1 > k + 1 e sn(k+1) 6 M0 . Além disso, observe que n(k + 1) > n(k) + 1 > n(k). Portanto, {sn(k) }k∈N é a sub-sequência
Com efeito, em tal caso existe com
procurada. Observe que a recíproca deste resultado também é verdadeira.
(b)
Analogamente, se
lim sn 6= −∞,
n→∞
então
{sn }n∈N
possui uma sub-sequência limitada infe-
♣
riormente.
18.4.3 De nição:
+∞ é um ponto de acumulação {snk }k∈N tal que lim snk = +∞.
Se diz que
existe uma subsequência Analogamente, se diz que subsequência
{snk }k∈N
18.4.4 Lema:
1.
Seja
A sequência
2. +∞
da sequência
{sn }n∈N
se
k→∞
−∞ é um ponto de acumulação da sequência {sn }n∈N lim snk = −∞.
tal que
{sn }n∈N
{sn }n∈N
se existe uma
k→∞
♣
uma sequência. Então, as seguintes condições são equivalentes:
não é limitada superiormente.
é um ponto de acumulação da sequência
{sn }n∈N .
Demonstração :
(1) ⇒ (2). Se a sequência não é limitada superiormente, então para todo M > 0 n = n(M ) ∈ N tal que sn > M . Em particular, dado 1 > 0 existe n(1) ∈ N tal que sn(1) > 1. geral, uma vez determinado n(k) tal que sn(k) > k , seja Ak+1 o conjunto de nido como:
existe Em
Ak+1
:=
{n ∈ N : sn > k + 1 ∧ n > n(k)} .
Ak+1 não pode ser vazio, max s1 , s2 , . . . , sn(k) , k + 1 .
Observe que
Ak+1 , cuja existência garante o Princípio n(k + 1) > n(k). Desta maneira, resulta possível construir inductivamente uma sub-sequência tal que sn(k) > k para todo k ∈ N. Adicionalmente, observe que se j > k , então sn(j) > k , pois sn(j) > j > k . A partir dessas observações, resulta simples provar que a sub-sequência assim construida converge para +∞, que resulta desta maneira ponto
Portanto, de ne-se
n(k + 1)
pois em tal caso a sequência seria limitada pelo número:
de Boa Ordenação.
como o menor elemento de
Observe que
de acumulação da sequência original.
(2) ⇒ (1). Por hipótese, existe uma sub-sequência {sn(k) }k∈N que converge para +∞. Ou seja, para todo M > 0 existe k = k(M ) ∈ N tal que sn(k) > M . Em particular, a sequência original não é limitada superiormente.
227
18.5 O Conjunto de Pontos de Acumulação Estendido
18.4.5 Lema:
1.
Seja
{sn }n∈N
uma sequência. Então, as seguintes condições são equivalentes:
lim sn = −∞.
n→∞
2. −∞
é o único ponto de acumulação da sequência
{sn }n∈N .
Demonstração :
(1) ⇒ (2). Para provar que −∞ é ponto de acumulação, basta exibir uma sub−∞. Para tanto, a própria sequencia original serve, pela hipótese 1. Para unicidade, se +∞ fosse ponto de acumulação, então, pelo lema anterior, a sequência não
sequência convergente a provar a
poderia ser limitada superiormente, contradizendo a hipótese 1. Por outro lado, se existisse um ponto de acumulação nito, então, pelo resultado do exercício 17.7.2, existiria uma sub-sequência convergente a tal número nito.
Mas, pela hipótese 1, tal sub-sequência deveria convergir para
−∞. (2) ⇒ (1).
reductio ad absurdum,
lim sn 6= −∞, então pela observação 18.4.2(b), existe n→∞ uma sub-sequência limitada inferiormente. Se tal sub-sequência não fosse limitada superiormente, Por
pelo lema anterior,
+∞
se
seria ponto de acumulação da sub-sequencia e, pelo resultado do exercício
17.7.4(a), também da sequência original, contradizendo a unicidade estabelecida pela hipótese 2. Por outro lado, se a sub-sequencia fosse também limitada superiormente, estaria contida num compacto e, pelo resultado do exercício 17.8.1, teria um ponto de acumulação nito. Pelo mesmo argumento anterior, também seria ponto de acumulação da sequência original, contradizendo a unicidade.
Os seguintes resultados são os análogos dos dois lemas anteriores, respectivamente.
18.4.6 Lema:
1.
Seja
A sequência
2. −∞
{sn }n∈N
{sn }n∈N
uma sequência. Então, as seguintes condições são equivalentes:
não é limitada inferiormente.
é um ponto de acumulação da sequência
Demonstração :
Análoga à prova do lema 18.4.4.
18.4.7 Lema:
Seja
1.
uma sequência. Então, as seguintes condições são equivalentes:
lim sn = +∞.
n→∞
2. +∞
é o único ponto de acumulação da sequência
Demonstração :
18.5
{sn }n∈N
{sn }n∈N .
{sn }n∈N .
Análoga à prova do lema 18.4.5.
O Conjunto de Pontos de Acumulação Estendido
18.5.1 De nição:
De ne-se o conjunto
R de números reais estendidos como R := R∪{±∞}. −∞ < a < +∞, ∀ a ∈ R. ♣
Este novo conjunto é ordenado com a relação de ordem dada por
228
Limites
18.5.2 De nição: Seja {sn }n∈N ⊂ R uma sequência de números reais. De ne-se o conjunto de pontos de acumulação estendido Ξ da sequência {sn }n∈N como:
Ξ
:=
x∈R :
existe uma sub-sequência
18.5.3 Observação: (a)
Ξ 6= ∅.
{snk }k∈N
Com relação ao conjunto
Ξ
com
lim snk = x .
♣
k→∞
acima de nido tem-se:
Ou seja, o conjunto de pontos de acumulação estendido resulta
Com efeito, se a sequência
{sn }n∈N
é não-limitada superiormente, então
sempre
não-vazio.
+∞ ∈ Ξ, pelo Lema
18.4.4. Suponha-se então que a sequência em questão é limitada superiormente. Se fosse nãolimitada inferiormente, então
−∞ ∈ Ξ,
pelo Lema 18.4.6. Caso contrário, deve ser limitada
inferior e superiormente, ou seja, limitada. Portanto, deve estar contida em um sub-conjunto compacto, em cujo caso a sequência tem um ponto de acumulação ( nito), pelo resultado do exercício 17.8.1, ou seja,
(b)
Veri ca-se também a seguinte relação entre conjuntos:
{pontos
de acumulação de {sn }n∈N }
18.5.4 Lema:
(a)
∅= 6 Ξ ⊆ Ξ.
⊆ Ξ ⊆ {pontos
de acumulação de {sn }n∈N }∪{±∞}.♣
Com as de nições precedentes, tem-se:
Suponha-se a existência de algum número real exendido
a ∈ R
satisfazendo as seguintes
propriedades:
a ∈ Ξ. a < x ⇒ ∃ N = N (x) ∈ N : n > N ⇒ sn < x. Então, tal
(b)
a
deve ser necessáriamente único.
O número real estendido
sup Ξ
satisfaz as duas propriedades do item (a) anterior.
Demonstração :
(a) Sejam r, s ∈ R satisfazendo as duas condições estabelecidas no item (a). r < s, considere x ∈ R tal que r < x < s. Em tal caso, pela segunda propriedade aplicada a r , existiria N ∈ N tal que: Se fosse
⇒
n>N
sn < x < s.
Em tal caso, o número
s não poderia satisfazer a primeira propriedade, ou seja s não poderia
ser ponto de acumulação da sequência. De fato, para obter uma contradição bastaria tomar
= s − x > 0.
Portanto, deve ser
mutatis mutandi r
(b)
por
s,
r > s.
obteria-se que
Suponha-se em primeiro lugar que
Se fosse
s > r.
sup Ξ = +∞.
mente, ou seja:
∀m > 0
∃ x(m) ∈ Ξ
:
s
x(m) > m.
então, aplicando o mesmo argumento,
Desta maneira, deve ser Em tal caso,
Ξ
r = s.
não é limitado superior-
229
18.5 O Conjunto de Pontos de Acumulação Estendido
Se para algum
m0 > 0
fosse
x(m0 ) = +∞,
então obviamente
sup Ξ = +∞ = x(m0 ) ∈ Ξ.
Portanto, se pode supor, sem perda de generalidade, que:
∀m > 0 Ou seja,
x(m)
∃ x(m) ∈ Ξ
x(m) ∈ R,
para todo
:
x(m) > m.
m > 0.
x(m) − m > 0. Como x(m) ∈ Ξ, 2 {sn }n∈N , existe n(m) ∈ N tal que:
Seja
é ponto de acumulação da sequência
:=
ou seja,
sn(m) − x(m) < x(m) − m . 2 Em particular, observe que dessa última relação tem-se:
−
x(m) − m x(m) m < sn(m) − x(m) ⇒ − + < sn(m) − x(m) 2 2 2 x(m) m m m x(m) m ⇒ + < sn(m) ⇒ m = + < + < sn(m) . 2 2 2 2 2 2
Seja agora
m0
tal que
m0 > x(m) +
n(m0 ) > n(m)
A rmação: Existe
x(m) − m > x(m) > m. 2
tal que
0 0 sn(m0 ) − x(m0 ) < x(m ) − m . 2
Com efeito, pois caso contrário teria-se que contradizendo que
x(m0 )
O
x(m0 ) − m0 , para todo n > n(m), 2 sequência. H
|sn − x(m0 )| >
é ponto de acumulação da
sn(m) m∈N tal que sn(m) > m, lim sn(m) = +∞, de onde segue que
Desta maneira, resulta possível construir uma sub-sequência
m ∈ N.
para todo
Em particular, tem-se que
m→∞
sup Ξ = +∞ ∈ Ξ. sup Ξ ∈ R. sup Ξ ∈ Ξ.
Suponha agora que segue que
Em tal caso,
Ξ é limitado superiormente e, como Ξ é fechado,
sup Ξ = −∞. Em tal caso, Ξ = {−∞}, pois Ξ é não-vazio. Porsup Ξ = −∞ ∈ Ξ. Isso conclui a demonstração que sup Ξ ∈ Ξ qualquera provando que sup Ξ satisfaz a primeira propriedade do enunciado do item (a).
Finalmente, suponha que tanto, obviamente seja o caso,
Para a prova da segunda propriedade, em primeiro lugar observe que se fosse
sup Ξ = +∞,
então tal propriedade deve ser verdadeira (vide observação ao nal da presente demonstra-
sup Ξ < +∞. Por reductio ad absurdum, suponha-se que N ∈ N existe n(N ) ∈ N com n(N ) > N e sn(N ) > x0 . Em particular, para N = 1 ∈ N, existe n(1) ∈ N com n(1) > 1 e sn(1) > x0 . Assumindo a existência de n(k) ∈ N com n(k) > k e sn(k) > x0 , dado n(k)+1 ∈ N existe n(k+1) > n(k)+1 e sn(k+1) > x0 . Em particular, n(k + 1) > n(k) + 1 > n(k), ou seja, n(k + 1) > n(k). Desta maneira, resulta possível construir inductivamente uma sub-sequência sn(k) k∈N tal que sn(k) > x0 , para todo k ∈ N. Se {sn }n∈N não fosse limitada superiormente, então pelo Lema
ção).
Considere-se então o caso
existe
x0 > sup Ξ
tal que para todo
230
Limites
+∞ seria ponto de acumulação. Se {sn }n∈N for limitada superiormente, M ∈ R tal que sn 6 M , para todo n ∈ N. Agora, como x0 6 sn(k) 6 M , para todo k ∈ N, tem-se que sn(k) ⊆ [x0 , M ], que é um intervalo compacto. Portanto, a tem algum ponto de acumulação em [x0 , M ], de onde segue que a sub-sequência sn(k) k∈N sequência original {sn }n∈N possui algum ponto de acumulação em [x0 , M ]. Desta maneria, qualquer que seja o caso, ou seja, sendo {sn }n∈N limitada ou não-limitada superiormente, possui um ponto de acumulação y com y > x0 > sup Ξ. Isso constitui uma contradição, pois se y é ponto de acumulação, então y ∈ Ξ, e portanto deveria ser y 6 sup Ξ. 18.4.4 teria-se que então existe
18.5.5 Observação:
P
:= a
Q
:=
Sejam
P, Q
as proposições de nidas respectivamente como:
< x,
( ∃ N = N (x) ∈ N : n > N ⇒ sn < x) .
Considere a seguinte tabela de verdade:
P V V F F Observe que se
a = +∞,
então
P
Q V F V F
¬P F F V V
¬P ∨ Q V F V V
é falsa. Portanto, segundo a tabela de verdade acima,
é verdadeira.
P ⇒ Q ♣
O seguinte resultado é o análogo do anterior.
18.5.6 Lema:
(a)
Com as de nições precedentes, tem-se:
Suponha-se a existência de algum número real exendido
a ∈ R
satisfazendo as seguintes
propriedades:
a ∈ Ξ. x < a ⇒ ∃ N = N (x) ∈ N : n > N ⇒ x < sn . Então, tal
(b)
a
deve ser necessáriamente único.
O número real estendido
Demonstração :
inf Ξ
satisfaz as duas propriedades do item (a) anterior.
Análoga à prova do resultado anterior.
Exercícios para o Capítulo 18 18.6
Resultados Gerais sobre Limites
18.6.1 Exercício:
Prove que
18.6.2 Exercício:
Sejam
lim f (x) = l = lim h(x).
x→a
x→a
18.6.3 Exercício:
h→0
f , g e h funções lim g(x) = l.
Então,
♣
lim f (x) = lim f (a + h).
x→a
tais que
f (x) 6 g(x) 6 h(x)
e suponha-se que
♣
x→a
lim f (|x|)
x→0−
existe se e somente se
lim f (x)
x→0+
existe.
Em tal caso, os dois
♣
limites são iguais.
18.7
Alguns Exemplos Estranhos
Suponha-se que para cada n ∈ N, An é um conjunto nito de números em An carecem de elementos comuns se m 6= n, ou seja, Am ∩ An = ∅ se m 6= n. De na-se a função f no intervalo [0, 1] como segue: ( 1/n, se x está em An ; f (x) := 0, se x não está em An para nenhum n ∈ N.
18.7.1 Exercício:
[0, 1]
e que
Prove que
Am
e
lim f (x) = 0
x→a
18.7.2 Exercício:
f (x)
:=
x, 1/q, 0,
para todo
a ∈ [0, 1].
Considere-se a função se se se
♣
f
de nida no intervalo
x é irracional, 0 < |x| < 1; x = p/q fração irredutível, 0 < |x| < 1; x = 0.
Prove que:
(a)
lim f (x) = 0.
x→0
231
(−1, 1)
como:
232
(b)
Limites
Para qualquer outro
18.7.3 Exercício:
( f (x)
:=
a
com
0 < |a| < 1
Considere-se a função
x, 1 − x,
se se
x x
não existe
f
♣
lim f (x).
x→a
de nida no intervalo
[0, 1]
como:
é racional; é irracional.
Prove que:
(a)
lim f (x) = 1/2.
x→1/2
Sugestão: Observe-se que
(b)
Para qualquer outro
a 6= 1/2
Sugestão: Considere
6 |1 − 2a|.
18.8
com
06a61
para qualquer
não existe
x ∈ [0, 1].
lim f (x).
x→a
♣
Limites de Funções e Sequências
18.8.1 Exercício: sequência
(b)
|f (x) − 1/2| = |x − 1/2|,
(a)
{sn }n∈N
Se existe
tal que
lim f (x), então também existe o limite lim f (sn ), para toda
x→a
lim sn = a
n→∞
n→∞
e em tal caso os dois limites são iguais.
Reciprocamente, se para toda sequência
{sn }n∈N
tal que
lim sn = a
n→∞
o limite
lim f (sn )
n→∞
existe e o seu valor, digamos l, é sempre o mesmo, ou seja, independe da sequência então também existe o limite
Sugestão: Use
(c)
lim f (x)
x→a
{sn }n∈N ,
e vale l.
reductio ad absurdum, para gerar uma sequência convergendo para a mas... ♣
O resultado do item (b) anterior não se cumple se o valor não é o mesmo.
Modi cando trivialmente a mesma prova, os itens (a) e (b) do exercício anterior são sucetíveis
x → a+ , ou x → a− , em cujo caso a sequência sn ou a > sn , para todo n ∈ N, respectivamente.
de generalização para os limites laterais satisfazer a condição adicional
a < sn ,
deve
Com relação apenas ao item (b) desse mesmo exercício, existe um caso particular de considerável importância onde o limite
lim f (sn )
n→∞
sempre existe e o valor independe da sequência
sn ,
como
indicado no Exercício 18.8.3 abaixo, após um resultado preparatório.
18.8.2 Exercício:
Seja a ∈ R. Seja f uma função monótona não-decrescente de nida num (a, b), para algum R 3 b > a. Ou seja, x < y implica f (x) 6 f (y), para todo x, y ∈ (a, b). Seja {sn }n∈N uma sequência com sn > a para todo n ∈ N tal que lim sn = a. Então: aberto da forma
n→∞
233
18.8 Limites de Funções e Sequências
(a)
Sem hipóteses adicionais, a sequência
f (sn )
possui
no máximo
apenas um ponto de acumu-
lação.
(b)
Suponha-se adicionalmente que e que
f
Prove que em tal caso existe o
Sugestão: Em tal caso,
(c)
Se
f
sn é monotona não-crescente, ou seja n > m implica sn 6 sm , M ∈ R tal que M 6 f (x), para todo x ∈ (a, b). limite lim f (sn ).
é limitada inferiormente, ou seja existe
f (sn )
n→∞
resulta uma sequência não-crescente e limitada inferiormente.
f (sn )
é limitada inferiormente, então a sequência
possui pelo menos um ponto de
acumulação.
Sugestão:
Use a hipótese
sn > a
e
lim sn = a
n→∞
para gerar uma subsequência monótona
♣
não-crescente e use o item anterior.
f estiver de nida num aberto da forma sn < a para todo n ∈ N com todas as outras hipóteses mantidas inalteradas. No caso do item (b) deve-se considerar sn monótona nãodecrescente, ou seja n > m implica sm 6 sn e que f é limitada superiormente, ou seja existe M ∈ R tal que f (x) 6 M , para todo x ∈ (c, a). O mesmo resultado do exercício 18.8.2 anterior vale se
(c, a),
para algum
R 3 c < a
18.8.3 Exercício:
e a sequência satisfazer
f uma função limitada inferiormente e monótona não-decrescente de (a, b), para algum R 3 b > a. Ou seja, x < y implica f (x) 6 f (y), para M ∈ R tal que M 6 f (x), para todo x ∈ (a, b). Então:
Seja
nida num aberto da forma todo
(a)
x, y ∈ (a, b)
e existe
Para toda sequência existe o limite
{sn }n∈N ,
com
sn > a
para todo
n ∈ N,
e tal que
lim sn = a,
n→∞
também
lim f (sn ).
n→∞
Sugestão: Pelo exercício 18.8.2(c), a sequência
f (sn )
possui um ponto de acumulação que
resulta único, pelo mesmo exercício 18.8.2(a). Basta então lembrar o resultado do exercício 17.8.2.
(b)
O limite do item anterior independe da sequência
{sn }n∈N
♣
considerada.
f for limitada superiormente estando R 3 c < a e a sequência satisfazer sn < a para
O mesmo resultado do exercício 18.8.3 anterior vale se de nida num aberto da forma todo
n∈N
(c, a),
para algum
com todas as outras hipóteses mantidas inalteradas.
18.8.4 Exercício:
Se
f
nida num aberto da forma
é uma função limitada inferiormente e monótona nao-decrescente de -
(a, b),
para algum
R 3 b > a,
então existe o limite lateral
Sugestão: Segue diretamente do exercício 18.8.3(a,b) e 18.8.1(b).
lim f (x).
x→a+
♣
234
Limites
Um resultado análogo ao do Exercício 18.8.4 anterior vale se riormente estando de nida num aberto da forma
(c, a),
f
for uma função limitada supe-
para algum
R3c
Observe-se também que em
(c, b)
intervalo da forma
todos
x→a
os três resultados anteriores, se
contendo o ponto
a,
ou seja
a ∈ (c, b),
f
estivesse de nida em um
então a hipótese de limitação
inferior e/ou superior pode ser dispensada. Com efeito em tal caso teria-se
x ∈ (a, b),
como assim também
f
Portanto, se esquerda
f (x) 6 f (a)
para todo
com todas as outras
pela esquerda lim− f (x).
hipóteses mantidas inalteradas. Em tal caso, existe o limite lateral
f (a) 6 f (x)
é monótona não-decrescente os limites laterais pela direita
lim f (x)
x→a+
existem
para todo
x ∈ (c, a).
sempre.
lim f (x)
x→a+
e pela
Finalmente, observe-se que o mesmo resultado vale para funções monótonas não-crescentes.
f
Com efeito, se
é uma tal função, então
anterior pode ser aplicado a
−f ,
18.8.5 Exercício:
f
Sejam
−f
resulta monótona não-decrescente e o resultado
de onde segue a existência dos limites laterais para
uma função e
{sn }n∈N
uma sequência tais que
f
também.
f (n) = sn
para todo
n ∈ N. (a)
Se existe
lim f (x),
x→+∞
então também existe o limite
lim sn
n→∞
e em tal caso os dois limites são
iguais.
(b)
A recíproca do resultado anterior sequência
lim sn
n→∞
Sugestão: Considere a função todo
18.9
não
é válida em geral. Ou seja, a existência do limite da
não garante a existência do limite da função
f (x) = sen(πx)
e a sequência
sn
lim f (x).
x→+∞
:= f (n)
= sen(nπ) = 0,
para
n ∈ N.
♣
A Função Exponencial
Considere-se a função exponencial
18.9.1 Exercício:
expa (x)
expa (x)
de nida no Capítulo 12.
Nos exercícios a seguir, considere sempre por separado os casos
a > 1
e
0 < a < 1. (a)
Prove que
lim expa (x) = 1.
x→0
Sugestão: Como primera abordagem, uma maneira de fazer isso seria considerar por separado
lim expa (x) = 1 e lim expa (x) = 1. Alternativamente, esses dois casos x→0+ x→0− podem ser abordados em simultâneo. Qualquer que seja o método adotado, o resultado do os limites laterais
exercício 11.3.1 será de crucial importância.
(b)
Prove que
lim expa (x) = expa (b),
x→b
para todo
b ∈ R.
235
18.10 Funções Racionais
Sugestão: Pelo Exercício 18.6.1 e o Lema 12.4.3 tem-se:
lim expa (x) = lim expa (b + h) = lim expa (b) expa (h) = expa (b) lim expa (h).
x→b
h→0
h→0
h→0
♣
Agora, o valor desse último limite é 1, segundo o item (a) anterior.
18.10
Funções Racionais
18.10.1 Exercício:
Calcular os seguintes limites. Em certos casos será bom lembrar que:
xn − y n = (x − y)
n X
xn−i y i−1 .
i=1
(a)
x2 − 1 . x→1 x − 1
(b)
x3 − 8 . x→2 x − 2
(c)
lim
(d)
lim
R:
lim
x→y
R:
xn − y n . x−y
R:
xn − y n . y→x x − y lim
18.11
R:
2.
12.
n.y n−1 .
n.xn−1 .
♣
Limites com Raizes
18.11.1 Exercício:
Calcular os seguintes limites. A dica providencial aqui consiste em observar
que:
√
a−
√ b=
√
√ √ √a + b a−b √ =√ √ . a− b √ a+ b a+ b
√ 1− x (a) lim . x→1 1 − x lim
1/2.
√
1 − x2 . x→0 x √ 1 − 1 − x2 (c) lim . x→0 x2 √ √ a+h− a (d) lim . h→0 h (b)
1−
R:
R:
R:
R:
√ 1/2 a.
0.
1/2.
♣
236
Limites
18.12
O Limite Notável
As funções trigonométricas
sen
e
cos
lim sen x/x.
x→0
foram introduzidas na seção 15.10. Lembre-se também, do
resultado do exercício 15.10.13, a propriedade de sub-linearidade, ou crescimento sub-linear, para o seno, a saber:
sen x < x,
18.12.1 Exercício:
0 < sen x < x,
para
0 < x < π/2.
Asumindo agora as propriedades 1 a 5 prove que na verdade tem-se: se
0 < x < π/2.
Sugestão: Observe-se que no intervalo especi cado a função e
sen 0 = 0,
portanto
0 < sen x
18.12.2 Exercício:
|sen x| < |x| ,
em tal intervalo.
sen é monótona estrictamente crescente ♣
Prove que:
para todo
0 < |x| < π/2.
Sugestão: Use o exercício anterior e a paridade ímpar da função
18.12.3 Exercício: (b)
(a)
Utilizando o exercício anterior, prove que
Utilizando a fórmula de duplicação
cos 2x = 1 − 2 sen2 x
♣
sen.
lim sen x = 0.
x→0
e o item (a) anterior, prove que
lim cos x = 1.
x→0
(c)
Utilizando a Propriedade 4 da seção 15.10 e o item (b) anterior, prove que
(d)
Utilizando o resultado do exercício 18.6.3 e o item (c) anterior prove que
18.13
(b)
(c)
(d)
lim
x→0
sen(2x) . x
sen2 (2x) . x→0 x2 lim
lim
x→0
sen(ax) . bx
sen(x2 − 1) . x→1 x−1 lim
sen x = 1. x
sen x = 1. ♣ x→0 x lim
Funções Trigonométricas
18.13.1 Exercício:
(a)
lim
x→0+
Calcular os seguintes limites, sabendo que
lim
x→0
sen x = 1: x R:
2.
R:
4.
R:
a/b.
R:
2.
18.14 Funções Racionais para
(e)
lim
x→0
237
x → ±∞
1 − cos x . x2
Sugestão: Multiplique-se a expresão dada por
(f )
lim
x→0
1/2.
R:
1 + cos x . 1 + cos x
1 − cos x . x
R:
0.
R:
2.
Sugestão: Idem.
(g)
lim
x→0
x sen x . 1 − cos x
Sugestão: Idem.
(h)
x2 (3 + sen x) . x→0 (x + sen x)2 lim
Sugestão: Tire
(i) (j)
lim
x→0
x2
como fator comun no denominador.
tg x . x
tg2 x + 2x . x→0 x + x2 lim
Sugestão: Observe-se que
(k)
lim
h→0
tg2 x + 2x tg2 x + 2x tg2 x x 2 = = + 2 2 x+x x(1 + x) x 1+x 1+x
sen(x + h) − sen(x) . h
Sugestão:
3/4.
R:
Use a fórmula de soma para
1.
R:
2.
e use o item (i).
cos x.
R:
sen(x + h).
R:
Chegado em algum ponto será bom
♣
lembrar também o resultado do item (f ) acima.
18.14
Funções Racionais para
18.14.1 Exercício: (a)
Calcular os seguintes limites:
2x5 − 11 . + 10x3 − 7
lim
x3 + 1 . x→−∞ 1 − 9x3
(c)
x5 . x→−∞ 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5
(d)
7x2 + 5 . x→−∞ 1 − x − x2
(e)
x3 . x→+∞ x2 + 1
lim
R:
−1/9.
lim
R:
lim
R:
lim
lim
x3 . +1
x→−∞ x2
2/3.
R:
x→+∞ 3x5
(b)
(f )
x → ±∞
R:
R:
−∞.
1.
−7.
+∞. ♣
238
Limites
18.15
Limites Impróprios Vários
18.15.1 Exercício: (a)
lim
x→+∞
Determine os seguintes limites:
p x2 + x − x.
R:
1/2.
Sugestão: Parecido com o exercício 18.11.1.
1 . x x sen x . (c) lim x→+∞ x2 + 5
(b)
lim x sen
x→+∞
Sugestão: Tire
x2
como fator comun no denominador e depois observe que
R:
1.
R:
0.
0 6 |sen x/x| 6
|1/x|. (d)
x + sen3 x . x→+∞ 5x + 6 lim
R:
Sugestão: Tire x como fator 0 6 sen3 x/x 6 |1/x|. 3 1 2 3 (e) lim (x − 1) sen . x→1 x−1 Sugestão:
Parecido, mas
não
comun no numerador e denominador e depois observe que
R:
igual, com os dois itens anteriores.
expresão dada a alguma coisa envolvendo observe que
1/5.
0 6 |sen y/y| 6 |1/y|.
sen y/y ,
para algum
y
0.
Ou seja, tente levar a
conveniente, e depois, sim,
♣
Capítulo 19
Funções Contínuas 19.1
De nições Básicas
Topologicamente falando, uma função
a
f :R→R
é contínua, na topologia usual de
R,
num ponto
se e somente se:
∀ > 0
∃δ>0
|x − a| < δ
:
⇒
|f (x) − f (a)| < .
(19.1.1)
Por outro lado, nos livros de texto elementares de Cálculo costuma-se de nir a continuidade de uma função
f
num ponto
a
pela condição:
lim f (x) = f (a),
(19.1.2)
x→a
que, segundo a de nição de limite, é equivalente a:
∀ > 0
∃δ>0
:
0 < |x − a| < δ
⇒
|f (x) − f (a)| < .
Como já fora expressado no Capítulo 18, a condição adicional não esteja de nida em
a,
0 < |x − a|
válida no contexto da continuidade, pois nesse último caso a função
a.
permite que a função
mas essa relativa generalidade no tratamento dos limites deixa de ser
deve
estar (bem) de nida em
Em outras palavras, as condições (19.1.1) e (19.1.2) são na verdade equivalentes.
19.1.1 De nição:
Se diz que uma função
f
é
contínua em
a
se é satisfeita alguma das
♣
condições equivalentes (19.1.1), ou (19.1.2).
19.1.2 Observação:
A de nição de continuidade acima signi ca que devem se satisfazer na
verdade três condições, a saber:
1. 2. 3.
f (a)
existe. Ou seja, o valor de
lim f (x)
x→a
f
em
a
deve estar bem de nido.
existe.
lim f (x) = f (a).
x→a
239
240
Funções Contínuas
absolutamente todas
Quando são satisfeitas em
estas condições, então se diz que a função
f
é contínua
♣
a.
19.1.3 Exemplo: em
(b)
a,
(a)
Pelo exemplo 18.1.16(a) tem-se que os polinômios são funções contínuas
a ∈ R.
para todo
Pelo exemplo 18.1.16(b), as funções racionais, ou seja, quocientes de polinômios, também
a
são contínuas em todo
(c) (d)
que não seja raiz do denominador.
Pelo exemplo 18.1.6, a função
√
x
é contínua em todo
a
positivo,
Pelo exercício 18.12.3, itens (a) e (b) respectivamente, as funções Seção 15.10 são contínuas em
(e)
f (x) =
sen
e
♣
a > 0.
cos
introduzidas na
a = 0.
Pelo Exercício 18.9.1(b) a função
expa
introduzida no Capítulo 12 é contínua em
b para todo
b ∈ R.
19.1.4 Teorema:
(a) f + g (b) f g (c)
é contínua em
Então:
g(a) 6= 0,
então
f g
é contínua em
a.
Segue diretamente do Teorema 18.1.13 e da de nição de continuidade.
Sejam
é contínua em
Demonstração :
a.
a.
Se adicionalmente for
19.1.5 Teorema:
f ◦g
funções contínuas em
a.
é contínua em
Demonstração :
f, g
Sejam
Seja
|x − g(a)| < δ1
> 0. ⇒
Uma vez determinado tal
|x − a| < δ2
f, g
funções tais que
g
aef
é contínua em
é contínua em
g(a).
Então,
a. Por hipótese, existe
δ1 > 0
tal que:
|f (x) − f (g(a))| < . δ1 > 0,
também por hipótese, existe
⇒
|g(x) − g(a)| < δ1 .
⇒
|g(x) − g(a)| < δ1
δ2 > 0
tal que:
Portanto:
|x − a| < δ2
19.1.6 Exemplo: observando que
(b)
⇒
|f (g(x)) − f (g(a))| < .
(a) A função f (x) = |x| é contínua em R. Com efeito, dado > 0 arbitrário, ||x| − |a|| 6 |x − a|, basta tomar 0 < δ 6 .
Pelos dois teoremas anteriores e o item (a) acima, segue que funções
f, g
contínuas.
|f − g| é contínua, para quaisquer
241
19.2 Funções Reais Contínuas em Compactos
(c)
Observando que:
f + g + |f − g| , 2 f + g − |f − g| , min {f, g} = 2
max {f, g} =
tem-se que as funções
f, g
max {f, g}
e
max {f, g}
são contínuas em
R,
para quaisquer funções
♣
contínuas.
O seguinte resultado é uma propriedade das funções contínuas usada com certa frequência no cálculo de certos limites.
19.1.7 Proposição:
l.
Sejam
lim f (g(x)) = f (l).
Então,
x→a
lim (f ◦ g)(x) = f
x→a
Demonstração : |x − l| < δ1
Seja
g
funções. Suponha-se que
lim g(x) = l
x→a
e que
f
é contínua em
Ou seja:
♣
x→a
Por hipótese, existe
δ1 > 0
tal que:
|f (x) − f (l)| < . δ1 > 0,
Uma vez determinado tal
|x − a| < δ2
e
lim g(x) .
> 0.
⇒
f
também por hipótese, existe
⇒
|g(x) − l| < δ1 .
⇒
|g(x) − l| < δ1
δ2 > 0
tal que:
Portanto:
|x − a| < δ2
19.2
Se
(b)
Se
(c)
Se
|f (g(x)) − f (l)| < .
Funções Reais Contínuas em Compactos
19.2.1 Lema:
(a)
⇒
Sejam
a, b ∈ R.
lim f (x) = f (a),
então existe
δ>0
tal que
f
é limitada em
[a, a + δ).
lim f (x) = f (b),
então existe
δ>0
tal que
f
é limitada em
(b − δ, b].
δ >0
tal que
f
é limitada em
x→a+
x→b−
lim f (x) = f (a),
x→a
então existe
(a − δ, a + δ).
Ou seja, se
uma função é contínua em algum ponto, então é limitada numa vizinhança do mesmo.
Demonstração :
(a)
Por hipótese, tem-se:
lim f (x) = f (a)
x→a+
⇔
∀ > 0 ∃ δ > 0 : 0 < x − a < δ
⇒
|f (x) − f (a)| < .
242
Funções Contínuas
Em particular, para
= 1 > 0,
0
⇒
existe
δ>0
tal que:
|f (x) − f (a)| < 1
⇔
−1 < f (x) − f (a) < 1 ⇔
Portanto,
f
(a, a + δ) e obviamente f (a) − 1 < f (a) < f (a) + 1.
é limitada em
limites, pois
(b)
f (a) − 1 < f (x) < 1 + f (a).
também em
[a, a + δ)
e com os mesmos
Por hipótese, tem-se:
⇔
lim f (x) = f (b)
x→b−
Em particular, para
∀ > 0 ∃ δ > 0 : 0 < b − x < δ
= 1 > 0,
0
⇒
existe
δ>0
⇒
|f (x) − f (b)| < .
tal que:
|f (x) − f (b)| < 1
⇔
−1 < f (x) − f (b) < 1 ⇔
f (b) − 1 < f (x) < 1 + f (b).
Observe ainda que:
0
0 > x − b > −δ
⇔
b > x > b − δ.
(b − δ, b) e obviamente f (b) − 1 < f (b) < f (b) + 1.
f
é limitada em
limites, pois
(c)
⇔
também em
(b − δ, b]
e com os mesmos
Pela Proposição 18.2.4, tem-se:
lim f (x) = f (a)
x→a
⇔
lim f (x) = f (a) = lim− f (x).
x→a+
x→a
Portanto, pelos itens (a) e (b) anteriores, existem
(a − δ2 , a], respectivamente. limitada em (a − δ, a + δ).
[a, a + δ1 ) resulta
e
19.2.2 Teorema:
f
Se
é contínua em
(a) f
é limitada superiormente em
(b) f
é limitada inferiormente em
Demonstração : A
:=
(a)
Seja
A
[a, b]
δ1 , δ2
f é limitada em 0 < δ 6 min {δ1 , δ2 }, então f
positivos tais que
Desta maneira, se
então:
[a, b]. [a, b].
o conjunto de nido como:
{x : x ∈ [a, b] ∧ f
é limitada superiormente em
[a, x]} .
A= 6 ∅, pois obviamente a ∈ A. Além disso, A é limitado superiormente, pois x ∈ A ⇒ x 6 b, por de nição. Portanto, pela completitude do corpo real R, deve existir sup A =: α.
Observe que
A rmação:
α = b.
Com efeito, se de supremo,
α
x ∈ A então x 6 b, portanto b é um limite superior de A.
O Agora, pela de nição
é o menor de todos esses limites superiores, de onde segue que
α 6 b.
Além
243
19.2 Funções Reais Contínuas em Compactos
pois do Lema anterior asegura a existência de algum δ > 0 tal que f é {x : a 6 x < a + δ}. Portanto, tem-se que α ∈ [a, b]. Por reductio ad absurdum, suponha-se que α < b. Como α ∈ [a, b], por hipótese, f é contínua em α. Pelo item (c) do lema anterior, existe δ > 0 tal que f é limitada em (α − δ, α + δ). Por outro lado, pela de nição de supremo, deve existir x0 ∈ A tal que α − δ < x0 6 α. Agora, x0 ∈ A signi ca que f é limitada em [a, x0 ]. Se x1 satisfaz α < x1 < α + δ , então f é limitada em [x0 , x1 ] ⊆ (α − δ, α + δ). Desta maneira, f resulta limitada em [a, x1 ], de onde segue que x1 ∈ A, contradizendo que x1 > α = sup A. H
disso, deve ser
α > a,
limitada no conjunto
b ∈ A.
A rmação:
f
Em particular,
é limitada em
[a, b].
O
Com efeito, pelo item (b) do lema anterior, existe δ > 0 tal que f é limitada no conjunto {x : b − δ < x 6 b}. Observe que b = α pela a rmação anterior. Portanto, deve existir algum x0 ∈ A em tal conjunto, ou seja, tal que b − δ < x0 6 b = α = sup A, pois caso contrário b − δ seria um limite superior para A menor que sup A, contradizendo a de nição de supremo. Agora, x0 ∈ A signi ca que f é limitada em [a, x0 ]. Como além disso f é limitada em [x0 , b] ⊆ (b − δ, b], tem-se que f é limitada em [a, b]. H Desta maneira, a prova da última a rmação conclui a demonstração do item (a).
(b)
Segue trivialmente do resultado do item (a) anterior, aplicado à função
19.2.3 Teorema:
f
Se
é contínua em
[a, b]
então:
(a)
Existe algúm
y ∈ [a, b]
tal que
f (x) 6 f (y), ∀ x ∈ [a, b].
(b)
Existe algúm
y ∈ [a, b]
tal que
f (y) 6 f (x), ∀ x ∈ [a, b].
Demonstração :
(a)
limitada em
A
:=
Como, por hipótese,
[a, b].
Por
α > f (x)
:=
[a, b],
do teorema anterior tem-se
f
é
de nido como:
g
em
x ∈ [a, b],
suponha-se que
[a, b]
α
:= sup A. Desta y ∈ [a, b] tal que y ∈ [a, b]. Em tal
bastando provar existe
f (y) 6= α
para todo
como:
1 , ∀x ∈ [a, b]. α − f (x)
α = sup A,
da de nição de supremo segue que para todo
Desta maneira,
g
⇔
y ∈ [a, b]
α − f (x) <
⇔
> 0 existe x ∈ [a, b] tal que:
1 1 < = g(x). α − f (x)
não seria limitada superiormente. Eis uma contradição, pois sendo
de nida e contínua em
(b)
A
é obviamente não-vazio, deve existir
reductio ad absrudum,
α − < f (x)
existir
A
para todo
caso, pode ser de nida a função
Como
é contínua
{f (x) : x ∈ [a, b]} ,
maneira, tem-se que
g(x)
f
Em particular, o conjunto
é limitado superiormente. Como
f (y) = α.
−f .
tal que
[a, b], pelo teorema anterior deveria f (y) = α > f (x), para todo x ∈ [a, b].
ser limitada.
Segue trivialmente do resultado do item (a) anterior, aplicado à função
−f .
g
bem
Portanto, deve
244
Funções Contínuas
19.2.4 Observação:
(a)
Em outras palabras, este último resultado expressa que toda função
contínua em um intervalo e um
(b)
fechado
e
limitado,
ou seja, compacto, atinge um
valor máximo
valor mínimo em tal intervalo.
Este resultado
deixa de ser válido
se o intervalo não for fechado ou limitado, ou se a função
♣
não for contínua.
19.3
Funções Reais Contínuas em Conexos
19.3.1 Lema:
(a)
(b)
(c)
Sejam
Suponha-se que
a, b, c ∈ R.
lim f (x) = f (a).
x→a+
Em tal caso, tem-se:
1.
Se
f (a) < c,
então existe
δ>0
tal que
f (x) < c
para todo
x
em
[a, a + δ).
2.
Se
f (a) > c,
então existe
δ>0
tal que
f (x) > c
para todo
x
em
[a, a + δ).
Suponha-se que
lim f (x) = f (b).
x→b−
Em tal caso, tem-se:
1.
Se
f (b) < c,
então existe
δ>0
tal que
f (x) < c
para todo
x
em
(b − δ, b].
2.
Se
f (b) > c,
então existe
δ>0
tal que
f (x) > c
para todo
x
em
(b − δ, b].
Suponha-se que
lim f (x) = f (a),
x→a
ou seja, que
f
é contínua em
a.
Em tal caso, tem-se:
1.
Se
f (a) < c,
então existe
δ>0
tal que
f (x) < c
para todo
x
em
(a − δ, a + δ).
2.
Se
f (a) > c,
então existe
δ>0
tal que
f (x) > c
para todo
x
em
(a − δ, a + δ).
Demonstração :
(a)
Por hipótese, para todo
0
⇒
>0
existe
δ>0
tal que:
|f (x) − f (a)| < .
Observe que:
0
⇔
a < x < δ + a,
|f (x) − f (a)| <
⇔
f (a) − < f (x) < f (a) + .
Considere-se em primeiro lugar o caso
f (a) < c.
Tomando
:= c
− f (a) > 0,
tem-se:
f (x) < f (a) + = f (a) + c − f (a) = c, ∀ a < x < δ + a. x = a, pois f (a) < c pela hipótese do presente a 6 x < a + δ.
Observe que a relação acima também vale para caso. Portanto
f (x) < c,
Por outro lado, no caso
para todo
f (a) > c,
tomando
:= f (a)
− c > 0,
tem-se:
c = f (a) − (f (a) − c) = f (a) − < f (x), ∀ a < x < δ + a. x = a, pois c < f (a) pela hipótese do presente a 6 x < a + δ.
Observe que a relação acima também vale para caso. Portanto
c < f (x),
para todo
245
19.3 Funções Reais Contínuas em Conexos
(b)
>0
Por hipótese, para todo
0
⇒
existe
δ>0
tal que:
|f (x) − f (b)| < .
Observe que:
0
⇔
0 > x − b > −δ
|f (x) − f (b)| <
⇔
f (b) − < f (x) < f (b) + .
Considere-se em primeiro lugar o caso
f (b) < c.
⇔
b > x > b − δ,
Tomando
:= c
− f (b) > 0,
tem-se:
f (x) < f (b) + = f (b) + c − f (b) = c, ∀ b − δ < x < b. x = b, pois f (b) < c pela hipótese do presente b − δ < x 6 b.
Observe que a relação acima também vale para caso. Portanto
f (x) < b,
Por outro lado, no caso
para todo
f (b) > c,
tomando
:= f (b)
− c > 0,
tem-se:
c = f (b) − (f (b) − c) = f (b) − < f (x), ∀ b − δ < x < b. x = b, pois c < f (b) pela hipótese do presente b − δ < x 6 b.
Observe que a relação acima também vale para caso. Portanto
(c)
c < f (x),
para todo
A primeira propriedade segue dos itens (a.1) e (b.1), no entanto que a segunda dos itens (a.2) e (b.2).
19.3.2 Teorema: que
Se
f
é contínua em
[a, b]
e
f (a) < c < f (b)
então existe algum
x ∈ [a, b]
tal
f (x) = c.
Demonstração : A
:=
Seja
A
o conjunto de nido como:
{x : x ∈ [a, b] ∧ f (y) < c ∀ y ∈ [a, x]} .
A 6= ∅, pois a ∈ A. Além disso, A é limitado superiormente, [a, b] ⇒ x 6 b, por de nição. Portanto, deve existir sup A =: α. Observe que
A rmação: Obviamente
pois
x ∈ A ⇒ x ∈
α ∈ [a, b]. α 6 b,
O
b é limite superior de A, sendo α o menor de tais limites superiores. Por α > a. Com efeito, como f é contínua em a, pelo item (a.1) do lema anterior, que f (y) < c, para todo y ∈ [a, a + δ). Como R é arquimediano, dado b − a > 0 pois
outro lado, deve ser existe existe
δ > 0 tal n ∈ N tal
que:
n (b − a) > δ
⇔
a+
δ < b. n
a + δ/n ∈ A, pois [a, a + δ/n] ⊆ [a, a + δ), a < a + δ/n 6 α, ou seja, α > a.
Portanto,
Incidentalmente, observe que, de fato, deve ser item (b.2) do lema anterior, existe
δ > 0
se
n > 2.
Desta maneira, tem-se que
α < b. Com efeito, como f é contínua f (y) > c para todo y ∈ (b − δ, b].
tal que
em
b,
pelo
Portanto,
246
Funções Contínuas
x ∈ A ⇒ x 6 b − δ , pois se fosse x > b − δ para todo y ∈ [b − δ, x] ⊆ [a, x].
para algum
x ∈ A,
obteria-se a contradição
f (α) = c.
A rmação:
O
Pela a rmação anterior e a hipótese, anterior existe
δ>0
f (y) < c H
f
é contínua em
α.
Se fosse
f (α) < c,
pelo item (c.1) do lema
tal que:
f (x) < c, ∀ x ∈ (α − δ, α + δ). α − δ < α, deve existir x0 ∈ A tal que α − δ < x0 , pois se fosse x 6 α − δ para todo x ∈ A, α −δ seria um limite superior de A menor que α, contradizendo o fato de ser α o menor tais limites superiores, pela de nição de supremo. Portanto, como x0 ∈ A, deve ser x0 6 α, e
Como
teria-se que de
além disso tem-se:
f (y) < c, ∀ y ∈ [a, x0 ]. Seja agora
x1
tal que
α < x1 < α + δ .
Em tal caso, tem-se:
f (y) < c, ∀ y ∈ [x0 , x1 ] ⊆ (α − δ, α + δ). f (y) < c para todo y ∈ [a, x1 ], ou seja, x1 ∈ A. x1 > α = sup A, contradizendo o fato que se x1 ∈ A então
Combinando as duas últimas relações, teria-se que Contudo, por construção, tem-se que deveria ser
x1 6 sup A.
Analogamente, se fosse
f (α) > c,
pelo item (c.2) do lema anterior existe
δ>0
tal que:
f (x) > c, ∀ x ∈ (α − δ, α + δ). Pelo mesmo argumento empregado anteriormente, deve existir
x0 ∈ A, com α−δ < x0 6 sup A = α,
em cujo caso tem-se:
f (y) < c, ∀ y ∈ [a, x0 ]. Desta maneira, teria-se que:
f (y) < c, ∀ y ∈ (α − δ, x0 ] ⊆ (α − δ, α + δ), contradizendo a anteúltima relação acima. Desta maneira, deve ser tricotomia do corpo ordenado
R.
f (α) = c,
pela propriedade de
H
Finalmente, combinando as duas a rmações precedentes, segue a conclusão do enunciado do presente teorema.
Exercícios para o Capítulo 19 19.4
Continuidade das Funções Trigonométricas
19.4.1 Exercício: em
a=0
mas em
As funções
sen
cos
e
introduzidas na Seção 15.10 são contínuas não apenas
todo o seu domíno de de nição,
ou seja, em todo
R.
Existem pelo menos duas
maneiras de provar isso:
(a)
Usando os resultados do exercício 18.6.1 e do exercício 18.12.3(a,b) conjuntamente com as fórmulas de adição:
sen(a + h) = sen(a) cos(h) + cos(a) sen(h), cos(a + h) = cos(a) cos(h) − sen(a) sen(h); introduzidas no exercício 15.10.8.
(b)
Usando os resultados do Teorema 18.1.13 e do exercício 18.12.3(a) conjuntamente com as fórmulas de diferências:
x+a x−a cos ; sen(x) − sen(a) = 2 sen 2 2 x−a x+a cos(x) − cos(a) = −2 sen sen . 2 2
introduzidas no exercício 15.10.9 e as propriedades de limitação do exercício 15.10.2.
19.4.2 Exercício:
♣
Usando o exercício anterior conjuntamente com os itens (b) e/ou (c) do
Teorema 19.1.4, segundo corresponda, resulta simples provar a continuidade de todas as outras funções trigonométricas
19.5
no seu domínio de de nição.
♣
Contínuidade e Sequências
19.5.1 Exercício: toda sequência
(a)
Uma função
{sn }n∈N
tal que
f
é contínua em
lim sn = a.
n→∞
Sugestão: Segue diretamente do exercício 18.8.1. 247
a se e somente se lim f (sn ) = f (a) para n→∞
248
(b)
Funções Contínuas
f
Uma função convergente
é contínua se e somente se
lim f (sn ) = f
n→∞
lim sn
n→∞
para toda sequência
{sn }n∈N . ♣
Sugestão: Segue do item anterior.
19.6
Algumas Propriedades Gerais da Funções Contínuas
19.6.1 Exercício:
(a)
Seja
f
uma função contínua. Então os conjuntos:
{x ∈ R : f (x) < 0} {x ∈ R : f (x) > 0} são abertos. Sugestão: considere
(b)
Sejam
f
e
g
c=0
no Lema 19.3.1(c).
funções contínuas. Então os conjuntos:
A
:=
{x ∈ R : f (x) < g(x)}
B
:=
{x ∈ R : f (x) > g(x)}
são abertos. Sugestão: Observe-se que
f (x) < g(x)
se e somente se
g(x) − f (x) > 0
e use o item (a)
anterior.
(c)
Sejam
f
e
g
funções contínuas. Então o conjunto:
{x ∈ R : f (x) = g(x)} é fechado. Sugestão: Observe-se que o complemento do conjunto dado e precisamente
A∪B
que é uma
união de abertos, pelo item (b) anterior, e portanto aberto.
(d)
Em particular, se o conjunto
{x ∈ R : f (x) = g(x)} for denso, então f ≡ g .
funções contínuas coincidem num conjunto denso, então são iguais.
19.6.2 Exercício:
19.7 Seja
♣
Forneça uma outra prova do item (d) do exercício anterior, partindo direta-
mente das de nições. Ou seja, dadas for denso, então
Ou seja, se duas
f ≡ g.
f e g contínuas, prove que se o conjunto {x ∈ R : f (x) = g(x)} ♣
Oscilação e Continuidade
R ⊃ I intervalo limitado
e seja
f : I 7−→ R
de nições:
M (f, I)
:=
m(f, I) ω(f, I)
:=
sup {f (x) : x ∈ I} ,
inf {f (x) : x ∈ I} , := M (f, I) − m(f, I).
uma função
limitada.
Considerem-se as seguintes
249
19.7 Oscilação e Continuidade
Se
a∈I
de ne-se a
ω(f, a) Observe que
oscilação, ou o pulo, de
inf {ω(f, J ∩ I) : J
:=
ω(f, a) f.
(a)
f é contínua ω(f, a) > 0.
(b)
Se
(c)
Para cada
(d)
Seja
Prove que: em
ω(f, I) = 0,
a ∈ R,
se e somente se
f
é
o conjunto
(a)
ω(f, a) = 0.
constante
Seja
f
em
Em particular,
a ∈ R,
f
não contínua em
a
implica
I.
{x ∈ R : ω(f, x) < a}
fechado. Para cada
{x ∈ R : f Gδ ,
a
então
19.7.2 Exercício:
é um
ω(f, J ∩ I) > 0, o conjunto em questão está a 7−→ ω(f, a) recebe o nome de função oscilação, ou
está bem de nido, pois, como
19.7.1 Exercício:
R⊇A
como:
∧ a ∈ J} .
aberto
limitado inferiormente por 0. A aplicação
função pulo, de
f em a
o conjunto
é aberto.
{x ∈ A : ω(f, x) > a}
♣
é fechado.
uma função. Então o conjunto:
é contínua em
x}
ou seja, interseção numerável de abertos.
Sugestão: Observe-se que:
{x ∈ R : f
é contínua em
x} = {x ∈ R : ω(f, x) = 0} =
\
x ∈ R : ω(f, x) <
n∈N
(b)
Em particular, não existe nenhma função a valores reais
{x ∈ R : f (c)
é contínua em
seja igual a
de nida em
R
.
tal que:
x} = Q.
Existe alguma função a valores reais
{x ∈ R : f
f
1 n
é discontínua em
f
de nida em
R
tal que o conjunto
x}
Q?
Sugestão: Considere a função do exemplo 18.1.10.
(d)
Existe alguma função a valores reais
{x ∈ R : f
é contínua em
f
de nida em algum intervalo tal que o conjunto
x}
se reduz apenas a um ponto? Sugestão: Considere as funções dos exercícios 18.7.2 e 18.7.3.
♣
250
Funções Contínuas
19.8
Automor smos Contínuos do Grupo
Considere-se uma função
f : R 7−→ R
(R, +)
satisfazendo
f (x + y) = f (x) + f (y), ∀ x, y ∈ R.
19.8.1 Exercício: (a)
Prove que
Considere os seguintes itens sequencialmente.
f (0) = 0.
Sugestão: Considere
(b)
Prove que
(c)
Prove que dado
(d)
x = y = 0.
f (−x) = −f (x), m∈N
para todo
x ∈ R.
arbitrário, tem-se que
f (mx) = m f (x),
Utilize os itens (c) e (b) anteriores para extender a relação arbitrário, para todo inteiro
para todo
f (mx) = m f (x)
Prove que para todo
(f )
Finalmente, combine os dois itens (d) e (e) anteriores para provar que que todo racional
f (x) = x f (1),
tem-se que
Suponha agora que adicionalmente a função
para todo
f
é
f (r) = rf (1) para ♣
contínua
em
R.
Então
x ∈ R.
x ∈ R arbitrário. Como Q é denso em R, existe uma sequência lim rn = x. Como f é contínua, pelo exercício 19.5.1(a) ou (b) tem-se:
Sugestão: Seja que
x ∈ R
f (1/n) = f (1)/n.
r ∈ Q.
19.8.2 Exercício:
com
m ∈ Z.
(e)
n∈N
x ∈ R.
de racionais
rn
tal
n→∞
f (x) = f
lim rn = lim f (rn ) = lim rn f (1) = lim rn f (1) = x f (1).
n→∞
n→∞
n→∞
♣
n→∞
Em outras palavras, todo automor smo contínuo em
(R, +) é da forma f (x) = xf (1).
Compare-
se com o resultado do Lema 13.3.3. Historicamente, esse resultado é devido a Cauchy e a prova apresentada na presente seção é independiente do resultado do Lema 13.3.2.
19.9
Mor smos Contínuos de
Os mor smos do grupo aditivo corpo
F
(F, +)
(F, +)
em
no grupo multiplicativo
(P, .)
(P, . )
dos elementos positivos do
foram introduzidos no exercício 12.7.1 e consistem em aplicações
f : F 7−→ P
f (x + y) = f (x) f (y), ∀ x, y ∈ F. Decorre dos Lemas 12.4.2 e 12.4.3 que a função
expa
é um exemplo de tal mor smo.
satisfazendo:
251
19.10 Funções Conexas
19.9.1 Exercício:
(F, +)
Um mor smo de
em
(P, . )
é contínuo se e somente se é contínuo na
origem. Sugestão: A parte ( ⇒ ) é trivial. verdadeiro. Suponha-se então que
f
Para a parte ( ⇐ ), se
f
é nulo o enunciado é evidentemente
é não nulo. Em tal caso, pode inspirar-se no exercício 18.9.1(b),
♣
via o exercício 18.6.1, arrematando com o exercício 12.7.1(b).
Observe-se que o resultado do referido exercício 18.9.1 no seu item (a) a rma que contínua na origem, sendo portanto tal função um exemplo de mor smo
contínuo.
expa
é
Que isso não é
mero produto do acaso, é uma consequência do exercício a seguir, o que confere a tal exemplo um carater completamente paradigmático.
19.9.2 Exercício: mente
Seja
f
mor smo
contínuo, então f = expf (1) .
não nulo
de
(F, +)
em
(P, . ).
Prove que se
Sugestão: Pelo exercício 12.7.1(j), dois de tais mor smos devem coincidir em denso em
F.
f
é adicional-
QF , que é um conjunto
Pelo exercício 18.9.1(b), sabe-se que a função exponencial é contínua. Portanto, basta
♣
agora aplicar o resultado do exercício 19.6.1(d), ou do exercício 19.6.2.
Usando técnicas análogas às introduzidas no Capítulo 13, resulta possível demonstrar a existência de tais mor smos
19.10
não contínuos.
Funções Conexas
19.10.1 De nição:
Uma função
f
será denominada
conexo. Ou seja, uma função é conexa se a imagem por
conexa se
f
f (C)
é conexo, para todo
♣
domínio resulta ser um conjunto conexo.
19.10.2 Exercício:
C
de todo conjunto conexo contido no seu
Prove que toda função contínua é conexa.
♣
Sugestão: Isso segue quase trivialmente do Teorema 19.3.2.
A recíproca do resultado do exercício anterior não é válida. Ou seja, o fato de uma função ser conexa não garante a sua continuidade, como mostram os dois exemplos a seguir.
19.10.3 Exercício:
( f (x)
:=
sen
Considere-se a função
π x
0, Observe-se que a função contínua em
x = 0,
pois
,
se
0 < |x| < 1;
se
x = 0.
f toma todos lim f (x) nem
x→0
f
de nida no intervalo
os valores entre siquer existe.
−1
e
1,
(−1, 1)
como:
in nitas vezes inclusive, mas não é
♣
252
Funções Contínuas
O fato de ser injetora (ou seja,
f (a) = f (b) ⇒ a = b) também não garante a continuidade para
uma função conexa.
19.10.4 Exercício: intervalo
[0, 1]
f (x)
:=
Sejam
a, b ∈ [0, 1]
com
0 6 a < b 6 1.
Considere-se a função
x, b, a,
se
pois
19.11
de nida no
se se
x 6= a e x 6= b; x = a; x = b.
f é injetora e toma todos os valores entre 0 e 1, mas não lim f (x) = a 6= b = f (a), nem em x = b, pois lim f (x) = b 6= a = f (b).
Observe-se que a função
x = a,
f
como:
x→a
é contínua em
♣
x→b
Continuidade Uniforme
Uma função se para cada
f é contínua num x ∈ A, tem-se:
∀ > 0
domínio
∃ δ(, x) > 0
A⊆R
se resulta contínua em
|y − x| < δ(, x)
:
Contudo, em certos casos, como na função linear
⇒
x
para todo
x ∈ A.
Ou seja,
|f (y) − f (x)| < .
f (x) = ax + b,
onde tem-se:
|f (y) − f (x)| = |a| |x − y| , por exemplo, o número positivo
δ
não depende de
x, mas apenas de .
Esse tipo de comportamento
foi destacado com uma de nição aparte.
19.11.1 De nição:
∀ > 0
Seja
∃ δ() > 0
19.11.2 Exercício:
A ⊆ R.
Uma função é dita
|y − x| < δ()
:
⇒
uniformemente contínua em
A
|f (y) − f (x)| < .
se:
♣
♣
Toda função uniformemente contínua é contínua.
A recíproca deste último resultado é falsa, como mostram os exemplos do seguinte exercício.
19.11.3 Exercício: (a)
f (x) = 1/x,
Prove que as seguintes funções
em nenhum intervalo
são uniformemente contínuas:
A ⊆ R\{0}.
δ > 0 arbitrário mas xo, |f (x + δ) − f (x)| x está su cientemente perto de 0.
Sugestão: Para qualquer amente grandes quando
não
toma valores arbitrari-
19.12 Extensões Contínuas de
(b)
f (x) = sen(π/x),
em
Q
para
(0, 1).
253
R
Observe-se, de pasagem, que esta função é limitada em tal
domínio. Sugestão:
δ > 0 arbitrário mas xo, |f (x + δ) − f (x)| 1 se x está su cientemente perto de 0.
Para qualquer
estrictamente menor que
não pode ser feito
♣
Uma condição su ciente para a continuidade uniforme de uma função contínua é fornecida pelo resultado a seguir.
19.11.4 Exercício: (a)
Toda função
f
Prove que: contínua em um
intervalo compacto K = [a, b] é uniformemente contínua.
> 0 arbitrário. δ(, x) > 0 tal que:
Sugestão: Seja existe
|y − x| < δ(, x)
Seja
Como
f
é contínua em
|f (y) − f (x)| < /4. [ Ax := (x − δ(, x), x + δ(, x)). Então Ax
n [
sabe-se que para cada
x∈K
K,
e pela
⇒
compacidade tem-se que existe
K⊆
K,
n∈N
é um cobrimento aberto de
x∈K tal que:
Ax i .
i=1 Então
δ()
:= 2
min {δ(, xi )}
16i6n
tanto, observe-se que se
faz o serviço da de nição de continuidade uniforme.
|y − x| < δ(),
então
xey
Para
pertencem ao mesmo intervalo aberto
Ai0
ou então a dois diferentes com interseção não vazia.
δ() pode ser escolhido como o número de Lebesgue do cobrimento. |y − x| < δ(), então x e y pertencem ao mesmo membro do cobrimento.
Alternativamente, tal caso, se
(b)
Em
Generalize o resultado do item anterior para compactos arbitrários, não necesariamente intervalos, com interior não vazio.
♣
Sugestão: Utilize o resultado do exercício 17.5.1(b).
19.12
Extensões Contínuas de
Considerem-se funções contínuas de nidas em
Q
Q
para
R
com a topologia relativa de
com a topologia usual.
19.12.1 Exercício:
f (x)
:=
1 √ . x− 2
Considere a função
f : Q 7−→ R
de nida por:
R
e a valores em
R
254
(a)
Funções Contínuas
f está de nida e é contínua em todo Q. Observe-se √ lim f (x) = f (r) para todo r ∈ Q (portanto não pode ser r = 2).
Prove que
que deve-se provar que
x→r
(b)
Não existe uma extensão contínua da seria contína em
√
2∈R
limitada numa vizinhança de
19.12.2 Exercício:
f
de
pois, agora sim,
√
Q para R. lim √ f (x)
Observe-se que uma tal extensão não não existe, pelo fato de
f (x)
não ser
x→ 2
♣
2.
Sob que condições é possível uma extensão de uma função
f
de
Q
para
que preserve a continuidade?
R ♣
Sugestão: Por que a presente seção sucede a anterior e não o contrário?
19.12.3 Exercício:
f (sn ) não
Se
f
é contínua e
{sn }n∈N
é uma sequência de Cauchy, então a sequência
é de Cauchy em geral, como mostram os seguintes exemplos.
(a)
Seja f (x) = 1/x, para x ∈ (0, +∞), f (1/n) = n nem siquer é limitada.
(b)
Mesmo que f seja limitada, o status quo persiste. x ∈ (0, +∞), e sn = 1/n, para todo n ∈ N. Em tal
e
sn = 1/n,
para todo
n ∈ N.
Com efeito, seja
Em tal caso,
f (sn ) =
f (x) = cos(π/x),
para
caso, tem-se:
f (s2n ) = f (1/2n) = cos(2nπ) = 1, f (s2n+1 ) = f (1/(2n + 1)) = cos((2n + 1)π) = −1. Portanto,
19.13
f (sn )
♣
não é convergente.
Continuidade Absoluta
19.13.1 De nição:
∀ > 0
Seja
∃ δ() > 0
A ⊆ R. n X
:
Uma função é dita
absolutamente contínua em
A
se:
|f (bi ) − f (ai )| < ,
i=1 para toda coleção de intervalos
19.13.2 Exercício:
(ai , bi ) ⊆ A
tal que
Prove que no intervalo
[0, 1]
Pn
i=1
|bi − ai | < δ .
♣
as seguintes funções são absolutamente contí-
nuas:
(a)
f (x) =
(b)
g(x)
:=
√
x. ( x2 |cos π/x| , 0,
se se
x 6= 0; x = 0.
♣
255
19.14 O Lema do Sol Nascente
19.13.3 Exercício:
Toda função absolutamente contínua é uniformemente contínua (e portanto
♣
contínua).
A recíproca deste último resultado é falsa, como mostra o seguinte exemplo.
19.13.4 Exercício:
Prove que a função de nida por:
( p x |cos π/x|, h(x) = 0,
se se
x 6= 0; x = 0; [0, 1], embora seja uniformemente contínua g são as funções do exercício 19.13.2.
não é absolutamente contínua em Observe-se que
19.14
h = f ◦ g,
onde
f
e
em tal intervalo.
♣
O Lema do Sol Nascente
19.14.1 De nição: Seja f uma função contínua em R. Um ponto x recebe o nome de ponto de sombra de f se existe algum y ∈ R com y > x tal que f (y) > f (x). ♣
19.14.2 Exercício:
x
Sugestão: Se
δ>0 Então y > ξ
existe
O conjunto de pontos de sombra de uma função contínua é aberto.
y > x tal que f (y) > f (x). Pelo Lema 19.3.1(c.1), f (y) > f (ξ) para todo ξ ∈ (x − δ, x + δ). Seja então 0 < ρ 6 min{δ, y − x}. f (y) > f (ξ) para todo ξ ∈ (x − ρ, x + ρ). ♣ é ponto de sombra, então existe
tal que e
Pela Proposição 17.4.1, sabe-se então que o conjunto de pontos de sombra é união disjunta numerável de intervalos
19.14.3 Exercício: de sombra, mas que
(a)
Prove que se
A
:= {y
(a, b)
Seja
a
e
b
a
com
(a, b)
e
b
não sendo pontos de sombra.
um intervalo e suponha-se que todos os seus pontos são pontos
não são.
x ∈ (a, b),
então o conjunto
A
de nido por:
∈ R : x < y 6 b ∧ f (x) < f (y)}
é não vazio.
(b)
Prove que se
x ∈ (a, b),
então
f (x) 6 f (b).
x ∈ (a, b) é de sombra, então existe y > x tal que f (y) > f (x). Se todos tais y b, então o resultado é obvio, pois f (b) > f (y) > f (x), para todo y > b, b não ser de sombra. Caso contrário, o conjunto A do item anterior deveria ser
Sugestão: Se
fossem maiores que pelo fato de
não vazio (como de fato é, segundo estabelecido no item anterior). Além disso, por de nição,
A
é obviamente limitado superiormente por
que
f (sup A) > f (x)
e que
sup A = b.
b.
Portanto, existe
sup A.
Basta então provar
256
(c)
Funções Contínuas
Prove agora que
f (a) 6 f (b).
Sugestão: Isso segue facilmente da continuidade e do item (b) anterior.
(d)
Finalmente, com o resultado do item (c) anterior, e usando o fato que sombra, prove que
19.14.4 Exercício:
a
não é um ponto de
♣
f (a) = f (b).
(a)
Examinando a prova do exercício anterior, observe-se que para a va-
lidade do resultado não é necessário que a função seja contínua em cada ponto apenas a existência dos limites laterais
(b)
Se
f
lim f (x)
x→z −
é contínua, ou com limites laterais, em
e
z
mas basta
lim f (x).
x→z +
[α, β] os resultados dos dois exercícios anteriores
continuam sendo válidos com modi cações triviais. Na verdade o único ponto problemático é o
α.
Dependendo da
f,
o ponto
α
poderá ser de sombra ou não. Se ele não é de sombra
α é de sombra, o b. Em tal caso, no
os resultados continuam válidos sem modi cação. No entanto, se de tais pontos conterá o intervao semi-aberto
[α, b),
para algum
conjunto exercício
19.14.3 o resultado do último item não é válido, mas todos os anteriores sim. Ou seja, em geral tem-se que
f (a) 6 f (b),
com possível desigualdade estricta
<
no caso de
a = α,
mas
com igualdade no caso dos outros intervalos abertos que constituem o conjunto de pontos de sombra.
(c)
+∞,
α
−∞.
β
também pode ser
mas isso não modi ca em nada a validade dos resultados anteriores.
♣
Idênticas considerações aplicam-se no caso em que
é
O ponto
Coletando as observações e resultados anteriores, resulta simples veri car o seguinte resultado.
19.14.5 Lema (do Sol Nascente): pontos de sombra de
f
Seja
f
uma função contínua em
[α, β].
é não vazio, então é união disjunta numerável de abertos
em tal caso, para cada um desses intervalos tem-se
Se o conjunto de
(a, b).
Mais ainda,
f (a) 6 f (b).
O Lema do Sol Nascente é utilizado na prova de alguns belos resultados, como por exemplo no famoso teorema de Lebesgue sobre a diferenciabilidade em quase todo ponto das funções monótonas.
Capítulo 20
Limite Superior e Inferior 20.1 Seja
Limite Superior e Inferior de Conjuntos
A⊆R
um subconjunto de números reais.
20.1.1 De nição:
A
se
x6u
Um número real
u∈R
é denominado
para todos exceto uma quantidade nita de
Analogamente,
u∈R
é denominado
exceto uma quantidade nita de
UA
Denotam-se por
e
LA
quase limite superior do conjunto
x ∈ A.
quase limite inferior do conjunto
A
se
u6x
os conjuntos de quase limites superiores e inferiores do conjunto
respectivamente.
20.1.2 Exemplo:
(a)
Se
A
:=
(b)
Se
A
:=
Se
A
:=
(c)
(a)
(b)
A, ♣
Para os seguintes conjuntos, resulta simples veri car:
1 :n∈N n
, então
1 :n∈Z , n
então
1 + (−1)n : n ∈ N n
UA = (0, +∞)
e
LA = (−∞, 0].
UA = (0, +∞)
e
LA = (−∞, 0).
20.1.3 Observação: tais que
para todos
x ∈ A.
, então
Seja A ⊆ R um m 6 x 6 M, ∀ x ∈ A. Então:
UA
é não vazio, pois
ser
A
M ∈ UA ,
UA = (1, +∞)
e
LA = (−∞, −1].
in nito
e
limitado.
conjunto
e limitado inferiormente, pois
♣
Ou seja, existem
u ∈ UA ⇒ m < u
m, M ∈ R
pelo fato de
in nito.
Analogamente
LA é não vazio, pois m ∈ LA , e limitado superiormente, pois l ∈ LA ⇒ l < M A in nito. ♣
pelo fato de ser
257
258
Limite Superior e Inferior
A observação anterior motiva a de nição a seguir.
20.1.4 De nição: De ne-se o
Seja
A⊆R
é um conjunto in nito e limitado.
limite superior do conjunto
Analogamente, de ne-se o
20.1.5 Exemplo:
(a)
Se
A
:=
(b)
Se
A
:=
(c)
Se
A
:=
A
como
lim sup A
limite inferior do conjunto
A
:=
inf UA .
como
lim inf A
:=
♣
sup LA .
Com os conjuntos do exemplo anterior, resulta simples veri car:
1 :n∈N n
, então
1 :n∈Z , n
então
1 + (−1)n : n ∈ N n
20.1.6 Proposição:
Seja
lim sup A = 0 = lim inf A. lim sup A = 0 = lim inf A.
A⊆R
, então
lim sup A = 1
e
lim inf A = −1.
♣
um conjunto in nito e limitado. Então:
(a) lim inf A 6 lim sup A. (b) lim sup A 6 sup A (c)
Se
(d)
Analogamente, se
e
inf A 6 lim inf A.
lim sup A < sup A,
Demonstração :
(a)
então
A
possui um máximo. Ou seja,
inf A < lim inf A,
então
A
sup A ∈ A.
possui um mínimo. Ou seja,
inf A ∈ A.
l ∈ LA e u ∈ UA , então deve ser l < u. u ∈ UA , existiriam in nitos x ∈ A tais que x 6 u 6 l, ou seja, existiriam in nitos x ∈ A tais que x 6 l, contradizendo o fato que l ∈ LA é um quase limite inferior. Assim, como l < u, para todo l ∈ LA , u ∈ UA , tem-se que l 6 lim sup A, para todo l ∈ LA , pois lim sup A = inf UA . Portanto, lim inf A 6 lim sup A, pois lim inf A = sup LA . Em primeiro lugar, observe que se
Com efeito, se fosse
(b)
l > u,
Por de nição, tem-se que
como
A
é in nito e
lim sup A = inf UA 6 u,
UA ⊇ {y ∈ R : x 6 y, ∀ x ∈ A} deve ser
lim sup A 6 y ,
para todo
=:
para todo
u ∈ UA .
Agora, como:
VA ,
y ∈ VA .
Portanto,
lim sup A 6 sup A,
pois
sup A ∈ VA ,
pelo fato de ser um limite superior (aliás, o menor de tais limtes superiores).
(c)
lim sup A < sup A, então deve existir x ∈ A tal que lim sup A < x 6 sup A. Com efeito, se lim sup A > x para todo x ∈ A, então lim sup A seria um limite superior de A, de onde, pela de nição de supremo, teria-se que sup A 6 lim sup A,contradizendo a hipótese. Desta maneira, como lim sup A < x, deve existir u ∈ UA tal que lim sup A 6 u < x. Com efeito, se fosse x 6 u para todo u ∈ UA , então, pela de nição de ín mo, seria x 6 inf UA = lim sup A, contradizendo que lim sup A < x. Portanto, como u ∈ UA é um quase limite superior, existe uma quantidade nita, digamos x1 , . . . , xn , de xi ∈ A tais que u < xi . Portanto, max A = max{x1 , · · · , xn }.
Se
fosse
259
20.1 Limite Superior e Inferior de Conjuntos
(d)
A prova é análoga à demonstração do item anterior.
Para todo > 0, existe uma quantidade nita de elementos de A que não (lim sup A − , lim sup A + ). A prova utiliza o mesmo tipo de argumento demonstração do item (c) do resultado precedente. ♣
20.1.7 Observação:
pertencem ao conjunto empregado na
20.1.8 Proposição:
(a) lim sup A (b)
Seja
A⊆R
um conjunto in nito e limitado. Então:
é um ponto de acumulação do conjunto
A.
De fato, é o maior de tais pontos.
Demonstração :
(a)
a B (a)
:=
Por uma questão de brevidade, denota-se:
lim sup A,
:= (a
− , a + ).
Para provar o resultado enunciado, basta demonstrar que para todo elementos de
A
em
B (a).
Seja então
>0
A rmação: Existe apenas uma quantidade
>0
existem in nitos
arbitrário.
nita
de elementos
x∈A
tais que
x > a + . O
a = lim sup A = inf UA , pela de nição de ín mo, existe y ∈ UA tal que y < a + . y ∈ UA é um quase limite superior, existe apenas uma quantidade nita de elementos de x ∈ A tais que x > y . Em particular, existe apenas uma quantidade nita de elementos de x ∈ A tais que x > a + > y . H
Como
Portanto, como
A rmação: Existe uma quantidade
in nita
de elementos
Se existise apenas uma quantidade nita de elementos
a − ∈ UA .
Portanto,
a = inf UA 6 a − ,
x∈A x ∈ A
tais que
x > a − .
tais que
obviamente uma contradição.
x > a − ,
O então
H
Finalmente, combinando as duas a rmações precedentes, tem-se que existe uma quantidade in nita de elementos de
(b)
A
em
B (a).
Seja x ponto de acumulação do conjunto A. Seja y ∈ UA . Suponha-se que y < x. Como y ∈ UA , existe apenas uma quantidade nita de elementos z ∈ A tais que z > y . Por outro lado, como x é ponto de acumulação de A, para todo > 0 deve existir uma quantidade in nita de elementos de A no aberto B (x). Em particular, considerando = x − y > 0, obtém-se uma contradição. Desta maneira, deve ser x 6 y , para todo y ∈ UA . Portanto, pela de nição de ín mo, tem-se que x 6 inf UA = lim sup A.
O seguinte resultado é o análogo do anterior, para limites inferiores.
20.1.9 Proposição:
Seja
A⊆R
um conjunto in nito e limitado. Então:
260
Limite Superior e Inferior
(a) lim inf A (b)
é um ponto de acumulação do conjunto
De fato, é o menor de tais pontos.
Demonstração :
20.2 Seja
Análoga à prova do resultado anterior.
Limite Superior e Inferior de Sequências
{sn }n∈N ⊂ R
uma sequência de números reais.
20.2.1 De nição:
Para cada
ak
:=
sup{sk , sk+1 , . . . },
bk
:=
inf{sk , sk+1 , . . . }.
20.2.2 Observação: (a)
A.
Os
ak
k∈R
de nem-se:
♣
Com as de nições precedentes, tem-se:
formam uma sequência não-crescente. Ou seja:
a1 > a2 > a3 > · · · ak > ak+1 > · · · . (b)
Os
bk
formam uma sequência não-decrescente. Ou seja:
b1 6 b2 6 b3 6 · · · bk 6 bk+1 6 · · · . (c)
bk 6 ak ,
para todo
20.2.3 De nição:
k ∈ N.
♣
De ne-se o
limite superior
lim sup sn
da sequência
{sn }n∈N
n→∞
como
inf an .
n∈N
Ou seja:
lim sup sn = inf sup sk . n→∞
n∈N k>n
Analogamente, de ne-se o seu
limite inferior como
lim inf sn n→∞
20.2.4 Lema:
n∈N k>n
Seja
{sn }n∈N
uma sequência. Então:
(a) lim inf sn 6 lim sup sn . n→∞
n→∞
(b) lim sup(−sn ) = − lim inf sn . n→∞
n→∞
sup bn .
Ou seja:
n∈N
♣
lim inf sn = sup inf sk . n→∞
:=
261
20.2 Limite Superior e Inferior de Sequências
Demonstração :
(a)
Por
reductio ad absurdum, negando o resultado enunciado, tem-se:
lim inf sn > lim sup sn n→∞
⇔
sup
n→∞
inf sk
> inf
⇒
∃ n0 ∈ N : sup sk < sup
Ou seja, existem
n0 , m0 ∈ N
tais que
k>n
⇒
inf sk
n∈N
k>n0
sup sk
n∈N
k>n
n∈N
k>n
∃ m0 ∈ N : sup sk < inf sk . k>n0
an0 < bm0 .
Se fosse
n0 < m0 ,
k>m0
então teria-se:
am0 6 am0 −1 6 am0 −2 6 · · · 6 an0 < bm0 . am0 < bm0 , contradizendo que ak > bk para todo k ∈ N. Por outro lado, se n0 = m0 , então am0 = an0 < bm0 . Portanto, am0 < bm0 , contradizendo que ak > bk todo k ∈ N. Finalmente, no caso n0 > m0 , teria-se:
Portanto,
fosse para
an0 < bm0 6 bm0 +1 6 bm0 +2 6 · · · 6 bn0 . Portanto,
(b)
Sejam
an
an
an0 < bn0 , e
:=
bn
contradizendo que
ak > bk
k ∈ N.
para todo
de nidos respectivamente como:
sup(−sk ), k>n
bn
:=
inf sk .
k>n
Com as de nições precedentes, tem-se:
bn = inf sk 6 sk , ∀k > n
⇒
k>n
⇒
−bn > −sk , ∀k > n
an = sup(−sk ) 6 −bn , ∀n ∈ N
⇒
k>n
⇒
bm 6 − inf an , ∀m ∈ N
⇒
n∈N
inf an 6 am 6 −bm , ∀m ∈ N
n∈N
sup bm 6 − inf an n∈N
m∈N
⇒
inf an 6 − sup bn
n∈N
⇒
lim sup(−sn ) 6 − lim inf sn . n→∞
n∈N
n→∞
Portanto:
lim inf sn 6 − lim sup(−sn ). n→∞
Por outro lado, sejam agora
an
:=
(20.2.1)
n→∞
an
e
bn
de nidos respectivamente como:
sup sk , k>n
bn
:=
inf (−sk ).
k>n
Com as de nições precedentes, tem-se:
sk 6 sup sk = an , ∀k > n
⇒
−sk > −an , ∀k > n
k>n
⇒ ⇒
bn = inf (−sk ) > −an , ∀n ∈ N k>n
⇒
sup bn > bm > −am , ∀m ∈ N n∈N
− sup bn 6 am , ∀m ∈ N
⇒
n∈N
− sup bn 6 inf am n∈N
⇒
− inf an 6 sup bn n∈N
n∈N
m∈N
⇒
− lim sup sn 6 lim inf (−sn ). n→∞
n→∞
262
Limite Superior e Inferior
Portanto, substituindo
sn
por
−sn
na última relação acima, tem-se:
− lim sup(−sn ) 6 lim inf (sn ).
(20.2.2)
n→∞
n→∞
Desta maneira, combinando as relações (20.2.1) e (20.2.2), tem-se:
lim inf sn 6 − lim sup(−sn ) 6 lim inf sn , n→∞
ou seja,
lim sup(−sn ) = − lim inf sn . n→∞
n→∞
20.2.5 Lema:
lim sup sn
e
n→∞
n→∞
n→∞
lim inf n→∞
Demonstração :
{sn }n∈N
lim sn existe e vale n→∞ sn existem ambos e são iguais, com valor comun s.
Seja
(⇒) Se
uma sequência.
lim sn = s,
n→∞
Então,
então para todo
>0
existe
s
se e somente se
N = N () ∈ N
tal que:
n > N ⇒ |s − sn | < /2. n>N
Em particular, observando que se
n>N
⇒
então
k > n > N,
tem-se:
s − an = s − sup sk 6 s − sk 6 |s − sk | < /2.
(20.2.3)
k>n Por outro lado, também em particular:
k>N
⇒
sk − s 6 |sk − s| < /2
Portanto, observando que se
n>N
⇒
n > N,
⇒
sk < s + /2.
{k : k > n} ⊆ {k : k > N },
então
an = sup sk 6 sup sk 6 s + /2 k>n
⇒
segue:
an − s 6 /2
k>N
⇒
−/2 6 s − an .
(20.2.4)
Desta maneira, combinando as relações (20.2.3) e (20.2.4), tem-se:
n>N
⇒
|s − an | 6 /2.
Análogamente, observando que se
n>N
⇒
(20.2.5)
n > N,
então
k > n > N,
tem-se:
bn − s = inf sk − s 6 sk − s 6 |sk − s| < /2.
(20.2.6)
k>n
Por outro lado, também em particular:
k>N
⇒
s − sk 6 |sk − s| < /2
Portanto, observando que se
n>N
⇒
n > N,
então
⇒
s − /2 6 sk .
{k : k > n} ⊆ {k : k > N },
s − /2 6 inf sk 6 inf sk = bn k>N
k>n
⇒
segue:
s − bn 6 /2 ⇒
−/2 6 bn − s.
(20.2.7)
263
20.2 Limite Superior e Inferior de Sequências
Desta maneira, combinando as relações (20.2.6) e (20.2.7), tem-se:
n>N
⇒
|bn − s| 6 /2.
(20.2.8)
Agora, combinando as relações (20.2.5) e (20.2.8), tem-se:
n>N
⇒
an − bn 6 |an − bn | 6 |an − s| + |s − bn | 6 /2 + /2 = .
Em resumo, como
>0
era abitrário, até aqui foi provado que:
∀ > 0 ∃ N = N () : n > N
⇒
an − bn 6 .
(20.2.9)
Por outro lado, pelo Lema 20.2.4(a), tem-se:
sup bn = lim inf sn 6 lim sup sn = inf an . n→∞
n∈N Se fosse
sup bn < inf an , n∈N
n∈N
n∈N
n→∞
teria-se:
an − bn > inf an − sup bn =: δ > 0, ∀n ∈ N. n∈N
n∈N
Agora, considerando
n>N
⇒
0<<δ
em (20.2.9), existiria
N = N (δ)
tal que:
an − bn 6 < δ.
Porém, a última relação contradiz a ante-última, onde foi estabelecido que
an − bn > δ
para todo
n ∈ N. ( ⇐ ) Reciprocamente, suponha-se:
s = lim sup sn = inf an , n∈N
n→∞
s = lim inf sn = sup bn . n→∞
n∈N
Da primeira relação acima, utilizando a de nição de ín mo, tem-se que para todo
k0 = k0 () ∈ N
> 0
existe
tal que:
ak0 < s +
⇒
sn 6 sup sn = ak0 < s +
⇒
sn < s + , ∀n > k0 .
n>k0 Análogamente, da segunda relação, utilizando a de nição de supremo, tem-se que para todo existe
j0 = j0 () ∈ N s − < bj0
Se
⇒
N > max{k0 , j0 }, n>N
Portanto,
⇒
lim sn
n→∞
tal que:
s − < bj0 = inf sn 6 sn n>j0
⇒
s − < sn , ∀n > j0 .
então:
s − < sn < s + existe e vale
s.
⇔
− < sn − s <
⇔
|sn − s| < .
>0
264
Limite Superior e Inferior
20.2.6 Lema: Então,
Seja
lim sn = 0
n→∞
{sn }n∈N
uma sequência não-negativa, ou seja,
se e somente se
sn > 0
para todo
n ∈ N.
lim sup sn 6 0. n→∞
Demonstração :
( ⇒ ) Pelo lema anterior, o valor do limite deve coincidir com o do limite superior,
portanto:
0 6 lim sup sn = lim sn = 0. n→∞
n→∞
( ⇐ ) Reciprocamente, utilizando a não-negatividade da sequência, tem-se:
⇒
sn > 0
0 6 inf sk = bn , ∀n ∈ N
⇒
k>n
0 6 bn 6 sup bn . n∈N
Portanto, utilizando a hipótese que o limite superior não é positivo, tem-se:
lim inf sn = sup bn > 0 > lim sup sn > lim inf sn . n→∞
n→∞
n→∞
n∈N
Observe que a última desigualdade acima decorre do Lema 20.2.4(a). Ou seja, tem-se:
lim inf sn = lim sup sn = 0. n→∞
n→∞
Desta maneira, pelo lema anterior, existe
20.2.7 Lema:
Suponha
a ∈ R,
lim sn
n→∞
ou seja,
a
0.
e vale
nito.
Dada a sequência
{sn }n∈N ,
considere as
seguintes condições:
1. a = lim sup sn . n→∞
2.
Para todo
3. a
> 0,
são satisfeitas as seguintes duas propriedades:
N = N () ∈ N
Existe
O conjunto
tal que
n > N ⇒ sn < a + .
{n ∈ N : sn > a − }
é in nito.
é o maior ponto de acumulação da sequência
Em tal caso, tem-se que (1)⇔(2) ⇒ (3).
{sn }n∈N .
A relação recíproca (3) ⇒ (2) é satisfeita somente se a
sequência em questão for limitada superiormente.
Demonstração :
(1) ⇒ (2).
> 0. Observe a + > a = lim sup sn = inf sup sk . n→∞
Seja
n∈N
k6n
Pela de nição de ín mo, deve existir
sup sk < a +
⇒
N ∈N
k>N
Portanto, tem-se:
⇒
tal que:
sk 6 sup sk < a + , ∀k > N.
k>N
n>N
que:
sn < a + .
265
20.2 Limite Superior e Inferior de Sequências
Isso prova a primeira propriedade da condição (2). Por outro lado, observe que:
a − < a = inf
6 sup sk , ∀n ∈ N.
sup sk
n∈N
k>n
k>n
n ∈ N existe k(n) ∈ N, com k(n) > n, tal que a − < sk(n) . n = 1 ∈ N, existe k(1) ∈ N, com k(1) > 1, tal que a − < sk(1) . Pela sua vez, dado k(1) + 1 ∈ N, existe k(2) ∈ N, com k(2) > k(1) + 1 > k(1), tal que a − < sk(2) . Em geral, uma vez determinado k(i), dado k(i)+1 ∈ N, existe k(i+1) > k(i)+1 > k(i) tal que a− < sk(i+1) .
Pela de nição de supremo, para cada Em particular, dado
Desta maneira, resuta possível construir inductivamente uma sequência estrictamente crescente de números naturais:
k(1) < k(2) < · · · < k(i) < k(i + 1) < · · · tal que
a − < sk(i) ,
(2) ⇒ (1). an
a∈R
Seja
i ∈ N,
para todo
provando a segunda propriedade da condição (2).
satisfazendo as duas propriedades da condição (2). De nindo:
sup sk ,
:=
k>n para cada
n∈N
sk 6 an
para todo
k > n.
a 6 an , ∀n ∈ N.
A rmação:
Com efeito, por algum
tem-se que
O
reductio ad absurdum, a negação do resultado enunciado implicaria a existência de
n0 ∈ N tal que a > an0 .
Em tal caso, considerando
da condição (2), teria-se que existem in nitos
k∈N
:= a − an
0
> 0 na segunda propriedade
tais que:
sk > a − = a − (a − an0 ) = a − a + an0 = an0 = sup sk , k>n0
H
uma obvia contradição. Portanto, pela a rmação anterior, provar agora que
a
a < α, considerando N ∈ N tal que:
Se fosse existe
n>N Ou seja,
α
⇒
a
é um limite inferior para o conjunto
é o maior de tais limites inferiores. Para tanto, seja
:= α
−a > 0
α
{an : n ∈ N}.
Basta
um outro limite inferior.
na primeira propriedade da condição (2) teria-se que
sn < a + = a + (α − a) = a + α − a = α.
seria um limite superior para o conjunto
{sk : k > N }
e portanto:
aN = sup sk 6 α. k>N Observe que não pode ser
aN < α, pois tal relação contradiz o fato de α ser limite inferior do α 6 an , para todo n ∈ N. Suponha-se então que aN = α. Como
conjunto
{an : n ∈ N},
{an }n∈N
é uma sequência não-crescente, tem-se:
k>N
⇒
ou seja,
ak 6 ak−1 6 · · · 6 aN = α 6 an , ∀n ∈ N.
A última desigualdade acima decorre do fato de
α
ser limite inferior do conjunto
{an : n ∈ N}.
Portanto, deve ser:
k>N
⇒
ak = ak−1 = · · · = aN = α.
(20.2.10)
266
Limite Superior e Inferior
Considerando
n > N1 Seja agora
:= (α
− a)/2 > 0
⇒
sn < a + = a +
N2 > max {N, N1 }.
sn <
Portanto, pela suposição
a < α,
aN2 = sup sk 6 k>N2
N1 ∈ N
tal que:
α−a 2a + α − a a+α = = . 2 2 2
Em tal caso:
⇒
n > N2 > N1
na primeira propriedade da condição (2), existe
a+α . 2 tem-se:
α+α 2α a+α < = = α. 2 2 2
Ou seja,
aN2 < α.
aN = α.
Esta contradição, lembre-se, provém de supor
Contudo, dado que
N2 > N ,
segundo a relação (20.2.10), deveria ser
a < α.
Portanto, dever ser
α > a.
aN2 = Desta
maneira, nalmente tem-se:
a = inf
sup sk
n∈N
(2) ⇒ (3).
= lim sup sn . n→∞
k>n
Seja
> 0.
⇒
n>N
Pela primeira propriedade da condição (2), existe
:=
tal que:
sn < a + .
Pela segunda propriedade da condição (2), resulta in nito o conjunto
A
N ∈N
A
de nido como:
{n ∈ N : sn > a − } .
A ∩ {n ∈ N : n > N } também deve ser in nito. A como união disjunta: [ A = (A ∩ {n ∈ N : n < N }) (A ∩ {n ∈ N : n > N }) ,
Observe que o conjunto digamos com
r
Com efeito, se fosse nito,
elementos, decompondo
A deveria ter no máximo (N − 1) + r elementos. Portanto, para n ∈ N tais que a − < sn < a + , pois tais n são os elementos do conjunto in nito A ∩ {n ∈ N : n > N }. Desta maneira, a é ponto de acumulação da sequência {sn }. Seja α um outro ponto de acumulação. Suponha que α > a e seja r tal que a < r < α. Então, considerando agora := (r − a)/2 > 0 na primeira propriedade da condição (2), existiria N ∈ N tal que: resultaria óbvio que o conjunto todo
>0
existem in nitos
n>N
⇒
sn < a + = a +
a+r r+r r−a = < = r. 2 2 2
A relação acima estabelece que pode existir apenas um número nito, no máximo de elementos
sk
da sequência. Desta sequência
|sk − α| < (α − r)/2, maneira, deve ser α 6 a,
tais que
contradizendo o fato de ser provando que
a
α
{s1 , s2 , . . . , sN −1 },
ponto de acumulação
é o maior ponto de acumulação da
{sn }.
(3) ⇒ (2). Se a n ∈ N tais que: |sn − a| <
é ponto de acumulação da sequência, então para todo
⇔
a − < sn < a + .
> 0
existem in nitos
267
20.2 Limite Superior e Inferior de Sequências
Em particular, existem in nitos
n∈N
tais que
sn > a − .
Isso prova a segunda propriedade da
0 > 0 com N ∈ N existe n(N ) ∈ N, com n(N ) > N , tal que sn(N ) > a + 0 . Em tal caso, seria possível construir uma subsequência {sn(k) }k∈N tal que sn(k) > a + 0 , para todo k ∈ N. Se a sequência original {sn } fosse limitada superiormente, digamos por M , então {sn(k) } estaria contida no conjunto compacto [a+0 , M ], possuindo assim um ponto de acumulação α > a + 0 > a que seria também ponto de acumulação da sequência original {sn }, contradizendo o fato de ser a o maior de tais pontos. Tal contradição provém de supor a existência de 0 com a
condição (2). Por outro lado, se a primeira propriedade não fosse válida, deveria existir a seguinte propriedade: para cada
propriedade mencionada acima. Portanto, negando tal propriedade, tem-se:
∀ > 0 ∃ N ∈ N : n > N
⇒
sn < a + .
Ou seja, a primeira propriedade da condição (2) também deve ser válida. Por outro lado, se não fosse limitada superiormente, pelo Lema 18.4.4, contradizendo o fato de ser
a
+∞ > a
{sn }
seria ponto de acumulação, também
o maior de tais pontos.
O seguinte resultado é o analogo do anterior para limites inferiores.
20.2.8 Lema:
Suponha
a ∈ R,
ou seja,
a
nito.
Dada a sequência
{sn }n∈N ,
considere as
seguintes condições:
1. a = lim inf sn . n→∞
2.
> 0,
Para todo
3. a
são satisfeitas as seguintes duas propriedades:
N = N () ∈ N
Existe
O conjunto
tal que
n > N ⇒ sn > a − .
{n ∈ N : sn < a + }
é in nito.
é o menor ponto de acumulação da sequência
Em tal caso, tem-se que (1)⇔(2) ⇒ (3).
{sn }n∈N .
A relação recíproca (3) ⇒ (2) é satisfeita somente se a
sequência em questão for limitada inferiormente.
Demonstração :
Pelo Lema 20.2.4(b), tem-se:
−a = − lim inf sn = lim sup(−sn ). n→∞
n→∞
Portanto, basta utilizar o lema anterior, trocando
20.2.9 Exemplo:
( k, sn = 1, Ou seja,
{sn }n∈N
se se
Considere-se a sequência
n = 2k − 1, n = 2k.
é a sequência:
1, 1, 2, 1, 3, 1, 4, 1, . . . , n, 1, n + 1, 1 . . . .
sn
por
{sn }n∈N
−sn
e
a
por
de nida por:
−a,
respectivamente.
268
Limite Superior e Inferior
Observe que pontos, mas
a = 1 é o único ponto de 1 6= lim sup sn . De fato, o
n→∞ também que tal sequência
20.2.10 Observação: (a)
lim sup sn < +∞,
não
Seja
acumulação de tal sequência, e portanto o maior de tais limite superior
lim sup sn não existe
neste caso. Observe
n→∞ é limitada superiormente.
{sn }n∈N
♣
uma sequência.
{sn }n∈N
se e somente se
é limitada superiormente.
n→∞ Considere
reductio ad absurdum,
lim sup sn = a < +∞.
Por n→∞ limitada superiormente. Em tal caso, para cada dado
n ∈ N,
n∈N
Ou seja, a sequência
⇒ {sk }
{sn }n∈N
não é
sup sk . Com efeito, k>n := sup sk , então: k>n
não pode existir
arbitrário, se existisse tal supremo, digamos
sk 6 µ, ∀k > n
suponha que
R3µ
sk 6 max {s1 , s2 , . . . , sn−1 , µ} seria limitada superiormente por
=:
M, ∀k ∈ N.
M.
Reciprocamente, se a sequência é limitada superiormente, digamos
sn 6 M
para todo
n ∈ N,
então:
sup sk 6 M, ∀n ∈ N
⇒
lim sup sn = inf
(b)
lim inf sn > −∞, n→∞
se e somente se
n∈N
n→∞
k>n
{sn }n∈N
sup sk
6 M < +∞.
k>n
é limitada inferiormente.
♣
A prova é análoga à do item anterior.
20.3
Incorporando In nito nas De nições
Observe que a de nição de sequência comporta perfeitamente a existencia de sequências nem siquer limitadas, e portanto não-limitadas nem superior nem inferiormente. De tal modo, seria desejável levantar a restrição sobre a limitação da sequência para a equivalência da condicão (3) nos Lemas 20.2.7 e 20.2.8 com as outras duas condições (1) e (2), que resultam incondicionalmente equivalentes entre si. O exemplo 20.2.9 e a observação 20.2.10 parecem sugerir que a solução estaria em admitir valores eventualmente in nitos para os pontos de acumulação de sequências não-limitadas. Observe que
a
é ponto de acumulação de uma determinada sequência se e somente se existe uma sub-sequência da sequência original que converge para
a,
vide exercício 17.7.2. As de nicões pertinentes foram
apresentadas, de fato, na seção 18.4, e são reproduzidas a seguir por mera conveniência do leitor.
20.3.1 De nição:
lim sn = +∞,
n→∞
∀M > 0
Se diz que a sequência
{sn }n∈N converge para +∞,
se:
∃ N = N (M ) ∈ N : n > N ⇒ sn > M.
o que se denota
269
20.3 Incorporando In nito nas De nições
Analogamente, se diz que a sequência
{sn }n∈N converge para −∞, o que se denota lim sn = −∞, n→∞
se:
∀M > 0
∃ N = N (M ) ∈ N : n > N ⇒ sn < −M.
20.3.2 De nição:
+∞ é um ponto de acumulação {snk }k∈N tal que lim snk = +∞.
Se diz que
existe uma subsequência
{snk }k∈N
da sequência
{sn }n∈N
se
k→∞
Analogamente, se diz que subsequência
♣
−∞ é um ponto de acumulação da sequência {sn }n∈N lim snk = +∞.
tal que
se existe uma
♣
k→∞
Com as de nições adequadas, os dois últimos resultados homólogos da seção anterior podem ser aprimorados. De fato, o resultado a seguir constitui uma versão aprimorada do Lema 20.2.7.
20.3.3 Lema:
Suponha
a ∈ R,
ou seja,
a
nito.
Dada a sequência
{sn }n∈N ,
as seguintes
condições são todas equivalentes:
1. a = lim sup sn . n→∞
2.
Para todo
3. a
> 0,
são satisfeitas as seguintes duas propriedades:
N = N () ∈ N
Existe
O conjunto
tal que
n > N ⇒ sn < a + .
{n ∈ N : sn > a − }
é in nito.
é o maior ponto de acumulação da sequência
Demonstração :
Se a sequência
{sn }n∈N
{sn }n∈N .
é limitada superiormente, então o presente enunciado
segue de resultado original, Lema 20.2.7. Caso contrário, pelo Lema 18.4.4, acumulação, o que contradiz o fato de ser
a∈R
+∞
resulta ponto de
(isto é, um número nito) o maior de todos tais
pontos.
Analogamente, o próximo resultado constitui uma versão aprimorada do Lema 20.2.8.
20.3.4 Lema:
Suponha
a ∈ R,
ou seja,
a
nito.
Dada a sequência
condições são todas equivalentes:
1. a = lim inf sn . n→∞
2.
Para todo
> 0,
são satisfeitas as seguintes duas propriedades:
N = N () ∈ N
Existe
O conjunto
tal que
n > N ⇒ sn > a − .
{n ∈ N : sn < a + }
é in nito.
{sn }n∈N ,
as seguintes
270
Limite Superior e Inferior
3. a
é o menor ponto de acumulação da sequência
Demonstração :
Se a sequência
{sn }n∈N
{sn }n∈N .
é limitada inferiormente, então o presente enunciado
segue de resultado original, Lema 20.2.8. Caso contrário, pelo Lema 18.4.6, acumulação, o que contradiz o fato de ser
a∈R
−∞
resulta ponto de
(isto é, um número nito) o menor de todos tais
pontos.
Resulta não muito di cil avançar um paso para frente, admitindo agora para o tados anteriores a posibilidade de admitir os valores
±∞.
a ∈ R dos resul-
Os resultados preliminares, considerados
a continuação, serão uma inestimável ajuda, não apenas como auxiliares na prova dos resultados principais, mas também para iluminar o caminho a ser seguido para levar a bom término a desejada generalização.
20.3.5 Lema:
Seja
{sn }n∈N
uma sequência. Então, as seguintes condições são equivalentes:
1. lim sup sn = +∞. n→∞
2.
A sequência
3. +∞
{sn }n∈N
não é limitada superiormente.
é um ponto de acumulação da sequência
{sn }n∈N .
Obviamente, trata-se neste caso do
maior de tais pontos.
Demonstração :
A equivalência (1)⇔(2) é consequência direta da observação 20.2.10(a).
Por
outro, lado a equivalência (2)⇔(3) foi estabelecida no Lema 18.4.4. (2) ⇒ (3). Se a sequência não é limitada superiormente, então para todo
M > 0 existe n(M ) ∈ N sn(M ) > M . Em particular, dado M = 1 > 0, existe n(1) ∈ N tal que sn(1) > 1. Em geral, N ∈ N existe n(N ) ∈ N tal que sn(N ) > N . Seja A o conjunto de nido como:
tal que dado
A
:=
A rmação:
{k ∈ N : k > n(N ) ∧ sk > N + 1} . A
O
é um conjunto não-vazio de números naturais.
Com efeito, se fosse
A = ∅,
teria-se:
sk 6 N + 1, ∀ k > n(N ) Portanto, a sequência
{sn }n∈N
⇒
sk 6 max N + 1, s1 , s2 , · · · , sn(N )
seria limitada por
M,
=:
M, ∀k ∈ N.
contradizendo a hipótese estabelecida pela
H
condição (2).
A possui primeiro elemento, que será denotado n(N + 1) > n(N ) e sn(N +1) > N + 1. Desta maneira, resulta possível construir uma subsequência sn(N ) , tal que n(N + 1) > n(N ) e sn(N ) > N , para todo N ∈ N. N ∈N Para provar que tal subsequência converge para in nito, considere-se M > 0 arbitrário. Seja K ∈ N com K > M . Por exemplo, qualquer K > [M + 1] serve a tal efeito. Em tal caso, tem-se: Pelo Princípio de Boa Ordenação, o conjunto
n(N + 1).
Em particular,
N >K
⇒
sn(N ) > N > K > M.
271
20.3 Incorporando In nito nas De nições
Como
M >0
era arbitrário, segue que
(3) ⇒ (2). Seja
{snk }k∈N
N (M ) ∈ N sn(N (M )) > M . Ou existe
lim sn(N ) = +∞.
N →∞
lim sn(k) = +∞. Então, para todo M > 0 k→∞ M . Portanto, para todo M > 0 tem-se que
uma sub-sequência tal que
tal que
k > N ⇒ sn(k) > {sn } não é limitada
seja, a sequência
superiormente.
Já no outro extremo, a formulação requer uma ligeira modi cação, como o leitor poderá conferir no próximo resultado.
20.3.6 Lema:
Seja
{sn }n∈N
uma sequência. Então, as seguintes condições são equivalentes:
1. lim sup sn = −∞. n→∞
2.
lim sn = −∞.
n→∞
3. −∞
é o único ponto de acumulação da sequência
{sn }n∈N .
Trivialmente, trata-se neste
caso do maior de tais pontos.
Demonstração :
A equivalência (2)⇔(3) foi estabelecida no Lema 18.4.5.
(1) ⇒ (2). Por hipótese, tem-se:
−∞ = lim sup sn = inf
n∈N
n→∞
sup sk
= inf
n∈N
k>n
tal que
k>N
⇒
:=
sup sk . k>n
{an }n∈N não é limitado aN < −M , de onde tem-se:
Portanto, o conjunto
N (M ) ∈ N
an
inferiormente.
Ou seja, para todo
M > 0
sk 6 sup sk = aN < −M. k>N
Desta maneira, para todo
n>N Ou seja,
⇒
M >0
existe
N (M ) ∈ N
tal que:
sn < −M.
lim sn = −∞.
n→∞
(2) ⇒ (1). Por hipótese, para todo
n>N
⇒
M >0
existe
N = N (M ) ∈ N
tal que:
sn < −M.
Portanto, tem-se:
sup sk 6 −M
⇒
k>N Desta maneira, para todo
inf
n∈N
M >0
sup sk k>n
6 sup sk 6 −M
⇒
k>N
tem-se que
lim sup sn 6 −M . n→∞
lim sup sn 6 −M. n→∞
Ou seja,
lim sup sn = −∞. n→∞
existe
272
Limite Superior e Inferior
(2) ⇒ (3).
lim sn = −∞, então obviamente −∞ é ponto de acumulação da sequência. n→∞ condição (2) tem-se que para todo M > 0 existe N = N (M ) ∈ N tal que: Se
⇒
n>N
sn < −M.
(20.3.1)
Para provar a unicidade, suponha-se a existência de
α > −∞. Como α é ponto de acumulação, n = n(, N ) ∈ N com n > N tal que: |sn − α| <
⇔
Pela relação (20.3.1), existe
⇒
n > N1 Para tais
>0
e
dado
α ponto de acumulação da sequência, com > 0 arbitrário, para todo N ∈ N existe
α − < sn < α + .
Em particular, considere-se
Da
(20.3.2)
> |α| > 0. Seja M N1 ∈ N tal que:
:=
= |α − | > 0,
dado que
6= α,
pois
> |α|.
sn < −M = − |α − | 6 α − .
N1 ∈ N ,
pela relação (20.3.2), existe
n0 ∈ N
com
n0 > N1
tal que:
α − < sn0 . Porém, como
n0 > N1
teria-se que
sn0 < α − ,
uma contradição. Portanto,
−∞
é o único ponto
de acumulação da sequência em questão. (3) ⇒ (1). Suponha que
ou seja, um número nito a > −∞. Pelo Lema 20.2.7, n→∞ seria (o maior) ponto de acumulação da sequência {sn }, contradizendo a unicidade
a −∞ como o único de tais pontos de acumulação.
o número nito de
lim sup sn = a ∈ R,
Por outro lado, se fosse
lim sup sn = +∞, pelo n→∞
+∞ seria ponto de acumulação da sequência {sn }, contradizendo a unicidade único de tais pontos de acumulação. Portanto, deve ser lim sup sn = −∞.
Lema 20.3.5 anterior, de
−∞
como o
n→∞ Prova alternativa veri cando o condicional (3) ⇒ (2). Se a sequência periormente, pelo Lema 20.3.5 anterior, tradizendo que
−∞
+∞
{sn }
fosse não-limitada su-
seria ponto de acumulação de tal sequência, con-
era o único de tais pontos, por hipótese. Portanto, deve existir
M ∈N
tal
que:
sn 6 M, ∀n ∈ N. M0 > 0 tal que N ∈ N existe n(N ) ∈ N com n(N ) > N tal que sn(N ) > −M0 . Em particular, dado N = 1 ∈ N, existe n(1) com n(1) > 1 tal que sn(1) > −M0 . Em geral, dado n(k) + 1 ∈ N, existe n(k + 1) com n(k + 1) > n(k) +1> n(k) tal que sn(k+1) > −M0 . Desta maneira, resulta possível construir uma subsequência sn(k) com n(k + 1) > n(k) tal que: k∈N A negação lógica da condição (2) equivale a estabelecer a existência de algum
para todo
sn(k) > −M0 , ∀k ∈ N. Combinando as duas últimas relações, tem-se:
−M0 6 sn(k) 6 M, ∀k ∈ N. Portanto, a subsequência sn(k) k∈N
está contida no conjunto compacto
[M0 , M ]. Pelo exercício [M0 , M ], ou seja,
17.8.1, tal subsequência deve possuir um ponto de acumulação no intervalo
necessariamente um número nito. Pelo exercício 17.7.4(a), tal número nito seria também ponto de acumulação da sequência original, obviamente diferente de único de tais pontos.
−∞,
contradizendo que
−∞
era o
273
20.4 Limites Superior e Inferior de Sequências Revisitado
O seguinte resultado seria o análogo do Lema 20.3.5, para limites inferiores.
20.3.7 Lema:
Seja
{sn }n∈N
uma sequência. Então, as seguintes condições são equivalentes:
1. lim inf sn = −∞. n→∞
2.
A sequência
3. −∞
{sn }n∈N
não é limitada inferiormente.
é um ponto de acumulação da sequência
{sn }n∈N .
Obviamente, trata-se neste caso do
menor de tais pontos.
Demonstração :
A equivalência (1)⇔(2) é consequência direta da observação 20.2.10(b).
Por
outro, lado a equivalência (2)⇔(3) foi estabelecida no Lema 18.4.6.
De igual maneira, o seguinte resultado seria o análogo do Lema 20.3.6, para limites inferiores.
20.3.8 Lema:
Seja
{sn }n∈N
uma sequência. Então, as seguintes condições são equivalentes:
1. lim inf sn = +∞. n→∞
2.
lim sn = +∞.
n→∞
3. +∞
é o único ponto de acumulação da sequência
{sn }n∈N .
Trivialmente, trata-se neste
caso do menor de tais pontos.
Demonstração :
Utilizando o resultado do Lema 20.2.4(b), a equivalência (1)⇔(2) pode ser de-
duzida como consequência do Lema 20.3.6 anterior, trocando
sn
por
−sn
e
+∞
por
−∞,
respec-
tivamente. Ou seja:
lim inf sn = +∞ n→∞
⇔ ⇔
− lim inf sn = −∞ n→∞
lim (−sn ) = −∞
n→∞
⇔
lim sup(−sn ) = −∞ n→∞
⇔
− lim sn = −∞ n→∞
⇔
lim sn = +∞.
n→∞
Por outro, lado a equivalência (2)⇔(3) foi estabelecida no Lema 18.4.7.
20.4
Limites Superior e Inferior de Sequências Revisitado
Na seção 18.5 foi introduzido o conjunto de números reais estendidos:
R
:= R
∪ {±∞},
com a relação de ordem dada por também o conjunto
Ξ
−∞ < a < +∞, para todo a ∈ R.
Na mesma seção foi introduzido
de pontos de acumulação estendido de qualquer sequência
números reais, de nido como:
Ξ
:=
x∈R :
existe uma sub-sequência
{snk }k∈N
tal que
lim snk = x .
k→∞
{sn }n∈N ⊂ R
de
274
Limite Superior e Inferior
Resulta também oportuno salientar que
Ξ 6= ∅,
ou seja, o conjunto de pontos de acumulação
estendido resulta sempre não-vazio, segundo estabelecido na observação 18.5.3(a).
20.4.1 Lema: estendido
Seja
lim sup sn
{sn }n∈N ⊂ R
uma sequência de números reais.
Então, o número real
satisfaz as duas propriedades do Lema 18.5.4(a). Mais precisamente, tem-se:
n→∞
(a) lim sup sn ∈ Ξ. n→∞
(b) lim sup sn < x ⇒ ∃ N = N (x) ∈ N : n > N ⇒ sn < x. n→∞
Demonstração : +∞ ∈ Ξ.
(a)
No caso
lim sup sn = +∞,
a condição 3 do Lema 20.3.5 estabelece que
n→∞ Portanto,
lim sup sn = +∞ ∈ Ξ. n→∞
Por outro lado, se fosse
lim sup sn = −∞,
então a condição 3 do Lema 20.3.6 estabelece que
n→∞
−∞ ∈ Ξ,
mais ainda,
Ξ = {−∞}.
Portanto,
lim sup sn = −∞ ∈ Ξ. n→∞
Finalmente, no caso
lim sup sn ∈ R,
a condição 3 do Lema 20.2.7 estabelece que
n→∞
lim sup sn ∈ n→∞
Ξ ⊆ Ξ. (b)
No caso
lim sup sn = +∞,
a proposição lógica
P
de nida como:
n→∞
P
:=
lim sup sn < x n→∞
é falsa.
Portanto, a tabela de verdade introduzida na observação 18.5.5, estabelece que o
condicional
P ⇒ Q
é verdadeiro, onde
Q
é a proposição lógica de nida no enunciado do
item (b) do presente resultado.
Por outro lado, se fosse
lim sup sn = −∞,
a condição 2 do Lema 20.3.6 estabelece que n→∞ lim sn = −∞. A última relação equivale a enunciar que para todo x > −∞ = lim sup sn n→∞ n→∞ existe N ∈ N tal que:
n>N
⇒
sn < x.
Observe que o último enunciado corresponde precisamente ao enunciado do item (b) do presente resultado, que se deseja provar.
Suponha que lim sup sn < x. Seja := x − n→∞ n→∞ 0. A primeira propriedade na condição 2 do Lema 20.2.7 estabelece a existência
Finalmente, considere o caso
lim sup sn >
lim sup sn ∈ R.
n→∞ de
N ∈N
tal que:
n>N
⇒
sn < lim sup sn + = lim sup sn + x − lim sup sn = x. n→∞
n→∞
n→∞
275
20.4 Limites Superior e Inferior de Sequências Revisitado
20.4.2 Corolário:
lim sup sn = sup Ξ.
Em particular,
n→∞ (estendido) da sequência
Demonstração :
lim sup sn
é o maior ponto de acumulação
n→∞
{sn }n∈N .
Segue diretamente do Lema 20.4.1 anterior e do Lema 18.5.4.
O seguinte resultado é o análogo do Lema 20.4.1 para limites inferiores.
20.4.3 Lema: estendido
Seja
lim inf sn n→∞
{sn }n∈N ⊂ R
uma sequência de números reais.
Então, o número real
satisfaz as duas propriedades do Lema 18.5.6(a). Mais precisamente, tem-se:
(a) lim inf sn ∈ Ξ. n→∞
(b) x < lim inf sn ⇒ ∃ N = N (x) ∈ N : n > N ⇒ x < sn . n→∞
Demonstração :
Análoga à prova do Lema 20.4.1 anterior.
20.4.4 Corolário:
lim inf sn = inf Ξ. n→∞
(estendido) da sequência
Demonstração :
Em particular,
lim inf sn n→∞
é o menor ponto de acumulação
{sn }n∈N .
Segue diretamente do Lema 20.4.3 anterior e do Lema 18.5.6.
Finalmente, os dois últimos resultados homólogos da seção 20.2, isto é, os Lemas 20.2.7 e 20.2.8, ligeiramente aprimorados na seção anterior, serão apresentados agora na sua versão de nitiva. O seguinte resultado constitui a versão generalizada do Lema 20.2.7.
20.4.5 Lema:
Seja
a ∈ R.
Se
{sn }n∈N ⊂ R é uma sequência de números reais, então as seguintes
condições são todas equivalentes entre si:
1. a = lim sup sn . n→∞
2. a
é um ponto de acumulação (estendido) da sequência
N = N (x) ∈ N 3. a
tal que
{sn }n∈N
é o maior ponto de acumulação (estendido) da sequência
Demonstração :
e para todo
a
{sn }n∈N .
O condicional (1) ⇒ (2) segue diretamente do Lema 20.4.1.
A equivalência (1)⇔(3) resulta da aplicação dos lemas 20.3.3, 20.3.5 e 20.3.6, segundo seja
a = +∞,
ou
existe
n > N ⇒ sn < x.
a = −∞,
respectivamente.
a ∈ R,
276
Limite Superior e Inferior
(2) ⇒ (3).
No caso
a ∈ R,
a hipótese (2) implica as duas propriedades da condição 2 no Lema
a = +∞, a conclusão (3) é obvia. No caso a = −∞, a hipótese lim sn = −∞, ou seja, a condição 2 no Lema 20.3.6, portanto −∞ é o único ponto
20.3.3, de onde segue (3). No caso (2) implica que
n→∞
de acumulação da sequência, sendo trivialmente o maior de tais pontos.
Analogamente, o próximo resultado constitui a versão generalizada do Lema 20.2.8.
20.4.6 Lema:
Seja
a ∈ R.
Se
{sn }n∈N ⊂ R é uma sequência de números reais, então as seguintes
condições são todas equivalentes entre si:
1. a = lim inf sn . n→∞
2. a
é um ponto de acumulação (estendido) da sequência
N = N (x) ∈ N 3. a
tal que
{sn }n∈N
é o menor ponto de acumulação (estendido) da sequência
Demonstração :
e para todo
x
{sn }n∈N .
O condicional (1) ⇒ (2) segue diretamente do Lema 20.4.3.
A equivalência (1)⇔(3) resulta da aplicação dos lemas 20.3.4, 20.3.7 e 20.3.8, segundo seja
a = −∞,
ou
(2) ⇒ (3).
existe
n > N ⇒ x < sn .
a = +∞,
No caso
a ∈ R,
respectivamente.
a ∈ R,
a hipótese (2) implica as duas propriedades da condição 2 no Lema
a = +∞, a hipótese (2) implica que lim sn = +∞, ou seja, n→∞ +∞ é o único ponto de acumulação da sequência, sendo pontos. No caso a = −∞, a conclusão (3) é obvia.
20.3.4, de onde segue (3). No caso
a condição 2 no Lema 20.3.8, portanto trivialmente o maior de tais
20.5
Limite Superior e Inferior de Funções
20.5.1 De nição: para a como:
lim sup f (x)
:=
x→a
Seja
x→a
20.5.2 Lema:
Demonstração :
:=
uma função. De ne-se o
limite superior de
f quando x tende
inf sup {f (x) : 0 < |x − a| < }.
>0
Analogamente, de ne-se o
lim inf f (x)
f
limite inferior de
f quando x tende para a
como:
sup inf {f (x) : 0 < |x − a| < }.
♣
>0
lim inf f (x) 6 lim sup f (x). x→a
Seja
x→a
0 > 0
arbitrário. Dado
> 0,
{x : 0 < |x − a| < } ⊂ {x : 0 < |x − a| < 0 } ,
no caso
< 0 ,
tem-se:
277
20.5 Limite Superior e Inferior de Funções
de onde segue:
inf {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } 6 inf {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < } . Analogamente, no caso
0 6 ,
tem-se:
inf {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < } . Portanto, qualquer que seja o caso, tem-se:
∀ > 0
inf {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < } .
Da última relação acima, utilizando a de nição de ín mo, tem-se:
∀0 > 0
inf {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } 6 inf sup {f (x) : 0 < |x − a| < } = lim sup f (x). >0
x→a
Da última relação acima, utilizando agora a de nição de supremo, tem-se:
lim inf f (x) = sup inf {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } 6 lim sup {f (x)} . x→a
Ou seja,
x→a
0 >0
lim inf f (x) 6 lim sup f (x). x→a
x→a
Para um argumento alternativo, observe que, no caso
< 0 ,
tem-se:
inf {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } . Por outro lado, no caso se
0 6 ,
tem-se:
inf {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 inf {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } . Portanto, qualquer que seja o caso, tem-se:
∀ > 0
inf {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } .
Da última relação acima, utilizando a de nição de supremo, tem-se:
∀0 > 0
lim inf f (x) = sup inf {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } . x→a
>0
Da última relação acima, utilizando agora a de nição de ín mo, tem-se:
lim inf f (x) 6 inf sup {f (x) : 0 < |x − a| < 0 } = lim sup {f (x)} . x→a
Ou seja,
0 >0
x→a
lim inf f (x) 6 lim sup f (x). x→a
20.5.3 Lema:
x→a
lim f (x) existe, e vale l, se e somente se lim sup f (x) e lim inf f (x) existem ambos
x→a
e são iguais, com valor comun l.
x→a
x→a
278
Limite Superior e Inferior
Demonstração :
( ⇒ ) Se
0 < |x − a| < δ
lim f (x) =: l,
x→a
⇒
então para todo
|f (x) − l| < ρ
⇔
ρ>0
existe
−ρ < f (x) − l < ρ
δ = δ(ρ) > 0 ⇔
tal que:
l − ρ < f (x) < l + ρ.
Em particular:
l − ρ 6 inf {f (x) : 0 < |x − a| < δ(ρ)} . De onde segue:
l − ρ 6 inf {f (x) : 0 < |x − a| < δ(ρ)} 6 sup inf {f (x) : 0 < |x − a| < } = lim inf f (x). x→a
>0
Análogamente:
sup {f (x) : 0 < |x − a| < δ(ρ)} 6 l + ρ. De onde segue:
lim sup f (x) = inf sup {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < δ(ρ)} 6 l + ρ. >0
x→a
Portanto, utilizando o lema anterior, tem-se:
∀ρ > 0 l − ρ 6 lim inf f (x) 6 lim sup f (x) 6 l + ρ. x→a
Como
ρ
x→a
ρ → 0,
é arbitrário, tomando o limite
tem-se:
l 6 lim inf f (x) 6 lim sup f (x) 6 l. x→a
x→a
Ou seja:
lim inf f (x) = lim sup f (x) = l = lim f (x). x→a
x→a
x→a
( ⇐ ) Reciprocamente, suponha-se que:
lim inf f (x) = l = lim sup f (x). x→a
Seja
{sn }n∈N
x→a uma sequência com
sn 6= a
∀ > 0 ∃ N () ∈ N : k > N ()
para todo
⇒
n ∈ N,
tal que
lim sn = a,
n→∞
ou seja:
0 < |sk − a| < .
Em particular:
inf {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 inf {f (sk ) : k > N ()} 6 sup inf {f (sk ) : k > n} n∈N
= lim inf f (sn ). n→∞
De onde segue:
lim inf f (x) = sup inf {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 lim inf f (sn ). x→a
>0
n→∞
279
20.6 Limites Laterais Superiores e Inferiores de Funções
Ou seja:
lim inf f (x) 6 lim inf f (sn ). x→a
n→∞
Análogamente:
lim sup f (sn ) = inf sup {f (sk ) : k > n} 6 sup {f (sk ) : k > N ()} n∈N
n→∞
6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < } . De onde segue:
lim sup f (sn ) 6 inf sup {f (x) : 0 < |x − a| < } = lim sup f (x). >0
n→∞
x→a
Ou seja:
lim sup f (sn ) 6 lim sup f (x). n→∞
x→a
Portanto, utilizando a hipótese, tem-se:
lim sup f (sn ) 6 lim sup f (x) = l = lim inf f (x) 6 lim inf f (sn ). n→∞
x→a
x→a
n→∞
De onde segue que:
lim sup f (sn ) = lim inf f (sn ) = l. n→∞
n→∞ Ou seja, o limite
a.
lim f (sn ) sempre existe, para toda sequência {sn } com sn 6= a tal que lim sn =
n→∞
n→∞
Além disso, o valor de tal limite resulta ser l, independentemente da sequência
Portanto, o limite
20.6
lim f (x)
x→a
{sn } empregada.
existe e vale l.
Limites Laterais Superiores e Inferiores de Funções
20.6.1 De nição: Seja f uma função. De ne-se o limite superior e inferior de x tende para a pela direita, respectivamente por:
lim sup f (x)
:=
x→a+
lim inf f (x) + x→a
:=
inf sup {f (x) : 0 < x − a < },
>0
sup inf {f (x) : 0 < x − a < }. >0
limite superior e inferior de esquerda, respectivamente por: Analogamente, de ne-se o
lim sup f (x)
:=
x→a−
lim inf f (x) − x→a
20.6.2 Lema:
f quando
:=
f quando x tende para a pela
inf sup {f (x) : 0 < a − x < },
>0
sup inf {f (x) : 0 < a − x < }. >0
♣
O limite superior e inferior e seus limites laterais satisfazem, respectivamente, as
seguintes propriedades:
280
Limite Superior e Inferior
(a) lim inf f (x) 6 lim inf f (x). x→a
x→a±
(b) lim sup f (x) 6 lim sup f (x). x→a
x→a±
Demonstração :
(a)
Observe que:
inf {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 inf {f (x) : 0 < x − a < } . De onde segue que:
sup inf {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 sup inf {f (x) : 0 < x − a < } . >0
>0
Ou seja:
lim inf f (x) 6 lim inf f (x). + x→a
x→a
A prova no caso
(b)
x → a−
é análoga.
Observe que:
sup {f (x) : 0 < x − a < } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < } . De onde segue que:
inf sup {f (x) : 0 < x − a < } 6 inf sup {f (x) : 0 < |x − a| < } .
>0
>0
Ou seja:
lim sup f (x) 6 lim inf f (x). x→a
x→a+
A prova no caso
20.6.3 Lema:
x → a−
é análoga.
Os limites superior e inferior pela direita e esquerda satisfazem, respectivamente,
as seguintes propriedades:
(a) lim inf f (x) 6 lim sup f (x). x→a+
x→a+
(b) lim inf f (x) 6 lim sup f (x). x→a−
x→a−
Demonstração :
Análoga à prova do Lema 20.5.2, cando a cargo do leitor.
20.6.4 Lema:
Seja
(a)
lim f (x)
x→a+
f
uma função. Então:
existe, e vale
l,
iguais, con valor comun l.
se e somente se
lim sup f (x) x→a+
e
lim inf f (x) + x→a
existem ambos e são
281
20.6 Limites Laterais Superiores e Inferiores de Funções
(b)
lim f (x)
x→a−
existe, e vale
l,
se e somente se
lim sup f (x) x→a−
e
lim inf f (x) − x→a
existem ambos e são
iguais, com valor comun l.
Demonstração :
Análoga à prova do Lema 20.5.3, cando a cargo do leitor.
20.6.5 Lema:
Seja
(a)
Se
lim sup f (x)
f
e
uma função. Então:
lim sup f (x)
existem ambos e são iguais, com valor comun
l,
então existe
x→a− lim sup f (x), e vale l. x→a x→a+
(b)
Reciprocamente, se
lim sup f (x)
existe, e vale l, então pelo menos algum dos limites laterais
x→a
lim sup f (x)
ou
lim sup f (x)
existe, com valor igual ao daquele limite, ou seja, l.
x→a−
x→a+
Demonstração : α
:=
l
:=
(a)
Sejam
α
e
l
de nidos respectivamente como:
lim sup f (x), x→a
lim sup f (x) = lim inf f (x). − x→a
x→a+
Pelo Lema 20.6.2(b), sabe-se que:
l 6 α.
Seja
ρ>0
arbitrário. Observe que:
l = lim sup f (x) = inf sup {f (x) : 0 < x − a < } . x→a+
>0
Pela de nição de ín mo, deve existir
δ1 > 0
tal que:
sup {f (x) : 0 < x − a < δ1 } < l + ρ. Portanto:
∀{x : 0 < x − a < δ1 } f (x) 6 sup {f (x) : 0 < x − a < δ1 } < l + ρ.
(20.6.1)
Analogamente, observe que:
l = lim sup f (x) = inf sup {f (x) : 0 < a − x < } . x→a−
>0
Pela de nição de ín mo, deve existir
δ2 > 0
tal que:
sup {f (x) : 0 < a − x < δ2 } < l + ρ. Portanto:
∀{x : 0 < a − x < δ2 } f (x) 6 sup {f (x) : 0 < a − x < δ2 } < l + ρ. Seja
0 < δ 6 min {δ1 , δ2 }. 0 < |x − a| < δ
⇒
(20.6.2)
Utilizando as relações (20.6.1) e (20.6.2), tem-se:
f (x) < l + ρ
⇒
sup {f (x) : 0 < |x − a| < δ} 6 l + ρ
282
Limite Superior e Inferior
De onde segue que:
α = lim sup f (x) = inf sup {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < δ} 6 l+ρ. >0
x→a
ρ>0 α 6 l.
α 6 l + ρ. Como ρ > 0 é arbitrário, tomando o limite α = lim sup f (x) existe, isto é, admite um valor nito
Portanto, para todo
tem-se que
ρ → 0,
Ou seja,
segue que
x→a
(menor ou igual que l). De fato, como
(b)
l 6 α 6 l,
deve ser
lim sup f (x) = α = l. x→a
Sejam l+ e l− de nidos respectivamente como:
l+
:=
lim sup f (x), x→a+
l− :=
lim sup f (x). x→a−
Pelo Lema 20.6.2(b), sabe-se que l±
6 α.
Seja
ρ > 0 arbitrário.
Observe que para todo
>0
tem-se:
α − ρ < α = lim sup f (x) = inf sup {f (x) : 0 < |x − a| < } 6 sup {f (x) : 0 < |x − a| < } . >0
x→a
Portanto, pela de nição de supremo, deve existir algum que
x0 = x0 ()
com
0 < |x0 − a| <
tal
α − ρ < f (x0 ).
No caso
0 < x0 − a < ,
tem-se:
α − ρ < f (x0 ) 6 sup {f (x) : 0 < x − a < } . De onde segue que:
α − ρ 6 inf sup {f (x) : 0 < x − a < } = lim sup f (x) = l+ . >0
x→a+
Portanto, para todo
ρ → 0,
segue que l+
ρ > 0 tem-se que α − ρ 6 l+ . Como ρ > 0 é arbitrário, tomando o limite 6 α 6 l+ . Ou seja, neste caso l+ existe e vale α.
Por outro lado, no caso
0 < a − x0 <
tem-se:
α − ρ < f (x0 ) 6 sup {f (x) : 0 < a − x < } . De onde segue que:
α − ρ 6 inf sup {f (x) : 0 < a − x < } = lim sup f (x) = l− . >0
x→a−
Portanto, para todo
ρ → 0,
segue que l−
ρ > 0 tem-se que α − ρ 6 l− . Como ρ > 0 é arbitrário, tomando o limite 6 α 6 l− . Ou seja, neste caso l− existe e vale α.
O resultado a seguir é o análogo do lema anterior para limites inferiores.
20.6.6 Lema:
Seja
f
uma função. Então:
283
20.6 Limites Laterais Superiores e Inferiores de Funções
(a)
Se
lim inf f (x) +
lim inf x→a
(b)
e
x→a
lim inf f (x) −
x→a f (x), e vale l.
Reciprocamente, se ou
lim inf f (x) −
l,
então existe
lim inf f (x) existe, então pelo menos algum dos limites laterais lim inf f (x) x→a
x→a+
existe, com valor igual ao daquele limite, ou seja l.
x→a
Demonstração :
existem ambos e são iguais, com valor comun
Análoga à prova do Lema 20.6.5, cando a cargo do leitor.
Concluindo, o próximo resultado caracteriza a existência do limite de uma função, em termo dos limites superiores e inferiores laterais pela direita e esquerda.
20.6.7 Lema:
lim f (x)
x→a
Demonstração :
l,
se e somente se os limites
x→a
existem os quatro e são todos iguais, com valor comun l.
lim f (x) existe se e somente se os limites laterais lim+ f (x) e lim− f (x)
O limite
x→a
existem ambos e são iguais. Pelo Lema 20.6.4(a), o limite lateral se os limites
lim sup f (x), lim inf f (x), + x→a+
lim sup f (x), lim inf f (x), − x→a−
existe, e vale
x→a
lim sup f (x)
lim inf f (x)
e
x→a+
x→a+
lim f (x)
20.6.4(b), o limite lateral
x→a−
x→a x→a existe se e somente
lim+ f (x)
x→a Analogamente, pelo Lema
existem ambos e são iguais.
existe se e somente se os limites
lim sup f (x) x→a−
e
lim inf f (x) − x→a
existem ambos e são iguais.
20.6.8 Observação: ( ⇒ ) Se o limite
Eis uma prova alternativa do lema anterior.
lim f (x)
existe, então, pelo Lema 20.5.3, existem ambos e são iguais os limites:
x→a
lim sup f (x) = lim inf f (x). x→a
x→a Portanto, para
µ ∈ {+, −}
e
τ ∈ {+, −}
de maneira independente um do outro, tem-se:
lim inf f (x) 6 lim sup f (x) 6 lim sup f (x) = lim inf f (x) 6 lim inf f (x). µ τ x→a
x→aµ
x→a
x→a
x→a
Observe que a primeira desigualdade decorre do Lema 20.6.3, no entanto que a segunda desigualdade segue do Lema 20.6.2(b). A última desigualdade decorre do Lema 20.6.2(a). Para veri car a
µ = + = τ , e depois µ = − = τ . τ = −, e depois µ = − e τ = +.
igualdade dos limites laterais, basta considerar em primeiro lugar Alternativamente, basta considerar em primeiro lugar
µ=+
e
( ⇐ ) Reciprocamente, pelo Lema 20.6.5(a), se
lim sup f (x) = lim sup f (x), x→a−
x→a+ então existe
lim sup f (x),
com igual valor. Analogamente, pelo Lema 20.6.6(a), se
x→a
lim inf f (x) = lim inf f (x), x→a+
x→a−
284
Limite Superior e Inferior
então existe
lim inf f (x),
x→a com igual valor.
com igual valor.
Portanto, pelo Lema 20.5.3, o limite
lim f (x)
x→a
existe,
Existe ainda um argumento alternativo. Pelo Lema 20.6.4(a), se
f (x), lim sup f (x) = lim inf + x→a
x→a+
então existe
lim f (x),
x→a+
com igual valor. Analogamente, pelo Lema 20.6.4(b), se
lim sup f (x) = lim inf f (x), − x→a
x→a−
então existe
lim f (x), com igual valor.
x→a− com igual valor.
Portanto, pela proposição 18.2.4, o limite
lim f (x) existe,
x→a
♣
Exercícios para o Capítulo 20 20.7
Limite Superior e Inferior de Conjuntos e Sequências
20.7.1 Exercício:
A
Seja {sn }n∈N ⊂ R uma sequência de números reais. Considere-se o conjunto := {s1 , s2 , . . . } e suponha-se que A é in nito e limitado (em particular, a sequência em questão
é limitada). Então:
(a)
lim sup A 6 lim sup sn . n→∞
(b)
Forneça um exemplo em que a desigualdade do item (a) anterior seja estricta. Ou seja, exiba uma sequência
{sn }n∈N
tal que
lim sup A < lim sup sn . n→∞
Sugestão: Considere a sequência
1, sn = k 1, Ou seja,
{sn }n∈N
se
n = 2k,
se
n = 2k − 1.
{sn }n∈N
de nida por:
é a sequência:
1 1 1 1 1 1, 1, 1, , 1, , 1, , . . . , 1, , 1, ,.... 2 3 4 n n+1 UA = (0, +∞). Portanto, lim sup A = inf UA = 0. Por outro lado, a sub{s2k−1 }k∈N obviamente converge para 1 quando k → ∞. Assim, 1 ∈ Ξ, e como sn 6 1 para todo n ∈ N, segue que 1 deve ser o maior de tais pontos de acumulação. Ou seja, lim sup sn = sup Ξ = sup Ξ = 1. Observe que sequência
n→∞
(c)
Se os
sn
são todos
diferentes, então lim sup A = lim sup sn .
♣
n→∞
20.7.2 Exercício:
A
Seja {sn }n∈N ⊂ R uma sequência de números reais. Considere o conjunto := {s1 , s2 , . . . } e suponha que A é in nito e limitado (em particular, a sequência em questão é
limitada). Então:
(a) (b)
lim inf sn 6 lim inf A. n→∞
Forneça um exemplo em que a desigualdade do item (a) anterior seja estricta. Ou seja, exiba uma sequência
{sn }n∈N
tal que
lim inf sn < lim inf A. n→∞
285
286
Limite Superior e Inferior
Sugestão: Se
(c)
agora
−sn
Se os
sn
{sn }n∈N é a sequência n ∈ N.
de nida no item (b) do exercício anterior, considere-se
para todo
são todos
diferentes, então lim inf A = lim inf sn .
♣
n→∞
Observe que o resultado dos exercícios 20.7.1(c) e 20.7.2(c) anteriores permitem de nir
e
lim inf A, respectivamente, para conjuntos não necessariamente limitados
que sejam
lim sup A
enumeráveis
(obviamente in nitos, portanto). Com efeito, dada uma enumeração de um tal conjunto, digamos,
A = {a1 , a2 , . . . }, a1 ,
considere a sequência
a1 , a2 ,
a1 , a2 , a3 ,
{sn }n∈N
a1 , a2 , a3 , a4 ,
de nida como:
...
Basta então de nir:
lim sup A
:=
lim sup sn ,
lim inf A
:=
lim inf sn .
n→∞ n→∞
Observe que quando o conjunto
A
é limitado a de nição de cada um desses limites coincide com a
original, pelo exercício 20.7.1(c) e 20.7.2(c), respectivamente.
20.7.3 Exercício: que cada
(a)
ai ∈ A
Uma outra particularidade da sequência
Em particular, considerando o caso até uma quantidade não tenha
(b)
(c)
{sn }n∈N
acima de nida consiste em
pertence ao conjunto de pontos de acumulação da mesma. Ou seja,
nenhum
A = N,
observe-se que uma sequência
A ⊆ Ξ ⊆ Ξ.
{sn }n∈N
pode ter
in nta de pontos de acumulação, embora o seu conjunto base {s1 , s2 , . . . }
ponto de acumulação.
Se o conjunto A é limitado, tem-se A ⊆ Ξ = Ξ. Caso contrário, A ⊆ Ξ $ Ξ, pois Ξ $ Ξ ∪ {+∞} ⊆ Ξ se A for não-limitado superiormente, ou Ξ $ Ξ∪{−∞} ⊆ Ξ se A for não-limitado inferiormente. Considerando A = Q, observe-se que neste caso tem-se adicionalmente A $ Ξ $ Ξ. Com efeito, se A = Q, então Ξ = R e Ξ = R. Portanto, Q $ R $ R. No caso
A = Q
do item anterior, observe também que a sequência associada ao conjunto
tem uma quantidade in nita seu conjunto base
Q
acumulação, a saber,
não-enumerável
de pontos de acumulação. Mas neste caso o
também tem uma quantidade in nita não-enumerável de pontos de
R.
Existe algum conjunto numerável
A
cuja sequência asociada tenha
uma quantidade in nita não-enumerável de pontos de acumulação, embora
A
não tenha
nenhum ponto de acumulação ou apenas uma quantidade nita ou no máximo enumerável
♣
de tais pontos?
20.8
Alguns Limites Superiores e Inferiores de Sequências
20.8.1 Exercício:
Seja {sn }n∈N ⊂ R uma sequência de números reais positivos, n ∈ N. Então: √ sn+1 (a) lim sup n sn 6 lim sup sn n→∞ n→∞
para todo
ou seja,
sn > 0
287
20.9 Limites Superiores e Inferiores de Funções
(b)
lim inf n→∞
√ sn+1 6 lim inf n sn . n→∞ sn
20.8.2 Exercício: (a)
Prove que
Seja
{sn }n∈N
lação da sequência
{sn }n∈N ⊂ R
uma sequência de números reais. Então:
não é limitada inferiormente se e somente se
−∞
é um ponto de acumu-
{sn }n∈N .
Sugestão: Vide Lema 20.3.7 e corolário do Lema 20.4.3.
(b)
Forneça um exemplo de sequência não-limitada inferiormente cujo limite superior seja diferente de
−∞.
Sugestão: Considere considere
(c)
sn
−sn , n.
onde
{sn }n∈N
é a sequência do exemplo 20.2.9. Alternativamente,
−∞
como ponto de acumulação no Lema 20.3.6 e Lema
:= (−1)n
Conclua que a unicidade de
+∞
e
20.3.8, respectivamente, é uma propriedade
sine quo non para a validade da relação (c) ⇒ (a) ♣
expressa em tais resultados.
20.8.3 Exercício: 3.
−∞
é o
No lema 20.3.6, a terceira condição estabelece que:
único
ponto de acumulação da sequência
{sn }n∈N .
Considere as seguintes condições adicionais:
4.
−∞
5.
A sequência
é um ponto de acumulação da sequência
Observe que
{sn }n∈N
não é limitada inferiormente.
(3) ⇒ (4) ⇔ (5).
Com efeito, o primeiro condicional é trivial, no entanto que a
segunda equivalência decorre do lema 18.4.6. para que o condicional recíproco
20.9
{sn }n∈N .
(3) ⇐ (4)
Determine que condições poderiam ser acrescidas
♣
também seja válido.
Limites Superiores e Inferiores de Funções
20.9.1 Exercício:
Diferentemente do limite
lim f (x),
x→a su ciente para a existência de ambos limites laterais parece sugerir que a existência do limite superior
cuja existência é condição necessária e
lim f (x),
x→a±
o resultado do lema 20.6.5(b)
lim sup f (x)
não é tão forte o su ciênte como x→a para garantir a existência simultânea de ambos limites laterais correlatos lim sup . Veri que, sem x→a± f (x) apelar a mundos exóticos, que isso pode acontecer, de fato. Ou seja, exiba um exemplo elementar onde exista o limite superior e Sugestão: Considere a função
f (x)
:=
1 , x 0, − 1 , x
apenas um
f
dos limites superiores laterais.
de nida para todo
se
x < 0;
se
x > 0,
com
x ∈ Q;
se
x > 0,
com
x∈ / Q.
x∈R
por:
288
no ponto
Limite Superior e Inferior
a = 0.
♣
Capítulo 21
Descontinuidades 21.1
Descontinuidades Evitáveis
Dado que a continuindade de uma função depende da concorrência de várias condições (vide observação 19.1.2), uma função
f : R → R pode deixar de ser contínua num ponto a de várias maneiras. a, como é o caso de f (x) = 1/x na origem, a = 0. Um
Por exemplo, poderia não estar de nida em
caso diferente merecedor de destaque é o expressado a seguir.
21.1.1 De nição: em
a,
lim f (x) existe mas não é igual a f (a), ou se f nem siquer f possui uma descontinuidade evitável em a.
Se
x→a
está de nida
então se diz que a função
Em outras palavras,
f
possui uma descontinuidade evitável em
a condição 2 mas não a condição 1 e/ou 3.
21.1.2 Observação:
Se
a se na observação 19.1.2 é satisfeita ♣
f
possui uma descontinuidade evitável em
se
x 6= a, x = a,
a,
então a função
g
de nida
como:
( g(x)
:=
f (x), lim f (x),
se
x→a
resulta contínua em
a,
pois as condições 1 e 3 na observação 19.1.2 são satisfeitas automatica-
♣
mente.
21.1.3 Exemplo:
(a)
nuidade evitável em
( sen x x
g(x) =
Pelo exercício 18.12.3(d), a função
a = 0. ,
1, resulta contínua em
R,
f (x) =
Portanto, a função de nida por:
se
x 6= 0,
se
x = 0,
ou seja, contínua em 289
a
para todo
a ∈ R.
sen x x
possui uma desconti-
290
Descontinuidades
(b)
Q ∩ (0, 1).
A função considerada no exemplo 18.1.10 possui descontinuidades evitáveis em Observe que nesse caso, a função
g
de nida na observação anterior, se reduz à função iden-
♣
ticamente nula.
Existe alguma função que seja discontínua em todo ponto e que tenha apenas descontinuidades evitáveis? Tal vez valha a pena considerar este problema, mas apenas como uma prova de intuição. Embora suspeite a solução correta, probavelmente o leitor deverá ler a próxima seção para poder demostrá-la.
21.2
Enumerando as Descontinuidades
21.2.1 Teorema:
Seja
f
de nida em um conjunto compacto
K = [a, b]
tal que
lim f (y)
y→x
existe
x ∈ K . Então, para cada > 0, o conjunto: A := x ∈ K : lim f (y) − f (x) >
para todo
y→x
é nito.
Demonstração :
Seja
>0
A rmação: O conjunto Por
A
arbitrário.
reductio ad absurdum, suponha que x0 ∈ K seja um tal ponto.
ou seja, para todo
µ>0
0 < |y − x0 | < δ0 Como existe
O
não pode ter pontos de acumulação.
existe
⇒
δ0
Por hipótese, existe
:=
lim f (y),
y→x0
tal que:
|f (y) − a| < µ.
x0 é ponto de acumulação de A , existe x1 ∈ A ∩ (x0 − δ0 , x0 + δ0 ). b := lim f (y), ou seja, para todo λ > 0 existe δ1 > 0 tal que:
Também por hipótese,
y→x1
y ∈ (x1 − δ1 , x1 + δ1 )
⇒
|f (y) − b| < λ.
(x1 − δ1 , x1 + δ1 ) ∩ (x0 − δ0 , x0 + δ0 ) é não-vazio, pois x1 ∈ (x0 − δ0 , x0 + δ0 ). y0 ∈ (x1 − δ1 , x1 + δ1 ) ∩ (x0 − δ0 , x0 + δ0 ), tem-se:
Observe que se
a
|b − a| 6 |b − f (y0 )| + |f (y0 ) − a| < λ + µ. Por outro lado, observe que:
x 1 ∈ A
⇒
|b − f (x1 )| > .
Como também que:
x1 ∈ (x0 − δ0 , x0 + δ0 )
⇒
|f (x1 ) − a| < µ.
Portanto:
< |b − f (x1 )| 6 |b − a| + |a − f (x1 )| < (λ + µ) + µ = λ + 2 µ.
Portanto,
291
21.2 Enumerando as Descontinuidades
Como
µ>0
e
λ>0
são arbitrários, considerando
0 < µ 6 /4
e
0 < λ 6 /2,
da última relação
acima, teria-se:
< λ + 2 µ 6 /2 + 2/4 = . H
Ou seja, uma contradição. Portanto, se o conjunto
A
fosse in nito, como
A ⊆ K ,
com
K
compacto, então deveria ter algum
ponto de acumulação, contradizendo a a rmação anterior.
21.2.2 Corolário:
(a)
Seja
f
uma função como no enunciado do resultado anterior.
> 0, o conjunto: A := x ∈ R : lim f (y) − f (x) >
Para cada
y→x
é enumerável, ou seja,
(b)
|A | 6 ℵ0 .
Uma tal função somente pode possuir, no máximo, uma quantidade enumerável de descontinuidades.
Demonstração :
(a)
Segue diretamente do resultado anterior, observando que
σ -compacto, ou seja, pode ser expressado como união enumerável [ R= Kn
R é um conjunto Kn da forma:
de compactos
n∈N considerando, por exemplo,
(b)
Kn = [−n, n],
para todo
O conjunto de pontos de descontinuidade de
[
f
n ∈ N.
pode ser expresso como união enumerável:
A1/n
n∈N de conjuntos
21.2.3 Corolário:
A1/n ,
cada um deles enumerável, pelo item anterior.
Se uma função
f
possui apenas descontinuidades evitáveis, então é contínua,
com exceção de um conjunto enumerável.
Demonstração :
Segue do corolário anterior, observando que se
evitáveis, então satisfaz a hipótese do lema anterior, ou seja,
f
f
tem apenas descontinuidades
possui limites em todo ponto.
O resultado do último corolário permite nalmente responder à questão colocada no encerramento da seção anterior. Com efeito, se
f
tem apenas descontinuidades evitáveis, então deve ser
contínua exceto num conjunto enumerável. todas partes.
Portanto, uma tal
f
não pode ser descontínua por
Exercícios para o Capítulo 21 21.3
Descontinuidades Evitáveis
21.3.1 Exercício:
Determine se as seguintes funções possuem descontinuidades evitáveis nos
pontos especi cados.
(a)
f (x) = sen(1/x),
(b)
f (x) = x sen(1/x),
21.3.2 Exercício: seja, o limite
in nitos) pontos
x.
x 6= 0,
para
Seja
lim f (y)
y→x
para
f
no ponto
x 6= 0,
a = 0.
no ponto
♣
a = 0.
uma função cujos pontos de descontinuidade são todos evitáveis. Ou
existe para todo
x,
mas
f
Prove que a função de nida por
293
pode não ser contínua em alguns (inclusive
g(x)
:=
lim f (y) é contínua em todo ponto. ♣
y→x
Parte III
Calculus
Em 1604, no auge da sua carreira cientí ca, Galileo chegou à conclusão de que para um movimento retilíneo em que a velocidade aumenta proporcionalmente à distância 2 percorrida a lei de movimento devia ser precisamente aquela [x = ct ] que ele havia descoberto
Acta Eruditorun de Leipzig publicou-se sem artigos de Leibniz, dos irmãos Bernoulli ou do Marquês na pesquisa da queda dos corpos. Entre 1695 e 1700 nenhuma das edições mensais das
de L'Hôpital, que tratavam, com notações ligeiramente diferentes da atual, os problemas mais diversos do cálculo diferencial, cálculo integral e do cálculo de variações. Assim, no espaço de quase precisamente um século o cálculo in nitesimal ou, como se costuma denominar agora em inglês, o Calculus, o instrumento de calcular
par excellence,
foi forjado; e quase três séculos
de uso constante não têm esgotado essa ferramenta formidável. Nicholas Bourbaki
1 In:
[14, p. 180].
1
Capítulo 22
Derivadas 22.1
De nições e Exemplos
22.1.1 De nição:
lim
x→a
Seja
a ∈ R.
Se diz que uma função
f
é
derivável em
a
se existe o limite:
f (x) − f (a) . x−a
Em tal caso, o limite acima se denota por derivável em
a
para todo
22.1.2 Observação:
a
no domínio da
f 0 (a) e f , se diz
denomina-se a
derivada de f em f é derivável.
a.
Se
f
Equivalentemente, uma função
f
é derivável em
a
é
♣
simplesmente que
se existe o limite:
f (a + h) − f (a) . h→0 h lim
22.1.3 Exemplo:
0, ∀ a ∈ R.
(a)
x→a
Se
f
f
é uma função constante
f (x) = c,
então
f
é derivável e
f 0 (a) =
Com efeito, em tal caso tem-se:
f 0 (a) = lim (b)
Se
f (x) − f (a) c−c = lim = lim 0 = 0. x→a x − a x→a x−a
é a função linear
f (x) = x,
então
f
é derivável e
f 0 (a) = 1, ∀ a ∈ R.
Com efeito, em tal
caso tem-se:
f (x) − f (a) x−a = lim = lim 1 = 1. x→a x − a x→a x−a √ f (x) = x é derivável para todo a > 0. Com efeito,
f 0 (a) = lim
x→a
(c)
A função
se
a>0
tem-se:
√ √ √ √ √ √ f (x) − f (a) x− a x− a x+ a √ √ = lim = lim x→a x→a x→a x−a x−a x−a x+ a x−a 1 1 1 √ √ = lim √ √ = lim √ √ = √ . = lim x→a (x − a) ( x + a) x→a x + a x→a a + a 2 a
f 0 (a) = lim
299
300
Derivadas
Portanto
f 0 (a) =
22.1.4 Exemplo:
lim−
x→0
1 1 √ , ∀ a > 0. 2 a
A função
♣
f (x) = |x| não
é derivável em
a = 0.
Observe que:
f (x) − f (0) |x| − |0| −x − 0 −x = lim− = lim− = lim− = lim− −1 = −1. x−0 x x x x→0 x→0 x→0 x→0
Por outro lado, tem-se:
lim
x→0+
f (x) − f (0) |x| − |0| x−0 x = lim+ = lim+ = lim+ = lim+ 1 = 1. x−0 x x x→0 x→0 x→0 x x→0
Ou seja, os limites laterias existem mas não são iguais. Portanto, o limite
f (x) − f (0) x→0 x−0
f 0 (0) = lim
♣
não pode existir.
22.1.5 Teorema:
Demonstração :
Se
Seja
f (x) − f (a) =
f
é derivável em
> 0.
a,
então
f
é contínua em
a.
Observe que:
f (x) − f (a) x−a= x−a
f (x) − f (a) − f 0 (a) + f 0 (a) x−a
(x − a) .
Portanto:
f (x) − f (a) 0 |f (x) − f (a)| 6 − f (a) |x − a| + |f 0 (a)| |x − a| . x−a δ1 > 0 tal que: f (x) − f (a) − f 0 (a) < /2. |x − a| < δ1 ⇒ x−a
Por hipótese, existe
Seja
δ>0 δ
:=
de nido como:
min δ1 , 1,
Em tal caso, se
/2 1 + |f 0 (a)|
|x − a| < δ
.
têm-se as seguintes relações:
|x − a| < 1, f (x) − f (a) 0 − f (a) < /2, x−a |f 0 (a)| |x − a| < |f 0 (a)|
/2 |f 0 (a)| = /2 < /2. 1 + |f 0 (a)| 1 + |f 0 (a)|
Combinando (22.1.1) e as relações acima tem-se que
|f (x) − f (a)| < (/2) 1 + /2 = .
(22.1.1)
301
22.1 De nições e Exemplos
22.1.6 Teorema:
(a)
f
Sejam
A função soma
f +g
e
g
funções deriváveis em
é derivável em
a
a.
Então:
e tem-se:
(f + g)0 (a) = f 0 (a) + g 0 (a). (b)
A função produto
fg
também é derivável em
a
e tem-se:
(f g)0 (a) = f 0 (a) g(a) + f (a) g 0 (a). (c)
Se adicionalmente for
g(a) 6= 0,
então o quociente
1 g
é derivável em
a
e tem-se:
0 g 0 (a) 1 (a) = − 2 . g g (a) (d)
Se adicionalmente for
g(a) 6= 0,
então a função quociente
f g
é derivável em
a
e tem-se:
0 f f 0 (a) g(a) − f (a) g 0 (a) (a) = . g g 2 (a)
Demonstração :
(a)
Por hipótese, tem-se:
f (x) + g(x) − f (a) − g(a) (f + g)(x) − (f + g)(a) = lim x→a x−a x−a f (x) − f (a) g(x) − g(a) f (x) − f (a) g(x) − g(a) = lim + = lim + lim x→a x→a x→a x−a x−a x−a x−a = f 0 (a) + g 0 (a).
(f + g)0 (a) = lim
x→a
(b)
Observe que:
(f g)(x) − (f g)(a) = f (x)g(x) − f (a)g(a) = f (x)g(x) − f (a)g(x) + f (a)g(x) − f (a)g(a) = (f (x) − f (a)) g(x) + f (a) (g(x) − g(a)) . Além disso, pelo Teorema 22.1.5 sabe-se que
lim g(x) = g(a).
x→a
Portanto, tem-se:
(f g)(x) − (f g)(a) x→a x−a f (x) − f (a) g(x) − g(a) lim g(x) + f (a) lim = f 0 (a) g(a) + f (a) g 0 (a). = lim x→a x→a x→a x−a x−a
(f g)0 (a) = lim
(c)
0 1 (a) = lim x→a g
1 1 1 1 g(a) − g(x) (x) − (a) − g g g(x) g(a) g(x)g(a) = lim = lim x→a x→a x−a x−a x−a g(x) − g(a) 1 1 g 0 (a) = − lim = −g 0 (a) =− 2 . x→a x−a g(x)g(a) g(a)g(a) g (a)
302
Derivadas
(d)
Empregando o resultado dos dois itens anteriores, tem-se:
0 0 0 f 1 1 1 0 (a) = f (a) = f (a) (a) + f (a) (a) g g g g 1 g 0 (a) f 0 (a)g(a) − f (a)g 0 (a) = f 0 (a) − f (a) 2 = . g(a) g (a) g 2 (a)
22.1.7 Corolário: derivável em
a
Demonstração : 0
c =0
22.2
c ∈ R constante g 0 (a) = c f 0 (a).
Sejam
e tem-se
e
f
derivável em
Pelo Teorema 22.1.6(b) tem-se que
a.
Então a função
g(x)
:= c f (x) é
g 0 (a) = c0 f (a) + c f 0 (a) = c f 0 (a),
pois
segundo o Exemplo 22.1.3(a).
Derivação de Funções Compostas
22.2.1 Teorema (Regra da cadeia): derivável em
g(a).
Então,
f ◦g
Sejam
é derivável em
a
f, g
funções tais que
g
é derivável em
a
e
f
é
e tem-se:
(f ◦ g)0 (a) = f 0 (g(a)) g 0 (a).
Demonstração :
Seja
> 0.
Dado que por hipótese
f
é derivável em
g(a), existem δ1 > 0 e δ2 > 0
respectivamente tais que:
f (y) − f (g(a)) |y − g(a)| < δ1 ⇒ − f 0 (g(a)) < /3, y − g(a) f (y) − f (g(a)) /3 |y − g(a)| < δ2 ⇒ − f 0 (g(a)) < . y − g(a) 1 + |g 0 (a)| Seja
δ0 > 0
de nido como
δ0
:=
min{δ1 , δ2 }.
Pelo Teorema 22.1.5 existe
ρ0 > 0
tal que:
|x − a| < ρ0 ⇒ |g(x) − g(a)| < δ0 . Dado que também por hipótese
g
é derivável em
a,
existem
que:
g(x) − g(a) 0 |x − a| < ρ1 ⇒ − g (a) < 1, x−a g(x) − g(a) /3 0 |x − a| < ρ2 ⇒ − g (a) < . x−a 1 + |f 0 (g(a))|
ρ1 > 0
e
ρ2 > 0
respectivamente tais
303
22.2 Derivação de Funções Compostas
Seja
δ>0
de nido como
δ
:=
min{ρ0 , ρ1 , ρ2 }.
Por outro lado, observe que:
(f ◦ g)(x) − (f ◦ g)(a) f (g(x)) − f (g(a)) − f 0 (g(a))g 0 (a) = − f 0 (g(a))g 0 (a) x−a x−a f (g(x)) − f (g(a)) g(x) − g(a) − f 0 (g(a))g 0 (a) = g(x) − g(a) x−a f (g(x)) − f (g(a)) g(x) − g(a) 0 0 = − g (a) + g (a) − f 0 (g(a))g 0 (a) g(x) − g(a) x−a f (g(x)) − f (g(a)) g(x) − g(a) f (g(x)) − f (g(a)) 0 0 = − g (a) + − f (g(a)) g 0 (a) g(x) − g(a) x−a g(x) − g(a) g(x) − g(a) f (g(x)) − f (g(a)) 0 0 0 − f (g(a)) + f (g(a)) − g (a) = g(x) − g(a) x−a f (g(x)) − f (g(a)) − f 0 (g(a)) g 0 (a) + g(x) − g(a) f (g(x)) − f (g(a)) g(x) − g(a) 0 0 = − f (g(a)) − g (a) g(x) − g(a) x−a g(x) − g(a) 0 0 + f (g(a)) − g (a) x−a f (g(x)) − f (g(a)) 0 + − f (g(a)) g 0 (a). g(x) − g(a) Portanto, se
|x − a| < δ
tem-se:
0 0 (f ◦ g)(x) − (f ◦ g)(a) 0 0 6 1 + |f (g(a))| + |g (a)| − f (g(a))g (a) 0 x−a 3 3 1 + |f (g(a))| 3 1 + |g 0 (a)| < + + = . 3 3 3
22.2.2 Exemplo:
Considere-se a função
x2 sen 1 , x f (x) = 0, Então
f
se
x 6= 0,
se
x = 0.
f
de nida por:
é derivável em
R. De fato, tem-se: 2x sen 1 − cos 1 , se x 6= 0, x x f 0 (x) = 0, se x = 0.
Essa expressão também prova que
f0
não é contínua na origem
0.
♣
Exercícios para o Capítulo 22 22.3
Funções Potenciais
22.3.1 Exercício: (a)
f (x) = c,
(b)
f (x) = x.
(c)
f (x) = x2 .
onde
Derivar as seguintes funções
c∈R
usando a de nição :
é uma constante.
R:
0.
R:
1.
R:
f (x) = x3 . √ (e) f (x) = x = x1/2 .
2x.
R:
3x2 . √ 1/2 x.
R:
−1/x2 .
(d)
R:
Sugestão: Cfr. Exercício 18.11.1(d).
(f )
f (x) =
1 . x
(g)
f (x) =
1 . x2
22.3.2 Exercício: (a)
f 0 (3).
(b)
f 0 (5).
(c)
f 0 (6).
22.3.3 Exercício: (a)
f (x) = x3 .
(b)
f (x) = x5 .
(c)
f 0 (x) = x4 .
22.3.4 Exercício:
R:
Seja
f (x) = x3 .
−2/x3 .
♣
Calcule: R: R: R:
Determine
f 00 (x)
3.32 = 3.9 = 27.
3.52 = 3.25 = 75.
3.62 = 3.36 = 108.
♣
no caso em que: R: R: R:
4x3 .
Para cada uma das seguintes funções 305
f,
6x.
20x3 . ♣
determine
f 0 (f (x)).
306
Derivadas
1 . 1+x
(a)
f (x) =
(b)
f (x) = sen x.
(c)
f (x) = x2 .
(d)
f (x) = 17.
R:
R:
R:
f (x) =
(b)
f (x) = x2 .
(c)
f (x) = 17.
(d)
f (x) = 17x.
Para cada uma das seguintes funções
f,
determine
f (f 0 (x)).
R:
−x2 . 4x2 .
R: R:
172 .
17. ♣
Tour de Force até Exponentes Racionais n−1
f (x) = n x
Seja
n ∈ N.
Veri que que a derivada da função
f (x) = xn
é dada por
. Existem pelo menos três maneiras de provar isso. Escolha a que preferir:
Usando a de nição. Tal vez resulte util lembrar aqui a fórmula do binómio:
n
(x + h) =
n X n k=0
(b)
♣
R:
22.4.1 Exercício:
(a)
2x2 .
0.
1 . x
(a)
0
cos(sen x). R:
22.3.5 Exercício:
22.4
−(1 + x)2 /(2 + x)2 .
k
xn−k hk .
O Exercício 18.10.1(c) apresenta o cálculo dessa derivada mas sob uma diferente maquiagem. Se fez aquele exercício, então todo o trabalho já foi feito.
Na verdade, o importante aqui
consiste em perceber que isso é assim!
(c)
Por indução em
n.
O caso
n = 1
não é nada mais do que o item (b) do Exercício 22.3.1
anterior. Para provar a validez do passo inductivo será conveniente usar a regra de derivação
♣
de um produto.
22.4.2 Exercício: 0
f (x) = (−n) x
(−n)−1
Veri que que a derivada da função
resultado do exercício anterior.
n ∈ N
é dada por
x−n =
1 xn
e use a regra de derivação de um quociente mais o
♣
1/m Veri que que a derivada da função f (x) = x com m ∈ N é dada por (1/m)−1 (1/m) x . Existem pelo menos duas maneiras de provar isso. Escolha a que preferir:
22.4.3 Exercício:
f (x) =
com
.
Sugestão: Apenas observe-se que
0
f (x) = x−n
22.5 Mais Para uma Prova da Irracionalidade de
(a)
er ,
com
307
r∈Q
Usando a de nição, em conjunto com a seguinte estratégia. De na
z
:= (a+h)1/m e
w
:= a1/m .
Observe que com essa de nição tem-se:
(a + h)1/m − a1/m z−w . = m h z − wm Chegado nesse ponto, observe que
z m − wm = (z − w)
m X
z m−i wi−1 .
i=1
(b)
Se
f (x) = x1/m , então tomando a potência m-ésima tem-se (f (x))m = x.
Basta então derivar
os dois lados dessa identidade. A derivada do lado direito é dada pelo Exercício 22.3.1(b). Para o lado esquerdo basta usar a regra de derivação de um produto, pois mais do que o produto de
f (x)
com si mesma
m
vezes,
(f (x))m
não é
♣
f (x)f (x) · · · f (x). {z } | m vezes
22.4.4 Exercício: por
0
f (x) =
Veri que que a derivada da função (n/m) x(n/m)−1 .
f (x) = xn/m
com
n∈Z
e
m∈N
é dada
f (x) = xn/m = (x1/m )n é a composição de duas funções. Com efeito, se g(x) = x e h(x) = x1/m , então f = g ◦ h. Use então a regra de derivação de funções compostas para derivar f . Para derivar a funções g e h use os resultados dos exercícios anteriores. ♣ Sugestão:
A função
n
Moral da história: A derivada de
22.5
f (x) = xr
com
r∈Q
é dada por
f 0 (x) = r xr−1 .
Mais Para uma Prova da Irracionalidade de
er ,
com
r∈
Q 22.5.1 Exercício:
fn (x)
:=
Para cada
n∈N
seja
fn
a função de nida por:
xn (1 − x)n . n!
Veri que as seguintes propriedades:
(a)
Se
(b)
fn (0) = 0,
(c)
Se
(d)
Para
0 < x < 1,
(k)
k > 2n,
então
se
k < n. (k)
fn (x) = 0
então
n 6 k 6 2n fn(k) (0)
0 < fn (x) < 1/n!.
para todo
x.
tem-se:
k n = (k − n)! (−1)k−n . n k−n
(e)
Em particular,
(f )
Mais ainda,
(k)
fn (0)
(k)
fn (1)
é
inteiro
também é
para todo
inteiro
k ∈ N.
para todo
k ∈ N.
♣
308
Derivadas
22.6
Funções Trigonométricas
22.6.1 Exercício: (a)
Derivar as seguintes funções
usando a de nição :
f (x) = sen x.
R:
cos x.
Sugestão: Cf. Exercício 18.13.1(k).
(b)
f (x) = cos x.
− sen x.
R:
22.6.2 Exercício:
cos x = cos x mas
Observe-se que
Obtenha novamente a derivada de
√
1 − sen2 x
♣
(ou, se preferir,
cos x = (1 − sen2 x)1/2 ).
usando agora a regra de derivação de funções com-
♣
postas (ou, se preferir, de funções compostas e produtos).
22.6.3 Exercício:
Usando a regra de derivação de produtos e quocientes obtenha as derivadas
das demais funções trigonométricas:
(a)
cosec x =
1 . sen x
R:
1 . cos x sen x (c) tg x = . cos x cos x (d) cotg x = . sen x
(b)
− cotg x cosec x.
sec x =
22.7
R:
tg x sec x. R:
R:
sec2 x.
− cosec2 x.
♣
Funções Trigonométricas Inversas
22.7.1 Exercício: trigonométrica
Derive a função
sen2 (a) + cos2 (a) = 1
f (x) = arcsen x
usando a seguinte estratégia. A identidade
é válida para qualquer
a.
Em particular, se
a = arcsen x
tem-se:
1 = sen2 (arcsen x) + cos2 (arcsen x) = x2 + cos2 (arcsen x). Portanto:
cos(arcsen x) =
p 1 − x2 .
O resto consiste em derivar ambos membros dessa última igualdade usando a regra de derivação de funções compostas.
22.7.2 Exercício:
Derive
R:
f (x) = arccos x
√
1 . 1 − x2
usando uma estratégia parecida.
♣
R:
√
−1 . 1 − x2
♣
309
22.8 Um Pequeno Aquecimento
22.7.3 Exercício:
Para derivar
f (x) = arctg x
a estratégia anterior deve ser ligeiramente mo-
di cada. Partindo novamente da identidade trigonométrica dois lados por
2
cos (a)
tg2 (a) + 1 =
sen2 (a) + cos2 (a) = 1
e dividendo os
tem-se:
sen2 (a) 1 +1= . 2 cos (a) cos2 (a)
Portanto:
sec a =
q 1 + tg2 (a).
a = arctg x tem-se: p sec(arctg x) = 1 + x2 .
Em particular, se
O resto é parecido. Basta derivar ambos membros dessa última desigualdade usando a regra de derivação de funções compostas. O Exercício 22.6.3(b) pode servir de alguma ajuda aqui.
1 . 1 + x2
22.8
R:
♣
Um Pequeno Aquecimento
22.8.1 Exercício:
Derivar as seguintes funções. Não tem truques. Apenas use todas as regras
de derivação que for necessário.
(a)
f (x) = sen(x + x2 ).
(b)
f (x) = sen x + sen x2 .
(c)
f (x) = sen(cos x).
(d)
f (x) = sen(sen x).
(e)
f (x) = sen
(f )
f (x) =
(g)
f (x) = sen(x + sen x).
(h)
f (x) = sen(cos(sen x)).
22.9
cos x x
R:
(cos(x + x2 )).(1 + 2x). R:
R:
(cos(cos x)).(− sen x).
R:
.
R:
sen(cos x) . x
R:
cos
(cos(sen x)).(cos x).
cos x (− sen x).x − cos x . . x x2
(cos(cos x)).(− sen x).x − sen(cos x) . x2 R:
R:
cos x + (cos x2 ).2x.
(cos(x + sen x)).(1 + cos x).
cos(cos(sen x)).(− sen(sen x)).(cos x).
Derivar é Preciso
22.9.1 Exercício:
Idem que o exercício anterior. As respostas constam no nal.
(a)
f (x) = sen[(x + 1)2 (x + 2)].
(b)
f (x) = sen3 (x2 + sen x).
♣
310
Derivadas
f (x) = sen2 ((x + sen x)2 ). 3 x 2 . (d) f (x) = sen cos x3 (c)
(e)
f (x) = sen(x. sen x) + sen(sen x2 ).
(f )
f (x) = (cos x)31
(g)
f (x) = (sen2 x).(sen x2 ).(sen2 x2 ).
(h)
f (x) = sen3 (sen2 (sen x)).
(i)
f (x) = (x + sen5 x)6 .
(j)
f (x) = sen(sen(sen(sen(sen x)))).
(k)
f (x) = sen((sen7 x7 + 1)7 ).
(l)
f (x) = (((x2 + x)3 + x)4 + x)5 .
(m)
2
.
f (x) = sen(x2 + sen(x2 + sen x2 )).
(n)
f (x) = sen(6 cos(6 sen(6 cos 6x))).
(o)
f (x) =
(p)
f (x) =
(sen x2 ).(sen2 x) . 1 + sen x 1 2 x + sen x
.
x−
(q)
f (x) = sen
x3 3 . x sen sen x
(r)
f (x) = sen
x x − sen
x x − sen x
.
Respostas do Exercício 22.9.1: (a)
(cos[(x + 1)2 (x + 2)]).[2(x + 1)(x + 2) + (x + 1)2 ].
(b)
(3 sen2 (x2 + sen x)).(cos(x2 + sen x)).(2x + cos x).
(2 sen((x + sen x)2 )).(cos((x + sen x)2 )).2(x + sen x).(1 + cos x). 3 3 2 x x 3x . cos x3 − x3 .(− sen x3 ).3x2 (d) 2 sen . cos . . cos x3 cos x3 cos2 x3 (c)
(e)
(cos(x. sen x)).[sen x + x. cos x] + (cos(sen x2 )).(cos x2 ).2x.
♣
311
22.9 Derivar é Preciso
(f )
2
(312 .(cos x)31
−1
).(− sen x).
(g)
(2 sen x).(cos x).(sen x2 ).(sen2 x2 ) + (sen2 x).(cos x2 ).2x.(sen2 x2 )+ (sen2 x).(sen x2 ).(2 sen x2 ).(cos x2 ).2x. (h)
(3 sen2 (sen2 (sen x))).(cos(sen2 (sen x))).(2 sen(sen x)).(cos(sen x)). cos x.
(i)
6(x + sen5 x)5 .[1 + (5 sen4 x). cos x].
(j)
(cos(sen(sen(sen(sen x))))).(cos(sen(sen(sen x)))).(cos(sen(sen x))).(cos(sen x)). cos x.
(k)
(cos((sen7 x7 + 1)7 )).7(sen7 x7 + 1)6 .(7 sen6 x7 ).(cos x7 ).7x6 .
(l)
5(((x2 + x)3 + x)4 + x)4 .(4((x2 + x)3 + x)3 .(3(x2 + x)2 .(2x + 1) + 1) + 1).
(m)
(cos(x2 + sen(x2 + sen x2 ))).[2x + (cos(x2 + sen x2 )).(2x + (cos x2 ).2x)].
(n)
(cos(6 cos(6 sen(6 cos 6x)))).(−6 sen(6 sen(6 cos 6x))).(6 cos(6 cos 6x)).(−36 sen 6x).
(o)
[(cos x2 ).2x.(sen2 x) + (sen x2 ).(2 sen x). cos x].(1 + sen x) − (sen x2 ).(sen2 x). cos x . (1 + sen x)2
(p)
(1 + cos x).(x(x + sen x) − 2) − (x + sen x).[(x + sen x) + x(1 + cos x)] . [x(x + sen x) − 2]2
(q)
cos
x3 3 × x sen sen x 3 3 2 x x 3x . sen x − x3 . cos x 2 3 3x . sen − x . cos . sen x sen x sen2 x 3 × . x 2 sen sen x
(r)
cos
x
×
x x − sen x − sen x x x (x − sen x) − x.(1 − cos x) x − sen − x. 1 − cos . x − sen x x − sen x (x − sen x)2 × .♣ 2 x x − sen x − sen x
Capítulo 23
Consequências da Derivabilidade 23.1
Pontos Críticos
23.1.1 De nição:
Seja
x∈A
diz que um ponto
f
uma função e
é um
A
um conjunto de números contido no seu domínio. Se
ponto de máximo de
f
em
A
se:
f (x) > f (y), ∀ y ∈ A. Em tal caso, o número também que
f
23.1.2 De nição: diz que um ponto função
f
de
f
em
A.
Costuma-se dizer
♣
Seja
x∈A
f
uma função e
é um
A
um conjunto de números contido no seu domínio. Se
ponto de mínimo de
f
em
A
se
x
for um ponto de máximo da
−f .
♣
23.1.3 Lema: de
f (x) recebe o nome de valor máximo x o seu valor máximo em A.
atinge em
em
(a, b)
Seja e
f
Demonstração :
f
Como por hipótese
h→0
x,
então
Para xar idéias, suponha que
f (x) > f (x + h), ∀ h
f 0 (x) = lim
(a, b). f 0 (x) = 0.
uma função de nida em
for derivável em
f
tal que
x
Se
x é um ponto de máximo, ou de mínimo,
seja um ponto de máximo. Em particular:
x + h ∈ (a, b).
é derivável em
x,
tem-se:
f (x + h) − f (x) f (x + h) − f (x) f (x + h) − f (x) = lim = lim 6 0. h h |h| h→0+ h→0+
Por outro lado, pelo mesmo motivo, também tem-se que:
f 0 (x) = lim
h→0
f (x + h) − f (x) f (x + h) − f (x) f (x + h) − f (x) = lim− = lim+ > 0. h h − |h| h→0 h→0
Combinado as duas identidades acima, deve ser
f 0 (x) = 0.
de mínimo é totalmente análoga. 313
A prova no caso em que
x
é um ponto
314
Consequências da Derivabilidade
23.1.4 Observação:
(a)
por exemplo, a função
(b)
Este resultado não é válido se a função não é derivável. Considere-se,
f (x) = |x|
no ponto
não
A recíproca do resultado anterior
x = 0.
não é necessariamente um ponto de máximo (ou de mínimo) da exemplo, a função
f (x) = x3
no ponto
f 0 (x) = 0 então o ponto x função f . Considere-se, por ♣
é verdadeira. Ou seja, se
x = 0.
O segundo item da observação anterior serve como motivação para que os pontos
f 0 (x) = 0
23.1.5 De nição:
x
ponto
tal que
Denomina-se
ponto crítico ou ponto singular, de uma função
f (x)
recebe o nome de
f
a todo
valor crítico, ou valor singular, da
f.
♣
Teorema do Valor Médio
23.2.1 Teorema (de Rolle):
Seja
ξ ∈ (a, b)
tal que
Então, existe algum
f contínua f 0 (ξ) = 0.
23.2.2 Teorema (do Valor Médio): algum
tais que
f 0 (x) = 0.
Em tal caso, o número
23.2
x
sejam destacados com uma de nição própria, a seguir.
ξ ∈ (a, b)
f 0 (ξ) =
:=
f
[a, b]
e derivável em
contínua em
[a, b]
(a, b)
e derivável
f (a) = f (b).
com
(a, b).
Então, existe
tal que:
f (b) − f (a) . b−a
Demonstração : g(x)
Seja
em
Seja
g
a função linear de nida como:
f (b) − f (a) (x − a) + f (a). b−a g consiste na reta que une os pontos (a, f (a)) e (b, f (b)). − g(x). Observe que h é contínua em [a, b] e derivável em Teorema de Rolle anterior, existe ξ ∈ (a, b) tal que:
Incidentalmente, o grá co da função Considere agora a função
(a, b)
com
h(x)
h(a) = 0 = h(b).
:= f (x)
Pelo
0 = h0 (ξ) = f 0 (ξ) − g 0 (ξ) = f 0 (ξ) − A relação acima prova o teorema. função
g
f (b) − f (a) . b−a
Apenas a título observação, a constante
e basicamente a mesma prova funciona adotando a função
h(x) = f (x) −
f (b) − f (a) (x − a). b−a
A única diferença neste caso consiste em que
h(a) = f (a) = h(b).
h
f (a)
é irrevante na
de nida como:
315
23.2 Teorema do Valor Médio
(a)
23.2.3 Corolário:
no intervalo. Então
(b)
Sejam
f
e
g
Seja
f
f
de nida em um intervalo e tal que
f 0 (x) = g 0 (x) f = g + c no intervalo.
de nidas num mesmo intervalo e tal que
Demonstração :
(a)
Por
f (x) 6= f (y).
c
tal que
reductio ad absurdum,
x
para todos os
x
no
x, y ∈ (a, b) com x 6= y x < y . Como f é derivável em
suponha que existam
Sem perda de generalidade suponha que
(a, b), resulta contínua em [x, y] e derivável em (x, y). existe ξ ∈ (x, y) tal que:
Pelo Teorema do Valor Médio anterior,
f (y) − f (x) . y−x
f 0 (ξ) =
f 0 (ξ) = 0 f (x) 6= f (y).
Mas
(b)
para todos os
é constante no intervalo.
intervalo. Então existe algum número
tais que
f 0 (x) = 0
por hipótese, de onde segue que
f (x) = f (y),
Basta aplicar o resultado do item anterior à função
contradizendo a suposição
f (x) − g(x).
Uma outra consequência importante do Teorema do Valor Médio (TVM) será dada a seguir, após introduzir um par de de nições pertinentes.
23.2.4 De nição: Uma função f é denominada estrictamente crescente, ou simplesmente crescente se não houver lugar a confusão, num dado intervalo se f (x) < f (y) quando x e y são pontos do intervalo tais que
♣
x < y.
23.2.5 De nição: Análogamente, uma função f é denominada estrictamente decrescente, ou simplesmente decrescente se não houver lugar a confusão, num dado intervalo se f (x) > f (y) quando
x
e
y
são pontos do intervalo tais que
23.2.6 Observação: mente,
f
Uma função
f
é decrescente se e somente se
(a)
23.2.7 Teorema:
Se
♣
x < y.
é crescente se e somente se
−f
f 0 (x) > 0
−f
é decrescente. Reciproca-
é crescente.
para todo
x
num dado intervalo, então
f
é estrictamente
crescente nesse intervalo.
(b)
Se
f 0 (x) < 0
para todo
x
num dado intervalo, então
f
é estrictamente decrescente nesse
intervalo.
Demonstração : contínua em
(a)
Sejam
[x, y]
e derivável em
f 0 (ξ) =
x, y ∈ (a, b) com x < y . (x, y). Pelo TVM,
f (y) − f (x) . y−x
f é derivável em (a, b), ξ ∈ (x, y) tal que:
Como existe
resulta
316
Consequências da Derivabilidade
Mas
f 0 (ξ) > 0
por hipótese, de onde segue que
f (x) < f (y),
ou seja,
f
é estrictamente
crescente.
(b)
Prova-se de maneira totalmente análoga ao item anterior.
Finalmente, encerrando esta seção, uma ligeira generalização do TVM que será de certa utilidade em um capítulo posterior.
23.2.8 Teorema (do Valor Médio de Cauchy):
(a, b).
Então, existe um número
ξ
em
(a, b)
Sejam
f
e
g
contínuas em
[a, b]
e deriváveis
tal que:
[f (b) − f (a)] g 0 (ξ) = [g(b) − g(a)] f 0 (ξ).
Demonstração :
h(x) := f (x) − α g(x), onde α ∈ R é uma constante não especi cada pelo momento. Observe que h é contínua em [a, b] e derivável em (a, b). Deseja-se escolher α de maneira tal que h(a) = h(b). Para tanto, observe que: Considere a função
f (a)−α g(a) = h(a) = h(b) = f (b)−α g(b) ⇒ α(g(b)−g(a)) = f (b)−f (a) ⇒ α = Pelo Teorema de Rolle 23.2.1, existe
ξ ∈ (a, b)
f (b) − f (a) . g(b) − g(a)
tal que:
f (b) − f (a) 0 g (ξ). g(b) − g(a)
0 = h0 (ξ) = f 0 (ξ) − α g 0 (ξ) = f 0 (ξ) −
g(a) 6= g(b). Se fosse g(a) = g(b) mas f (a) 6= f (b) a h(x) = α f (x) − g(x). Se fosse g(a) = g(b) e f (a) = f (b) a forma 0 = 0 e teorema é trivial, ou seja, basta tomar qualquer
A relação acima prova o teorema no caso prova é análoga tomando
h
da forma
identidade do enunciado se reduz à
ξ ∈ (a, b).
Apenas a título de observação, uma prova sem necessidade de considerar diversos casos
particulares pode ser obtida basicamente com o mesmo racioncíno adotando a função
h
de nida
como:
h(x) = [g(b) − g(a)] f (x) − [f (b) − f (a)] g(x). A única diferença neste caso consiste em que
23.3
A Regra de L'Hôpital
23.3.1 Teorema: contem
f 0 (a)
h(a) = g(b)f (a) − f (b)g(a) = h(b).
Seja
f
contínua em
a
a exceto posivelmente para x = a.
e tal que
f 0 (x)
existe para todo
Suponha-se que existe
lim f 0 (x).
x→a
e tem-se:
f 0 (a) = lim f 0 (x). x→a
Em outras palavras, uma derivada não pode ter discontinuidades evitáveis.
x
em um intervalo que
Então, existe também
317
23.3 A Regra de L'Hôpital
Demonstração :
Seja
> 0.
Denotando
r
:=
lim f 0 (x),
x→a
por hipótese existe
δ>0
tal que
0 < |x − a| < δ ⇒ |f 0 (x) − r| < . Por outro lado, para em
(a, a + h).
h > 0 su cientemente pequeno, a função f é contínua em [a, a + h] e derivável ξ(h) ∈ (a, a + h) tal que:
Pelo TVM 23.2.2 existe
f 0 (ξ(h)) =
f (a + h) − f (a) . h
0 < h < δ tem-se que 0 < |ξ(h) − a| < h < δ , f (a + h) − f (a) − r = |f 0 (ξ(h)) − r| < . h
Tomando
pois
ξ(h) ∈ (a, a + h).
Portanto:
A identidade acima prova que:
lim
h→0+
f (a + h) − f (a) = r. h
Considerando agora
lim
h→0−
h<0
su cientemente pequeno, prova-se analogamente que:
f (a + h) − f (a) = r. h
Portanto o seguinte limite existe e vale
r,
ou seja:
f (a + h) − f (a) = r = lim f 0 (x). x→a h→0 h
f 0 (a) = lim
23.3.2 Teorema (Regra de L'Hôpital): Suponha-se que existe
0
0
lim f (x)/g (x).
x→a
Sejam
f
e
g
tais que
Então, existe também
lim f (x) = 0
x→a
lim f (x)/g(x)
x→a
e
lim g(x) = 0.
x→a e tem-se:
f 0 (x) f (x) . = lim 0 x→a g(x) x→a g (x) lim
Demonstração : r
:=
Seja
> 0.
Denotando:
f 0 (x) , x→a g 0 (x) lim
por hipótese existe
δ>0
tal que
0 f (x) 0 < |x − a| < δ ⇒ 0 − r < . g (x) Além disso, observe que a hipótese da existência de tal limite contém implicitamente as seguintes suposições:
1.
ρ > 0 tal que f 0 (x) e g 0 (x) existem para todo x ∈ (a − ρ, a + ρ) exceto possivelmente x = a.
Existe para
318
Consequências da Derivabilidade
2.
Nesse intervalo
g 0 (x) 6= 0,
novamente com a possível exeção de
x = a.
f e g estejam de nidas em a. Contudo, de nindo f (a) = 0 = g(a), mudando se for necessário os valores anteriores de f (a) e g(a) caso estejam de nidos, então f e g resultam contínuas em a. Desta maneira, se a < x < a + ρ, então o TVM e o TVM de Cauchy podem ser aplicados a f e g no intervalo [a, x]. Em primeiro lugar, observe que deve ser g(x) 6= 0, pois caso contrário, ou seja, se fosse g(x) = 0, aplicando o TVM a g no intervalo [a, x] existiria y ∈ (a, x) tal que:
Por outro lado, não se supõe necessariamente que
g 0 (y) =
g(x) − g(a) = 0, x−a
contradizendo a suposição 2 anterior. Agora, aplicando o TVM de Cauchy a
[a, x],
existe
ξ(x) ∈ (a, x)
f
e
g
no intervalo
tal que:
f (x) g 0 (ξ(x)) = [f (x) − 0] g 0 (ξ(x)) = [f (x) − f (a)] g 0 (ξ(x)) = [g(x) − g(a)] f 0 (ξ(x)) = [g(x) − 0] f 0 (ξ(x)) = g(x) f 0 (ξ(x)), ou seja:
f 0 (ξ(x)) f (x) = 0 . g(x) g (ξ(x)) 0 < ρ < δ tem-se que 0 < |ξ(x) − a| < ρ < δ , 0 f (x) f (ξ(x)) = < . − r − r g(x) g 0 (ξ(x))
Tomando
pois
ξ(x) ∈ (a, x).
Portanto:
A identidade acima prova que:
lim
x→a+
f (x) = r. g(x)
Considerando agora intervalo
[x, a]
lim
x→a−
a − ρ < x < a,
o TVM e o TVM de Cauchy podem ser aplicados a
e prova-se analogamente que:
f (x) = r. g(x)
Portanto o seguinte limite existe e vale
f (x) f 0 (x) = r = lim 0 . x→a g(x) x→a g (x) lim
r,
ou seja:
f
e
g
no
Exercícios para o Capítulo 23 23.4
Pontos Críticos
23.4.1 Exercício:
Determinar os pontos de críticos da
f
nos seguintes casos:
(a)
f (x) = x3 + 7x2 − 5x.
(b)
f (x) = x6/5 − 12x1/5 .
R:
x = 2.
(c)
f (x) = (x2 − 4)2/3 .
R:
x = 0.
(d)
f (x) =
23.5
x2
x+1 . − 5x + 4
x
e
R:
x = −1 ±
√
x = 1/3
e
x = −5.
♣
10.
Extremos Condicionados
23.5.1 Exercício: de
R:
y
Seja
P > 0.
23.5.2 Exercício:
xey xy ?
Se
que maximizam o produto
x + y = P, x = y = P/2.
são números tais que R:
quales são os valores
♣
Dispoe-se de um arame de 200 metros de comprimento para cercar uma área
de pastagem de forma rectangular. Como deve ser escolhido o comprimento de cada um dos lados do rectángulo para que a superfície encerrada sejam máxima?
23.5.3 Exercício: de
x
e
y
Seja
P > 0.
Se
x
e
y
que minimizam a soma quadrática
23.5.4 Exercício:
Expresse o número
4
R: de
são números tais que
x2 + y 2 ?
50
m. cada lado.
x + y = P , quales R: x = y = P/2.
♣
são os valores
♣
como soma de dois números positivos de maneira tal
que a soma do quadrado do primeiro mais o quadrado do segundo seja mínima.
23.5.5 Exercício:
Seja S ∈ R. Se x e y são números tais 2 2 x epy que minimizam a soma quadrática x + y ? p (x, y) = (− |S|, −S/ |S|), se S 6= 0; x = y = 0 se S = 0.
reais de
319
que
R:
4 = 2 + 2. ♣
xy = S , quales pvalores p são os (x, y) = ( |S|, S/ |S|) ou ♣
R:
320
Consequências da Derivabilidade
23.5.6 Exercício:
23.5.7 Exercício: positivos de
x
e
y
R:
S > 0.
Seja
23.5.8 Exercício:
ab 6
Se
x
e
que minimizam a soma
(x, y) = (1, 1)
y são x + y?
ou
xy = S , quales √ x = y = + S.
números tais que R:
que ca
♣
são os valores
♣
Prove que a média geométrica de dois números positivos nunca exede a sua
média aritmética. Ou seja, dados
√
H = {(x, y) ∈ R : xy = 1} (x, y) = (−1, −1).
Determine qual é o ponto da hipérbole
mais perto da origem.
a, b > 0,
sempre tem-se:
a+b . 2
Sugestão: O produto de
a
√ √ 2 S = 2 ab.
23.5.9 Exercício:
b é positivo e pode ser denotado√ como S = ab > 0. Pelo exercício √ √ a + b resulta mínima quando a = b = S . Ou seja, a + b > S + S = ♣
vezes
anterior sabe-se que a soma
Conta uma lenda urbana que para a reforma do Maracanã cogitou-se em
trocar a forma do campo por uma outra, consistindo o novo campo em uma região rectangular mais duas regiões semicirculares grudadas em um par de lados opostos.
(a)
Se o perímetro total desse novo campo fosse de
P = 1000
metros, qual seria a máxima área
possível para o campo?
(b)
R:
2
m .
♣
Por que o projeto foi abandonado?
23.5.10 Exercício:
Uma rma importadora de salmão
o produto em recipientes cilíndricos, de raio
(a)
P 2 /4π
r
e altura
não
congelado na origem deseja estocar
h.
Se cada recipiente deve acomodar um volume xo de
V = 1000
3
cm , qual será o formato
cilíndrico que permite baratear as despesas com as embalagens. (Sugestão: obviamente, será aquele formato que tiver área mínima para o volume dado, pois nesse caso maior quantidade de material será poupada.)
(b)
R:
r = (V /2π)1/3
e
h = (4V /π)1/3 . ♣
Mesmo assim, porque a rma foi à falência?
23.5.11 Exercício:
Dados
n
números
a1 , a2 , . . . , an ,
a
média aritmética é denotada
x
e de -
nida por:
n
x= (a)
1X ai . n i=1
Veri que que
x
minimiza o
desvio padrão
dio, dado pela expressão:
v u n uX σ(x) = t (x − ai )2 . i=1
σ,
também denominado
erro quadrático mé-
321
23.6 Teorema de Rolle
(b)
Qual é a relação entre o
{a1 , a2 , . . . , an }
23.6
valor
mínimo
σ(x)
do desvio padrão e a
variância do conjunto
♣
de dados?
Teorema de Rolle
23.6.1 Exercício:
Considere a função
nunca anula-se no intervalo
[−1, 1].
f (x) = 1 − x2/3 .
Prove que
f (−1) = f (1) = 0 e que f 0 (x)
Explique por que esse resultado não contradiz o Teorema de
♣
Rolle.
23.6.2 Exercício:
Considere a equação
ax3 + bx + c = 0,
onde
a, b, c ∈ R
com
a
e
b
não
simultaneamente nulos.
(a)
Veri que a existência de (pelo menos) uma raiz real. Sugestão: Faça um grá co aproximado da função função é contínua em todo
(b)
a
Suponha que
b/ |b|.
b
Observe-se que esta
e use o Teorema 19.3.2.
têm o mesmo sinhal. Ou seja, equivalentemente, suponha que
Veri que que a raiz do item anterior é
Sugestão: Use
(c)
e
R
f (x) = ax3 + bx + c.
única.
a/ |a| =
reductio ad absurdum e o Teorema de Rolle para forçar uma contradição.
a e b têm sinhal contrário. a/p |a| = −b/ |b| . Veri que que neste caso não p [− −b/3a, −b/3a]. Suponha agora que
Ou seja, equivalentemente, suponha que pode existir nenhuma raiz no intervalo
Sugestão: Use o Teorema de Rolle para determinar a localização de uma eventual raiz.
23.6.3 Exercício: derivada
(a)
n-ésima f
f ∈ Cn x ∈ R. Prove Seja
Uma função
(n)
f
é denominada de
é contínua. Em tal caso, denota-se
f admite n + 1 raizes reais. f (n) (x) = 0 para algum x ∈ R.
tal que que
n
Sugestão: use o Teorema de Rolle
(b)
classe
Cn
se
f
é
n
vezes derivável e a
f ∈ C n.
Ou seja,
f (x) = 0
para
n+1
valores de
vezes.
x1 , x2 , . . . , xn+1 ∈ [a, b]. Seja f de classe C n+1 em [a, b] e seja P polinômio de menor o igual que n tal que P (xi ) = f (xi ), para todo i = 1, 2, . . . , n. Prove que para x ∈ [a, b] existe algum c ∈ (a, b) tal que: Sejam
f (x) − P (x) = Q(x)
onde
Q
é de nido por
f (n+1) (c) , (n + 1)!
Q(x) =
n+1 Y
(x − xi ).
i=1
♣
grau todo
322
Consequências da Derivabilidade
Sugestão: dado
x ∈ [a, b],
considere a funcão
F
de nida por:
F (t) = Q(x) [f (t) − P (t)] − Q(t) [f (x) − P (x)]. Observe que
x.
F ∈ C n+1
e que
F (t) = 0 para n + 2 c tal que:
valores de
t,
a saber, os
x1 , x2 , . . . , xn+1
0 = F (n+1) (c) = Q(x) [f (n+1) (c) − P (n+1) (t)] − Q(n+1) (c) [f (x) − P (x)] = etc.
23.7
e
Pelo item (a) anterior, existe
etc.
♣
Teorema do Valor Médio
23.7.1 Exercício:
Em cada um dos seguintes casos decida se o Teorema do Valor Médio é
aplicável. Em caso a rmativo, determine um número
ξ
em
(a, b) tal que f 0 (ξ) =
f (b) − f (a) . b−a
Caso
contrário, justi que por quê tal resultado não é aplicável.
1 , x
(a)
f (x) =
(b)
f (x) = |x − 1|,
(c)
f (x) = x2 + 1,
(d)
A função
no intervalo
f
no intervalo no intervalo
R:
(0, 2).
√ ξ = − 2.
R: A funcão não é derivável em
(1, 2).
R:
x = 1.
ξ = 3/2.
de nida por:
2 3 − x f (x) = 1 2 x no intervalo
(−2, −1).
se
x 6 1,
se
1 6 x;
[0, 2].
23.7.2 Exercício:
f 0 (x)
R:
Considere as funções
g 0 (x).
f (x) =
ξ = 1/2
1 x+1
e
(a)
Calcule
(b)
Qual é a constante pela qual essas funções diferem?
23.7.3 Exercício:
e
e
ξ=
g(x) =
√
♣
2.
−x . x+1
O que encontra? R:
♣
f = g + 1.
Determine, em cada um dos seguintes casos, as funções
f
de nidas pelas
condições:
(a)
f 0 (x) = x
(b)
f 0 (x) = x2 − 2x − 4
e
f (3) = −6.
(c)
f 0 (x) = x2 + 3x − 1
e
f (1) = 5.
e
f (0) = 1.
23.7.4 Exercício:
R:
Suponha-se que
R: R:
x2 /2 + 1.
x3 /3 − x2 − 4x + 6.
x3 /3 + 3x2 /2 − 1x + 25/6.
f (1) = 1, f 0 (1) = 3, f 00 (1) = 6
e
f 000 (x) = 0
♣
para todo
x.
323
23.8 Regra de L'Hôpital
f 00 (x) = 6
(a)
Determine que
(b)
Veri que que
(c)
Conclua nalmente que
f 0 (x) = 6x − 3
23.7.5 Exercício:
f 0 (x) = sen x.
(b)
f 00 (x) = x3 .
(c)
f 000 (x) = x + x2 .
23.7.6 Exercício:
√
para todo
x.
f (x) = 3x2 − 3x + 1
para todo
♣
x.
f
R: R: R:
tais que:
− cos x + c.
x5 /20 + cx + d.
x4 /24 + x5 /60 + cx2 /2 + dx + a.
♣
f tal que f 00 (x) = x2 − 3x com a condição adicional que f (0) = 1 e 4 3 f (−1)? R: f (x) = x /12 − x /2 + 1. Assim, f (−1) = 19/12. ♣
Seja
Quanto vale
23.7.7 Exercício:
x.
Determine, em cada um dos seguintes casos, todas as funções
(a)
f (1) = 7/12.
para todo
Veri que que
1 1 √ < 66 − 8 < 9 8
√ sem calcular
66. ♣
Sugestão:
8=
23.8
Regra de L'Hôpital
64.
23.8.1 Exercício:
(a)
Determine qual é o erro na seguinte aplicação da Regra de LHôpital:
x3 + x − 2 3x2 + 1 6x = lim = lim = 3. 2 x→1 x − 3x + 2 x→1 2x − 3 x→1 2 lim
(b)
Qual é o valor correto desse limite?
23.8.2 Exercício: (a)
(b) (c)
(d) (e)
lim
x→0
R:
Determine o valor dos seguintes limites
x . tg x
R:
cos2 x − 1 . x→0 x2 lim
x + sen(2x) . x − sen(2x)
lim
sen(sen x) . sen x
x→0
lim arcsen(x) cosec(x).
x→0
♣
usando a Regra de L'Hôpital :
lim
x→0
−4.
R:
−1.
R:
−3.
R: R:
1.
1.
1. ♣
324
Consequências da Derivabilidade
23.8.3 Exercício:
g(x) f (x) = x 0 onde
g
Determine
se
x 6= 0,
se
x = 0;
é uma função tal que
f 0 (0)
quando
g(0) = g 0 (0) = 0
f
e
é a função de nida por:
g 00 (0) = 17.
R:
17/2.
♣
Capítulo 24
Quem não é Côncavo pode ser Convexo 24.1
Funções Convexas
24.1.1 Lema:
Sejam
x, y ∈ R
com
x < y.
Então, o intervalo
(x, y)
pode ser expressado como:
(x, y) = {λ x + (1 − λ) y : λ ∈ (0, 1)}.
Demonstração :
Para provar a contenção (⊇), dado
λ ∈ (0, 1)
tem-se:
x = x + λ x − λ x == λ x + (1 − λ) x < λ x + (1 − λ) y < λ y + (1 − λ) y = λ y + y − λ y = y. Observe que as duas desigualdades acima decorrem da hipótese
x < y.
Para provar a contenção recíproca (⊆), dado
x < z < y,
z ∈ (x, y),
x < z ⇒ −x > −z ⇒ y − x > y − z, x < y ⇒ y − x > 0, z < y ⇒ y − z > 0. Combinando as relações acima, tem-se:
0<
y−z <1 y−x
Portanto, pode ser de nido
λ
:=
λ ∈ (0, 1)
como:
y−z . y−x 325
ou seja,
tem-se:
326
Quem não é Côncavo pode ser Convexo
Em tal caso, tem-se:
y−x yz − xz yz − xz + xy − xy (y − z) x + (z − x) y z= = = y−x y−x y−x y−x y−z z−x y−y+z−x (y − x) − (y − z) = x+ y = λx + y = λx + y y−x y−x y−x y−x y−z y = λ x + (1 − λ) y. = λx + 1 − y−x
z=
24.1.2 Lema:
Seja
f
uma função de nida em um intervalo aberto
(a, b).
Então, as seguintes
condições são equivalentes:
1.
Para todo
x, y ∈ (a, b)
tem-se:
f (λx + (1 − λ)y) 6 λ f (x) + (1 − λ) f (y); 2.
Para todo
x, y ∈ (a, b)
tem-se:
f (y) − f (x) f (z) − f (x) > ; y−x z−x 3.
Para todo
x, y ∈ (a, b)
Para todo
∀ x < z < y.
tem-se:
f (y) − f (z) f (y) − f (x) 6 ; y−x y−z 4.
∀ 0 < λ < 1.
x, y ∈ (a, b), f.
∀ x < z < y.
o segmento retilíneo que une
(x, f (x))
com
(y, f (y))
ca por cima
do grá co da
Demonstração :
Sejam
x, y ∈ (a, b).
Observe que:
f (y) − f (x) f (y) − f (z) f (y) − f (x) 6 , ∀x f (z) − f (y). y−x
(24.1.1)
Dado que:
z − y = z − x + x − y = (z − x) + (x − y) = (z − x) − (y − x), o membro esquerdo da última relação em (24.1.1) acima pode ser expressado como:
f (y) − f (x) f (y) − f (x) f (y) − f (x) (z − x) − (y − x) = (z − x) − f (y) + f (x). y−x y−x y−x Portanto, a última relação em (24.1.1) é equivalente com:
f (y) − f (x) f (y) − f (x) f (z) − f (x) (z−x) > f (z)−f (y)+f (y)−f (x) ⇔ > , ∀ x < z < y. y−x y−x z−x (24.1.2)
327
24.1 Funções Convexas
A combinação das relações (24.1.1) e (24.1.2) fornece uma prova da equivalência
(3) ⇔ (2).
Por
outro lado, pelo Lema 24.1.1, a última relação em (24.1.2) acima é equivalente com:
f (y) − f (x) f (λ x + (1 − λ) y) − f (x) > , ∀0<λ<1 y−x λ x + (1 − λ) y − x f (y) − f (x) ⇔ f (λ x + (1 − λ) y) 6 (λ x + (1 − λ) y − x) + f (x), ∀ 0 < λ < 1. y−x Observe que para todo
0<λ<1
(24.1.3)
o membro direito da última relação em (24.1.3) acima pode ser
expressado como:
f (y) − f (x) f (y) − f (x) (λ x + (1 − λ) y − x) + f (x) = [(1 − λ) y − (1 − λ) x] + f (x) y−x y−x f (y) − f (x) (1 − λ) (y − x) + f (x) = y−x = (f (y) − f (x)) (1 − λ) + f (x) = (1 − λ) f (y) − f (x) + f (x) λ + f (x) = λ f (x) + (1 − λ) f (y). Portanto, a última relação em (24.1.3) é equivalente com:
f (λ x + (1 − λ) y) 6 λ f (x) + (1 − λ) f (y), ∀ 0 < λ < 1. A combinação da última relação em (24.1.2) junto com (24.1.3) e a relação acima fornece uma prova da equivalência
f (z) 6
(2) ⇔ (1).
Por outro lado, observe que a condição 4 é equivalente com:
f (y) − f (x) (z − x) + f (x), ∀ x < z < y y−x f (z) − f (x) f (y) − f (x) ⇔ 6 , ∀ x < z < y. z−x y−x
A relação acima prova nalmente a equivalência
24.1.3 De nição:
Uma função
f
(4) ⇔ (2).
de nida num intervalo aberto
(a, b)
denomina-se
convexa se
♣
é satisfeita alguma, logo qualquer uma, das condições equivalentes do Lema 24.1.2.
24.1.4 De nição: a função
−f
24.1.5 Lema: 0
x6x
0
e
Uma função
f
de nida num intervalo aberto
(a, b)
denomina-se
côncava se
♣
é convexa.
Seja
x
f 0
convexa no intevalo aberto
(a, b).
Sejam
x, y, x0 , y 0 ∈ (a, b)
. Então:
f (y) − f (x) f (y 0 ) − f (x0 ) 6 . y−x y 0 − x0 Em outras palavras, a corda sobre
(x0 , y 0 )
tem maior pendente que a corda sobre
(x, y).
tais que
328
Quem não é Côncavo pode ser Convexo
Demonstração :
Antes da prova, talvez valha a pena interpretar grá camente o enunciado do
presente resultado. Para tanto, observe que:
L(z)
:=
f (y) − f (x) (z − x) + f (x) y−x
é a expressão funcional da reta que une o ponto
(x, f (x)) com (y, f (y)).
A condição 2 do Lema 24.1.2
estabelece que a pendiente desta reta é maior que a pendiente da reta que une o ponto com
(x, f (x)),
para todo
x
se
f
a condição 3 do Lema 24.1.2 estabelece que a pendiente da reta que une o ponto
(y, f (y))
é
menor
(z, f (z))
é convexa, o que é óbvio gra camente. Analogamente,
que a pendiente da reta que une o ponto
(z, f (z))
com
Voltando para a prova propriamente dita, considere em primeiro lugar o caso pela condição 2 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos
x = x, z = y
e
y=y
(x, f (x))
com
(y, f (y)). 0
y 6 x0 .
Em tal caso,
tem-se:
f (y 0 ) − f (x) f (y) − f (x) 6 . y−x y0 − x Por outro lado, pela condição 3 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos
x = x, z = x0 ,
e
y = y0
tem-se:
f (y 0 ) − f (x) f (y 0 ) − f (x0 ) 6 . 0 y −x y 0 − x0 Portanto, o a rmado no enunciado do presente resultado segue neste caso combinando as duas últimas desigualdades:
f (y) − f (x) f (y 0 ) − f (x0 ) 6 . y−x y 0 − x0 Considere agora o caso
x = x, z = y
e
y=y
0
x0 < y .
Em tal caso, pela condição 2 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos
tem-se:
f (y) − f (x) f (y 0 ) − f (x) 6 . y−x y0 − x Por outro lado, pela condição 3 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos
0
0
x = x, z = x0 ,
e
y = y0
tem-se:
0
f (y ) − f (x ) f (y ) − f (x) 6 . y0 − x y 0 − x0 Portanto, o a rmado no enunciado do presente resultado segue neste caso combinando as duas últimas desigualdades:
f (y 0 ) − f (x0 ) f (y) − f (x) 6 . y−x y 0 − x0 Para uma outra prova da relação acima, considere alternativamente o seguinte argumento. Pela condição 3 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos
x = x, z = x0
e
y=y
tem-se:
0
f (y) − f (x) f (y) − f (x ) 6 . y−x y − x0 Por outro lado, pela condição 2 do Lema 24.1.2 aplicada aos pontos
0
0
x = x0 , z = y ,
e
y = y0
tem-se:
0
f (y) − f (x ) f (y ) − f (x ) 6 . 0 y−x y 0 − x0 Portanto, o a rmado no enunciado do presente resultado segue neste caso combinando as duas últimas desigualdades.
329
24.2 Convexidade e Continuidade
24.2
Convexidade e Continuidade
24.2.1 Lema:
Seja
f
convexa no intevalo aberto
cada subintervalo fechado de
Demonstração :
(a, b).
Então
f
é absolutamente contínua em
(a, b).
x, y ∈ [c, d] ⊂ (a, b), e sem perda de generalidade x = a, y = c, x0 = x, y 0 = y , tem-se:
Sejam
suponha
x < y.
Pelo
Lema 24.1.5 aplicado aos pontos
f (c) − f (a) f (y) − f (x) 6 . c−a y−x Por outro lado, pelo mesmo Lema 24.1.5 aplicado agora aos pontos
x = x , y = y , x 0 = d , y 0 = b,
tem-se:
f (b) − f (d) f (y) − f (x) 6 . y−x b−d Combinando as duas últimas desigualdades,tem-se:
f (c) − f (a) f (y) − f (x) f (b) − f (d) 6 6 . c−a y−x b−d Sejam agora
m1
:=
m2
:=
m1 e m2 de nidos f (c) − f (a) c − a ; f (b) − f (d) b − d .
por:
Então, da última desigualdade dupla anterior segue que:
−m1 6
f (y) − f (x) 6 m2 . y−x
Finalmente, de nindo
M
:=
max{m1 , m2 },
segue da última relação acima que:
|f (y) − f (x)| 6 M |y − x| , de onde a continuidade absoluta da
24.2.2 Observação:
Lipschitz.
♣
Convexidade e Diferenciabilidade
24.3.1 Lema:
(a)
segue trivialmente.
Na prova do resultado anterior foi demonstrado que que toda função con-
vexa é na verdade uma função
24.3
f
Sejam
Seja
f
convexa no intevalo aberto
0 < h1 < h2 ,
tais que
(a, b)
e considere
x0 + h1 , x0 + h2 ∈ (a, b).
f (x0 + h1 ) − f (x0 ) f (x0 + h2 ) − f (x0 ) 6 . h1 h2
x0 ∈ (a, b).
Então tem-se:
330
(b)
Quem não é Côncavo pode ser Convexo
Sejam l2
< l1 < 0,
tais que
x0 + l2 , x0 + l1 ∈ (a, b).
Então tem-se:
f (x0 + l2 ) − f (x0 ) f (x0 + l1 ) − f (x0 ) 6 . l2 l1 (c)
Sejam
l < 0 < h,
tais que
x0 + l, x0 + h ∈ (a, b).
Então tem-se:
f (x0 + h) − f (x0 ) f (x0 + l) − f (x0 ) 6 . l h
Demonstração :
(a)
z = x0 + h1
e
Se 0 < h1 < h2 < 0, y = x0 + h2 , tem-se:
aplicando a condição 2 do Lema 24.1.2 com
x = x0 ,
f (x0 + h2 ) − f (x0 ) f (x0 + h1 ) − f (x0 ) 6 . h1 h2 (b)
l2 < l1 < 0, y = x0 , tem-se:
Analogamente, se
z = x 0 + l1
e
aplicando a condição 3 do Lema 24.1.2 com
x = x 0 + l2 ,
f (x0 ) − f (x0 + l2 ) f (x0 ) − f (x0 + l1 ) 6 . −l2 −l1 Portanto:
f (x0 + l2 ) − f (x0 ) f (x0 + l1 ) − f (x0 ) 6 . l2 l1 (c)
Considerando agora
0
y = x0 + h,
l < 0 < h,
aplicando o Lema 24.1.5 com
x = x0 + l , y = x0 = x0
e
tem-se:
f (x0 + h) − f (x0 ) f (x0 ) − f (x0 + l) 6 . −l h Portanto:
f (x0 + l) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) 6 . l h
24.3.2 Lema:
Seja
f
convexa no intevalo aberto
(a, b)
e considere
função de nida como:
∆(h) (a)
:=
f (x0 + h) − f (x0 ) . h
O limite lateral para zero pela direita existe, ou seja:
lim+ ∆(h) = lim+
h→0
(b)
h→0
f (x0 + h) − f (x0 ) . h
O limite lateral para zero pela esquerda existe, ou seja:
lim− ∆(l) = lim−
l→0
l→0
f (x0 + l) − f (x0 ) . l
x0 ∈ (a, b).
Seja
∆(h)
a
331
24.3 Convexidade e Diferenciabilidade
Demonstração :
(a)
para algum
∆(h)
Observe que
r ∈ R.
∆(h)
h > 0,
é limitada inferiormente se
h em um r = b − x0 . Pelo
está de nida para
Basta tomar, por exemplo,
intervalo da forma
(0, r),
Lema 24.3.1(c), a função
pois:
∆(l) 6 ∆(h), l<0
para todo
su cientemente pequeno de maneira tal que
x0 + l ∈ (a, b).
Portanto, existe:
inf ∆(h).
h>0
Observe também que, pelo Lema 24.3.1(a), a função
∆(h)
é monótona não-decrescente.
Portanto, o limite lateral existe e tem-se:
lim ∆(h) = inf ∆(h),
h→0+
h>0
ou seja:
lim
h→0+
(b)
f (x0 + h) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = inf . h>0 h h
Analogamente, observe que algum
r ∈ R.
∆(l)
limitada superiormente se
l < 0,
l em um intervalo da forma (r, 0), para r = a − x0 . Pelo Lema 24.3.1(c), a função ∆(l) é
está de nida para
Basta tomar, por exemplo, pois:
∆(l) 6 ∆(h), para todo
h > 0 su cientemente pequeno de maneira tal que x0 + h ∈ (a, b).
Portanto, existe:
sup ∆(l). l<0 Observe também que, pelo Lema 24.3.1(b), a função
∆(l)
é monótona não-decrescente. Por-
tanto, o limite lateral existe e tem-se:
lim ∆(l) = sup ∆(l),
l→0−
l<0
ou seja:
lim
l→0−
f (x0 + l) − f (x0 ) f (x0 + l) − f (x0 ) = sup . l l l<0
24.3.3 De nição: denotada por
0 f+ (a)
0 f+ (a),
:=
lim
h→0+
Seja
uma função qualquer. A
derivada pela direita da
f (a + h) − f (a) . h
24.3.4 De nição: 0 f− (a),
f
f
no ponto
a,
de ne-se como:
Analogamente, a
♣
derivada pela esquerda da
f
no ponto
a,
denotada por
de ne-se como:
0 f− (a)
:=
lim−
h→0
f (a + h) − f (a) . h
♣
332
Quem não é Côncavo pode ser Convexo
24.3.5 Lema: 0 (a) f−
e
0 f+
em
e
(d)
x0 , y0 ∈ (a, b)
0 (e) f−
(a, b).
Então:
(a, b).
são ambas funções monótonas não-decrescentes em com
x0 < y0 ,
então
(a, b).
0 0 f+ (x0 ) 6 f− (y0 ).
0 (a, b) onde f− é contínua pela direita, ou em aqueles 0 pontos de (a, b) onde f+ é contínua pela esquerda. Em particular, as derivadas laterais coinciden em aqueles pontos de (a, b) onde alguma delas for contínua. e
0 f+
convexa no intevalo aberto
(a, b).
0 (c) f− Se
f
existem em cada ponto de
0 0 (b) f− 6 f+ 0 f+
Seja
são iguais em aqueles pontos de
Demonstração : (b)
(a)
Segue diretamente do Lema 24.3.2 anterior.
Pelo Lema 24.3.1(c), tem-se:
∆(l) 6 ∆(h), ∀ l < 0 < h. Tomando limite para
h → 0+
no membro direito na relação acima tem-se:
0 ∆(l) 6 f+ (x0 ), ∀ l < 0. Tomando agora limite para
l → 0−
no membro esquerdo na relação acima tem-se:
0 0 f− (x0 ) 6 f+ (x0 ).
(c)
Considere x0 , y0 ∈ (a, b) com x0 < y0 . Sejam h, l tais que 0 < h e 0 < l < y0 − x0 , ou seja, x0 + l < y0 . Aplicando o Lema 24.1.5 com x = x0 , y = x0 + l, x0 = y0 e y 0 = y0 + h, tem-se:
f (x0 + l) − f (x0 ) f (y0 + h) − f (y0 ) 6 . l h Tomando limite para
l → 0+
no membro esquerdo e para
h → 0+
no membro direito,
respectivamente, na relação acima tem-se:
0 0 f+ (x0 ) 6 f+ (y0 ). Analogamente, considere x0 , y0 ∈ (a, b) com x0 < y0 . Sejam agora h, l tais que h < 0 e x0 − y0 < l < 0, ou seja, x0 < y0 + l < y0 . Aplicando o Lema 24.1.5 com x = x0 + h, y = x0 , x0 = y0 + l e y 0 = y0 , tem-se:
f (x0 ) − f (x0 + h) f (y0 ) − f (y0 + l) 6 , −h −l isto é:
f (x0 + h) − f (x0 ) f (y0 + l) − f (y0 ) 6 . h l Tomando limite para
h → 0−
no membro esquerdo e para
respectivamente, na relação acima tem-se:
0 0 f− (x0 ) 6 f− (y0 ).
l → 0−
no membro direito,
333
24.4 Funções Convexas Diferenciáveis
(d)
x0 , y0 ∈ (a, b) com x0 < y0 . Sejam h, l com l < 0 < h tais que x0 + h < y0 + l, ou h − l < y0 − x0 . Aplicando o Lema 24.1.5 com x = x0 , y = x0 + h, x0 = y0 + l e y 0 = y0 ,
Considere seja,
tem-se:
f (x0 + h) − f (x0 ) f (y0 ) − f (y0 + l) f (y0 + l) − f (y0 ) 0 6 = 6 f− (y0 ). h −l l
0 f+ (x0 ) 6
Observe que a primeira desigualdade é válida para todo válida para todo
l < 0.
h > 0,
no entanto que a última é
Portanto:
0 0 f+ (x0 ) 6 f− (y0 ).
(e)
Considere
x0 , y0 ∈ (a, b)
com
x0 < y0 .
Observe que pelo item (b) anterior, tem-se:
0 0 f− (x) 6 f+ (x), ∀ x ∈ (a, b).
(24.3.1)
Também, pelo item (d) anterior tem-se:
0 0 f+ (x0 ) 6 f− (y0 ). Tomando o limite
(24.3.2)
x0 → y0−
no membro esquerdo da relação (24.3.2) tem-se:
0 0 lim f+ (x0 ) 6 f− (y0 ).
x0 →y0−
Portanto, se
0 f+
for contínua pela esquerda em
y0
teria-se que:
0 0 0 0 f+ (y0 ) = lim − f+ (x0 ) 6 f− (y0 ) 6 f+ (y0 ). x0 →y0
Ou seja,
0 0 (y0 ). (y0 ) = f− f+
Observe que a última desigualde acima segue da relação (24.3.1).
Analogamente, tomando o limite
y0 → x+ 0
no membro direito da relação (24.3.2) tem-se:
0 0 lim f− (y0 ) > f+ (x0 ).
y0 →x+ 0
Portanto, se
0 f−
for contínua pela direita em
x0
teria-se que:
0 0 0 0 f− (x0 ) = lim + f− (y0 ) > f+ (x0 ) > f− (x0 ). y0 →x0
Ou seja,
24.4
0 0 f+ (x0 ) = f− (x0 ).
Observe que a última desigualde acima segue da relação (24.3.1).
Funções Convexas Diferenciáveis
O seguinte resultado fornece uma interpretação grá ca da convexidade.
24.4.1 Teorema:
(a)
Seja
f
convexa em
(a, b).
Se f é derivável em x0 ∈ (a, b), então a (x0 , f (x0 )) exceto no ponto (x0 , f (x0 )).
grá ca de
f
ca acima da tangente que passa por
334
(b)
Quem não é Côncavo pode ser Convexo
Se
x0 , y0 ∈ (a, b)
Demonstração :
com
(a)
x0 < y0
e
f
é derivável em
x0
e
y0 ,
então
f 0 (x0 ) 6 f 0 (y0 ).
Pelo Lema 24.3.2(a) sabe-se que:
f (x0 + h) − f (x0 ) h f (x0 + h) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = lim = inf 6 . + h>0 h h h h→0
f 0 (x0 ) = lim
h→0
Denotando
x
:= x0
+ h,
(24.4.1)
a relação acima pode ser expressada como:
f 0 (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 ) 6 f (x). Analogamente, pelo Lema 24.3.2(b) sabe-se que:
f (x0 + l) − f (x0 ) l f (x0 + l) − f (x0 ) f (x0 + l) − f (x0 ) f (x0 + l) − f (x0 ) = sup > . = lim − l l l l→0 l<0
f 0 (x0 ) = lim
l→0
Denotando
x
: = x0
+ l,
e observando que
l = x − x0
(24.4.2)
é negativo, a relação acima pode ser
expressada novamente como:
f 0 (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 ) 6 f (x). (b)
Pela relação (24.4.1) com
f 0 (x0 ) 6
h = y0 − x0 > 0
f (x0 + (y0 − x0 )) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) f (y0 ) − f (x0 ) = = . h y0 − x0 y0 − x0
Analogamente, pela relação (24.4.2) com
f 0 (y0 ) >
tem-se:
l = x0 − y0 < 0
tem-se:
f (y0 + (x0 − y0 )) − f (y0 ) f (x0 ) − f (y0 ) f (y0 ) − f (x0 ) f (y0 + l) − f (y0 ) = = = . l x0 − y0 x0 − y0 y0 − x0
Combinando as últimas duas relações tem-se:
f 0 (x0 ) 6
f (y0 ) − f (x0 ) 6 f 0 (y0 ). y0 − x0
24.4.2 Observação:
Um resultado análogo vale para funções
abaixo no Teorema 24.4.1(a) e trocando a condição
x0 < y0 ,
tais que
0 Seja f diferenciável com f f (x0 ) = f (y0 ). Então, deve
trocando acima por
por
f 0 (x0 ) > f 0 (y0 )
no
♣
Teorema 24.4.1(b).
24.4.3 Lema:
cóncavas,
f 0 (x0 ) 6 f 0 (y0 )
(a, b). Sejam x0 , y0 ∈ (a, b) com f (x) 6 f (x0 ) = f (y0 ), para todo x0 < x < y0 .
não-decrescente em ser
335
24.4 Funções Convexas Diferenciáveis
Demonstração :
Por
reductio ad absurdum,
suponha que
x0 < x < y0 . Como f é contínua ao ser diferenciável, 0 intervalo [x0 , y0 ], com f (a) = 0 e f (a) > f (x) > f (x0 ). 23.2.2 no intervalo [x0 , a], existe ξ ∈ (x0 , a) tal que: f 0 (ξ) = Portanto,
f (x) > f (x0 ) = f (y0 )
para algum
possui algum ponto de máximo
a
no
Aplicando o Teorema do Valor Medio
f (a) − f (x0 ) > 0. a − x0
f 0 (a) = 0 < f 0 (ξ)
com
ξ < a,
contradizendo a hipótese de ser
f0
não-decrescente.
O próximo resultado constitui o recíproco do Teorema 24.4.1(b) e também fornece um critério para veri car a convexidade.
24.4.4 Teorema:
Se
f
é derivável com
f0
não-decrescente em
(a, b),
então
f
é convexa em
(a, b).
Demonstração : g(x)
:= f (x)
Sejam
−
x0 , y0 ∈ (a, b) com x0 < y0 .
Considere a função
g
de nida em
(a, b) como:
f (y0 ) − f (x0 ) (x − x0 ). y0 − x0
Observe que:
g 0 (x) = f 0 (x) − Portanto,
g0
f (y0 ) − f (x0 ) . y0 − x0
também é não-decrescente. Além disso, tem-se que
o resultado anterior à função
f (x) −
g,
deve ser
g(x) 6 g(x0 ) = f (x0 ),
g(x0 ) = f (x0 ) = g(y0 ). x0 < x < y 0 ,
para todo
Aplicando ou seja:
f (y0 ) − f (x0 ) (x − x0 ) 6 f (x0 ). y0 − x0
Equivalentemente, para todo
x0 < x < y 0
deve ser:
f (x) − f (x0 ) f (y0 ) − f (x0 ) 6 . x − x0 y0 − x0 Portanto, pela condição 2 do Lema 24.1.2 deve ser
24.4.5 Observação:
f
convexa em
Um resultado análogo vale para funções
(a, b).
cóncavas, trocando não-decrescente ♣
por não-crescente no Teorema 24.4.4.
O próximo resultado constitui o recíproco do Teorema 24.4.1(a) e também fornece um critério para veri car a convexidade.
24.4.6 Teorema:
Se
f
é derivável em
no ponto de contato, então
f
é convexa.
(a, b)
e a grá ca da
f
ca acima de cada tangente exceto
336
Quem não é Côncavo pode ser Convexo
Demonstração : ponto
Sejam
(x0 , f (x0 )) g(x)
Se o ponto
x0 , y0 ∈ (a, b)
com
x0 < y0 . Observe que a tangente g de nida em (a, b) como:
ao grá co da
f
no
é dada pelo grá co a função
:= f 0 (x0 ) (x
(y0 , f (y0 ))
− x0 ) + f (x0 ). ca por cima da tangente, deve ser
f (y0 ) > g(y0 ),
ou seja:
f (y0 ) > f 0 (x0 ) (y0 − x0 ) + f (x0 ). Portanto:
f 0 (x0 ) <
f (y0 ) − f (x0 ) . y0 − x0
(24.4.3)
Analogamente, a tangente ao grá co da de nida em
h(x) Se o ponto
(a, b)
f
no ponto
(y0 , f (y0 ))
é dada pelo grá co a função
h
como:
:= f 0 (y0 ) (x
(x0 , f (x0 ))
− y0 ) + f (y0 ). ca por cima da tangente, deve ser
f (x0 ) > h(x0 ),
ou seja:
f (x0 ) > f 0 (y0 ) (x0 − y0 ) + f (y0 ). Portanto, observando que
x0 − y0
é negativo, tem-se:
f (y0 ) − f (x0 ) f (x0 ) − f (y0 ) = < f 0 (y0 ). y0 − x0 x0 − y0 Combinando as relações (24.4.3) e (24.4.4) tem-se que crescente. Pelo Teorema 24.4.4 segue que
24.4.7 Observação:
f
é convexa
(24.4.4)
f 0 (x0 ) < f 0 (y0 ), em (a, b).
Um resultado análogo vale para funções
ou seja,
cóncavas,
f0
trocando acima por
♣
abaixo no Teorema 24.4.6.
24.4.8 Teorema:
Se
f
é derivável em um intervalo aberto
a corta apenas uma vez, então
Demonstração :
é estrictamente
f
(a, b)
e cada uma das suas tangentes
é convexa ou é côncava em tal intervalo.
Segue diretamente do Teorema 24.4.6 e a observação anterior.
Exercícios para o Capítulo 24 24.5
A Desigualdade de Jensen
24.5.1 Exercício:
i = 1, 2, . . . , n,
Seja
tais que
n X
n∈N
xo. Sejam
p1 , p2 , . . . , pn
números
positivos, pi > 0
para todo
pi = 1.
i=1
(a)
Se
x1 , x2 , . . . , xn
são
min {xi } 6
16i6n
(b)
n
n X
números quaisquer, prove que:
pi xi 6 max {xi }. 16i6n
i=1
Prove a mesma dupla desigualdade agora para
n−1 1 X pi xi , t i=1
onde
Em particular, observe-se que se
f
é uma função de nida em
então, pelo item (b) anterior, tem-se que domínio da
(d)
1 t
n−1 X
p i xi
n−1 X
pi .
i=1
Sugestão: Use a desigualdade do item (a) anterior, que vale para
(c)
t=
n arbitrário,
(a, b)
e
com
p0i = pi /t.
x1 , x2 , . . . , xn ∈ (a, b),
também pertence a
(a, b)
e portanto ao
i=1
f.
Observe-se também que
24.5.2 Exercício:
pn = 1 − t.
♣
Desigualdade de Jensen
Sob as hipóteses do exercício anterior, veri que que se
f
é convexa em
(a, b) e x1 , x2 , . . . , xn ∈ (a, b),
então:
f
n X
! pi xi
6
i=1
n X
pi f (xi ).
i=1
Sugestão: Use indução sobre o número de somandos
n.
O caso
n=2
corresponde à de nição de
convexidade, segundo a condição 1 do Lema 24.1.2. Para veri car a validade do passo indutivo, observe-se que:
n X i=1
p i xi =
n−1 X i=1
pi xi + pn xn = t
n−1 1 X pi xi t i=1
!
337
+ (1 − t)xn ,
338
Quem não é Côncavo pode ser Convexo
e use a mesma desigualdade na condição 1 do Lema 24.1.2, o que pode ser feito pelo item (c) do exercício anterior.
♣
Capítulo 25
Grá cos Revisitados 25.1
Máximos e Mínimos Locais
25.1.1 De nição:
x
Seja
x∈A
diz que um ponto
f
é um ponto de máximo de
25.1.2 De nição:
Seja
local da função
x∈A −f .
25.1.3 Lema:
Seja
diz que um ponto
local de
f
em
(a, b)
Demonstração :
e
uma função e
f
f
em
um conjunto de números contido no seu domínio. Se
f
em
A
se existe algum
δ>0
A ∩ (x − δ, x + δ).
uma função e
é um
A
ponto de máximo local de
é um
A
tal que
♣
um conjunto de números contido no seu domínio. Se
ponto de mínimo local de
f
em
A
se
x
for um ponto de máximo
♣
f uma função de nida em (a, b). Se x é um ponto de máximo, ou de mínimo, f for derivável em x, então f 0 (x) = 0.
Basta aplicar o Lema 23.1.3.
25.1.4 Teorema:
Seja
a
um ponto crítico da função
f,
ou seja,
f 0 (a) = 0.
Suponha que existe
00
f (a). (a)
Se
f 00 (a) > 0,
então
f
tem um mínimo local em
(b)
Se
f 00 (a) < 0,
então
f
tem um máximo local em
Demonstração :
(a)
Como
f 0 (a) = 0,
a. a.
tem-se:
f 0 (a + h) − f 0 (a) f 0 (a + h) = lim . h→0 h→0 h h
f 00 (a) = lim Observe que se
f 00 (a) > 0,
então o quociente
mente pequeno. Desta maneira, para
f 0 (a + h) > 0 f 0 (a + h) < 0
para para
h
f 0 (a + h)/h
deve ser positivo para
su cientemente pequeno deve ser:
h > 0. h < 0. 339
h
su ciente-
340
Grá cos Revisitados
Pelo Teorema 23.2.7,
f
intervalo à esquerda de
(b)
é crescente em um intervalo à direita de
a.
Portanto,
f
possui um mínimo local em
a a.
e decrescente em um
Prova-se analogamente ao item (a) anterior.
O resultado anterior basicamente contém em si mesmo o seguinte recíproco parcial.
25.1.5 Teorema:
Suponha que
f 00 (a)
(a)
Se
f
tem um mínimo local em
(b)
Se
f
tem um máximo local em
Demonstração :
(a)
Por
a,
existe.
então
a,
então
f 00 (a) > 0. f 00 (a) 6 0.
reductio ad absurdum,
f 00 (a) < 0, pelo item (b) do resultado hipótese f tem um mínimo local em a,
se fosse
f teria um máximo local em a. Como por f constante, em cujo caso teria-se f 00 (a) = 0, f 00 (a) < 0.
anterior, deve ser
(b)
Prova-se analogamente ao item (a) anterior.
25.1.6 Observação: e
6
o que contradiz a suposição inicial que
O recíproco do Teorma 25.1.4 não pode ser completo, ou seja, os sinais
no resultado anterior em geral não podem ser substituidos por
Com efeito, a função
f (x) = x4
possui um mínimo local em
>
x = 0,
e
<,
mas
>
respectivamente.
f 00 (x) = 12x2 ,
ou seja,
00
f (0) = 0. Analogamente, a função seja,
g(x) = −x4
possui um máximo local em
x = 0,
mas
g 00 (x) = −12x2 ,
ou
00
g (0) = 0.
O recíproco parcial anterior é o melhor que se pode conseguir
superior
25.2
sem analizar derivadas de ordem ♣
ao segundo.
Sobre o Trazado de Grá cos
Para determinar o grá co de uma função
f
com certo grau de precisão qualitativa é facultativa a
seguinte análise.
Aspectos Gerais do Grá co (a)
Determinar os pontos de interseção da função com os eixos de coordenadas:
•
O ponto de interseção com o eixo das ordenadas (eixo vertical) é dado pelo valor Somente pode existir um único de tais pontos, pois caso contrário
•
f
f (0).
não seria função.
Os pontos de interseção com o eixo das abcissas (eixo horizontal) são os pontos determinados pela condição
f.
f (x) = 0.
Tais pontos são denominados as
raizes
x
da função
Dependendo da função em questão, a determinação das suas raizes pode ser não-
trivial. Calcule as raizes apenas quando isso seja possivel sem demasiado trabalho.
341
25.2 Sobre o Trazado de Grá cos
(b)
Determinar o comportamento assintótico de
f (x),
ou seja, os limites:
lim f (x),
x→+∞
lim f (x).
x→−∞
(c)
Determinar a paridade da função, caso tenha paridade bem de nida. Conhecer a paridade de uma função é relevante, pois simpli ca signi cativamente o trazado do seu grá co:
•
Se a função for par, ou seja, se
f (x) = f (−x),
então o grá co é simétrico com relação
ao eixo das ordenadas (eixo vertical).
•
Se a função for ímpar, ou seja, se
f (x) = −f (−x),
então o grá co é simétrico com
♣
relação à origem.
Máximos e Mínimos Existem três grupos de pontos a serem analizados. De longe, o mais importante é o primeiro deles.
1. Pontos Críticos São os pontos
x
tais que
f 0 (x) = 0.
Quando a função em questão é diferenciável, tais pontos são
os candidatos favoritos para serem máximos e/ou mínimos locais.
(a)
Determinar os valores críticos da função, ou seja, os valores de
f (x)
quando
x
é um ponto
crítico.
(b)
Determinar o sinhal de
(c)
Se
(d)
f0
f0
entre cada par de pontos singulares.
muda de sinhal ao pasar da esquerda para a direita de um ponto crítico:
•
Se muda de positivo para negativo, então
f
tem um máximo local
a
em tal ponto.
•
Se muda de negativo para positivo, então
f
tem um mínimo local
`
em tal ponto.
Se
f0
não muda de sinhal ao pasar da esquerda para a direita de um ponto crítico, então não
tem nem máximo nem mínimo. Alternativamente, se
f 00
existe nos pontos críticos os itens (b), (c) e (d) podem ser substituidos
por:
(e) Determinar os valores de
• • •
Se Se Se
f 00 (x) > 0,
f 00 (x)
quando
x
é um ponto crítico:
então
f
tem um mínimo local
`
em
x.
00
então
f
tem um máximo local
a
em
x.
00
então nada pode ser a rmado e deve-se voltar para o procedimento nos
f (x) < 0, f (x) = 0,
itens (b), (c) e (d) anteriores.
2. Pontos em que a função não é diferenciável 3. Os extremos do intervalo Uma vez analizados esses três conjuntos de pontos, o máximo absoluto será o maior de los valores de
f (x)
quando
x
pertence a tais conjuntos. Idem para o mínimo absoluto.
♣
342
Grá cos Revisitados
Convexidade e concavidade (a)
Determinar os pontos
(b)
Determinar os valores de
(c)
Determinar o sinhal de
(d)
Se
f 00
x
tais que
f (x)
f 00
f 00 (x) = 0.
quando
x
é um de tais pontos.
entre cada par de tais pontos.
muda de sinhal ao pasar da esquerda para a direita de um de tais pontos, então
f
tem
um ponto de in exão:
(e)
•
Se muda de positivo para negativo, então
f
muda de convexa para cóncava
^_.
•
Se muda de negativo para positivo, então
f
muda de cóncava para convexa
_^.
Se
f 00
• •
não muda de sinhal ao pasar da esquerda para a direita de um de tais pontos:
Se
f 00
Se
00
f
se mantém positiva, então se mantém negativa, então
f f
é convexa
^.
é cóncava
_.
♣
Exercícios para o Capítulo 25 25.3
Máximos e Mínimos Absolutos
25.3.1 Exercício:
f
Determinar, em caso de existirem, os máximos e mínimos
absolutos da função
no intervalo especi cado em cada um dos seguintes casos. Esboçar o grá co talvez seja de alguma
ajuda.
(a)
f (x) = 4 − 3x
em
(−1, 2].
f (x) = x2 − 2x + 4 em (−∞, +∞). √ (c) f (x) = 3 + x em [−3, +∞).
(b)
x x+2
(d)
f (x) =
(e)
f (x) = x3 + 5x − 4
(f )
f (x) = (x + 1)2/3
(g)
A função
f
em
f (x) =
(h)
A função
f
= ∅.
R: mín
= 3;
máx
= ∅.
R: mín
= 0;
máx
= ∅.
R: mín
[−3, −1].
[−2, 1].
= −1;
máx
= 1/2.
= −46;
máx
= −10.
R: mín
= 0;
máx
= 22/3 .
R: mín
= −13;
R: mín
3x − 4 x2 − 2
se se
−3 6 x < 1, 1 6 x 6 3;
[−3, 3].
máx
= 7.
de nida por:
( f (x) = no intervalo
em
máx
de nida por:
(
no intervalo
[−1, 2]. em
= −2;
R: mín
|x + 1| 3
[−2, 1].
se se
x 6= −1, x = −1; R: mín
343
= ∅;
máx
= 3.
♣
Capítulo 26
Através do Espelho e o que Alice não Encontrou por lá 26.1
Funções Injetoras e a Existência da Inversa
26.1.1 De nição:
Uma função
26.1.2 Observação:
f
é denominada
injetora, ou 1-1, se
Equivalentemente, uma função
f
a 6= b ⇒ f (a) 6= f (b). ♣
é 1-1 se e somente se
a = b.
26.1.3 Exemplo:
(a)
A função identidade
f (x) = x
é obviamente injetora.
(b)
Toda função estrictamente monótona, crescente ou decrescente, é injetora.
(c)
f (x) = x2 não f (−1) = f (1).
(d)
Contudo, a função
A função
é injetora para
f (x) = x2
x ∈ R.
de nida apenas para
f (a) = f (b) ⇒ ♣
Com efeito, tem-se, por exemplo, que
x > 0,
é injetora. Ou seja, restingindo
convenientemente o seu domínio, uma função pode ser injetora.
(e)
(f )
O exemplo acima pode ser facilmente generalizado como segue. A função
par
não é injetora para
x ∈ R.
Mas restringindo o seu domínio para
x>0
f (x) = xn
com
n
resulta injetora.
n ímpar, a função f (x) = xn é injetora para todo x ∈ R. Com efeito, f 0 (x) = nxn−1 > 0, pois em tal caso n − 1 é par e a potencia resulta positiva para qualquer valor de x. Segue que f é estrictamente crescente e portanto injetora. ♣ Para
26.1.4 De nição: denota-se por
f −1
26.1.5 Teorema:
Se
f
é uma função qualquer, recebe o nome de função
o conjunto dos pares
f −1
(a, b)
tais que
é função se e somente se 345
f
(b, a)
pertence a
é injetora.
f.
inversa da
f
e
♣
346
Através do Espelho e o que Alice não Encontrou por lá
Demonstração :
(⇐), suponha que f é injetora. Se (a, b) e (a, c) são dois f −1 , então os pares (b, a) e (c, a) pertencem a f . Como f é injetora e f (b) = a = f (c) deve ser b = c. Desta maneira, não existem em f −1 dois pares diferentes com o −1 mesmo primeiro elemento. Portanto, f é função. Para provar a parte
pares pertencentes a
(⇒), suponha que f −1 é função. Se f (b) = f (c), então os −1 pares (b, f (b)) e (c, f (c)) pertencem a f , em cujo caso os pares (f (b), b) e (f (c), c) pertencem a f −1 e possuem o mesmo primeiro elemento. Como f é função, não pode conter dois pares diferentes com o mesmo primeiro elemento, portanto deve ser b = c. Desta maneira, f é injetora. Reciprocamente, para provar a parte
26.2
Funções Injetoras Contínuas
26.2.1 Lema:
f
Seja
uma função contínua e injetora de nida em um intervalo. Sejam
(a)
Se
f (a) < f (b),
então
f (a) < f (c) < f (b).
(b)
Se
f (a) > f (b),
então
f (a) > f (c) > f (b).
Demonstração :
(a)
a, b
e
c
a < c < b.
pontos do intervalo com
Como
a 6= c 6= b
e
f
f (a) 6= f (c) 6= f (b),
é injetora, deve ser
o que deixa
em aberto as seguintes posibildades:
f (c) < f (a), f (a) < f (c) < f (b), f (b) < f (c). Para probar o resultado, basta excluir o primeiro e terceiro caso acima. Suponha em primeiro
f (c) < f (a). Aplicando o Teorema 19.3.2 no intervalo [c, b], como f (c) < f (a) < f (b) deve existir algum x ∈ [c, b] tal que f (x) = f (a), contradizendo que f é injetora, pois a < c 6 x 6 b, ou seja, a 6= x. Analogamente, suponha agora que f (b) < f (c). Aplicando o Teorema 19.3.2 no intervalo [a, c], como f (a) < f (b) < f (c) deve existir algum x ∈ [a, c] tal que f (x) = f (b), contradizendo que f é injetora, pois a 6 x 6 c < b, ou seja, x 6= b.
lugar que
(b)
Prova-se analogamente ao item (a) anterior.
Alternativamente, uma maneira elegante de
demonstração pode ser obtida aplicando o resultado do item (a) anterior à função
26.2.2 Lema:
Seja
f
uma função contínua e injetora de nida em um intervalo. Sejam
dois pontos do intervalo com
(a)
Se
(b)
Análogamente, se
c
a
e suponha que
é um ponto do intervalo com
Demonstração :
(a)
−f .
c
c < a,
a
e
b
f (a) < f (b).
então
f (c) < f (a).
é um ponto do intervalo com
b < c,
então
f (c) > f (b), pelo item f (c) > f (a) > f (b), contradizendo a hipótese que f (a) < f (b). Portanto, deve ser f (c) < f (b). Em tal caso, pelo item (a) do resultado anterior aplicado aos pontos c < a < b, tem-se f (c) < f (a) < f (b), ou seja, f (c) < f (a). Por hipótese sabe-se que
c < a < b. c < a < b
f (b) < f (c).
(b) do resultado anterior aplicado aos pontos
Se fosse
teria-se que
347
26.2 Funções Injetoras Contínuas
(b)
Prova-se analogamente ao item (a) anterior.
26.2.3 Observação:
Um resultado análogo ao anterior vale no caso
f (a) > f (b).
O leitor pode
♣
car a vontade para formular e demonstrar.
26.2.4 Teorema:
Se
f
é uma função contínua e injetora de nida em um intervalo, então
f
é
ou bem estrictamente crescente, ou bem estrictamente decrescente, em tal intervalo.
Demonstração :
Sejam a, b dois pontos do intervalo com a < b. Como a 6= b e f é injetora, deve f (a) < f (b) ou f (a) > f (b). O primeiro caso será analizado a seguir, conduzindo à conclusão que f deve ser estrictamente crescente. Para tanto, sejam c, d dois pontos quaisquer do intervalo com c < b. Suponha que algum de tais pontos, ou ambos, fosse igual a a ou b. ser
•
Se
c=a
•
Se
c = a,
e
d = b,
então é imediato que
f (c) = f (a) < f (b) = f (d).
o Lema 26.2.1 permite provar que
f (c) < f (d),
utilizando
d
ou
b
como ponto
intermediário.
•
Se
•
Analogamente, se
c = b,
o Lema 26.2.2 permite provar que
d = b,
f (c) < f (d).
o Lema 26.2.1 permite provar que
f (c) < f (d),
utilizando
c
ou
a
como ponto intermediário.
•
Se
d=a
então o Lema 26.2.2 permite provar que
f (c) < f (d).
Caso contrário, devem ser considerados os seguintes casos particulares:
c
f (c) < f (d). No caso
f (c) < f (a)
e a continuação o Lema 26.2.1 aos pontos
c
c
para provar que
A análise dos casos remanescentes constitui um exercício simples a cargo do leitor.
f (a) > f (b)
a análise é análoga, conduzindo à conclusão que
f
deve ser estrictamente
decrescente. Uma prova alternativa pode ser obtida aplicando o resultado precedente à função
−f ,
método não apenas mas simples, como também mais elegante.
26.2.5 Observação: função inversa
f −1 .
Seja
f
uma função injetora. Em particular, pelo Teorema 26.1.5, existe a
348
Através do Espelho e o que Alice não Encontrou por lá
(a)
Se
f
é estrictamente crescente, ou descrescente, então
f −1
também é estrictamente crescente,
f
ou descrescente, respectivamente. Para xar idéias, considere o caso em que
é crescente.
Deseja-se provar que:
a < b ⇒ f −1 (a) < f −1 (b), a, b no domínio da f −1 . Observe que tais números são respectivamente da forma a = f (x) e b = f (y) para alguns x, y no domínio da f , em cujo caso tem-se que f −1 (a) = x −1 e f (b) = y . Desta maneira, deseja-se provar que: para todo
f (x) < f (y) ⇒ x < y. Se fosse
x = y teria-se obviamente que f (x) = f (y). f (x) > f (y). Ambos casos contradizem a x < y.
teria-se que deve ser
(b)
Se além de injetora
f
Se fosse
x > y , como f é crescente f (x) < f (y). Portanto,
hipótese que
é contínua de nida em um intervalo, então o domínio de
um intervalo, podendo ser nito, semi-in nito, ou
R.
f −1
também é
Com efeito, basta combinar o resultado
♣
17.3.2 com o exercício 19.10.2.
26.2.6 Teorema:
f
Se
é uma função contínua e injetora em um intervalo, então
f −1
também
é contínua.
Demonstração :
Pelo resultado anterior,
f
deve ser ou bem estrictamente crescente, ou bem
estrictamente decrescente, no intervalo considerado. O primeiro caso será analizado a seguir. O segundo caso pode ser considerado de maneira análoga, ou pelo artifício usal de aplicar o mesmo raciocínio à função
−f .
Deseja-se provar que:
lim f −1 (x) = f (b),
x→b
para todo
b
no domínio de
Observe que um tal número
> 0, deseja-se −1 |x − b| < δ ⇒ f (x) − f −1 (b) < ,
domínio da
f.
f −1 .
Desta maneira, dado
b
é da forma
provar que existe
δ>0
f (a)
para algum
a
no
tal que:
ou equivalentemente:
f (a) − δ < x < f (a) + δ ⇒ a − < f −1 (x) < a + . Como
δ>0
a− < a < a+
e
f
é estrictamente crescente tem-se que
de nido como:
δ
:=
min {f (a) − f (a − ), f (a + ) − f (a)} .
Com esta escolha de
δ
tem-se:
f (a − ) 6 f (a) − δ, f (a) + δ 6 f (a + ). Portanto:
f (a) − δ < x < f (a) + δ ⇒ f (a − ) < x < f (a + ).
f (a − ) < f (a) < f (a + ).
Seja
349
26.3 Funções Inversas Diferenciáveis
Pela observação anterior, sabe-se que
f −1
é uma função crescente e
x
pertence ao seu domínio.
Desta maneira, da última relação acima tem-se:
f −1 (f (a − )) < f −1 (x) < f −1 (f (a + )), ou seja:
a − < f −1 (x) < a + .
26.3
Funções Inversas Diferenciáveis
26.3.1 Lema:
0,
então
f
−1
Seja
a,
uma função contínua e injetora de nida em um intervalo. Se
não é diferenciável em
Demonstração : em
f
Observe que
f 0 (f −1 (a)) =
a.
f (f −1 (x)) = x.
Por
reductio ad absurdum, se f −1 fosse diferenciável
pela regra da cadeia 22.2.1 obteria-se a seguinte contradição:
1 = f 0 (f −1 (a)) · (f −1 )0 (a) = 0 · (f −1 )0 (a) = 0.
26.3.2 Exemplo: Observe que anterior,
f −1
Considere a função
f 0 (x) = 3x2 .
não é diferenciável em
0.
26.3.3 Teorema (da Função Inversa): Suponha que
f
f (x) = x3 . Como f (0) = 0, tem-se que 0 = f −1 (0). f 0 (f −1 (0)) = f 0 (0) = 0. Portanto, pelo resultado ♣
Desta maneira,
é diferenciável em
f −1 (b)
f contínua e injetora de nida em um intervalo. f 0 (f −1 (b)) 6= 0. Então, f −1 é diferenciável em b e
Seja com
tem-se:
(f −1 )0 (b) =
Demonstração :
1 f 0 (f −1 (b))
.
Denotando
a = f (b),
tem-se:
f −1 (b + h) − f −1 (b) f −1 (b + h) − a = lim . h→0 h→0 h h
(f −1 )0 (b) = lim
Observe que todo número para um único
k = k(h).
b+h
no domínio de
f −1
pode ser expressado na forma
b + h = f (a + k)
Desta maneira:
f −1 (f (a + k)) − a k f −1 (b + h) − a = lim = lim . h→0 h→0 h→0 h f (a + k) − b f (a + k) − f (a) lim
Como
b + h = f (a + k),
tem-se que
f −1 (b + h) = a + k .
forma:
k = f −1 (b + h) − a = f −1 (b + h) − f −1 (b).
Desta maneira,
k
pode ser expressado na
350
Através do Espelho e o que Alice não Encontrou por lá
Pelo Teorema 26.2.6, a função
h
f −1
é contínua em
b,
tende para zero. Portanto:
lim
k→0
f (a + k) − f (a) = f 0 (a) = f 0 (f −1 (b)) 6= 0. k
Desta maneira, tem-se:
(f −1 )0 (b) =
1 . f 0 (f −1 (b))
de onde segue que
k
tende para zero quando
Exercícios para o Capítulo 26 26.4
Alguns Exemplos
26.4.1 Exercício:
Exiba um exemplo de função injetora que seja discontínua em todo ponto
do seu domínio. Sugestão: Modi que de maneira conveniente o exemplo do Exercício 18.7.3 e prove que com tal
♣
modi cação a função não deixa de ser injetora.
26.5
Algumas Derivadas Revisitadas
26.5.1 Exercício:
Reproduza o resultado do exercício 22.4.3 usando o Teorema da Função
Inversa. Ou seja, veri que que a derivada da função
(1/m) x
(1/m)−1
f (x) = x1/m
com
m∈N
é dada por
.
26.5.2 Exercício:
f 0 (x) = ♣
Reproduza os resultados dos exercícios da seção 22.7 usando o Teorema da
Função Inversa. Ou seja, calcule a derivada das seguintes funções trigonométicas inversas:
(a)
f (x) = arcsen x.
(b)
f (x) = arccos x.
(c)
f (x) = arctg x.
26.6
Funções De nidas Implicitamente
26.6.1 Exercício: (a)
♣
Seja
c∈R
arbitrário mas xo.
Prove que existe uma função diferenciável Sugestão: Prove que tal
f
f
tal que
expressando
(b)
Determine
x=f
f0
para todo
x ∈ R.
pode ser expressada como uma função inversa. A maneira mais
expeditiva de fazer isso consiste em determinar
−1
[f (x)]5 + f (x) + x = c
f −1
explicitamente.
Para tanto, começe
(y).
em termos de
f
usando o teorema apropriado do presente capítulo. 351
352
(c)
Através do Espelho e o que Alice não Encontrou por lá
Determine que de ne
f 0 em a f.
termos de
f
de uma outra maneira, simplesmente derivando a expressão
♣
Costuma se dizer que a função do exercício anterior está
y 5 + y + x = 0.
ção
de nida implicitamente pela equa-
Contudo, o caso desta equação é muito especial. Segundo indica o próximo
exercício, uma equação não de ne em geral uma função implicitamente em toda a reta
R.
Mais
ainda, em algumas regiões pode estar de nida implicitamente mais de uma função.
26.6.2 Exercício:
(a)
Determine quais são as duas funções diferenciáveis de nidas implicita-
(−1, 1) pela equação x2 + y 2 = 1. Ou seja, determine as funções que satisfazem 2 x + [f (x)]2 = 1 para todo x ∈ (−1, 1). Observe que não existem soluções de nidas fora de [−1, 1]. Por que?
mente em
x2 + [f (x)]2 = −1.
(b)
Determine quais são as funções que satisfazem
(c)
Determine quais são as funções diferenciáveis que satisfazem Sugestão: Será util trazar primeiro o grá co da função
[f (x)]3 − 3f (x) = x.
g(x) = x3 − 3x.
♣
Em geral, a determinação dos intervalos onde uma função diferenciável resulta de nida implicitamente através de uma equação particular pode consistir um asunto delicado. Porém,
f
é uma solução diferenciável, então se pode deducir uma expressão para
f0
supondo que
exatamente da mesma
maneira que no exercício 26.6.1(c) anterior, ou seja, simplesmente derivando os dois membros da equação que de ne a
f,
26.6.3 Exercício: dependerá de
(b)
procedimento conhecido como derivação implícita.
(a)
Aplique esse método à equação
x2 +[f (x)]2 = 1.
Observe que a solução
f.
Contudo, veri que que esta solução resulta adequada para as duas funções
f
encontradas no
problema 26.6.2(a).
(c)
Aplique o mesmo método à equação
[f (x)]3 − 3f (x) = x.
♣
Capítulo 27
Integrais à Riemann 27.1
Partições, Somas Inferiores e Superiores
27.1.1 De nição: de pontos de
[a, b]
Seja
a < b. Recebe o nome de partição do intervalo [a, b] toda coleção nita a e b. Ou seja, se P = {t0 , t1 , . . . , tn } é uma partição, então:
que contém
a = t0 < t1 < · · · < tn = b.
♣
27.1.2 De nição:
[a, b].
A
Para cada
Seja P = {t0 , t1 , . . . , tn } uma partição de [a, b]. Considere f i = 1, 2, . . . , n de nem-se mi e Mi respectivamente como:
mi
:=
inf{f (x) : ti−1 6 x 6 ti },
Mi
:=
sup{f (x) : ti−1 6 x 6 ti }.
soma inferior de
L(f, P )
:=
n X
f
para
P
limitada em
de ne-se como:
mi (ti − ti−1 ).
i=1 Analogamente, a
U (f, P )
:=
soma superior de n X
f
para
P
de ne-se como:
Mi (ti − ti−1 ).
♣
i=1
27.1.3 Lema:
Seja
f
(a) L(f, P ) 6 U (f, P ), (b)
Se
Q
limitada em
[a, b].
para toda partição
é uma outra partição
[a, b]
com
P
de
[a, b].
P ⊆ Q,
L(f, P ) 6 L(f, Q), U (f, P ) > U (f, Q). 353
então:
354
Integrais à Riemann
(c) L(f, P1 ) 6 U (f, P2 ),
Demonstração : (b)
(a)
para quaisquer partições
e
P2
de
Segue diretamente da de nição, pois
Suponha que a partição que
P1
ti0 −1 < tj < ti0 .
Q
[a, b].
mi 6 Mi
para todo
i = 1, 2, . . . , n.
tj ∈ / P . Para xar idéias, suponha L(f, Q) consiste em que a primeira soma
contém um ponto adicional
A diferença entre
L(f, P )
e
inferior conterá o termo:
mi0 (ti0 − ti0 −1 ), no entanto que a segunda conterá o termo:
m1 (tj − ti0 −1 ) + m2 (ti0 − tj ), onde
m1
e
m2
m1
:=
inf{f (x) : ti0 −1 6 x 6 tj },
m2
:=
inf{f (x) : tj 6 x 6 ti0 }.
estão dados respectivamente por:
Como obviamente
m1 > mi0
e
m2 > mi0 ,
tem-se:
m1 (tj − ti0 −1 ) + m2 (ti0 − tj ) > mi0 (tj − ti0 −1 ) + mi0 (ti0 − tj ) = mi0 (ti0 − ti0 −1 ). Portanto, deve ser vando que se
então
M1
e
L(f, P ) 6 L(f, Q). A prova para as somas M2 estão dados respectivamente por:
M1
:=
sup{f (x) : ti0 −1 6 x 6 tj },
M2
:=
sup{f (x) : tj 6 x 6 ti0 },
M1 6 Mi0
e
M 2 6 M i0 .
Se a partição
Q
superiores é análoga, obser-
contiver mais pontos adicionais, a análise é a
mesma para cada um de tais pontos adicionais.
(c)
Basta observar que:
L(f, P1 ) 6 L(f, P1 ∪ P2 ) 6 U (f, P1 ∪ P2 ) 6 U (f, P1 ). A primeira e terceira desigualdades acima decorrem do item (b) anterior, no entanto que a segunda é consequência do item (a).
27.2
Integrais Inferiores e Superiores
27.2.1 De nição: Seja para f em [a, b] como:
L(f, [a, b])
:=
sup{L(f, P ) : P
Análogamente, de ne-se a
U (f, [a, b])
:=
a < b.
Considere
f
partição de
limitada em
partição de
De ne-se a
integral inferior
[a, b]}.
integral superior para
inf{U (f, P ) : P
[a, b].
f em [a, b]
[a, b]}.
como:
♣
355
27.2 Integrais Inferiores e Superiores
27.2.2 Observação:
Pelo Lema 27.1.3, as integrais inferiores e superiores estão sempre bem
♣
de nidas.
27.2.3 Exemplo: (b)
(a)
Considere a função
( f (x) = Então,
0 1
Seja
f
se se
x x
a
Seja
em
[a, b].
Então,
L(f, [a, b]) = c(b − a) = U (f, [a, b]).
de nida por:
L(f, [a, b]) = 0
27.2.4 Lema:
f (x) = c
é irracional é racional,
e
e
♣
U (f, [a, b]) = 1.
f
limitada em
[a, b].
Então:
L(f, [a, b]) 6 U (f, [a, b]).
Demonstração :
P partição de [a, b] tem-se que L(f, P ) 6 U (f, P ). α > U (f, P0 ), para algum P0 partição de [a, b], então P1 partição de [a, b] tal que U (f, P0 ) < L(f, P1 ). Pelo Lema
Pelo Lema 27.1.3(a), para todo
Por brevidade, seja
α
:= L(f, [a, b]). Se fosse
por de nição de supremo existiria 27.1.3(b), teria-se:
U (f, P1 ∪ P0 ) 6 U (f, P0 ) < L(f, P1 ) 6 L(f, P1 ∪ P0 ). Mais isso contradiz o Lema 27.1.3(a), com
P = P 0 ∪ P1 .
Portanto:
α 6 U (f, P ), para todo
P
partição de
[a, b].
Como o ín mo é o maior de tais limites inferiores para
U (f, P ),
tem-se:
L(f, [a, b]) = α 6 inf {U (f, P )} = U (f, [a, b]). P
Incidentalmente, observe que, pelo Lema 27.1.3(a,b) teria-se:
L(f, P1 ) 6 L(f, P0 ∪ P1 ) 6 U (f, P0 ∪ P1 ) 6 U (f, P0 ), Mais isso contradiz
α 6 U (f, P )
U (f, P0 ) < L(f, P1 ), constituindo P partição de [a, b].
uma maneira alternativa de provar que
para todo
27.2.5 Lema:
Seja
a
e
f
limitada em
(a) L(f, [a, b]) = L(f, [a, c]) + L(f, [c, b]). (b) U (f, [a, b]) = U (f, [a, c]) + U (f, [c, b]).
[a, b].
Então:
356
Integrais à Riemann
Demonstração :
(a)
Para simpli car a notação, sejam
α, β, γ
de nidos respectivamente como:
α = L(f, [a, c]), β = L(f, [c, b]), γ = L(f, [a, b]). Se de
P1 e P2 são partições [a, b] e tem-se:
de
[a, c]
e
[c, b],
respectivamente, então
P = P1 ∪ P2
é uma partição
L(f, P1 ) + L(f, P2 ) = L(f, P ) 6 γ, ou seja:
L(f, P1 ) 6 γ − L(f, P2 ), para todo
L(f, P1 ),
P1
partição de
[a, c].
Como o supremo
α
é o menor de tais limites superiores para
[c, b].
Como o supremo
β
é o menor de tais limites superiores para
tem-se:
α 6 γ − L(f, P2 ), ou seja:
L(f, P2 ) 6 γ − α, para todo
L(f, P2 ),
P2
partição de
tem-se:
β 6 γ − α, ou seja:
β + α 6 γ. Seja P = {t0 , t1 , . . . , tn } partição arbitrária de [a, b]. Suponha que ti0 −1 6 c < ti0 . P1 , P2 partições de [a, c] e [c, b] respectivamente, de nidas como:
Sejam
P1 = {t0 , t1 , . . . , ti0 −1 , c}, P2 = {c, ti0 , . . . , tn }. Em tal caso,
P1 ∪ P2
é um re namento de
P
e tem-se:
L(f, P ) 6 L(f, P1 ∪ P2 ) = L(f, P1 ) + L(f, P2 ) 6 α + β. P era uma partição arbitrária de [a, b] e o supremo γ é o menor de tais limites superiores L(f, P ), tem-se:
Como para
γ 6 α + β. Portanto, deve ser
(b)
α + β = γ.
Prova-se analogamente ao item (a) anterior.
357
27.2 Integrais Inferiores e Superiores
27.2.6 Lema:
a
Seja
f
e
limitada em
[a, b].
Então, as funções
L
e
U
de nidas em
[a, b]
respectivamente como:
L(x)
:= L(f, [a, x]),
∀ x ∈ [a, b],
U (x)
:= U (f, [a, x]),
∀ x ∈ [a, b],
são contínuas em
[a, b].
Demonstração :
Seja
x ∈ [a, b]
arbitrário. Considerando
h > 0,
tem-se:
L(x + h) − L(x) = L(f, [a, x + h]) − L(f, [a, x] = L(f, [x, x + h]). Como
f
é limitada por hipótese, existe
M >0
tal que:
|f (x)| 6 M ⇔ −M 6 f (x) 6 M. Portanto:
−M h 6 L(f, [x, x + h] 6 U (f, [x, x + h]) 6 M h. Em particular:
−M h 6 L(x + h) − L(x) 6 M h. h < 0.
Considere agora
(27.2.1)
Pela relação acima com
−h > 0
tem-se:
−M (−h) 6 L(x) − L(x + h) 6 M (−h) = −M h. Multiplicando por
−1
a relação acima tem-se:
M (−h) > L(x + h) − L(x) > M h = −M (−h), ou seja:
−M (−h) 6 L(x + h) − L(x) 6 M (−h).
(27.2.2)
Combinando as relações (27.2.1) e (27.2.2) tem-se:
|L(x + h) − L(x)| 6 M |h|, ∀ h. Seja
>0
arbitrário. Pela relação acima, tem-se:
|h| <
⇒ |L(x + h) − L(x)| 6 M |h| < M = . M M
Portanto:
lim L(y) = lim L(x + h) = L(x),
y→x
provando que
h→0
L
é contínua em
A prova para a função
U
x.
Como
x ∈ [a, b]
era arbitrário, segue que
L
é contínua em
[a, b].
é análoga.
Incidentalmente, observe que da relação (27.2.1) segue diretamente que:
lim L(y) = L(x), ∀ x ∈ [a, b).
y→x+
Analogamente, da relação (27.2.2) tem-se:
lim L(y) = L(x), ∀ x ∈ (a, b].
y→x−
As duas relações acima provam que por esquerda em
b.
L
é contínua em
(a, b),
contínua por direita em
a
e contínua,
358
Integrais à Riemann
27.3
Funções Integráveis
27.3.1 De nição:
Uma função
quando
Ou seja, quando as integrais inferior e superior são iguais. Em
Seja a < b. L(f, [a, b]) = U (f, [a, b]).
f
limitada em
tal caso, o valor comum a ambas recebe o nome de
[a, b]
integral de
é denominada
integrável
Z f
em
[a, b]
[a, b]
b
f.
e denota-se
♣
a
27.3.2 Exemplo: (a)
Considere novamente as funções do exemplo 27.2.3.
Z Para todo
a, b ∈ R
com
a < b,
a função
f (x) = c
é integrável em
[a, b]
b
f = c(b − a).
e
a
(b)
A função de nida por:
( f (x) =
não
>0
se
Seja
é irracional é racional,
[a, b],
f
Demonstração : b
f− a
(⇒) Seja
P1
para nenhum
P
de
> 0. Como f [a, b] tal que:
é integrável em
a
P = P1 ∪ P2 , f− a
[a, b]
b
f+ . 2
então tem-se:
< L(f, P1 ) 6 L(f, P ), 2
ou seja:
−L(f, P ) < − 2
Z
b
f. a
Analogamente:
Z U (f, P ) 6 U (f, P2 ) < a
b
f+ . 2
P2
partição de
[a, b]
se e somente se para
por hipótese, pela de nição de
< L(f, P1 ). 2
Z
b
♣
a < b.
partição de
U (f, P2 ) <
Z
com
[a, b]. Então, f é integrável em [a, b] [a, b] tal que U (f, P ) − L(f, P ) < .
Analogamente, pela de nição de ín mo existe
Se
a, b ∈ R
limitada em
existe uma partição
supremo existe
Z
x x
se
é integrável em
27.3.3 Teorema: todo
0 1
tal que:
359
27.3 Funções Integráveis
Combinando as duas últimas relações tem-se:
Z
b
U (f, P ) − L(f, P ) <
f+ a
+ − 2 2
(⇐) Pelo Lema 27.1.3(c) sabe-se que para
:= U (f, [a, b])
− L(f, [a, b]) > 0
b
Z
f= a
+ = . 2 2
L(f, [a, b]) 6 U (f, [a, b]). Se fosse L(f, [a, b]) < U (f, [a, b]), P partição de [a, b] tal que:
existiria
U (f, P ) − L(f, P ) < = U (f, [a, b]) − L(f, [a, b]). Portanto, teria-se a seguinte contradição:
U (f, P ) < U (f, [a, b]) − [L(f, [a, b]) − L(f, P )] 6 U (f, [a, b]) 6 U (f, P ). A segunda desigualdade acima segue do fato que
L(f, [a, b])−L(f, P ) > 0 pela de nição de supremo,
no entanto que a terceira decorre da de nição de ín mo.
27.3.4 Lema:
Se
f
é integrável em
[a, b],
então para qualquer partição
P
de
[a, b]
tem-se:
P
de
[a, b]
tem-se:
b
Z L(f, P ) 6
f 6 U (f, P ). a
Mais ainda, a integral é o único número com esta propriedade.
Demonstração :
Se
f
é integrável em
então para qualquer partição
b
Z L(f, P ) 6 sup L(f, P ) =
f = inf U (f, P ) 6 U (f, P ).
P
a
Para provar a unicidade, seja
[a, b],
α
P
tal que:
L(f, P ) 6 α 6 U (f, P ). para qualquer partição
P
de
[a, b].
α é um Rb f 6 α, a
Da primeira desigualdade acima, segue que
superior para o conjunto de todas as somas inferiores
L(f, P ),
portanto deve ser
limite pois a
integral é o menor de tais limites superiores. Analogamente, da segunda desigualdade acima, segue que ser
α é um limite inferior para o conjunto de todas Rb α 6 a f , pois a integral é o maior de tais limites
as somas superiores
U (f, P ),
inferiores. Portanto, deve ser
portanto deve
α=
Rb a
f.
Observe que o Teorema 27.3.3 resulta apenas uma paráfrase da de nição de integral, ou um mero exercício no uso das de nições de ín mo e supremo, segundo o leitor preferir.
Contudo,
tal teorema aliado ao lema anterior constituem boas ferramentas para provar resultados sobre integrabilidade de funções. Sua utilidade como ferramenta teórica será extensivamente explorada na prova de diversos resultados na seção seguinte. Essas ferramentas também não carecem de valor prático, como mostra o exemplo a seguir.
360
Integrais à Riemann
27.3.5 Exemplo:
( 0 f (x) = 1
A função
f
de nida por:
x 6= 1 x = 1, Z b [a, b] e f = 0.
é integrável em
se se
a
1 ∈ / [a, b] o a rmado é trivial. Suponha portanto que se 1 ∈ [a, b]. Seja P = {t0 , t1 , . . . , tn } uma partição de [a, b]. Em primeiro lugar, observe que L(f, P ) = 0. A determinação
Com efeito, se
da soma superior requer um pouco mais de trabalho. Sem perda de generalidade, suponha-se que
tj−1 6 1 < tj . Em tal caso, ( 0, se i 6= j; Mi = 1, se i = j.
observe que:
Portanto:
U (f, P ) − L(f, P ) = 1 · (tj − tj−1 ) − 0 = (tj − tj−1 ). > 0 basta tomar uma tal L(f, P ) = 0 < tj − tj−1 = U (f, P ). Como P era L(f, P ) 6 0 6 U (f, P ). Portanto, pelo lema anterior o valor ♣
Pelo Teorema 27.3.3 a função em questão resulta integrável, pois dado partição com
tj − tj−1 < .
Observe também que
uma partição arbitrária, tem-se que da integral deve ser zero.
O seguinte resultado é uma consequência direta do Lema 27.2.6.
27.3.6 Teorema:
Z F (x)
Seja
f
integrável em
[a, b].
Considere função
F
de nida em
[a, b]
por:
x
f.
:= a
Então,
F
é contínua em
Demonstração : L(x),
ou
[a, b].
Segue diretamente do Lema 27.2.6, pois quando
f
é integrável resulta
F (x) =
F (x) = U (x).
O próximo resultado garante a existência de um suprimento mais do que razoável de funções integráveis.
27.3.7 Teorema:
Demonstração :
Se
Seja
f
é contínua em
x ∈ (a, b).
[a, b],
Considere
como:
m(h) = inf {f (t) : x 6 t 6 x + h} , M (h) = sup {f (t) : x 6 t 6 x + h} .
então
h > 0.
f
é integrável em
De nem-se
[a, b].
m(h)
e
M (h)
respectivamente
361
27.3 Funções Integráveis
Seja
P = {x, x + h}
partição de
[x, x + h].
Observe que:
m(h)h = L(f, P ) 6 sup L(f, P ) = L(f, [x, x + h]) P
6 U (f, [x, x + h]) = inf U (f, P ) 6 U (f, P ) = M (h)h. P
Por outro lado, observe que:
L(f, [x, x + h]) = L(f, [a, x + h]) − L(f, [a, x]) = L(x + h) − L(x). Analogamente:
U (f, [x, x + h]) = U (f, [a, x + h]) − U (f, [a, x]) = U (x + h) − U (x). Portanto:
m(h) 6
U (x + h) − U (x) L(x + h) − L(x) 6 6 M (h), ∀ h > 0. h h
Considere agora
h < 0.
m(h)
De nem-se
e
M (h)
respectivamente como:
m(h) = inf {f (t) : x + h 6 t 6 x} , M (h) = sup {f (t) : x + h 6 t 6 x} . Analogamente ao caso anterior, observando que
−h = |h| > 0,
tem-se:
m(h)(−h) 6 L(f, [x + h, x]) 6 U (f, [x + h, x]) 6 M (h)(−h), de onde segue que:
m(h) 6
U (x) − U (x + h) L(x) − L(x + h) 6 6 M (h). −h −h
Portanto:
m(h) 6 Como
f
L(x + h) − L(x) U (x + h) − U (x) 6 6 M (h), ∀ h < 0. h h
é contínua por hipótese, tem-se:
lim m(h) = f (x) = lim M (h).
h→0
h→0
Portanto:
L0 (x) = U 0 (x) = f (x), ∀ x ∈ (a, b). c ∈ R tal que U (x) = L(x) + c, para x ∈ [a, b], pois U e L são contínuas, segundo o Lema 27.2.6. 0 + c = c, ou seja, deve ser c = 0. Portanto: Em particular, existe
todo
x ∈ (a, b) e também para todo 0 = U (a) = L(a) + c =
Observe que
U (x) = L(x), ∀ x ∈ [a, b]. Em particular,
U (b) = L(b).
sup {L(f, P ) : P
Desta maneira, tem-se:
partição de
[a, b]} = L(f, [a, b]) = L(b)
= U (b) = U (f, [a, b]) = inf {U (f, P ) : P Portanto
f
é integrável.
partição de
[a, b]} .
362
Integrais à Riemann
Observe que o exemplo 27.3.5 exibe uma função integrável que
não
é contínua. Portanto, surge
naturalmente a questão sobre se o resultado anterior seria suscetível de generalização.
Como o
leitor probavelmente poderia estar suspeitando, o mesmo exemplo resulta revelador. Com efeito, se em lugar de ser
f (1) = 1
fosse
f (1) = c
para algum
c ∈ R,
o que pode ser veri cado basicamente com a mesma prova.
a função também seria integrável, Somando tal função com qualquer
função integrável obtem-se uma função que também é integrável, segundo o Teorema 27.4.5 a ser demonstrado na seção seguinte. Em resumo, isso signi ca que o valor de uma função integrável pode ser arbitráriamente modi cado em um ponto qualquer sem destruir a integrabilidade. Decompondo o intervalo em muitos subintervalos de maneira conveniente, tem-se que o valor pode ser arbitráriamente modi cado em uma quantidade nita de pontos quaisquer. Será que é possível ir além de uma quantidade nita? Com a necessária quota de paciência, a intuição do leitor será devidamente recompensada. De fato, uma prova alternativa e mais general do último teorema será considerada no Capítulo 28 no contexto de um resultado bem mais forte. Observe, no entanto, que a demonstração aqui apresentada resulta interessante pelo fato de fornecer como subproduto uma notável e surprendente melhora no Lema 27.2.6, a saber: Quando
diferenciáveis
para todo
x ∈ [a, b].
f
é contínua em
[a, b],
as funções
L(x)
e
U (x)
resultam
Mais notável ainda resulta o fato que essas derivadas podem ser
calculadas explícitamente, resultando ser a função original:
L0 = U 0 = f .
Colocado no seu devido
contexto, esse fato resulta tão importante que é sacramentado como o Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal e merece considerações losó cas em um capítulo aparte.
As implicações
práticas serão também de longo alcance: Mudará completamente a abordagem para o cálculo de integrais, desterrando o uso de somas superiores e inferiores ao completo esquecimento.
27.4
Mais Alguns Resultados sobre Integrais
27.4.1 Lema:
Z
Seja
f
Z
b+c
b
integrável em
[a, b].
Então:
f (x − c) dx, ∀ c ∈ R.
f (x) dx = a
a+c
Demonstração :
Se
P = {t0 , t1 , . . . , tn }
é uma partição de
[a, b],
então
P 0 = {t0 + c, t1 + c, . . . , tn + c} será uma partição de
U (f, P ) = = =
n X i=1 n X i=1 n X
[a + c, b + c].
Em tal caso tem-se:
(ti − ti−1 ) sup {f (x) : ti−1 6 x 6 ti } ((ti + c) − (ti−1 + c)) sup {f (x) : ti−1 + c 6 x + c 6 ti + c} (t0i − t0i−1 ) sup {f (y − c) : ti−1 + c 6 y 6 ti + c}
i=1
= U (f (x − c), P 0 ). Aqui
t0i = ti + c.
Um resultado análogo vale para as somas inferiores.
363
27.4 Mais Alguns Resultados sobre Integrais
27.4.2 Lema:
Z
Seja
bc
R3c>0
e
f
integrável em
[ac, bc].
Então:
b
Z
f (cx) dx, ∀ c > 0.
f (x) dx = c ac
a
Demonstração : {t0 , t1 , . . . , tn } P0 =
c = 0
Se
a identidade é trivialmente válida.
é uma partição de
t0 t1 tn , ,..., c c c
U (f, P ) =
Em tal caso tem-se:
n X
(ti − ti−1 ) sup {f (x) : ti−1 i=1 n X ti ti−1
=c =c
i=1 n X
c
Considere
então
[a, b].
será uma partição de
[ca, cb],
−
6 x 6 ti }
ti−1 x ti sup f (x) : 6 6 c c c
c
(t0i − t0i−1 ) sup f (cy) : t0i−1 6 y 6 t0i
i=1
= c U (f (cy), P 0 ). Aqui
t0i = ti /c.
27.4.3 Lema:
(a)
Se
f
Um resultado análogo vale para as somas inferiores.
Seja
R3a>0
a
Z
[0, a].
Então:
f (x) dx; −a
0
f
integrável em
0
f (x) dx =
Se
f
é par tem-se:
Z
(b)
e
é ímpar tem-se:
Z
a
Z
0
f (x) dx = −
Demonstração :
f (x) dx. −a
0
Se
P = {t0 , t1 , . . . , tn }
P 0 = {−tn , −tn−1 , . . . , −t1 , −t0 }
é uma partição de
[0, a],
então
c > 0.
Se
P =
364
Integrais à Riemann
[−a, 0].
será uma partição de
U (f, P ) = = = =
n X i=1 n X i=1 n X i=1 n X
Em tal caso tem-se:
(ti − ti−1 ) sup {f (x) : ti−1 6 x 6 ti } (−ti−1 − (−ti )) sup {f (x) : −ti 6 −x 6 −ti−1 } (−ti−1 − (−ti )) sup {f (−y) : −ti 6 y 6 −ti−1 } (t0i − t0i−1 ) sup f (−y) : t0i−1 6 y 6 t0i .
i=1 0 Aqui ti
= −tn−i . Observe que: ( f (y) se f é par; f (−y) = −f (y) se f é ímpar.
(a)
Se
f
é par, pelos cálculos precedentes, tem-se que
U (f, P ) = U (f, P 0 ).
Um resultado análogo
vale para as somas inferiores. Portanto:
Z
0
a
Z f=
f.
−a
(b)
Se
f
0
é ímpar, pelos cálculos precedentes, tem-se:
U (f, P ) =
n X
(t0i − t0i−1 ) sup −f (y) : t0i−1 6 y 6 t0i
i=1
=−
n X
(t0i − t0i−1 ) inf f (y) : t0i−1 6 y 6 t0i
i=1
= −L(f, P 0 ). L(f, P ) = −U (f, P 0 ). Observe que isso vale para qualquer partição P . Seja > 0. Como f é integrável em [0, a], pelo Teorema 27.3.3 existe P tal que U (f, P ) − L(f, P ) < , de onde tem-se:
Análogamente prova-se que
U (f, P 0 ) − L(f, P 0 ) = −L(f, P ) + U (f, P ) = U (f, P ) − L(f, P ) < . Portanto,
f
é integrável em
[−a, 0].
Além disso, como
f
é integrável em
27.3.4 tem-se:
a
Z L(f, P ) 6
f 6 U (f, P ). 0
Portanto:
U (f, P 0 ) = −L(f, P ) > −
Z
a
f > −U (f, P ) = L(f, P 0 ).
0 Novamente pelo resultado de unicidade no Lema 27.3.4, tem-se:
Z
0
Z f =−
−a
a
f. 0
[0, a],
pelo Lema
365
27.4 Mais Alguns Resultados sobre Integrais
27.4.4 Teorema:
(a)
Se
(b)
Reciprocamente, se
(c)
Finalmente, se
f
a < c < b.
Seja
é integrável em
Z
b
f
Z
a
f
f
é integrável em
é integrável em
[a, c]
[a, b],
[c, b],
e
[a, c]
e
então
[c, b].
f
é integrável em
[a, b].
então:
b
Z f+
f.
a
Demonstração :
então
é integrável em
c
f=
[a, b],
c
(a)
Seja
> 0.
Como
f
é integrável em
[a, b],
existe
P
partição de
[a, b]
tal
que:
U (f, P ) − L(f, P ) < . Sem perda de generalidade, se pode supor que partição
P 0 = P ∪ {c},
c ∈ P,
substituindo se for necessário
P
pela
pois ao ser esta última um re namento da original tem-se:
U (f, P 0 ) − L(f, P 0 ) 6 U (f, P ) − L(f, P ) < . Sejam
P1 , P2
partições de
:= P
∩ [a, c],
P2 : = P
∩ [c, b].
P1
[a, c]
e
[c, b]
respectivamente de nidas como:
Observe que:
L(f, P ) = L(f, P1 ) + L(f, P2 ), U (f, P ) = U (f, P1 ) + U (f, P2 ). Portanto:
[U (f, P1 ) − L(f, P1 )] + [U (f, P2 ) − L(f, P2 )] = [U (f, P1 ) + U (f, P2 )] − [L(f, P1 ) + L(f, P2 )] = U (f, P ) − L(f, P ) < . Como cada um dos termos entre colchetes no primeiro membro da relação acima é não negativo, cada um deles deve ser separadamente menor que
,
ou seja:
U (f, P1 ) − L(f, P1 ) < , U (f, P2 ) − L(f, P2 ) < . Desta maneira, resulta
(b)
Seja
> 0.
Como
f
f
integrável em
é integrável em
[a, c]
[a, c]
e
e
[c, b].
[c, b],
existem
respectivamente, tais que:
U (f, P1 ) − L(f, P1 ) < /2, U (f, P2 ) − L(f, P2 ) < /2. Observe que
P = P1 ∪ P2
é uma partição de
L(f, P ) = L(f, P1 ) + L(f, P2 ), U (f, P ) = U (f, P1 ) + U (f, P2 ).
[a, b]
e tem-se:
P1 , P2
partições de
[a, c]
e
[c, b]
366
Integrais à Riemann
Portanto:
U (f, P ) − L(f, P ) = [U (f, P1 ) + U (f, P2 )] − [L(f, P1 ) + L(f, P2 )] = [U (f, P1 ) − L(f, P1 )] + [U (f, P2 ) − L(f, P2 )] < /2 + /2 = . f
Desta maneira, resulta
(c)
Sejam
P, P1 , P2
integrável em
partições de
[a, b].
[a, b], [a, c]
e
[c, b]
respectivamente como no item (a) anterior.
Observe que:
c
Z L(f, P1 ) 6
f 6 U (f, P1 ), a b
Z
f 6 U (f, P2 ).
L(f, P2 ) 6 c Portanto:
c
Z L(f, P ) = L(f, P1 ) + L(f, P2 ) 6
b
Z f +
f 6 U (f, P1 ) + U (f, P2 ) = U (f, P ).
a
c
Desta maneira, tem-se:
Z
b
c
Z f=
b
Z f+
a
f.
a
27.4.5 Teorema:
c
Se
f
e
g
Z
b
são integráveis em
[a, b],
então a função
f +g
é integrável em
[a, b]
e tem-se:
Z
b
Z
b
(f + g) = a
f+ a
Demonstração : mi , mi (f )
e
Seja
mi (g),
g. a
P = {t0 , t1 , . . . , tn }
partição de
[a, b].
Para cada
i = 1, 2, . . . , n
de nem-se
respectivamente como:
mi
:=
inf {(f + g)(x) : ti−1 6 x 6 ti } ,
mi (f )
:=
inf {f (x) : ti−1 6 x 6 ti } ,
mi (g)
:=
inf {g(x) : ti−1 6 x 6 ti } .
Analogamente de nem-se
Mi , Mi (f )
e
Mi (g),
trocando
inf
por
sup.
Observe que:
mi (f ) + mi (g) 6 f (x) + g(x) = (f + g)(x). Portanto
mi (f ) + mi (g) 6 mi .
Analogamente tem-se que
Mi 6 Mi (f ) + Mi (g).
Portanto:
L(f, P ) + L(g, P ) 6 L(f + g, P ),
(27.4.1)
U (f + g, P ) 6 U (f, P ) + U (g, P ). Observe que as desigualdades acima valem para qualquer partição arbitrária. Seja e
g
são integráveis em
[a, b],
existem
U (f, P1 ) − L(f, P1 ) < /2, U (g, P2 ) − L(g, P2 ) < /2.
P1 , P2
partições de
[a, b]
tais que:
> 0.
Como
f
367
27.4 Mais Alguns Resultados sobre Integrais
Portanto:
[U (f, P1 ) + U (g, P2 )] − [L(f, P1 ) + L(g, P2 )] < . Se
P = P1 ∪ P2 ,
então pelas relações 27.4.1 tem-se:
L(f, P1 ) + L(g, P2 ) 6 L(f, P ) + L(g, P ) 6 L(f + g, P ), U (f + g, P ) 6 U (f, P ) + U (g, P ) 6 U (f, P1 ) + U (g, P2 ). Portanto:
U (f + g, P ) − L(f + g, P ) 6 [U (f, P1 ) + U (g, P2 )] − [L(f, P1 ) + L(g, P2 )] < . f +g
Desta maneira, resulta
integrável em
Z L(f, P ) + L(g, P ) 6 L(f + g, P ) 6
[a, b].
Novamente pelas relações 27.4.1 tem-se:
b
(f + g) 6 U (f + g, P ) 6 U (f, P ) + U (g, P ). a
f
g são integráveis em [a, b], tem-se: Z b Z b L(f, P ) + L(g, P ) 6 f+ g 6 U (f, P ) + U (g, P ).
Por outro lado, como
e
a
a
Combinando as duas últimas relações tem-se:
b
Z
b
Z (f + g) −
Z f+
a
a
!
b
g
6 U (f, P ) + U (g, P ) − (L(f, P ) + L(g, P ))
a
= [U (f, P ) − L(f, P )] + [U (g, P ) − L(g, P )], como também:
− [U (f, P ) − L(f, P )] − [U (g, P ) − L(g, P )] = L(f, P ) + L(g, P ) − (U (f, P ) + U (g, P )) Z b Z b Z b ! 6 (f + g) − f+ g . a
a
a
Observe que nas duas últimas relações acima, os termos entre colchetes:
U (f, P ) − L(f, P ) U (g, P ) − L(g, P ) podem ser feitos arbitrariamente pequenos escolhendo a partição adequada. Portanto:
Z
b
Z
b
(f + g) = a
a
27.4.6 Teorema: em
a
b
g. a
Se
[a, b] e tem-se: Z b Z b cf = c f. a
Z f+
f
é integrável em
[a, b], então para qualquer c ∈ R a função cf
é integrável
368
Integrais à Riemann
Demonstração : caso
c > 0.
Se
No caso c = 0 a identidade vale trivialmente. Considere P = {t0 , t1 , . . . , tn } é uma partição de [a, b], tem-se:
em primeiro lugar o
sup {(cf )(x) : ti−1 6 x 6 ti } = c sup {f (x) : ti−1 6 x 6 ti } , inf {(cf )(x) : ti−1 6 x 6 ti } = c inf {f (x) : ti−1 6 x 6 ti } . P . Seja > 0. Como f é integrável U (f, P ) − L(f, P ) < /c, de onde tem-se: U (cf, P ) − L(cf, P ) = c U (f, P ) − c L(f, P ) < c = . c
Observe que isso vale para qualquer partição
P
Teorema 27.3.3 existe
[a, b]. Além disso, como f é integrável Z b f 6 c U (f, P ) = U (cf, P ). L(cf, P ) = c L(f, P ) 6 c
Portanto,
cf
em
[a, b],
pelo
[a, b],
pelo
tal que
é integrável em
em
[a, b],
tem-se:
a Desta maneira, no presente caso tem-se:
Z
b
Z
b
cf = c
f.
a
a
Analogamente, no caso
c < 0,
tem-se:
sup {(cf )(x) : ti−1 6 x 6 ti } = c inf {f (x) : ti−1 6 x 6 ti } , inf {(cf )(x) : ti−1 6 x 6 ti } = c sup {f (x) : ti−1 6 x 6 ti } . P . Seja > 0. U (f, P ) − L(f, P ) < /|c|, de
Observe que isso vale para qualquer partição
P
Teorema 27.3.3 existe
tal que
Como
f
é integrável em
onde tem-se:
U (cf, P ) − L(cf, P ) = c L(f, P ) − c U (f, P ) = −c(U (f, P ) − L(f, P )) = |c|(U (f, P ) − L(f, P )) < |c| Portanto,
cf
é integrável em
[a, b].
Além disso, como
f
é integrável em
[a, b],
= . |c|
considerando
c < 0,
tem-se:
b
Z c U (f, P ) 6 c
f 6 c L(f, P ), a
de onde segue:
Z L(cf, P ) = c U (f, P ) 6 c
b
f 6 c L(f, P ) = U (cf, P ). a
Portanto:
Z
b
Z
b
cf = c a
f. a
27.4.7 Teorema:
x ∈ [a, b].
Seja
f
integrável em
Então:
Z m(b − a) 6
b
f 6 M (b − a). a
[a, b]
e suponha-se que
m 6 f (x) 6 M
para todo
369
27.4 Mais Alguns Resultados sobre Integrais
Demonstração :
Considerando a partição de
[a, b]
dada por
P0 = {a, b},
tem-se:
m(b − a) 6 L(f, P0 ), M (b − a) > U (f, P0 ), pois o ín mo é o maior dos limites inferiores
M . Se P é qualquer seja, P ⊇ P0 . Portanto:
superiores
P0 ,
ou
m,
no entanto que o supremo é o menor dos limites
outra partição de
Z m(b − a) 6 L(f, P0 ) 6 L(f, P ) 6
[a, b],
então obviamente será um re namento de
b
f 6 U (f, P ) 6 U (f, P0 ) 6 M (b − a). a
Finalmente, acrescentam-se um par de convenções que serão um auxiliar particularmente útil na determinação algébrica de integrais. Observe que se
f
é integrável, então do Teorema 27.4.7
tem-se que:
x
Z lim
x→a
f = 0. a
Isso justi ca, por assim dizer, a seguinte convenção.
27.4.8 De nição:
Z
Se
a ∈ R,
então de ne-se:
a
f
♣
:= 0.
a
A segunda e última convenção tem por objetivo fazer que o resultado do Teorema 27.4.4 seja válido para pontos
a , b, c
27.4.9 De nição:
Z
b
Z f
a
:=
−
Se
a, b ∈ R
com
b < a,
a < c < b.
então de ne-se:
a
f. b
quaisquer, não necessariamente com
♣
Exercícios para o Capítulo 27 27.5
Uma Estimativa de
27.5.1 Exercício:
[1, 2] (a)
em
n
Considere
log 2
f (x) = 1/x.
Seja
Pn
subintervalos de igual comprimento, ou seja,
Calcule a soma inferior
uma partição equi-espaciada do intervalo
1/n
cada.
L(f, Pn ). R:
L(f, Pn ) =
n X k=1
(b)
Calcule a soma superior
U (f, Pn ). R:
U (f, Pn ) =
n X k=1
(c)
Calcule a diferença
1 1 1 1 = + + ··· + . n+k n+1 n+2 2n
U (f, Pn ) − L(f, Pn ).
1 1 1 1 = + + ··· + . n+k−1 n n+1 2n − 1
Conclua que a função
f (x) = 1/x
é integrável no
[1, 2].
intervalo
R:
U (f, Pn ) − L(f, Pn ) =
1 2n
tende a zero quando
n → ∞.
27.5.2 Exercício:
Com a mesma partição Pn do exercício anterior considere agora a soma U 0 (f, Pn ) calculada com trapezios e não com retângulos. Observe que U 0 (f, Pn ) deve ser 0 que U (f, Pn ). Calcule a diferença U (f, Pn ) − U (f, Pn ).
superior menor
Sugestão: Calcular a diferença diretamente é muito mais facil que calcular
U 0 (f, Pn )
por separado
e depois substrair do resultado do item (b) do exercício anterior. R:
27.5.3 Exercício:
Z log 2 = 1
2
Considere
U (f, Pn ) − U 0 (f, Pn ) =
log 2
1 . 4n
♣
apenas como uma notação para a seguinte integral:
1 dx, x
cuja existência garante o item (c) do exercício 27.5.1. integral veri que as seguintes estimativas. 371
Apelando ao signi cado geométrico da
372
(a)
Integrais à Riemann
1/2 < log 2. Sugestão: Use o item (a) do exercício 27.5.1 para algum
n
conveniente. R:
(b)
n = 1.
log 2 < 0, 75. n conveniente. Observe que ao n, se o valor correspondente for maior que o solicitado,
Sugestão: Use o item (b) do exercício 27.5.1 para algum calcular a soma superior com diversos antes de calcular com outro
n
pode ser empregado o resultado do exercício 27.5.2 anterior
para veri car se a soma com trapezios seria adequada. R:
(c)
n=5
com retângulos, ou
n=1
com trapezios.
log 2 < 0, 7. Sugestão: Se fez o item (b) anterior, use o exercício 27.5.2 anterior para veri car se a diferença
0, 75 − 0, 70 = 0, 05
27.6
pode ser obtida com
n=5
ao passar de retângulos para trapezios.
♣
A De nição de Integral
27.6.1 Exercício:
Calcule a integral das seguintes funções no intervalo
[a, b] usando a de nição.
A título de sugestão, os cálculos podem ser signi cativamente mais simples ao utilizar uma partição
Pn do intervalo [a, b] em n subintervalos, cada um de comprimento (b − a)/n. Pn = {t0 , t1 , . . . , tn }, então tk = a + k(b − a)/n para k = 0, 1, . . . , n.
equi-espaciada particular, se
(a)
f (x) = c.
(b)
f (x) = x.
(c)
f (x) = x2 ,
27.7
R: R: supondo que
xn
A Integral de Z
Para cada
0 6 a < b.
n ∈ N,
seja
In
:=
com
R:
b3 /3 − a3 /3.
Em
c(b − a).
b2 /2 − a2 /2. ♣
n∈N
1
xn dx.
0
27.7.1 Exercício:
Prove a seguinte relação de recorrência:
n X n n 2 In = Ik . k
♣
k=0 k par
n ∈ N, ( 1, par(n) := 0,
Para cada
seja se se
par(n)
n n
a
é par; é ímpar.
paridade de
n,
de nida como:
27.8 A Integral de
cos
e
373
sen
27.7.2 Exercício:
Prove que para cada n ∈ N n−1 X n 1 1 = (2n − par(n)) . k k+1 n+1
tem-se a seguinte relação:
♣
k=0 k par
27.7.3 Exercício:
Prove que
Sugestão: Use inducão em
27.7.4 Exercício: b
Z
xn =
a
In =
1 n+1
para todo
♣
n.
Finalmente, se
0
27.7.5 Exercício:
n∈N
tem-se:
06a
a<0
e considere por separado os casos
Nesse último caso, considere separadamente
A Integral de
27.8.1 Exercício:
♣
segue por continuidade.
a e b arbitrários. Para b 6 0, respectivamente. sub-casos. ♣
Generalize o resultado do exercício anterior para
tanto, suponha-se que
(a)
prove que para cada
bn+1 − an+1 n+1
Observe-se que o mesmo resultado para
27.8
n ∈ N.
Seja
cos
e
a ∈ (0, π/2].
n
par e ímpar como
0
e
sen Usando partições equi-espaciadas do tipo
Pn
prove que:
a
Z
sen x dx = 1 − cos a. 0
(b)
Z
a
♣
cos x dx = sen a. 0
27.8.2 Exercício: (a)
cos para veri car que a expressão para essa integral é válida também [−π/2, 0]. Portanto, resulta válida para todo a em [−π/2, π/2].
Use a paridade da função para
(b)
Considere a integral do Exercício 27.8.1(b).
a
no intervalo
Veri que a validade da mesma expressão dessa integral no itervalo Sugestão: Em tal caso
Z
a
Z cos x dx =
0
−π/2 6 a − π 6 π/2 π/2
Z
0
e assim:
a
cos x dx +
π/2 6 a 6 3π/2.
Z
a−π
cos x dx = sen π/2 +
cos(x + π) dx −π/2
π/2
Z
a−π
= 1−
cos x dx = 1 − sen(a − π) + sen(−π/2). −π/2
374
(c)
Integrais à Riemann
Generalize para todo
a ∈ R.
Sugestão: Observe-se que o intervalo
cos
dicidade das funções
27.8.3 Exercício:
e
−π/2 6 a 6 3π/2
tem comprimento
2π
e use a perio-
♣
sen.
Generalize o resultado do Exercício 27.8.1(a) para todo
a ∈ R.
Sugestão: Observe-se que:
a
Z
π/2
Z
Z
Z
a−π/2
sen x dx = (1 − cos π/2) +
sen(x + π/2) dx 0
π/2
0
0
a
sen x dx +
sen x dx =
Z
a−π/2
= (1 − 0) +
cos x dx = 1 + sen(a − π/2) = 1 − cos a. 0
Na penúltima igualdade acima será necessário apelar ao resultado do item (c) do exercício ante-
♣
rior.
27.9 Sejam
ti /ti−1
A Integral de a, b ∈ R
tais que
xn
0 < a < b.
com
Considere
Cálculo Alternativo
Pn = {t0 , . . . , tn }
partição de
[a, b]
tal que as
são iguais, em vez de partições equi-espaciadas, onde são iguais as diferenças
27.9.1 Exercício:
0, 1, 2, . . . , n,
onde
Prove que para uma tal partição
Pn
tem-se que
ti = a ci/n
razões
ti − ti−1 .
para todo
c = b/a.
Considere agora
p ∈ N.
i= ♣
p > 0 e p 6= −1. Observe que a função f (x) = xp [ti−1 , ti ] ⊆ [a, b] ⊂ (0, +∞), pois f 0 (x) = p xp−1 > 0, para
Em particular, deve ser
é estritamente crescente no intervalo todo
n ∈ N:
x ∈ (0, +∞).
27.9.2 Exercício:
Prove que a soma superior da função
f (x) = xp
com a partição
Pn
do
exercício anterior é dada por:
U (f, Pn ) = (bp+1 − ap+1 )
27.9.3 Exercício:
cp/n . 1 + c1/n + c2/n + · · · + cp/n
Prove que a soma inferior da função
♣
f (x) = xp com a partição Pn do exercício
anterior é dada por:
L(f, Pn ) = (bp+1 − ap+1 )
1 1+
c1/n
+
c2/n
+ · · · + cp/n
.
♣
27.10 A Integral de
xs
27.9.4 Exercício:
com
s ∈ R\{−1}:
375
Introductio
Prove que:
lim U (f, Pn ) =
n→∞
bp+1 − ap+1 = lim L(f, Pn ). n→∞ 1+p
Conclua que a integral da função
f (x) = xp
em
[a, b]
existe e vale
bp+1 − ap+1 . p+1
a, b ∈ R com 0 < a 6 b, para cada p ∈ N a função f (x) = xp [a, b]. Mais ainda, em tal caso o valor da integral é dado por:
Desta maneira, dados integrável no intervalo
Z
b
xp =
a
resulta
bp+1 − ap+1 . p+1
Observe adicionalmente que o mesmo resultado para o caso
27.10
♣
A Integral de
Considere a função
f (x) = xs
27.10.1 Exercício:
xs
com
com
s∈R
e
a=0
s ∈ R\{−1}:
segue por continuidade.
Introductio
s 6= −1.
Suponha adicionalmente
s > 0.
Empregando técnicas análogas à da seção
anterior prove:
(a) (b)
U (f, Pn ) = cs/n L(f, Pn ). A diferença
f (c)
U (f, Pn ) − L(f, Pn )
tende para zero quando
n
tende para in nito. Conclua que
é integrável.
Veri que que a soma inferior é dada por:
L(f, Pn ) = bs+1 − as+1
1 − c1/n . 1 − c(s+1)/n
♣
Observe que para calcular explicitamente o valor da integral deve ser calculado o limite:
lim L(f, Pn ) = bs+1 − as+1
n→∞ onde
lim φs (n),
n→∞
φs (n)
é a função de nida como:
φs (n)
:=
1 − c1/n . 1 − c(s+1)/n
O valor deste limite será determinado posteriormente, pois no momento não é possível derivar funções da forma
f (x) = xs
com
s∈R
arbitrário a partir da de nição de exponencial fornecida
no Capítulo 12. De fato, no último exercício da seção 32.15 é provado que:
lim φs (n) =
n→∞
1 . s+1
Portanto:
Z a
b
xs dx = lim L(f, Pn ) = bs+1 − as+1 n→∞
lim φs (n) =
n→∞
bs+1 − as+1 . s+1
376
Integrais à Riemann
27.11
Desigualdades e Integrais
27.11.1 Exercício:
Z
(a)
Se
f
é integrável em
[a, b]
f > 0,
com
b
f > 0.
então
a
(b)
b
Z Se
f
e
g
são integráveis em
[a, b]
com
f 6 g,
Z
g.
a
g−f >0
Sugestão: Observe que
27.11.2 Exercício:
a
Se
f
é integrável em
[a, b],
b
(b)
g = |f |
|f |.
f
é integrável em
[a, b],
então
a
no Exercício 27.11.1(b).
b
Z Se
b
Z f6
então
a Sugestão: Basta considerar
♣
satisfaz a hipótese do item anterior.
Z
(a)
b
f6
então
−
b
Z
|f |.
f6 a
a
−f , observando que |−f | = |f |. Z b Z b [a, b] então f 6 |f |. ♣ a a
Sugestão: Basta aplicar o resultado do item anterior à função
(c)
Conclua dos itens (a) e (b) que se
27.11.3 Exercício:
Z
é integrável em
Do Exercício 27.11.1 anterior sabe-se que se
f (x) > 0
para todo
b
f > 0.
então
f
Forneça um exemplo em que
a
algum x0 ∈ [a, b], e tal que
f (x) > 0
para todo
x ∈ [a, b]
com
x ∈ [a, b],
f (x0 ) > 0 para
b
Z
f = 0. a
♣
Sugestão: Considere o Exemplo 27.3.5.
Uma situação como no exemplo do exercício anterior resulta excluida se a função em questão for
contínua
no ponto onde é positiva, como mostra o exercício a seguir.
27.11.4 Exercício: adicionalmente que
f
Seja
f
integrável em
é contínua em algum
[a, b]
com
x0 ∈ [a, b]
x ∈ [a, b]. Suponha Z b f (x0 ) > 0. Prove que f > 0.
f (x) > 0
e que
para todo
a Sugestão: Basta encontrar alguma soma inferior
L(f, P )
que seja positiva.
O resultado do exercício anterior pode ser extendido para funcões para todo
x ∈ [a, b],
f
integráveis com
♣
f (x) > 0
não necessariamente contínuas. Isso não é nem um pouco di cil, usando o
exercício anterior mais o fato que as funções integráveis na verdade resultam contínuas em muitos pontos.
Contudo, a prova desse último resultado deverá esperar até o próximo capítulo, vide
Exercício 28.5.1.
377
27.12 O Lema Fundamental do Cálculo Variacional
27.12
O Lema Fundamental do Cálculo Variacional Z
27.12.1 Exercício:
Suponha-se que
f
é contínua em
b
[a, b] e que
f g = 0 para todas as funções a
g
[a, b].
contínuas em
f = 0.
Prove que
Sugestão: Considerando
g = f,
use
reductio ad absurdum
com o Exercício 27.11.4 para fozar uma
♣
contradição.
Z
27.12.2 Exercício:
Suponha-se que
f
é contínua em
[a, b] e que
b
f g = 0 para todas as funções a
g
[a, b]
contínuas em
e tais que satisfazem a condição adicional
Sugestão: Como no exercício anterior, use
escolhida dependerá do comportamento da
27.13
Prove que neste
reductio ad absurdum com o Exercício 27.11.4 para fozar
uma contradição, considerando por separado os casos
g
g(a) = g(b) = 0.
f = 0.
caso resulta também
f
f (x0 ) > 0 x0 .
e
f (x0 ) < 0,
mas agora a função
♣
perto de
Funções Degrau
27.13.1 De nição:
Uma função s de nida em [a, b] denomina-se função degrau se existe uma P = {t0 , t1 , . . . , tn } de [a, b] tal que s é constante em cada um dos intervalos (ti−1 , ti ). Os de s e ti podem ser arbitrários. ♣
partição valores
27.13.2 Exercício:
s1
(a)
Seja
s2 com s1 6 f Z b Z b f− s1 < ;
degrau
e
a
f integrável em [a, b]. s2 > f tais que:
Prove que para todo
> 0 existem funções
a b
Z
e
Z
b
s2 −
f < .
a
a
Sugestão: As funções degrau vêm de graça na de nição de integrabilidade.
(b)
Reciprocamente, se para todo
>0
existem funções degrau
s1
e
s2
com
s1 6 f
e
s2 > f
tais
que:
b
Z
Z
b
s2 − a então
f
s1 < , a
é integrável em
27.13.3 Exercício: contínua
Z
g
com
b
Z f−
a
g6f
Seja
b
g < . a
f
tal que:
♣
[a, b].
integrável em
[a, b].
Prove que para todo
>0
existe uma função
378
Integrais à Riemann
Sugestão:
Obtenha em primeiro lugar uma função degrau com esta propriedade e depois uma
♣
contínua. Um desenho será de muita ajuda nessa oportunidade.
27.14
A Integral como Área
27.14.1 Exercício:
Detrmine o valor das seguintes integrais apelando ao
signi cado geométrico
da integral. Faça em cada caso um grá co da função envolvida. Lembre que a integral atribui área negativa à parte do grá co que ca por debaixo do eixo das abcisas.
(a)
1
Z
f,
f
onde a função
é dada por:
−1
( f (x) =
(b)
x, 5,
se se
−1 6 x < 0; 0 6 x 6 1.
R:
9/2.
π
Z
(x − |x|) dx.
R:
−π 2 .
|x + 2| dx.
R:
37/2.
−π
(c)
4
Z
−3
(d)
1
Z
x3 dx.
R:
0.
−1
(e)
1
Z
p
1 − x2 dx.
R:
π/2.
−1 Sugestão: Determine o signi cado geométrico do conjunto
{(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}
no
plano.
(f )
1
Z
x3
p 1 − x2 dx.
R:
0.
−1
(g)
Z
2
√
x dx.
R:
√ 4 2/3.
0 Sugestão: Aqui talvez seja de grande utilidade conhecer o resultado do item (c) do Exercício
♣
27.6.1.
27.14.2 Exercício:
Apelando mais uma vez ao signi cado geométrico da integral, determine o
t
Z valor da função
F (t) =
f (x) dx
quando:
0
(a)
A função
f
é dada por:
( f (x) =
0, 1,
se se
0 6 x < 1; 1 6 x 6 2.
( R:
F (t) =
0, t − 1,
se se
0 6 t < 1; 1 6 t 6 2.
379
27.14 A Integral como Área
(b)
A função
f
é dada por:
( f (x) =
0, 2x − 2,
se se
(c)
Para cada um dos itens anteriores gra que
(d)
No caso do item (b) calcule
27.14.3 Exercício: Dada a função
(
0 6 x < 1; 1 6 x 6 2.
F 0 (t).
R:
0, (t − 1)2 ,
se se
0 6 t < 1; 1 6 t 6 2.
F (t). ♣
O que descobre?
Somas inferiores e superiores para
f (x) = x2 ,
F (t) =
f (x) = x2
escreva as somas superior e inferior no intervalo
[1, 2]
usando uma
1/2. L = 13/8; U = 25/8.
partição tal que o comprimento de cada subintervalo seja R:
27.14.4 Exercício: Dada a função
Somas inferiores e superiores para
f (x) = 1/x,
♣
f (x) = 1/x
escreva as somas superior e inferior no intervalo
[1, 3]
usando uma
1/3. L = 1/4 + 1/5 + · · · + 1/9; U = 1/3 + 1/4 + · · · + 1/8.
partição tal que o comprimento de cada subintervalo seja R:
27.14.5 Exercício:
♣
Notação para a Integral
O presente exercício consiste em determinar o valor, e não em
calcular,
as seguintes integrais.
Ou seja, é um exercício apenas no uso da notação (e não sobre técnicas calculatórias).
Use os
resultados do exercício anterior quando necessário.
(a)
b
Z
(x + y) dx.
R:
b2 /2 − a2 /2 + y(b − a).
R:
x2 /2 − a2 /2 + t(x − a).
a
(b)
x
Z
(y + t) dy . a
(c)
b
Z
dx.
b
Z
b
dx.
R:
[d2 /2 − c2 /2](b − a) + (d − c)[b2 /2 − a2 /2].
c
Z
!
d
f (x)g(y) dy a
(1 + t) [b2 /2 − a2 /2 − a(b − a)].
!
d
Z
(x + y) dy Z
R:
a
a
(e)
(1 + t) dz
a
(d)
x
Z
Z dx.
c
27.14.6 Exercício:
f
R:
a
Linearidade da Integral
Determine o valor das seguintes integrais:
! Z
b
!
d
g c
.
♣
380
(a)
Integrais à Riemann
b
Z
Z (f + g),
b
Z
b
Z
R:
1
Z φ=4
sabendo que
−1
(d)
−1.
8 − 3π 2 .
a
a
(2φ(x) − 3ψ(x) + x) dx, Z
ψ = π2 .
e
1
Z
R:
b
Z φ=4
sabendo que
a
(c)
g = −4.
e
a
Z (2φ − 3ψ),
b
Z f =3
a
a
(b)
b
sabendo que
x
ψ(x) =
e
−1
t2 dt.
R:
6.
−1
1
(2x3 + 3) dx.
R:
♣
6.
−1
27.14.7 Exercício:
Z Determine um valor
b
b
x dx = 6.
tal que
b−2
R:
4.
♣
Capítulo 28
Existência e Unicidade da Integral de Riemann 28.1
Resultados e De nições Preliminares
Para conveniência do leitor, se reproduzem a seguir as de nições introduzidas na Seção 19.7 e os resultados do Exercício 19.7.1. Se
R⊃I
é um
M (f, I) m(f, I) ω(f, I) Se
a ∈ I,
intervalo limitado
:=
sup {f (x) : x ∈ I} ;
:=
inf {f (x) : x ∈ I} ;
:= M (f, I)
de ne-se a
ω(f, a) A aplicação
e
:=
f : I 7−→ R
limitada, de ne-se:
− m(f, I).
oscilação, ou o pulo, de
inf {ω(f, J ∩ I) : J é
a 7−→ ω(f, a)
28.1.1 Observação:
uma função
f em a
aberto e J
recebe o nome de
como:
3 a} .
função oscilação, ou função pulo, de
Segue trivialmente das de nições precedentes que se
ω(f, I).
(a) ω(f, a) = 0
28.1.2 Lema: contínua em
(b)
Se
(c)
Para cada
a
ω(f, I) = 0
Demonstração :
implica então
a ∈ R,
f
se e somente se
f
é contínua em
ω(f, a) > 0. é constante em
o conjunto
I.
{x ∈ R : ω(f, x) < a}
Cf. Exercício 19.7.1. 381
é aberto.
a.
f.
J ⊆ I , então ω(f, J) 6 ♣
Em particular,
f
não
382
(a)
Existência e Unicidade da Integral de Riemann
Para provar a parte (⇐), suponha que de nição de continuidade, existe
δ>0
f
é contínua em
a.
Seja
> 0
arbitrário.
Pela
tal que:
x ∈ (a − δ, a + δ) =: Jδ ⇔ |x − a| < δ ⇒ |f (x) − a| <
⇔ f (x) ∈ (f (a) − /2, f (a) + /2). 2
Em particular:
f (x) < f (a) + , ∀ x ∈ Jδ , 2 f (x) > f (a) − , ∀ x ∈ Jδ . 2 De onde segue:
M (f, Jδ ) 6 f (a) + , 2 m(f, Jδ ) > f (a) − . 2 Portanto:
0 6 ω(f, Jδ ) 6 , de onde segue que:
0 6 ω(f, a) 6 ω(f, Jδ ∩ I) 6 . Agora, como
era arbitrário, tem-se
ω(f, a) = 0.
Reciprocamente, para provar a parte (⇒) suponha
ω(f, a) = 0. Seja > 0 arbitrário. Pela J0 intervalo aberto com a ∈ J0 tal que ω(f, J0 ∩I) < . Observando m(f, I) 6 f (a) ⇒ −f (a) 6 −m(f, I) para qualquer I 3 a, tem-se:
de nição de ín mo existe que
f (x) 6 M (f, J0 ∩ I) = M (f, J0 ∩ I) + f (a) − f (a) 6 M (f, J0 ∩ I) + f (a) − m(f, J0 ∩ I) = ω(f, J0 ∩ I) + f (a) < + f (a). f (x) − f (a) < , para todo x ∈ J0 . Analogamente, M (f, I) ⇒ −f (a) > −M (f, I) para qualquer I 3 a, tem-se:
Portanto,
observando que
f (a) 6
f (x) > m(f, J0 ∩ I) = m(f, J0 ∩ I) − f (a) + f (a) > m(f, J0 ∩ I) − M (f, J0 ∩ I) + f (a) = −ω(f, J0 ∩ I) + f (a) > − + f (a). Portanto,
− < f (x) − f (a), para todo x ∈ J0 . Combinando esta última relação com a obtida |f (x) − f (a)| < , para todo x ∈ J0 , provando que f é contínua
anteriormente, tem-se que em
(b)
a.
Observe que:
ω(f, I) = 0 ⇒ M (f, I) = m(f, I) =: c. Portanto:
c = m(f, I) 6 f (x) 6 M (f, I) = c ⇒ f (x) = c, ∀ x ∈ I.
383
28.1 Resultados e De nições Preliminares
(c)
Seja
A
o conjunto de nido como:
A Se
A
:=
{x ∈ R : ω(f, x) < a} .
for o conjunto vazio então é obviamente aberto.
A, ω(f, J ∩ I) < a. de nição de
Suponha que existe
ω(f, x) < a. Portanto, existe J intervalo Agora, se y ∈ J , pela de nição de ín mo tem-se:
tem-se
x ∈ A. Pela x ∈ J e
aberto tal que
ω(f, y) 6 ω(f, J ∩ I) < a ⇒ ω(f, y) < a ⇒ y ∈ A. Portanto,
J ⊆ A,
28.1.3 De nição:
provando que éste último conjunto é aberto.
Se
fechado, com extremos
a
b − a.
28.1.4 Lema: existe
J
R3a>0
Seja
J
tal que
R ⊃ J é um intervalo limitado, aberto, fechado, semi-aberto ou semib, com a < b, denota-se o seu comprimento por λ(J), ou seja, λ(J) = ♣
e
intervalo compacto e
ω(f, x) < a
para todo
f : J 7−→ R uma função limitada. Suponha que x ∈ J . Então, existe uma partição P do intervalo
tal que:
U (f, P ) − L(f, P ) < a λ(J).
Demonstração :
existe
que
é um cobrimento por abertos do conjunto
Como ω(f, x) < a para cada x ∈ J , ω(f, Ix ∩ J) < a. Desta maneira, a família {Ix }x∈J compacto J . Portanto, para algum n ∈ N tem-se:
J⊆
n [
Ix
intervalo aberto com
x ∈ Ix
tal
Ixi .
i=1
P a partição determinada pelos pontos nos extremos de Ixi ∩ J para i = 1, 2, . . . , n. Suponha I1 , I2 , . . . , Ik sejam os intervalos que constituem P . Observe que dado Ii existe algum j = j(i) que Ii ⊆ Ixj ∩ J , em cujo caso tem-se ω(f, Ixj ∩ J) < a. Portanto:
Seja que tal
U (f, P ) − L(f, P ) =
k X
M (f, Ii ) λ(Ii ) −
i=1
=
k X
k X
m(f, Ii ) λ(Ii )
i=1
(M (f, Ii ) − m(f, Ii )) λ(Ii )
i=1
=
k X
ω(f, Ii ) λ(Ii )
i=1
6
k X
ω(f, Ixj ∩ J) λ(Ii )
i=1
k X
λ(Ii ) = a λ(J).
i=1 A última igualdade segue do fato de ser
P
uma partição de
J.
384
Existência e Unicidade da Integral de Riemann
28.1.5 De nição: Se diz que um subconjunto R ⊃ E tem medida de Lebesgue nula, ou simplesmente medida nula, se para todo > 0 existe uma família enumerável {Ji }i∈N de intervalos abertos com:
∞ X
λ(Ji ) <
i=1 tais que:
E⊆
∞ [
Ji .
i=1 Observe-se que a família
E
{Ji }i∈N
28.1.6 Lema:
Se
A ⊆ B
e
e, obviamente, do conjunto E . λ(E) = 0.
dependerá em general do
tem medida de Lebesgue nula, isso denota-se por
λ(B) = 0,
então
λ(A) = 0.
Quando
♣
Ou seja, todo sub-conjunto de um
conjunto de medida nula também tem medida nula.
Demonstração :
Seja
> 0.
{Ji }i∈N
de intervalos
: x ∈ E}.
Ou seja, se
Por hipótese, existe uma família numerável
abertos com:
∞ X
λ(Ji ) <
i=1 tal que:
B⊆
∞ [
Ji .
i=1 Como
A ⊆ B,
obviamente tem-se:
A⊆B⊆
∞ [
Ji .
i=1 Como
>0
era arbitrário, segue que
28.1.7 Lema:
Se
λ(E) = 0,
λ(A) = 0.
então
λ(−E) = 0.
Aqui
−E
:= {−x
um conjunto tem medida nula, então a sua re exão especular com relação à origem também tem medida nula.
Demonstração :
A prova baseia-se em operações simples com conjuntos e ca a cargo do leitor.
28.1.8 Lema:
União enumerável de conjuntos de medida nula tem medida nula. Ou seja, se:
E=
∞ [
En ,
n=1 onde cada
En
tem medida nula, então o conjunto
E
também tem medida nula.
385
28.2 Existência da Integral de Riemann
Demonstração :
Seja
> 0.
Por hipótese, para cada
En
existe uma família enumerável
{Jin }i∈N
de intervalos abertos com:
∞ X
2n
λ(Jin ) <
i=1 tais que:
En ⊆
∞ [
Jin .
i=1 A coleção
{Jin }n∈N i∈N ∞ [ ∞ [
E⊆
de todas essas famílias continua sendo enumerável e obviamente:
Jin .
n=1 i=1 Finalmente, tem-se:
∞ X ∞ X
λ(Jin )
n=1 i=1
28.2
∞ ∞ X X 1 = = . < n n 2 2 n=1 n=1
Existência da Integral de Riemann
28.2.1 Teorema:
Uma função
f
é integrável Riemann se e somente se
f
é contínua exceto um
conjunto de medida nula.
Demonstração : E
:=
Seja
E
o conjunto de nido como:
{x : x ∈ [a, b] ∧ f
não é contínua em
x} .
n ∈ N seja En o conjunto de nido como: 1 En := x : x ∈ [a, b] ∧ ω(f, x) > . n
Para cada
Observe que
E=
x ∈ E ⇒ ω(f, x) > 0,
∞ [
portanto:
En .
n=1 Para provar a parte (⇒) suponha
f
é integrável, existe
P
U (f, P ) − L(f, P ) < Se
I1 , I2 , . . . , Ik k X i=1
f
partição de
integrável Riemann. Sejam
[a, b]
e
>0
arbitrários. Como
. 2n
são os intervalos que constituem a partição
ω(f, Ii ) λ(Ii ) =
n∈N
tal que:
k X i=1
M (f, Ii ) λ(Ii ) −
k X i=1
P,
tem-se:
m(f, Ii ) λ(Ii ) = U (f, P ) − L(f, P ) <
. 2n
386
Existência e Unicidade da Integral de Riemann
Sejam
En1
En1
e
En2
:= {x
de nidos como:
∈ En : x ∈ P } = En ∩ P,
En2 := En \En1 . Segue trivialmente da de nição precedente que:
En = En1 ∪ En2 , onde a união é disjunta. Além disso, observe que conjunto nito. Portanto, existem
En1 ⊆
p [
J1 , J2 , . . . , Jp
En1
é nito, pois
En1 = En ∩ P ⊆ P ,
sendo
P
um
intervalos abertos tais que:
Ji ,
i=1 com a propriedade:
p X
λ(Ji ) <
i=1
. 2
Como efeito, se fosse, por exemplo, intervalo
|En1 | = p com En1 = {x1 , x2 , . . . , xp }, basta tomar como Ji o δ é qualquer número 0 < δ < , por exemplo, δ = /2. Em tal
(xi − δ/4p, xi + δ/4p) onde i = 1, 2, . . . , p, tem-se:
caso, para todo
λ(Ji ) = 2
δ , 4p
como também:
p X
λ(Ji ) = 2
i=1 Seja agora
x ∈ En2 .
δ δ p= < . 4p 2 2 Em tal caso,
extremo do intervalo estaria em
ω(f, Ij ) > ω(f, x) > pois, como de
P
x ∈ En2 ⊆ En ,
x deve ser ponto interior de algum Ij , pois P , contradizendo que x ∈ En2 . Portanto:
se estivesse em algum
1 , n o a rmado segue da de nição de
que contém elementos de
En2 .
En .
Sejam
Ii1 , Ii2 , . . . , Iir
os intervalos
Então:
r r k X X 1 X λ(Iij ) 6 ω(f, Iij ) λ(Iij ) 6 ω(f, Ij ) λ(Ii ) < . n i=1 2n j=1 j=1 A primeira desigualdade acima segue da relação precedente, entanto que para a segunda basta observar que os elementos da soma são não-negativos, pois consequência trival da última relação, tem-se:
r X i=1
λ(Iij ) <
. 2
ω(f, Iij ) > 0
e
λ(Iij ) > 0.
Como
387
28.2 Existência da Integral de Riemann
◦ Sejam
Jij
os intervalos abertos com os mesmos extremos de
Iij ,
ou seja,
Jij = I ij .
Em tal caso, a
{J1 , J2 , . . . , Jp }∪{Ji1 , Ji2 , . . . , Jir } constitui uma cobertura de En por abertos com soma de comprimentos menor que . Como n ∈ N e > 0 eram arbitrários, segue que En tem medida nula, para todo n ∈ N. Portanto, a união enumerável:
família de conjuntos
E=
∞ [
En
n=1 também tem medida nula. Reciprocamente, para provar a parte (⇐) suponha agora que
λ(E) = 0. Se fosse ω(f, [a, b]) = 0, f seria constante em [a, b] e obviamente integrável Riemann em [a, b]. ω(f, [a, b]) > 0. Seja > 0 arbitrário. Seja n ∈ N tal que n > 2(b − a), ou
então pelo Lema 28.1.2(b) Suponha portanto equivalentemente:
b−a < . n 2 Observe que
(28.2.1)
En ⊆ E
e
λ(E) = 0
implicam que
de medida nula, existe uma família de conjuntos
En ⊆
∞ [
λ(En ) = 0. Portanto, pela de nição de {Ik }k∈N com cada Ik aberto, tal que:
conjunto
Ik
k=1 com a propriedade:
∞ X
λ(Ik ) <
k=1
. 2 ω(f, [a, b])
Pelo Lema 28.1.2(c) o conjunto
(28.2.2)
{ω(f, x) < 1/n}
é aberto, sendo o complemento
{ω(f, x) > 1/n}
um conjunto fechado. Desta maneira o conjunto:
En =
x ∈ [a, b] : ω(f, x) >
1 n
= [a, b]
\
ω(f, x) >
1 n
é fechado por ser união nita de dois conjuntos fechados. Como limitado. Assim, o conjunto
En
é
compacto.
En ⊆ [a, b]
também resulta
Em particular, existe uma cobertura
En
nita {Iki }ri=1
c Dado que Iki é aberto, seu complemento Ik é fechado, como também é o i c c conjunto [a, b] ∩ Ik por ser interseção nita de dois fechados. Mais ainda, [a, b] ∩ Ik é limitado i i pois está contido em [a, b], sendo portanto também compacto. Desta maneira, o conjunto:
de
En
por abertos.
[a, b]
\
r [ i=1
!c Iki
= [a, b]
\
r \ i=1
! Ikci
=
r \
[a, b]
\
Ikci
i=1
é união nita de compactos (disjuntos) fechados, que será denotada mente, observe que esta união disjunta está obviamente contida em
s X i=1
λ(Ji ) = λ(J1 ∪ J2 ∪ · · · ∪ Js ) 6 λ([a, b]) = b − a.
J1 ∪ J2 ∪ · · · ∪ Js . [a, b], e tem-se:
Incidental-
(28.2.3)
388
Existência e Unicidade da Integral de Riemann
Voltando à relação anterior, tem-se:
"
r [
\
[a, b] = [a, b]
!#
"
[∗
Iki
[a, b]
r [
\
i=1
" =
r [
! Iki
∪∗
s [
[∗
(28.2.4)
!# \
Jl
[a, b].
l=1
denota união
x ∈ Ji ⇒ x ∈
Iki
i=1
i=1 Aqui
!c #
disjunta.
s [
Observe também que para cada
Jl ⇒ x ∈ [a, b]
\
r [
!c ⇒ x∈ /
Iki
i=1
l=1
i ∈ {1, 2, . . . , s}
r [
tem-se:
Iki ⊇ En
i=1
⇒ x∈ / En ⇒ ω(f, x) < Portanto, pelo Lema 28.1.4 existe uma partição
U (f, Pi ) − L(f, Pi ) <
Pi
de
Ji
1 . n
tal que:
1 λ(Ji ). n
(28.2.5)
S S S S [a, b] de nida como P := P1 P2 · · · Ps {a, b}. Pela propriedade (28.2.4), os intervalos que constituem P são os intervalos constituintes de cada Pi , acrescidos dos conjuntos: \ I k1 [a, b] \ I k2 [a, b]
Seja
P
a partição de
··· \ I kr [a, b] Portanto:
U (f, P ) − L(f, P ) =
s X
U (f, Pi ) − L(f, Pi )
i=1
+
r h X
i \ \ \ M f, I kj [a, b] − m f, I kj [a, b] λ I kj [a, b]
j=1 s r X \ 1 X < λ(Ji ) + ω f, I kj [a, b] λ(Ikj ) n i=1 j=1
6
r X 1 (b − a) + ω(f, [a, b]) λ(Ikj ) n j=1
<
+ ω(f, [a, b]) = + = . 2 2 ω(f, [a, b]) 2 2
Na primeira desigualdade foi usada a relação (28.2.5) no primeiro termo. Na segunda, a relação (28.2.3) no primeiro termo e a Observação 28.1.1 no segundo termo. Na terceira, a relação (28.2.1) no primeiro termo e a relação (28.2.2) no segundo termo. Como integrável Riemann.
era arbitrário, segue que
f
é
389
28.3 Caracterização Unívoca da Integral de Riemann
28.3
Caracterização Unívoca da Integral de Riemann
Considere-se uma aplicação um número real
1.
IA f ,
I
que atribui a certas funções limitadas
f
Linearidade: Se IA f e IA g estão de nidas, então para todo
IA (af + bg)
e conjuntos limitados
A⊂R
satisfazendo as seguintes propriedades:
a, b ∈ R também está de nida
e tem-se:
IA (af + bg) = a IA f + b IA g. 2.
Positividade: Se
3.
Homogeneidade: Se
1 4.
em
A,
f >0
IA 1
então
IA f
e
está de nida, então
IA f > 0.
A é um intervalo e 1 denota a função identicamente igual ao número IA 1 = λ(A).
está de nida e tem-se
{Ai }ni=1 é uma família nita de i = 1, 2, . . . , n, então IA1 ∪A2 ∪···∪An f
disjuntos
Aditividade Finita: Se
subconjuntos
está de nida para cada
também está de nida e tem-se:
e
IAi f
IA1 ∪A2 ∪···∪An f = IA1 f + IA2 f + · · · + IAn f.
28.3.1 Lema:
Se
A é um intervalo IA 0 = 0.
e
0
denota a função identicamente nula em
A,
então
IA 0
está de nida e tem-se
Demonstração :
IA 1
está bem de nido, pela propriedade 3. Portanto, pela propriedade 1, tam-
bém está bem de nido
IA (1 + (−1)1)
e vale
IA 1 + (−1) IA 1.
Desta maneira:
IA 0 = IA (1 + (−1)1) = IA 1 + (−1) IA 1 = λ(A) − λ(A) = 0.
28.3.2 De nição: por
χA
Se
R ⊇ A é um subconjunto qualquer, a função característica de A é denotada
e de nida como:
( 1, χA (x) = 0,
se se
x ∈ A; x∈ / A.
♣
propriedade para
A ⊆ R é um intervalo, então IA χA está A. Portanto, IA χA = IA 1 = λ(A). qualquer subconjunto de A.
28.3.3 Lema:
Sejam
Observe que se efeito,
tem-se
χA = 1
em
A, B ⊂ R
de nida e tem-se
IA χA = λ(A).
Com
O próximo resultado generaliza esta
intervalos (limitados) com
B ⊆ A.
Então,
IA χB
está de nida e
IA χB = λ(B).
Demonstração :
Se o intervalo
B
A, então este último pode ser partiA = A1 ∪ B ∪ A2 . Desta maneira, χB anterior, IA1 χB e IA2 χB estão bem de nidas
está contido no intervalo
cionado em, no máximo, três intervalos disjuntos, digamos, vale zero em
A1
e
A2
e
χB
vale
1
em
B.
Pelo lema
390
Existência e Unicidade da Integral de Riemann
e valem zero. Pela propriedade 3, também está bem de nida propriedade 4, tem-se que
IA χB = IA1 ∪B∪A2 χB
IB χB
e vale
λ(B).
Portanto, pela
está bem de nida e vale:
IA1 χB + IB χB + IA2 χB = IA1 0 + IB 1 + IA2 = 0 + λ(B) + 0 = λ(B).
b
Z
28.3.4 Teorema:
Se
I[a,b] f
f
e
existem ambas, então são iguais.
a
Demonstração :
Rb f < I[a,b] f . Seja := I[a,b] f − a f > 0. Como f é integrável a em [a, b], por de nição de ín mo, existe P = {a = t0 < t1 < t2 < · · · < tn = b} partição de [a, b] Suponha que
Rb
tal que:
b
Z U (f, P ) −
f < .
(28.3.1)
a Para cada
Mi
i = 1, 2, . . . , n,
:=
Ji
:= [ti−1 , ti ] e seja
Mi
de nido como:
sup {f (x) : x ∈ Ji } .
Obviamente, cada de nida.
seja
Ji
é um intervalo contido em
[a, b].
Pelo lema anterior,
Pela propriedade 1, também está bem de nido
I[a,b] g ,
onde
g
I[a,b] χJi
está bem
é a combinação linear
de nida como:
g
:=
n X
Mi χJi .
i=1 Mais ainda, tem-se:
I[a,b] g =
n X
Mi I[a,b] χJi =
n X i=1
i=1
Mi λ(Ji ) =
n X
Mi (ti − ti−1 ) = U (f, P ).
(28.3.2)
i=1
Portanto:
Z I[a,b] g −
b
Z f = U (f, P ) −
a
b
Z f < = I[a,b] f −
a
b
f, a
de onde segue:
I[a,b] g < I[a,b] f.
(28.3.3)
Por outro lado, decorre trivialmente da de nição que ser
I[a,b] g > I[a,b] f , f
partição de
Z
[a, b]
Rb
> 0. = b}
tal que:
b
f − L(f, P ) < . a
Portanto, pela propriedade 2, deveria
Rb Rb f > I[a,b] f . Se fosse a f > I[a,b] f , então seja := a f − I[a,b] f a é integrável, pela de nição de supremo, existe P = {a = t0 < t1 < t2 < · · · < tn
Desta maneira, deve ser Como
g > f.
contradizendo a relação acima.
(28.3.4)
391
28.3 Caracterização Unívoca da Integral de Riemann
Com o mesmo argumento anterior,
I[a,b] g
está bem de nida, onde agora
g
é a combinação linear
de nida como:
g
:=
n X
mi χJi ,
i=1 com
mi
de nido como:
mi
:=
inf {f (x) : x ∈ Ji } ,
e tem-se:
I[a,b] g =
n X
mi I[a,b] χJi =
i=1
n X
mi λ(Ji ) =
i=1
n X
mi (ti − ti−1 ) = L(f, P ).
i=1
Portanto:
Z
b
Z f − I[a,b] g =
a
b
Z f − L(f, P ) < =
a
b
f − I[a,b] f, a
de onde segue:
I[a,b] f < I[a,b] g. Por outro lado, decorre trivialmente da de nição que ser
I[a,b] g 6 I[a,b] f ,
(28.3.5)
g 6 f.
Portanto, pela propriedade 2, deveria
contradizendo a relação acima.
Finalmente, pela propriedade de tricotomia, deve ser
Rb a
f = I[a,b] f .
Exercícios para o Capítulo 28 28.4
Caracterização Alternativa da Unicidade
28.4.1 Exercício:
Prove o Teorema 28.3.4 asumindo para
I
as propriedades 1 a 3 enumeradas
no texto mais a condição alternativa:
4.
Invariância por restrições: Se
B ⊆ A,
IB f está de nida IB f = IA (f |B ).
então
está de nida, em cujo caso são iguais, ou seja
se e somente se
IA (f |B )
Sugestão: Observe que a propriedade 4 enunciada no texto somente foi utilizada na prova do Lema
♣
28.3.3. Basta portanto demonstrar esse resultado via a propriedade alternativa acima.
28.5
Funções Integráveis Positivas
O exercício a seguir constitui uma continuação dos resultados da Seção 27.11.
28.5.1 Exercício:
Z
Seja
f
integrável em
[a, b]
com
f (x) > 0
para todo
x ∈ [a, b].
Prove que
b
f > 0. a Sugestão: Se
f
é integrável, então pelo Teorema 28.2.1 deve existir algum ponto
x0 ∈ [a, b]
é contínua. O resto é consequência da hipótese de positividade e do Exercício 27.11.4.
393
onde
f ♣
Capítulo 29
Monótonas são Interessantes 29.1
Monotonia e Continuidade
Na presente seção serão consideradas apenas funções monótonas não-decrescentes.
Resultados
totalmente análogos valem para funções monótonas não-crescentes, cujas provas podem ser obtidas observando que si
29.1.1 Lema:
lim− f (x)
x→a
:=
Seja
Seja
:= {f (x)
sup A.
A rmação:
f
Seja
x→a
Observe que
α
é uma delas, então
lim+ f (x)
e
Demonstração : A
f
A
−f
é uma daquelas.
não-decrescente, ou seja,
a < b ⇒ f (a) 6 f (b).
Então os limites laterais
existem ambos.
A
o conjunto de nido como:
: x < a}. f (a), pois x < a ⇒ f (x) 6 f (a). α > f (x) para todo x < a.
é limitado superiormente por
Em particular, tem-se que
Portanto, existe
lim f (x) = α.
O
x→a−
> 0 arbitrário. Pela de nição de supremo existe x0 ∈ A, ou seja, x0 < a, tal que α− < f (x0 ). δ := a − x0 , tem-se:
Portanto, de nindo
0 < a − x < δ = a − x0 ⇔ x0 < x < a ⇒ f (x) > f (x0 ) > α − ⇒ |α − f (x)| = α − f (x) < .H B
Considere agora o conjunto
B
:=
{f (x) : a 6 x} .
Observe que
β
:=
inf B .
de nido como:
B
é limitado inferiormente por
f (a),
pois
Analogamente ao caso anterior prova-se que
29.1.2 Corolário:
Se
f
está de nida num intervalo
possui discontinuidades evitáveis.
395
a 6 x ⇒ f (a) 6 f (x). lim f (x) = β .
Portanto, existe
x→a+
(a, b) ⊆ R
e é não-decrescente, então
f
não
396
Monótonas são Interessantes
Demonstração :
Se fosse
l
lim f (x) 6= f (a),
:=
x→a
que:
então deve ser
f (a) < l,
ou
f (a) > l.
Observe
l = lim f (x) = lim− f (x) x→a
x→a
Portanto, dado
>0
existe
δ>0
tal que:
0 < a − x < δ ⇒ |l − f (x)| < . Desta maneira, se fosse
f (a) < l,
tomando
− f (a) > 0,
:= l
teria-se:
l − f (x) = |l − f (x)| < = l − f (a), f (a) < f (x), o que contradiz a monotonia da função, pois x < a ⇒ f (x) 6 f (a). f (a) > l é análoga.
de onde segue que A prova no caso
29.1.3 Teorema:
Seja f não-decrescente de nida em um conjunto compacto K = [a, b]. > 0 o conjunto: A := x ∈ K : lim f (y) − lim f (y) >
Então,
para cada
y→x−
y→x+
é nito.
Demonstração : Bx
:=
A 6= ∅,
para cada
x ∈ A ,
seja
Bx
o conjunto de nido como:
z ∈ [f (a), f (b)] : lim f (y) < z < lim f (y) . y→x−
Observe que se
Bx
Se
x ∈ A ,
y→x+
então o comprimento de
Bx
é maior o igual a
.
Além disso, os conjuntos
são disjuntos entre si, pela monotonia da função. Por outro lado, o intervalo
f (b) − f (a)
pode
ser particionado em, no máximo uma quantidade nita, a saber:
f (b) − f (a) de sub-intervalos disjuntos de comprimento
29.1.4 Corolário:
.
O conjunto de pontos em que uma função não-decrescente é discontínua é
enumerável.
Demonstração :
Seja
K
compacto. O conjunto de pontos de
K
onde
f
é discontínua pode ser
expressado como união enumerável:
∞ [
A1/n
n=1 de conjuntos
A1/n
nitos, no caso de
tanto, o conjunto de pontos de segue observando que
K
f
onde
ser monótona não-decrescente, pelo teorema anterior. Por-
f
é discontínua resulta enumerável. O resultado enunciado
R é σ -compacto, ou seja, união enumerável de compactos, e união enumerável
de conjuntos enumeráveis resulta enumerável.
397
29.2 Monotonia e Diferenciabilidade
29.2
Monotonia e Diferenciabilidade
O Corolário 29.1.4 anterior mostra que uma função monótona resulta automaticamente contínua em muitos pontos. Para a derivabilidade, a situação é mais di cil de analizar e também mais interessante. Uma função não-decrescente pode deixar de ser derivável em um conjunto não-enumerável de pontos. Contudo, ainda continua sendo verdade que tais funções são deriváveis em quase todos os pontos, segundo um sentido diferente da expressão quase todos que difere do muitos da continuidade. Esse fato é garantido por um famoso teorema de Henry Lebesgue, publicado em 1904 na primeira edição do seu famoso livro sobre integração. O resultado em questão aparece no nal do último capítulo, como broche de ouro de toda a teoria:
29.2.1 Teorema (Lebesgue, 1904):
Seja
f
não-decrescente.
Então
f
é diferenciável com a
posível exceição de um conjunto de medida nula.
A de nição de conjunto de medida nula foi introduzida na De nição 28.1.5 no Capítulo 28 da presente. Nesta seção é apresentada uma prova do Teorema de Lebesgue baseada na demonstração que consta no não menos famoso livro de F. Riesz e Sz.-Nagy, [11, p. 6 & ss.]. A prova do Teorema de Lebesgue fornece uma bela aplicação do Lema do Sol Nascente 19.14.5 que reproduzimos a seguir para conveniência do leitor, na sua versão ligeiramente generalizada fornecida pelo Exercício 19.14.4:
29.2.2 Lema (do Sol Nascente Versão Aprimorada): em
[α, β].
Se o conjunto de pontos de sombra de
de abertos
(a, b).
f
Seja
f
uma função com limites laterais
é não vazio, então é união disjunta numerável
Mais ainda, em tal caso, para cada um desses intervalos tem-se
f (a) 6 f (b).
Além desse resultado, a prova do Teorema de Lebesgue é pontilhada de outros resultados auxiliares enunciados como diversos Lemas a seguir, após as de nições pertinentes. Sejam
0
f±
0
e
f ± (x)
:=
f 0±
:=
Seja
f 0±
de nidas por:
f (x + h) − f (x) , h f (x + h) − f (x) lim inf . h h→0± lim sup h→0±
[a, b] ⊂ R.
Para cada
α∈R
de nem-se os conjuntos
0
E(α)
:= {x
∈ [a, b] : f + (x) > α},
F (α)
:= {x
∈ [a, b] : f 0− (x) < α}.
E(α)
e
F (α)
por:
398
Monótonas são Interessantes
29.2.3 Lema:
(a)
Seja
[a, b] ⊂ R
E(α)
O conjunto
α∈R
e
f
arbitrário. Seja
está contido no conjunto
G(α)
monótona. Então:
de pontos de sombra da função
g = gα
de nida como:
g(x) (b)
:= f (x)
− α x.
O conjunto
E(α)
(ak , bk )}k∈N
tais que:
pode ser coberto por uma família numerável de intervalos abertos
{Jk =
α (bk − ak ) 6 f (bk ) − f (ak ), ∀ k ∈ N. (c)
Em particular, tem-se:
∞ X
λ(Jk ) 6
k=1
(d)
Se
∞ \
E=
f (b) − f (a) . α
E(n),
então
λ(E) = 0.
(a)
Dado
x ∈ E(α)
n=1
Demonstração : 0
α < f + (x) = lim sup h→0+
arbitrário, tem-se:
f (x + h) − f (x) = inf >0 h
f (x + h) − f (x) h 0 0. h 0
Ou seja:
f (x + h) − f (x) . h 0
α < sup
Portanto, existe
α< Se
ξ
:= x
0 < h0 <
tal que:
f (x + h0 ) − f (x) . h0
+ h0 ,
então
ξ>x
e a última relação pode ser expressada como:
f (ξ) − f (x) > α. ξ−x Ou seja, existe
ξ>x
tal que:
f (ξ) − α ξ > f (x) − α x. A relação acima signi ca que
x ∈ E(α)
x
é ponto de sombra da função
era arbitrário, segue o resultado enunciado.
g(x)
:= f (x)
− α x.
Como
399
29.2 Monotonia e Diferenciabilidade
(b)
f é monótona, então existem os limites laterais de f . Por x 7−→ α x é contínua, e portanto existem seus limites laterais também. Desta maneira, existem os limites laterais da função g(x) = f (x) − α x. Portanto, aplicando o Lema do Sol Nascente para g , tem-se que o conjunto de pontos de sobra da g pode ser expressado como união disjunta enumerável de abertos (ak , bk ) com g(ak ) 6 g(bk ), Em primeiro termo, observe que se
outro lado, observe que a função
ou seja:
f (ak ) − α ak 6 f (bk ) − α bk α (bk − ak ) 6 f (bk ) − f (ak ) para todo
(c)
k ∈ N.
O resultado enunciado segue portanto do item anterior.
Da relação:
α (bk − ak ) 6 f (bk ) − f (ak ) do item anterior, tem-se:
α
X
(bk − ak ) 6
k∈N
X
f (bk ) − f (ak ) 6 f (b) − f (a),
k∈N
onde a última desigualdade é consequência da monotonia da
X
λ(Jk ) =
k∈N
(d)
Seja
>0 E
X
(bk − ak ) 6
k∈N
∞ \
En ⊆ En0
n=1 Como
>0
Demonstração :
f (b) − f (a) . α
n0 ∈ (N )
tal que:
k=1
k=1
era abitrário, segue que
29.2.4 Corolário:
0
f+
Portanto:
n0 > f (b) − f (a). Portanto: ! ∞ ∞ ∞ [ [ X f (b) − f (a) ⊆ Jk ⇒ λ(E) 6 λ Jk = < . λ(Jk ) 6 n0
arbitrário. Seja
:=
f.
k
λ(E) = 0.
existe com a possível exceição de um conjunto de medida nula.
Dado que
f
é monótona não-decrescente tem-se:
f (x + h) − f (x) > 0, ∀ h > 0 ⇒
f (x + h) − f (x) > 0, ∀ h > 0. h
Portanto:
0 f + (x)
Ou seja,
f (x + h) − f (x) = lim sup = inf >0 h + h→0 0
−∞ < f + .
n x :
existe
f (x + h) − f (x) sup h 0
Desta maneira, tem-se:
∞ n o n o o [ 0 0 0 f + (x) = x : f + < +∞ = x : f + (x) 6 n . n=1
> 0.
400
Monótonas são Interessantes
De onde segue que:
n x :
existe
∞ n ∞ n ∞ oc oc o \ \ \ 0 0 0 f + (x) = x : f + (x) 6 n = x : f + (x) > n = E(n) = E. n=1
n=1
Finalmente, o resultado enunciado segue observando que e
n=1
λ(E) = 0
pelo item (d) do lema ante-
rior.
29.2.5 Lema:
(a)
Sejam
O conjunto
[a, b] ⊂ R
−F (α)
e
α∈R
arbitrário. Seja
está contido no conjunto
H(α)
f
monótona. Então:
de pontos de sombra da função
h = hα
de nida como:
h(x) Ou seja,
:= f (−x)
+ α x.
x ∈ F (α) ⇒ −x ∈ H(α). h.
Em outras palavras, se
x ∈ F (α),
então
−x
é um ponto
de sombra da função
(b)
O conjunto
(ak , bk )}k∈N
F (α)
pode ser coberto por uma família enumerável de intervalos abertos
{Lk =
tais que:
f (bk ) − f (ak ) 6 α (bk − ak ), ∀ k ∈ N.
Demonstração :
(a)
α>
f 0− (x)
Dado
x ∈ F (α)
arbitrário, tem-se:
f (x + h) − f (x) = lim inf = sup h h→0− >0
f (x + h) − f (x) inf − 0. > inf −
Ou seja:
inf
−
f (x + h) − f (x) < α. h
Portanto existe
− < h0 < 0
tal que:
f (x + h0 ) − f (x) < α. h0 Se
ξ
:= x
+ h0 ,
então a última relação pode ser expressada como:
f (ξ) − f (x) < α. ξ−x de onde, lembrando que
ξ − x = h0 < 0,
tem-se:
f (ξ) − f (x) > α ξ − α x f (ξ) − α ξ > f (x) − α x h(x) := f (−x) + α x. A última relação acima expressa que h(−ξ) > h(−x) −x − h0 > −x, pois −h0 > 0. Portanto, −x é ponto de sombra da função h.
Seja
com
−ξ =
401
29.2 Monotonia e Diferenciabilidade
(b)
Em primeiro termo, observe que se
f
é monótona não-decrescente, então:
x < y ⇒ −x > −y ⇒ f (−x) > f (−y). Ou seja, a função laterais.
x 7−→ f (−x)
é monótona não-crescente e portanto existem os seus limites
Por outro lado, observe que a função
x 7−→ α x
é contínua, e portanto existem
seus limites laterais também. Desta maneira, existem os limites laterais da função
f (−x) + α x.
Portanto, aplicando o Lema do Sol Nascente para
h pode ser expressado como h(−bk ) 6 h(−ak ), ou seja:
de pontos de sombra da
Jk
:= (−bk , −ak ) com
h,
h(x) =
tem-se que o conjunto
união disjunta enumerável de abertos
f (bk ) − α bk 6 f (ak ) − α ak f (bk ) − f (ak ) 6 α (bk − ak ) k ∈ N. −Jk = (ak , bk ).
para todo
29.2.6 Lema:
O resultado enunciado segue portanto do item anterior, de nindo
Com as de nições precedentes tem-se:
n oc [ [ \ 1 0 F (q) E q + x : f + (x) 6 f 0− (x) = . n q∈Q n∈N
Demonstração :
Basta observar que:
n oc n o 0 0 x : f + (x) 6 f 0− (x) = x : f + (x) > f 0− (x) n o 0 = x : f 0− (x) < f + (x) o [n 0 = x : f 0− (x) < q < f + (x) q∈Q
[ [
1 0 < q < q + < f + (x) = x : n q∈Q n∈N n o \ [ [ 1 0 = x : f 0− (x) < q x : q + < f + (x) n q∈Q n∈N [ [ \ 1 . = F (q) E q + n f 0− (x)
q∈Q n∈N
0
29.2.7 Lema:
f + 6 f 0− ,
Demonstração :
Pelo lema precedente, basta provar que cada um dos conjuntos
com a possível exceição de um conjunto de medida nula.
\ 1 F (q) E q + n tem medida nula. Isso será consequência da seguinte proposição mais geral:
α < β ⇒ F (α) ∩ E(β)
tem medida nula.
Lk =
402
Monótonas são Interessantes
Com efeito, depois basta tomar
α=q
e
β = q + 1/n.
Seja então
α < β.
Apenas por conveniência,
a prova será dividida em várias partes.
(a)
Pelo Lema 29.2.5 sabe-se que:
F (α) ⊆ H1 (α)
[
:=
(a1k , b1k )
k∈N com
f (b1k ) − f (a1k ) 6 α (b1k − a1k ), onde
Seja
H1 (α)
é o conjunto de pontos de sombra da função
gβ (x) = f (x) − β x
e sejam
gβk
hα (x) = f (−x) + α x.
as restrições:
gβk = gβ |(a1 ,b1 ) . k
k
Pelo Lema de Sol Nascente, o conjunto
Gk1 (β) de pontos de sombra de gβk , pode ser expressado
como união disjunta:
Gk1 (β) =
[
(a1kj , b1kj )
j∈N com
β (b1kj − a1kj ) 6 f (b1kj ) − f (a1kj ), ∀ k, j ∈ N. Portanto:
G1 (β)
:=
[
Gk1 (β) =:
[
(a2k , b2k ),
k∈N
k∈N onde a última união é
disjunta,
pois os intervalos
maneira:
β λ(G1 (β)) = β
X
(b2k − a2k )
k∈N
=β
XX (b1kj − a1kj ) k∈N j∈N
6
XX
(f (b1kj ) − f (a1kj ))
k∈N j∈N
=
X
f (b1k ) − f (a1k )
k∈N
6α
X
(b1k − a1k )
k∈N
= α λ(H1 (α)). Portanto:
λ(G1 (β)) 6
α λ(H1 (α)). β
(a1k , b1k )
originais são disjuntos.
Desta
403
29.2 Monotonia e Diferenciabilidade
(b)
Sejam agora
hkα
:=
hkα
as restrições:
hα |(a2 ,b2 ) . k
k
Pelo Lema do Sol Nascente, o conjunto
H2k
de pontos de sombra de
hkα
pode ser expressado
como união disjunta:
H2k (α) =
[
(a2kj , b2kj )
j∈N com
f (b2kj ) − f (a2kj ) 6 α (b2kj − a2kj ). Portanto:
H2 (α)
:=
[
H2k (α) =:
[
(a3k , b3k ),
k∈N
k∈N onde a última união é
disjunta,
pois os intervalos
(a2k , b2k )
originais são disjuntos.
Desta
maneira:
λ(H2 (α)) =
X
(b3k − a3k )
k∈N
=
XX (b2kj − a2kj ) k∈N j∈N
6
X
(b2k − a2k )
k∈N
= λ(G1 (β)). A última desigualdade acima decorre do fato que
(a2kj , b2kj ) ⊆ (a2k , b2k )
para todo
j ∈ N.
Portanto:
λ(H2 (α)) 6 λ(G1 (β)). (c)
O processo descrito nas partes (a) e (b) precedentes pode ser continuado inductivamente, considerando agora as restrições:
gβk = gβ |(a3 ,b3 ) , k
etc.
k
Desta maneira resulta possível construir uma coleção
abertos disjuntos tais que:
α λ(Hn (α)), β λ(Hn (β)) 6 λ(Gn−1 (β)). λ(Gn (β)) 6
Gn (β)
e
Hn (α)
de famílias de
404
Monótonas são Interessantes
Em tal caso, tem-se:
α λ(Hn (α)) β α 6 λ(Gn−1 (β)) β 2 α 6 λ(Hn−1 (α)) β
λ(Gn (β)) 6
6 ··· n−1 α λ(G1 (β)) 6 β n α 6 λ(H1 (α)). β Ou seja:
λ(Gn (β)) 6
n α λ(H1 (α)). β
Desta maneira, tem-se:
α<β⇒ (d)
α < 1 ⇒ lim n→∞ β
n α = 0 ⇒ lim λ(Gn (β)) = 0. n→∞ β
Pelo resultado da parte precedente, para concluir a prova do lema basta veri car:
F (α) ∩ E(β) ⊆ Gn (β), ∀ n ∈ N. A prova desta relação será feita por indução em
n.
Para o caso
n = 1,
observando que:
F (α) ⊆ H1 (α) E(β) ⊆ G(β) tem-se:
F (α) ∩ E(β) ⊆ H1 (α) ∩ G(β) ⊆ G1 (β). A última contenção acima segue da de nição de
G1 (β).
Continuando o processo inductivo,
observe que agora tem-se:
F (α) ∩ E(β) ⊆ G1 (β) F (α) ∩ E(β) ⊆ F (α) ⊆ H1 (β) de onde segue:
F (α) ∩ E(β) ⊆ H1 (α) ∩ G1 (β) = H2 (α). Desta maneira agora tem-se:
F (α) ∩ E(β) ⊆ H2 (α) F (α) ∩ E(β) ⊆ G1 (β) de onde segue:
F (α) ∩ E(β) ⊆ H2 (α) ∩ G1 (β) = G2 (β). Desta maneira o processo pode ser continuado inductivamente até qualquer
n ∈ N.
405
29.2 Monotonia e Diferenciabilidade
29.2.8 Corolário:
0
f − 6 f 0+ , com a possível exceição de um conjunto de medida
Em particular,
nula.
Demonstração :
f é monótona não-decrescente, então a aplicação x 7−→ f (−x) é não-crescente, x 7−→ −f (−x) é não-descrescente. Por outro lado, observe que:
Se
de onde a aplicação
0
−f + (−x) = lim sup h→0+
−f (−(x + h)) − (−f (−x)) f (−x − h) − f (−x) = lim sup h −h + h→0 f (−x + h) − f (−x) 0 = lim sup = f − (−x). h − h→0
Analogamente:
−f 0− (−x) = lim inf − h→0
−f (−(x + h)) − (−f (−x)) f (−x − h) − f (−x) = lim inf − h −h h→0 f (−x + h) − f (−x) = f 0+ (−x). = lim inf h h→0+
−f (−x), sabe-se que o complemento do conjunto: o n o n o n 0 0 0 x : f − (−x) 6 f 0+ (−x) = −x : f − (x) 6 f 0+ (x) = − x : f − (x) 6 f 0+ (x) =: − E
Portanto, aplicando o lema precedente à função
tem medida nula. Dado que
−E = {x : −x ∈ E},
segue que:
c
(−E) = {x : x ∈ / −E} = {x : −x ∈ / E} = {−x : x ∈ / E} = − {x : x ∈ / E} = −E c . c
0 = λ((−E) ) = λ(−E c ) ⇒ λ(−(−E c )) = 0 ⇒ λ(E c ) = λ(−(−E c )) = 0. Ou seja, complemento do conjunto E tem medida nula, o que constitui uma paráfrase do enunciado.
Portanto:
29.2.9 Teorema (Lebesgue, 1904):
Seja
f
não-decrescente.
Então
f
o
é diferenciável com a
posível exceição de um conjunto de medida nula.
Demonstração :
Basta supor que
f
está de nida em um intervalo
presado como união enumerável de tais intervalos, por exemplo
R=
nito [ [a, b], pois R pode ser ex-
[−n, n], e união enumerável
n∈N de conjuntos de medida nula possui medida nula. Para xar idéias, suponha que
não-decrescente 0
em
[a, b].
0
f
é monótona
Têm-se então as seguintes relações:
0
f + 6 f 0− 6 f − 6 f 0+ 6 f + < ∞, salvo um conjunto de medida nula. Com efeito, a primeira desigualdade segue do Lema 29.2.7; a terceira do Corolário 29.2.8; a segunda e quarta são triviais, pois:
lim inf 6 lim sup, − h→0
h→0−
lim inf 6 lim sup; + h→0
h→0+
entanto que a quinta e última desigualdade segue do Corolário 29.2.4. Assim, com a possível exceção de um conjunto de medida nula.
f0
existe em
[a, b]
406
29.2.10 Observação:
Monótonas são Interessantes
Se
f
é monótona, então pelo Corolário 29.1.4
posívelmente um conjunto enumerável e portanto de medida nula.
f
deve ser contínua exceto
Desta maneira, na prova do
Teorema de Lebesgue pode ser usado o Lema do Sol Nascente na sua versão original para funções contínuas, ou seja, sem a generalização da Versão Aprimorada apresentada no Lema 29.2.2.
♣
Exercícios para o Capítulo 29 29.3
A Conexão para uma Contínua Monotonia
Para a de nição de função conexa, vide Seção 19.10.
29.3.1 Exercício:
Prove que toda função conexa e monótona é contínua.
Sugestão: Observe-se que para uma tal função, pelo fato de ser monótona e o Lema 29.1.1, os limites laterais em algum ponto, digamos
a,
sempre existem. Eles não podem ser diferentes, pois
lim f (x) sempre existe. x→a Se tal limite fosse diferente de f (a), então a função teria uma discontinuidade evitável, mas isso é isso entraria em con ito com a suposta conexidade da função. Portanto,
proibido pelo Corolário 29.1.2. Portanto, deve ser
29.4 Se
f
e
lim f (x) = f (a).
x→a
Ou seja,
f
é contínua.
♣
Com Monotonia a Continuidade Resulta Absoluta g
são funções absolutamente contínuas, a sua composição
h=f ◦g
não hereda necessaria-
mente tal propriedade, como pode ser veri cado junto ao contra-exemplo do Exercício 19.13.4. A monotonia da
g,
porém, acrescenta um ingrediente a mais.
29.4.1 Exercício:
f ◦g
Sejam
f
e
g
são funções absolutamente contínuas. Se
g
é monótona, então
♣
é absolutamente contínua.
29.5
Diferenciabilidade de Funções Convexas
29.5.1 Exercício:
Prove que toda função convexa resulta automaticamente diferenciável exceto
em um conjunto numerável. Sugestão: Qualquer função
f
será diferenciável quando as suas derivadas laterais
iguais (vide de nições 24.3.3 e 24.3.4).
0 f−
e
0 f+
sejam
Para uma função convexa, isso acontece, em particular,
quando uma qualquera delas é contínua, pelo Lema 24.3.5(e). Agora bem, segundo o mesmo Lema 24.3.5(c), tais derivadas laterais são funções monótonas não-decrescentes, e portanto automaticamente contínuas exceto um conjunto numerável, pelo Corolário 29.1.4.
407
♣
408
Monótonas são Interessantes
29.6
Integral de Funções Monótonas Não-Decrescentes
29.6.1 Exercício:
Seja f uma função não-decrescente, ou seja, x < y ⇒ f (x) 6 f (y). Pn a partição do intervalo [a, b] em n intervalos de comprimento (b − a)/n cada. Ou seja, Pn = {t0 , t1 , . . . , tn }, onde tk = a + k(b − a)/n, para k = 0, 1, . . . , n. Seja
(a)
Prove que:
L(f, Pn ) =
n−1 b−a X f (tk ). n k=0
(b)
Prove que:
n
U (f, Pn ) =
b−a X f (tk ). n k=1
(c)
Prove que
U (f, Pn ) − L(f, Pn ) = (f (b) − f (a)) (b − a)/n.
Sugestão: A identidade resulta evidente trazando um grá co.
(d)
Conclua do item anterior que uma tal
(e)
Suponha que existe
I∈R
f
é integrável em
tal que para todo
n∈N
[a, b].
tem-se:
n−1 n b−a X b−a X f (tk ) 6 I 6 f (tk ), n n k=0
Z
k=1
b
♣
f = I.
Prove que
a
29.7
Integral de Funções Monótonas Não-Crescentes
29.7.1 Exercício:
Seja f uma função não-crescente, ou seja, x < y ⇒ f (x) > f (y). Seja Pn a partição do intervalo [a, b] em n intervalos de comprimento (b − a)/n cada. Ou seja, Pn = {t0 , t1 , . . . , tn }, onde tk = a + k(b − a)/n, para k = 0, 1, . . . , n.
(a)
Prove que:
n
L(f, Pn ) =
b−a X f (tk ). n k=1
(b)
Prove que
n−1 b−a X U (f, Pn ) = f (tk ). n k=0
(c)
Prove que
U (f, Pn ) − L(f, Pn ) = (f (a) − f (b)) (b − a)/n.
Sugestão: A identidade resulta evidente trazando um grá co.
409
29.8 Integral de Inversas de Funções Monótonas Crescentes
(d)
Conclua do item anterior que uma tal
(e)
Suponha que existe
I∈R
f
é integrável em
tal que para todo
n∈N
[a, b].
tem-se:
n n−1 b−a X b−a X f (tk ) 6 I 6 f (tk ), n n k=1
Z
k=0
b
♣
f = I.
Prove que
a
29.8
Integral de Inversas de Funções Monótonas Crescentes
29.8.1 Exercício: partição de
(a)
[a, b],
seja
f
Seja
P0
P = {t0 , t1 , . . . , tn } P 0 = {f −1 (t0 ), f −1 (t1 ), . . . , f −1 (tn )}.
uma função (estrictamente) crescente. Se
dada por
é uma
Prove que:
L(f −1 , P ) + U (f, P 0 ) = b f −1 (b) − a f −1 (a). Sugestão: Resulta aqui de inestimável ajuda usar primeiramente um grá co para vizualizar por quê isso deve ser assim.
(b)
Usando o item anterior, prove que:
Z
b
f −1 = b f −1 (b) − a f −1 (a) −
A Integral de
29.9.1 Exercício: (a)
f −1 (b)
♣
f. f −1 (a)
a
29.9
Z
Seja
xp
p∈N
com
Revisitada
p ∈ N.
Use a identidade:
n−1 X k=1
n
X np+1 6 (k + 1)p k 6 p+1 p
k=1
provada no Exercício 3.11.1(c) conjuntamente com o Exercício 29.6.1 anterior para provar que
Z
b
xp dx =
0
(b)
bp+1 . p+1 Z
Generalize o resultado anterior para
b
xp dx
com
0 6 a < b.
a
(c)
Generalize para
a
e
b
Sugestão: Asuma que
arbitrários.
a < 0 e considere por separado os casos b > 0 e b 6 0, respectivamente. p par e ímpar como sub-casos. ♣
Neste último caso, considere separadamente
410
Monótonas são Interessantes
29.10
A Integral de
29.10.1 Exercício:
x1/p
p ∈ N.
Seja
com
p∈N
Considerando
0 6 a < b,
use os exercícios 29.8.1 e 29.9.1 para
provar que:
Z
b
x1/p dx =
a
29.11
a(1/p)+1 b(1/p)+1 − . (1/p) + 1 (1/p) + 1
A Integral de
29.11.1 Exercício: n a X cos n k=1
ka n
cos
e
♣
sen
Revisitada
Use a identidade
válida para qualquer
n−1 ka a X cos < sen a < , ∀ n ∈ N; n n k=0
0 < a 6 π/2
provada no Exercício 15.11.11, conjuntamente com o Exercício
29.7.1 anterior para provar que:
Z
a
cos x dx = sen a, 0 para todo
0 < a 6 π/2.
a = 0,
Observe-se esta expressão também é válida para
pois em tal caso
♣
ambos membros são nulos.
29.11.2 Exercício:
(a)
Use a paridade do coseno para veri car que a expressão para integral
do exercício anterior é válida também no intervalo em
(b)
−π/2 6 a 6 0.
Portanto, resulta válida
−π/2 6 a 6 π/2.
Veri que a validade da expressão para integral do exercício anterior no intervalo
π/2 6 a 6
3π/2. Sugestão: Em tal caso
Z
a
Z cos x dx =
0
−π/2 6 a − π 6 π/2 π/2
Z
a
cos x dx + 0
e assim:
Z
a−π
cos x dx = sen π/2 +
cos(x + π) dx −π/2
π/2
Z
a−π
= 1−
cos x dx = 1 − sen(a − π) + sen(−π/2). −π/2
(c)
Generalize para todo
a ∈ R.
Sugestão: Observe-se que o intervalo
−π/2 6 a 6 3π/2
tem comprimento
dicidade das funções trigonométricas.
29.11.3 Exercício:
Z
Use o Exercício 29.11.1 para provar que:
π/2
sen x dx = 1. 0
2π
e use a perio-
♣
29.11 A Integral de
cos
e
sen
411
Revisitada
Sugestão: Observe que:
π/2
Z
Z
0
Z
sen x dx =
0
sen(x + π/2) dx = −π/2
0
Z cos x dx =
−π/2
π/2
cos(−x) dx 0
π/2
Z
♣
cos x dx = sen π/2 = 1.
= 0
29.11.4 Exercício:
Use o exercício anterior para provar que:
a
Z
sen x dx = 1 − cos a, 0 para todo
a ∈ R.
Sugestão: Observe que:
Z
a
Z sen x dx =
0
Z
a
sen x dx + 0
Z
π/2
Z
a−π/2
sen x dx = 1 + π/2
sen(x + π/2) dx 0
a−π/2
cos x dx = 1 + sen(a − π/2) = 1 − cos a.
=1+ 0
♣
412
Monótonas são Interessantes
Capítulo 30
Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal 30.1
Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal
30.1.1 Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal:
[a, b].
Considere a função
Z F (x)
F
de nida em
[a, b]
Seja
f
integrável em
como:
x
f.
:= a
Se
f
é contínua em algum ponto
c ∈ [a, b],
então
F
é derivável em
c
e tem-se:
F 0 (c) = f (c). Quando
c=a
ou
c = b,
Demonstração :
Como
F 0 (c) F.
então
esquerda, respectivamente, da
f
deve ser entendida como a derivada lateral, pela direita ou
é integrável por hipótese, sabe-se que
F (x) = L(x) = U (x).
Portanto
a presente prova constiui basicamente uma paráfrase da demonstração do Teorema 27.3.7. Seja
c ∈ (a, b).
Considere
h > 0.
De nem-se
m(h)
e
M (h)
respectivamente como:
m(h) = inf {f (t) : c 6 t 6 c + h} , M (h) = sup {f (t) : c 6 t 6 c + h} . Seja
P = {c, c + h}
partição de
[c, c + h].
Observe que:
m(h)h = L(f, P ) 6 sup L(f, P ) = L(f, [c, c + h]) P
6 U (f, [c, c + h]) = inf U (f, P ) 6 U (f, P ) = M (h)h. P
Por outro lado, observe que:
L(f, [c, c + h]) = L(f, [a, c + h]) − L(f, [a, c]) = L(c + h) − L(c). 413
414
Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal
Analogamente:
U (f, [c, c + h]) = U (f, [a, c + h]) − U (f, [a, c]) = U (c + h) − U (c). Portanto:
m(h) 6
L(c + h) − L(c) U (c + h) − U (c) 6 6 M (h), ∀ h > 0. h h
Considere agora
h < 0.
De nem-se
m(h)
e
M (h)
respectivamente como:
m(h) = inf {f (t) : c + h 6 t 6 c} , M (h) = sup {f (t) : c + h 6 t 6 c} . Analogamente ao caso anterior, observando que
−h = |h| > 0,
tem-se:
m(h)(−h) 6 L(f, [c + h, x]) 6 U (f, [c + h, x]) 6 M (h)(−h), de onde segue que:
m(h) 6
U (c) − U (c + h) L(c) − L(c + h) 6 6 M (h). −h −h
Portanto:
m(h) 6 Como
f
L(c + h) − L(c) U (c + h) − U (c) 6 6 M (h), ∀ h < 0. h h
é contínua em
c
por hipótese, tem-se:
lim m(h) = f (c) = lim M (h).
h→0
h→0
Portanto:
L0 (c) = U 0 (c) = f (c). Se
c
estiver em algum dos extremos do intervalo, então
F 0 (c)
deve ser entendida como a deri-
vada lateral, pela direita ou esquerda, em cujo caso o leitor não terá di culdade em modi car convenientemente os argumentos aqui apresentados.
f é contínua em todo o intervalo [a, b], pelo teorema anterior, a função F resulta [a, b]. Em tal caso, teoremas concernentes a funções deriváveis em todo um intervalo aplicados a F . O seguinte resultado constitui um exemplo. Embora não passe de um
Quando
derivável em podem ser
mero corolário do teorema anterior, na prática permite reduzir o cálculo de certas integrais a uma veri cação quase trivial.
30.1.2 Corolário:
Z
Se
b
f = g(b) − g(a). a
f
é contínua em
[a, b]
e
f = g0
para alguma função
g,
então:
415
30.2 Segundo Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal
Demonstração :
Se
Z F (x)
f
é contínua em
[a, b],
pelo teorema anterior, a função
F
de nida como:
x
f
:= a
[a, b]. Mais ainda, para todo x ∈ [a, b] tem-se que F 0 (x) = f (x) = g 0 (x). F (x) = g(x) + c para alguma constante c ∈ R. Observando que:
resulta derivável em todo Portanto, deve ser
a
Z
f = F (a) = g(a) + c
0= a
c = −g(a). Desta maneira, F (x) = g(x) − g(a) x = b, resulta: Z b f = F (b) = g(b) − g(a).
segue que
para
x ∈ [a, b].
Em particular, tomando
a
30.2
Segundo Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal
O último corolário da seção anterior costuma ser denominado
cálculo,
segundo teorema fundamental do
principalmente por aqueles que confundem a de nição de integral com a de antiderivada
ou primitiva. Seguindo Spivak [14], esse nome será reservado aqui para um resultado mais geral, válido para
f
não apenas contínua, mas integrável. Embora a demonstração seja completamente
diferente, uma vez que neste caso não é mais possível apelar ao Teorema 30.1.1, as consequências práticas se mantém basicamente sem modi cação.
30.2.1 Segundo Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal:
[a, b]
f = g0
e
Z
para alguma função
g.
Seja
f
integrável em
Então:
b
f = g(b) − g(a). a
Demonstração :
Seja
P = {a = t0 , t1 , . . . , tn = b} xi ∈ [ti−1 , ti ] tal que:
partição do intervalo
Valor Médio 23.2.2, existe
g(ti ) − g(ti−1 ) = g 0 (xi ) (ti − ti−1 ) = f (xi ) (ti − ti−1 ). De nindo:
mi = inf {f (x) : ti−1 6 x 6 ti } , Mi = sup {f (x) : ti−1 6 x 6 ti } , segue obviamente que:
mi (ti − ti−1 ) 6 f (xi ) (ti − ti−1 ) 6 Mi (ti − ti−1 ). Portanto:
mi (ti − ti−1 ) 6 g(ti ) − g(ti−1 ) 6 Mi (ti − ti−1 ).
[a, b].
Pelo Teorema do
416
Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal
Somando as relações acima para
n X
i = 1, 2, . . . , n,
mi (ti − ti−1 ) 6 g(tn ) − g(t0 ) 6
i=0
n X
tem-se:
Mi (ti − ti−1 ).
i=0
Ou seja:
L(f, P ) 6 g(b) − g(a) 6 U (f, P ). Observe que
[a, b].
Como
Z
P era arbitrária, f é integrável por
b
f = g(b) − g(a). a
portanto a relação acima vale para toda partição hipótese, pelo Lema 27.3.4, deve ser:
P
do intervalo
Exercícios para o Capítulo 30 30.3
Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo
30.3.1 Exercício: (a)
x
Z F (x) =
Calcule a derivada das seguintes funções:
p
√
4 + t2 dt.
R:
4 + x2 .
0
(b)
2
Z F (x) =
p
4 + t2 dt.
R:
0.
0
(c)
0
Z F (x) =
p
1 + t4 dt.
R:
√ − 1 + x4 .
♣
x
Z
30.3.2 Exercício: 0
Seja
G(x) =
h(x)
f (t) dt,
onde
h
é uma função derivável.
Provar que
a
0
G (x) = f (h(x)) h (x). Sugestão: O resultado é uma simples consequência da regra de derivação de funções compostas e
♣
do primeiro TFCI.
30.3.3 Exercício: (a)
x2
Z G(x) = 0
(b)
Calcule a derivada das seguintes funções:
1 dt. 1+t
R:
2x/(1 + x2 ).
x2
Z
t2 dt.
G(x) =
R:
(x2 )2 .2x = 2x5 .
1
(c)
x2
Z G(x) =
p
1 + t4 dt.
R:
2x
√
1 + x8 .
1 √
(d)
Z
1+x4
t2 dt.
G(x) =
R:
√ 2x3 (1 + x4 )/ 1 + x4 .
1
(e)
Z G(x) = 0
sen x
1 dt. 2+t
R:
417
cos x/(2 + sen x).
418
(f )
Teorema Fundamental do Cálculo In nitesimal
1
Z
cos2 t dt.
G(x) = 2x x
(g)
Z G(x) =
−x
(h)
Z
x
G(x) = −x
30.4
R:
1 dt. 3 + t2
−2 cos2 (2x).
R:
1 dt. 3 + t3
R:
2/(3 + x2 ).
1/(3 − x3 ) + 1/(3 + x3 ).
♣
Integrais De nidas
30.4.1 Exercício:
Determine o valor das seguintes integrais. Em alguns casos, cálculos podem
ser evitados por considerações de paridade.
(a)
1
Z
(2x3 + 3) dx.
R:
6.
−1
(b)
4
Z
x5 − x dx. 3x3
1
(c)
R:
27/4.
π/2
Z
sen x dx.
R:
1.
R:
0.
0
(d)
π
Z
(sen x + cos x) dx. −π
(e)
1
Z 0
1 dx. 1 + x2
R:
30.4.2 Exercício:
♣
arctg(1) = π/4.
Calcule as seguintes integrais.
A técnica é a mesma que a do exercício
anterior, mas aqui será necessário um pouco mais de trabalho para reconhecer o integrando como a derivada de uma certa função.
(a)
4
Z
√
x+x
4
1
(b)
1
Z 0
(a)
π/2
cos t dt = x
30.4.4 Exercício:
Z
dx.
R:
arctg x dx. 1 + x2
30.4.3 Exercício:
Z
1 √ +1 2 x
R:
Caso existir, determine o valor de
1 . 2
Seja
R:
g(x) = f 0 (x), ∀ x.
(65 − 25 )/5.
π 2 /32.
x
♣
tal que:
♣
arcsen(1/2) = π/6.
Determine o valor da constante
c
tal que:
b
g(sen(x)) cos(x) dx = f (sen(b)) + c. π/2
R:
c = −f (1).
♣
419
30.5 Áreas Determinadas por Curvas
30.5
Áreas Determinadas por Curvas
30.5.1 Exercício: (a) (b)
Determine a área limitada pelo grá co de:
f (x) = x−2/3 ,
o eixo das abcisas e as retas
f (x) = (x + 30)
30.5.2 Exercício:
√
−1/2
e
, o eixo das abcisas e as retas
x = 27.
x=1
e
R:
x = 6.
R:
2(6 −
√
3. ♣
31).
Determine a área limitada pelas curvas e retas em cada caso:
(a)
f (x) =
(b)
f (x) = x3 ,
(c)
f (x) = x + 1, g(x) = −x + 1
x, g(x) = x − 2
x = 0.
e a reta
R:
o eixo das ordenadas e a tangente a
30.5.3 Exercício:
f
no ponto
(1, 1). R:
f (x) = 6x − x2
(b)
f (x) = x2 − 4
e
e
f
e
g
♣
nos seguintes casos: R:
R:
3/4.
1.
g(x) = x2 − 2x.
g(x) = x − 2.
16/3.
R:
e o eixo das abcisas.
Calcule a área comprendida entre as funções
(a)
30.6
x=8
64/3. ♣
9/2.
Volume de Sólidos de Revolução
30.6.1 Exercício:
Calcular o volume do sólido gerado rotando cada uma das seguintes funções
em torno do eixo das abcisas nos itervalos indicados.
1 (a) f (x) = 2 1
se se se
(b)
f (x) = x2
(c)
f (x) = 2 cos x
0 6 x < 1, 1 6 x < 2, 2 6 x 6 3;
no intervalo
30.6.2 Exercício:
no intervalo
no intervalo
R:
[0, π/2].
(b)
Um cone circular reto de ráio
a função
f.
R:
6π .
32π/5.
π2 .
♣
Calcule o volume de:
Um cilindro circular reto de ráio
de nida para todo
R:
[0, 2].
(a)
30.6.3 Exercício:
[0, 3].
r
r
e altura
e altura
h.
h.
R: R:
πr2 h/3.
♣
Um sólido de revolucão é gerado pela rotação do grá co da função
x > 0.
Se para cada
a > 0 o volume p deste sólido R: f (x) = (2x + 1)/π .
é dado por
πr2 h.
a2 + a,
f (x),
determine
♣
Capítulo 31
As Funcões Trigonométricas 31.1
O Número
π
e a Área do Círculo Unitário
As propriedades fundamentais das funções trigonométricas foram introduzidas na Seção 15.10, e são reproduzidas a seguir para conveniência do leitor. Seja
R 3 π > 0.
Considere duas funções, denotadas por
sen
e
cos,
satisfazendo as seguintes
propriedades:
1.
Domínio de de nição :
2.
Valores especiais :
As funções
sen
e
cos
estão de nidas em todo
R.
cos 0 = sen π/2 = 1, cos π = −1. 3.
Coseno de uma diferença :
Para todo
x, y ∈ R
tem-se:
cos(y − x) = cos(y) cos(x) + sen(y) sen(x). 4.
Desigualdades fundamentais : 0 < cos x <
Para
0 < x < π/2
tem-se:
sen x 1 < . x cos x
Resulta oportuno lembrar também que a partir dessas propriedades algébricas foi possível deducir a continuidade e derivabilidade, como também calcular as integrais das funções trigonométricas. Contudo, até aqui nunca foi provada a
existência
de duas funções com tais propriedades. No
presente capítulo serão de nidas formalmente as funções
cos
e
sen
e as propriedades acima enun-
ciadas serão demostradas rigorosamente. Talvez resulte óbvio para o leitor que um tal programa deveria começar de nindo o número positivo misterioso que encabeça a lista de propriedades acima. observe que a função
f (x) =
√
1 − x2
Para tanto, em primeiro lugar
está bem de nida e é contínua no intervalo
portanto integrável em tal domínio. Isso justi ca a seguinte de nição. 421
[−1, 1],
sendo
422
As Funcões Trigonométricas
31.1.1 De nição: 1
Z π
p
:= 2
De ne-se o número
π
como:
1 − x2 dx.
♣
−1
31.1.2 Lema:
π = 4
Z
1
p
1 − x2 dx.
0
Demonstração : π = 2
Z
1
Como o integrando que de ne
1
Z
p 1 − x2 dx = 2
−1
p
π
é uma função par, tem-se:
1 − x2 dx.
0
31.1.3 Observação:
(a)
0 6 x 6 1,
No caso
a área geométrica do setor circular no círculo
unitário é dada por:
A(x) =
x
√
1 − x2 + 2
Z
1
p
1 − t2 dt,
x
onde o segundo termo acima representa a área do setor circular, entanto que o primeiro representa a área do triângulo retângulo cuja base corresponde ao segmento que vai de
x. (b)
0
até
Neste caso, ambas áreas devem ser adicionadas.
−1 6 x 6 0
No caso
Z
1
A(x) =
p
a área geométrica do setor circular no círculo unitário é dada por:
1−
t2
x
√ x 1 − x2 dt + , 2
onde o primeiro termo acima representa a área do setor circular, entanto que o primeiro representa a área do triângulo retângulo cuja base corresponde ao segmento que vai de
0. Neste caso, a segunda área deve ser substraida da segunda. x no numerador no segundo termo é negativo neste caso.
x
até
Isso é garantido pelo fato que
♣
A observação precedente justi ca que a área de um setor circular no círculo unitário possa ser de nida para qualquer
31.1.4 De nição:
A(x)
:=
x
31.1.5 Lema:
√
−1 6 x 6 1
Para
com a mesma expressão.
−1 6 x 6 1 1
1 − x2 + 2
Z
A função
A(x)
p
de ne-se a função
A(x)
como:
1 − t2 dt.
x
satisfaz as seguintes propriedades:
♣
31.2 De nição e Propriedades de
(a) A(1) = 0, A(−1) = π/2 (b) A(x)
é derivável em
A0 (x) =
2
(c)
No intervalo
(d)
Em particular,
Demonstração : (b)
A
(a)
e
423
sen
A(0) = π/4.
(−1, 1)
−1 √ , 1 − x2
(−1, 1)
da de nição de
e
cos
e tem-se:
−1 < x < 1.
a função
A
é monótona estrictamente decrescente e portanto injetora.
é invertível em tal intervalo.
Os dois primeiros valores especiais
A.
A(1) = 0 e A(−1) = π/2, seguem direto
O terceiro é consequência do Lema 31.1.2 anterior.
Utilizando o TFCI para derivar o segundo termo em
A(x),
se
−1 < x < 1
tem-se:
√
p x (−2x) 1 − x2 + √ − 1 − x2 2 4 1 − x2 2 p 1 x 2 √ =− + 1−x 2 1 − x2 1 x2 + 1 − x2 √ =− 2 1 − x2 −1 = √ . 2 1 − x2
0
A (x) =
Em particuar,
(c)
A0 (x) < 0
Pelo item (b) anterior,
para todo
A0 (x) < 0
x ∈ (−1, 1).
para todo
x ∈ (−1, 1).
Portanto, a monotonicidade segue
do Lema 23.2.7(b). Pelo Exemplo 26.1.3(b), toda função monótona é injetora.
(d)
O a rmado é consequência do item (c) precedente e do Teorema 26.1.5.
31.2
De nição e Propriedades de
cos
e
sen
O resultado do Lema 31.1.5(d) justi ca a primeira das de nições a seguir.
A segunda simple-
mente incorpora o Teorema de Pitágoras na interpretação grá ca dos conceitos analíticos aqui apresentados.
31.2.1 De nição:
A(cos x) = Ou seja,
cos
sen x
Para
06x6π
p
cos x
pela relação:
x . 2
:= (2A)−1 . Para
:=
de ne-se a função
1 − cos2 x.
06x6π
de ne-se a funções
sen x
como:
♣
424
As Funcões Trigonométricas
31.2.2 Observação:
(a)
|cos x| < 1,
se
A |cos x| 6 1
Dado que o domíno de
estará contida nesse intervalo. Portanto,
Em particular, a função
sen x > 0,
se
0 6 x 6 π.
[−1, 1],
a imagem de
cos
Mais ainda, deve ser:
0 < x < π.
Com efeito, pelo Lema 31.1.5(a) tem-se que
(b)
é o intervalo se
sen
A(±1) = x/2 ⇒ x = 0 ∨ x = π .
está bem de nida e tem-se:
0 < x < π,
como também:
|sen x| 6 1, (c)
se
0 6 x 6 π.
Pelo resultado do Lema 31.1.5(a) sabe-se que
A(1) = 0.
Portanto:
cos 0 = 1, p √ sen 0 = 1 − cos2 0 = 1 − 1 = 0.
31.2.3 Lema:
As funções
cos
e
sen
são diferenciáveis em
♣
(0, π)
e em tal intervalo tem-se:
(a) cos0 = − sen. (b) sen0 = cos.
Demonstração :
(a)
Para simpli car a notação, denotando
B(cos x) = 2A(cos x) = 2
B
:= 2A, tem-se:
x = x ⇒ cos x = B −1 (x). 2
Portanto, utilizando a fórmula de derivação da função inversa tem-se:
cos0 x = (B
−1
)0 (x) 1 = 0 −1 B (B (x)) 1 = 2A0 (cos x) 1 1 = −1 2 √ 2 1 − cos2 x p = − 1 − cos2 x = − sen x.
(b)
Utilizando o resultado do item anterior, tem-se:
1 1 √ (−2) cos x cos0 x 2 1 − cos2 x cos x =− (− sen x) sen x = cos x.
sen0 x =
425
31.3 Fórmulas de Adição
31.2.4 De nição: Para
π 6 x 6 2π
Extensão de
sen e cos para R sen
as funções trigonométricas
e
cos
de nem-se da seguinte maneira:
sen x = − sen(2π − x); cos x = cos(2π − x). Se
x ∈ R,
então tem-se que
x = 2π k + x0 ,
k∈Z
para algum
e algum
x0 ∈ [0, 2π].
Em tal caso,
de ne-se:
sen x = sen x0 ; cos x = cos x0 .
31.2.5 Lema: todo
R
♣
As funções
cos
e
sen
assim estendidas continuam sendo são diferenciáveis em
e em tal conjunto ainda veri ca-se que:
(a) cos0 = − sen. (b) sen0 = cos.
Demonstração :
31.3
Segue diretamente do Lema 31.2.3 anterior.
Fórmulas de Adição
31.3.1 Lema:
Seja
f
tal que existe
f 00 (x)
para todo
x∈R
e tal que:
f 00 + f = 0, f (0) = 0, f 0 (0) = 0. Então,
f = 0.
Demonstração :
Observe que:
((f 0 )2 + f 2 )0 = 2 f 0 f 00 + 2 f f 0 = 2 f 0 (f 00 + f ) = 0. Portanto, a função
(f 0 )2 + f 2
deve ser uma constante, digamos,
c.
O valor desta constante pode
ser determinado observando que:
c = (f 0 (0))2 + f 2 (0) = 0 + 0 = 0. Desta maneira,
(f 0 )2 + f 2 = 0. Como f = 0.
termos for nulo, deve ser
a soma de quadrados somente pode ser nula se cada um dos
426
As Funcões Trigonométricas
31.3.2 Lema:
Se existe
f 00 (x)
para todo
x∈R
e:
f 00 + f = 0, f (0) = a, f 0 (0) = b. Então,
f (x) = a cos x + b sen x.
Demonstração :
De nindo a função
g
como
g
:= f
− a cos −b sen,
tem-se:
g = f − a cos −b sen, g 0 = f 0 + a sen −b cos, g 00 = f 00 + a cos +b sen . Portanto,
g 00 + g = f 00 + f = 0.
Além disso, observe que:
g(0) = f (0) − a cos 0 − b sen 0 = f (0) − a = 0, g 0 (0) = f 0 (0) + a sen 0 + b cos 0 = f 0 (0) − b = 0. Pelo Lema 31.3.1 anterior, deve ser
31.3.3 Lema:
Para todo
g = 0,
x, y ∈ R
ou seja,
f (x) = a cos x + b sen x.
tem-se:
(a) sen(x + y) = sen x cos y + cos x sen y . (b) cos(x + y) = cos x cos y − sen x sen y .
Demonstração :
(a)
Seja
y ∈ R.
Considerando a função
f (x) = sen(x + y),
tem-se:
f (x) = sen(x + y), f 0 (x) = cos(x + y), f 00 (x) = − sen(x + y). Portanto,
f 00 + f = 0.
Além disso, observe que:
f (0) = sen y, f 0 (0) = cos y. Pelo Lema 31.3.2 anterior, deve ser:
sen(x + y) = f (x) = sen y cos x + cos y sen x. (b)
Derivando a relação acima com relação a
x
tem-se:
cos(x + y) = sen0 (x + y) = sen y cos0 x + cos y sen0 x = − sen y sen x + cos y cos x.
Com os resultados até aqui apresentados resulta possível demonstrar as propriedades fundamentais das funções trigonométricas enumeradas no começo do presente capítulo. Essa tarefa será con ada para os primeiros exercícios do presente capítulo.
427
31.4 Algumas Desigualdades
31.4
Algumas Desigualdades
31.4.1 Lema:
A função
sen
satisfaz as seguintes propriedades:
(a) sen x < x,
se
0 < x < π/2.
(b) sen x < x,
se
0 < x < +∞.
(c) |sen x| < |x|,
se
0 < |x|.
(d) |sen x − sen y| < |x − y|,
Demonstração :
(a)
para todo
x, y ∈ R
com
x 6= y .
Pelo Teorema do Valor Médio 23.2.2, existe
ξ ∈ (0, x)
tal que:
sen x − sen 0 = sen0 ξ, x−0 ou seja:
sen x = cos ξ 6 |cos ξ| 6 1. x cos é estritamente decrescente em (0, π/2) com cos 0 = 1, 0 < ξ < π/2. Portanto:
Por outro lado, observe que a função de onde segue que
cos ξ < 1
se
sen x = cos ξ < 1, x ou seja,
(b)
sen x < x
Observe que se
se
0 < x < π/2.
x > π/2,
então:
sen x 6 |sen x| 6 1 < π/2 6 x. A primeira desigualdade é trivial; a segunda segue de
|sen x| 6 1,
entanto que a última vale
por hipótese. Para provar a terceira, observe primeiramente que em quadrado de lado diagonal igual a 1, pelo Teorema de Pitágoras, tem-se
a2 + a2 = 1,
ou seja,
2a2 = 1.
a
e
Por
outro lado, observe agora que a área do semicírculo superior de ráio 1 deve ser maior que a soma de dois quadrados de diagonal 1 no primeiro e segundo quadrantes. Portanto:
π = 2 ou seja,
(c)
Se
Z
1
p
1 − x2 dx > 2a2 = 1,
−1
π/2 > 1.
0 < x < π/2,
pelo item (a) anterior tem-se:
− |x| < 0 < sen x < x = |x| . Por outro lado, se para
−x
−π/2 < x < 0
então
−x ∈ (0, π/2).
Portanto aplicando a relação acima
tem-se:
− |−x| < 0 < sen(−x) < −x = |−x| , ou seja:
− |x| < − sen x < |x| ⇒ |x| > sen x > − |x| ⇒ − |x| < sen x < |x| .
428
As Funcões Trigonométricas
|sen x| < |x|
Portanto,
se
0 < |x| < π/2.
Finalmente, no caso
|x| > π/2,
tem-se:
|sen x| 6 1 < π/2 6 |x| . |sen x| < |x|,
Portanto,
(d)
para todo
|x| > 0.
Em primeiro termo, pelo Lema 31.3.3 tem-se:
sen
y−x 2
cos
x+y 2
= [sen y/2 cos(−x/2) + cos y/2 sen(−x/2)] [cos x/2 cos y/2 − sen x/2 sen y/2] = sen y/2 cos2 x/2 cos y/2 − sen2 y/2 cos x/2 sen x/2 − cos2 y/2 sen x/2 cos x/2 + cos y/2 sen2 x/2 sen y/2 = sen y/2 cos y/2 − cos x/2 sen x/2. Portanto:
2 sen
y−x 2
cos
x+y 2
= 2 sen y/2 cos y/2 − 2 cos x/2 sen x/2 = sen y − sen x.
Voltando à prova do resultado principal, suponha sem perda de generalidade que particular,
y − x > 0.
y − x |sen y − sen x| = 2 sen 2
cos x + y 6 2 2
sequência do item anterior, pois
sen x < x,
se
Em
sen y − x < 2 |y − x| = |y − x| . 2 2
|cos x| 6 1 para todo x, |y − x| = y − x > 0.
A primeira desigualdade segue de
31.4.2 Observação:
x < y.
Utilizando a identidade acima, tem-se:
entanto que a segunda é con-
A relação do item (a) do lema precedente, a saber:
0 < x < π/2,
foi introduzida no Exercício 15.10.13, sendo denominada
sub-linearidade do seno.
Nesse exercício
a relação foi veri cada utilizando as propriedades fundamentais. Observe que a prova desta mesma relação no Lema 31.4.1(a) tem a vantagem de prescindir das propriedades fundamentais. Observe também que a prova apresentada no Exercício 15.10.13 vale na verdade para Com efeito, seja
cos x > 0.
x
tal que
0 < x < π/2.
0 < x < π.
Pela primeira desigualdade da propriedade 4 sabe-se que
Portanto, pela última desigualda da propriedade 4 tem-se que
sen x cos x < x.
Portanto:
sen 2x = 2 sen x cos x < 2 x. O a rmado segue observando que
0 < x < π/2
se e somente se
0 < 2x < π .
♣
Exercícios para o Capítulo 31 31.5
Valores Especiais
31.5.1 Exercício:
Veri que os seguintes valores especiais:
cos 0 = 1, cos π/2 = 0, cos π = −1. Sugestão: Pelo Lema 31.1.5(a) tem-se:
A(1) = 0, A(0) = π/4, A(−1) = π/2; ou seja:
2A(1) = 0, 2A(0) = π/2, 2A(−1) = π; ♣ portanto...
31.5.2 Exercício:
Veri que os seguintes valores especiais:
sen 0 = 0, sen π/2 = 1, sen π = 0. Sugestão: Basta usar a de nição da função seno,
sen x =
√
1 − cos2 x,
com os valores especiais do
♣
exercício anterior.
31.6
Veri cação das Propriedades Algébricas
31.6.1 Exercício:
Veri que a propriedade 2
Valores especiais. ♣
Sugestão: Use os Exercícios 31.5.1 e 31.5.2. 429
430
As Funcões Trigonométricas
31.6.2 Exercício:
Coseno de uma diferença.
Veri que a propriedade 3
Sugestão: Pelo Lema 31.3.3(b) tem-se:
cos(y − x) = cos y cos(−x) − sen y sen(−x) = cos y cos x + sen y sen x.
31.6.3 Exercício:
Veri que a propriedade 4
♣
Desigualdades fundamentais procedindo com base
nas seguintes etapas:
(a)
Em primeiro lugar, veri que a relação:
0 < cos x,
se
0 < x < π/2, A é injetora 2A(0) = π/2.
usando o fato que a função
A(0) = π/4, (b)
Seja
x
ou seja,
(por ser monótona estrictamente decrescente) e que
0 < x < π/2. Em primeiro termo, use o Teorema do Valor Médio 23.2.2 (0, x) com a função sen. Depois observe que sen0 = cos e que a função cos é
tal que
no intervalo monótona
estrictamente decrescente
cos x <
em tal intervalo para veri car a desigualdade:
sen x . x
Se ainda tiver dúvidas, compare com a prova do item (a) do Lema 31.4.1.
(c)
Finalmente, para
cos x 6 1
0 < x < π/2,
use a desigualdade do Lema 31.4.1(a) e o fato de ser
em tal intervalo para veri car a desigualdade
sen x cos x < x,
0<
de onde segue
trivialmente que:
sen x 1 < . x cos x Com maior precisão, poderia ser observado que na verdade
0 < cos x < 1,
desigualdade mencionada já é su ciente.
31.7
mas com a
♣
Desigualdades Fundamentais Revisitadas
31.7.1 Exercício:
Uma maneira alternativa de demonstrar a última das desigualdades funda-
mentais consiste em observar:
x = A(cos x) 2 √ Z 1 p cos x 1 − cos2 x = + 1 − t2 dt 2 cos x Z 1 p cos x sen x = + 1 − t2 dt 2 cos x sen x cos x > . 2
431
31.8 Mais Valores Especiais
A última desigualdade segue observando que o integrando
f (t) > 0
portanto integrável, e
para
t ∈ (−1, 1),
f (t) =
√
1 − t2
é uma função contínua,
portanto a integral é positiva (vide Exercício
28.5.1). Desta maneira, tem-se:
x > sen x cos x ⇒
31.7.2 Exercício: fundamentais. Seja
tg x
:=
1 sen x < . x cos x
♣
Eis uma maneira alternativa de demonstrar a segunda das desigualdades
tg
a função de nida como:
sen x . cos x
Em particular, tem-se:
tg 0 =
0 sen 0 = = 0, cos 0 1
Além diso, para
tg0 x = Dado
0 < x < π/2
tem-se:
cos x cos x − sen x (− sen x) cos2 x + sen2 x 1 = = > 0. 2 2 cos x cos x cos2 x
x com 0 < x < π/2, pelo Teorema do Valor Médio 23.2.2 aplicado à função tg existe ξ ∈ (0, x)
tal que:
1 sen x tg x tg x − tg 0 1 = = = tg0 ξ = > 1, x cos x x x−0 cos2 ξ onde a última desigualdade segue observando que:
0 < x < π/2 ⇒ 0 < cos x < 1 ⇒ cos2 x < 1.
Portanto:
sen x 1 sen x > 1 ⇒ cos x < . x cos x x
31.8
♣
Mais Valores Especiais
31.8.1 Exercício:
(a)
Usando a fórmula do Exercício 15.10.4 prove que
sen π/4 = cos π/4.
√
(b)
Prove que
1 2 sen π/4 = √ = . 2 2
Sugestão: Use o resultado do Exercício 31.5.2 e a fórmula de adição para o seno.
(c)
Combinando os dois itens anteriores, prove também que
31.8.2 Exercício:
(a)
√ 1 2 cos π/4 = √ = . 2 2
Usando a fórmula do Exercício 15.10.4 prove que:
sen π/3 = cos π/6, sen π/6 = cos π/3.
♣
432
As Funcões Trigonométricas
(b)
Usando o item (a) anterior e a fórmula de adição para o seno prove que
(c)
Usando os dois itens anteriores prove que
(d)
Usando a de nição da função seno,
√
anterior prove que
(e)
cos π/3 = 1/2. √ sen x = 1 − cos2 x,
3 sen π/3 = . 2
com o valor especial do item (c)
√
Usando os itens (a) e (d) anteriores prove que
31.9
sen π/6 = 1/2.
cos π/6 =
3 . 2
♣
Ortogonalidade do Sistema Trigonométrico
31.9.1 Exercício:
Veri que se
m, n ∈ N
são números naturais quaisquer, então:
(a)
Z
(
π
0 π
se
0 π
se
sen mx sen nx dx = −π
se
m 6= n, m = n.
(b)
Z
(
π
cos mx cos nx dx = −π
se
m 6= n, m = n.
(c)
Z
π
♣
sen mx cos nx dx = 0. −π
31.9.2 Exercício: (a)
Seja
f
é integrável em
Veri que que o valor mínimo de
Z
π
[f (x) − a cos nx]2 dx
−π apresenta-se quando
a= (b)
1 π
Z
π
f (x) cos nx dx. −π
Veri que agora que o valor mínimo de
Z
π
[f (x) − a sen nx]2 dx
−π apresenta-se quando
1 a= π
Z
π
f (x) sen nx dx. −π
[−π, π].
433
31.10 A Desigualdade de Bessell
Sugestão: Tanto em um caso como no outro, tire a constante quadrática em
a
e
31.9.3 Exercício:
Z
"
π
da integral e considere a expressão
♣
bn os coe cientes de Fourier da função f Z π 1 f (x) cos nx dx, n = 0, 1, 2, . . . ; an := π −π Z π 1 f (x) sen nx dx, n = 1, 2, . . . . bn := π −π an
Sejam
a
que se obtém.
Se
ci
e
di
são números quaisquer, veri que que:
N
a0 X cn cos nx + dn sen nx + 2 n=1
f (x) − −π
de nidos como:
!#2 dx
! ! N N a0 c0 X c20 X 2 = [f (x)] dx − 2π + an cn + bn dn + π + cn + d2n 2 2 −π n=1 n=1 ! Z π N 2 X a0 2 = [f (x)] dx − π + a2n + b2n 2 −π n=1 ! X N c0 a0 2 2 √ −√ + (cn − an ) + (dn − bn ) . +π 2 2 n=1 Z
π
2
Em particular, essa identidade prova que a integral à esquerda resulta mínima quando
di = bi . Em outras palavras, entre todas as possíveis sen nx com 1 6 n 6 N a função particular dada por:
ci = ai cos nx
combinações lineares das funções
e e
N
g(x)
:=
a0 X + an cos nx + bn sen nx 2 n=1
constitui a máxima aproximação à função
31.10
f
em
A Desigualdade de Bessell
Nesta seção será utilizada a notação e de nições para os coe ciêntes de Fourier função
f
integrável em
[−π, π]
N X a20 + a2n + b2n 2 n=1
ai
e
bi
de uma
introduzidas da seção precedente.
31.10.1 Exercício: Prove que para todo desigualdade de Bessell:
π
♣
[−π, π].
!
Z
π
2
N ∈ N
[f (x)] dx.
6 −π
veri ca-se a seguinte relação, denominada
434
As Funcões Trigonométricas
ci = ai
Sugestão: No caso
π
Z
f (x) − −π
31.10.2 Exercício:
N -ésimo
d i = bi
a identidade do Exercício 31.9.3 se reduz a:
!#2 N a0 X + dx cn cos nx + dn sen nx 2 n=1 ! Z π N a20 X 2 2 2 + an + bn . = [f (x)] dx − π 2 −π n=1
"
06
e
♣
Em particular, da desigualdade de Bessell segue que a sequência cujo termo
é dado por:
N
a20 X 2 + an + b2n 2 n=1
π
!
é limitada superiormente pelo número:
2
kf k
Z
π
2
[f (x)] dx.
:= −π
Como tal sequência é obviamente não-decrescente, pelo fato ser soma de termos não-negativos, resulta somável, ou seja, existe o limite para converge, com soma menor ou igual que
31.11
kf k
2
N → ∞.
Em outras palavras, a série acima
.
O Lema de Riemann-Lebesgue
Segundo Spivak [14], constitui uma excelente prova de intuição predecir o valor do limite:
b
Z lim
λ→∞
f (x) sen λx dx. a
As funções contínuas
f
provavelmente resultem as mais acessíveis à intuição, mas uma vez obtida
a idéia para uma demonstração, o limite acima pode ser facilmente estabelecido, sem muito esforço adicional, para qualquer
31.11.1 Exercício:
Z
integrável.
(a)
Prove que:
b
lim
λ→∞
f
sen λx dx = 0 a
calculando a integral explicitamente.
(b)
Se
s
é uma função degrau em
Z lim
λ→∞
[a, b],
então:
b
s(x) sen λx dx = 0. a
As funções degrau foram introduzidas na De nição 27.13.1.
435
31.12 O Núcleo de Dirichlet
(c)
Finalmente, use o Exercício 27.13.2 para provar que
Z
b
lim
λ→∞
f (x) sen λx dx = 0 a
para qualquer função
f
integrável em
♣
[a, b].
O resultado do item (c) no exercício anterior é conhecido como
Lema de Riemann-Lebesgue
e sua relevância será apreciada em capítulos posteriores.
31.12
O Núcleo de Dirichlet
31.12.1 Exercício:
Suponha-se que
sen x/2 6= 0.
Veri que que para cada
n∈N
tem-se:
sen(n + 3/2)x sen(n + 1/2)x + cos(n + 1)x = . 2 sen x/2 2 sen x/2 Sugestão: Use as fórmulas de adição para
31.12.2 Exercício:
Prove que se
sen
e
♣
cos.
sen x/2 6= 0,
então:
1 sen(n + 1/2)x + cos x + cos 2x + · · · + cos nx = . 2 2 sen x/2 Sugestão: Use indução em
31.12.3 Exercício:
n
e o exercício anterior para veri car a validade do paso indutivo.
♣
Caso o leitor esteja se perguntando, existe também uma fórmula análoga à
do exercício anterior para uma soma de senos. Prove que se
sen x/2 6= 0,
então:
sen nx sen x 1 − cos nx + ; 2 2 1 − cos x sen x + sen nx − sen(n + 1)x = . 2 (1 − cos x)
sen x + sen 2x + · · · + sen nx =
Sugestão: Use indução em
n.
A primeira identidade a direita acima permite veri car o caso
n=1
de maneira simples, no entanto que a segunda resulta bacana para provar a validade do paso
♣
inductivo.
31.12.4 Exercício:
Assumindo que
sen x/2 6= 0, use o exercício anterior para veri car a seguinte
relação:
n X sen kx = |sen x + sen 2x + · · · + sen nx| < cosec2 x/2, k=1
∀ n ∈ N.
♣
436
As Funcões Trigonométricas
31.12.5 Exercício:
O presente exercício fornece uma prova alternativa da identidade do Exer-
cício 31.12.3 anterior.
(a)
Prove que para
n X
ak =
k=1
(b)
R 3 a 6= 1
tem-se:
a − an+1 . 1−a
Expresando o seno como exponencial complexa:
ikx
sen kx =
e
− e−ikx , 2i
e usando o resultado do item anterior prove que:
n X
sen kx = Im
ix
e
k=1
(c)
.
Prove que:
Im
(d)
− ei(n+1)x 1 − eix
ix
e
− ei(n+1)x 1 − eix
sen x 1 − cos nx sen nx + 2 2 1 − cos x sen x + sen nx − sen(n + 1)x = . 2 (1 − cos x)
=
Utilizando o resultado dos dois itens precedentes reproduza a identidade do Exercício 31.12.3.
♣
Capítulo 32
As Funcões Logarítmica e Exponencial 32.1
A Função Logarítmica
32.1.1 De nição:
Z log x
x
:= 1
Se
x > 0,
de ne-se a função
logarítmica por:
1 dt. t
♣
Embora o leitor possa expressar as suas reservas com relação à esta de nição, uma coisa deveria resultar evidente: A derivada da função
log
é simples de obter. De fato, por uma aplicação direta
do primeiro TFCI 30.1.1, tem-se:
log0 x =
1 . x
A propriedade fundamental da função logarítmica agora resulta quase uma trivialidade.
32.1.2 Teorema:
Demonstração :
Se
Seja
x, y > 0,
y>0
f 0 (x) = log0 (xy) · y = y
então
log(xy) = log(x) + log(y).
arbitrário mas xo. Considerando a função
:=
log(xy)
tem-se:
1 1 = = log0 x. xy x c∈R
Portanto, existe alguma constante
tal que
f (x) = log x + c.
obtido observando que:
Z log y = f (1) = log(1) + c = 1 Ou seja,
f (x)
1
1 dt = 0 + c = c. t
log(xy) = f (x) = log x + log y . 437
O valor da constante pode ser
438
As Funcões Logarítmica e Exponencial
32.1.3 Corolário:
(a)
Se
n∈N
(b)
Se
x, y > 0,
e
Demonstração :
A função logarítmica satisfaz as seguintes propriedades:
log(xn ) = n log(x). x log = log(x) − log(y). y
x > 0,
então
então
(a)
Por indução em
n.
O caso
n
é trivial. Para veri car a validade do paso
inductivo, observe que:
log(xn+1 ) = log(xn x) = log(xn ) + log(x) = n log(x) + log(x) = (n + 1) log(x). (b)
Pelo teorema anterior tem-se:
log(x) = log ou seja,
= log
x + log(y), y
log(x) − log(y) = log(x/y).
32.1.4 Lema:
(a) log x
x y y
A função logarítmica satisfaz as seguintes propriedades:
é uma função monótona estrictamente crescente para
(b)
Em particular, existe a função inversa
(c)
Para qualquer
n∈N
x > 0.
log−1 .
tem-se:
log(2n ) = n log 2. Em particular,
(d)
log
é uma função não-limitada superiormente.
Analogamente, para qualquer
log Portanto,
(e) log
1 2n
log
n∈N
tem-se:
= log 1 − log 2n = −n log 2,
também é uma função não-limitada inferiormente.
assume todos os valores reais. Ou seja,
(f ) Dom(log
−1
Demonstração : da função
Img(log) = R.
) = R. (a)
log
Observe que a função
1/x
é contínua se
x > 0.
Segue da de nição 32.1.1
e do primeiro TFCI 30.1.1 que:
log0 (x) = 1/x. Portanto,
(b)
log0 (x) > 0
para
x > 0,
e a monotonicidade segue do Lema 23.2.7(a).
Pelo Exemplo 26.1.3(b), toda função monótona é injetora. Portanto, do item (a) precedente e do Teorema 26.1.5 segue a existência da função inversa
log−1 .
439
32.2 A Função Exponencial
(c)
A igualdade
log(2n ) = n log 2
para todo
n∈N
é consequência direta do Corolário 32.1.3(a).
Observe que do Exercício 27.5.2(a) tem-se que
M ∈ R, pela n log 2 > M . (d)
arquimedianidade, existe
n ∈ N
log 2 > 0. Desta maneira, dado qualquer n log 2 > M e portanto, log(2n ) =
tal que
Analogamente, a identidade:
log
1 2n
para qualquer
= log 1 − log 2n = −n log 2,
n ∈ N, segue do Corolário 32.1.3(b). Dado qualquer M ∈ R, pela arquimedin ∈ N tal que n log 2 > M e portanto, log(1/2n ) = −n log 2 < −M .
anidade, existe
(e)
Da de nição 32.1.1 da função
log
e do Teorema 27.3.6 tem-se que
log
é uma função contínua.
Sendo não-limitada e contínua, toma realmente todos os valores reais. Ou seja,
(f )
Como consequência direta do item anterior segue que
32.2
Img(log) = R.
Dom(log−1 ) = R.
A Função Exponencial
32.2.1 De nição:
A função
32.2.2 Observação:
32.2.3 Teorema:
Demonstração :
Como
exponencial
log 1 = 0,
Para todo
exp
de ne-se como
tem-se que
exp = log−1 .
exp(0) = 1.
♣
♣
x ∈ R, exp0 (x) = exp(x).
Através de uma simples aplicação do Teorema 26.3.3 tem-se:
exp0 (x) = log−1
0
=
1 1
1 = log (log−1 (x)) 0
= log−1 (x) = exp(x).
log−1 (x)
32.2.4 Teorema:
Demonstração :
Para todo
x, y ∈ R
tem-se
exp(x + y) = exp(x) exp(y).
Observe que:
exp(x) = u ⇔ x = log u, exp(y) = v ⇔ y = log v. Portanto:
x + y = log u + log v = log uv ⇔ exp(x + y) = uv = exp(x) exp(y).
32.2.5 De nição:
O número
e
de ne-se como
e
:=
exp(1).
♣
440
As Funcões Logarítmica e Exponencial
r ∈ Q e x ∈ R, então exp(rx) = expr (x). exp(r) = exp (1) = er , para todo r ∈ Q. Com efeito:
32.2.6 Observação: tem-se
(a)
Se
Se
Em particular, com
x = 1,
r
n ∈ N,
então:
exp(nx) = exp(x + x + · · · + x) = exp(x) exp(x) · · · exp(x) = expn (x). {z } | | {z } n vezes
(b)
Também,
n vezes
1 = exp(0) = exp(nx − nx) = exp(nx) exp(−nx).
exp(−nx) =
1 1 = = exp−n (x). exp(nx) expn (x)
(c)
Em particular, dos dois itens anteriores segue que
(d)
Se agora
n∈Z
e
Portanto:
m ∈ N,
exp(nx) = expn (x),
para todo
n ∈ Z.
então tem-se:
expm (nx/m) = exp(nx/m) exp(nx/m) · · · exp(nx/m) {z } | m vezes
= exp((nx/m) + (nx/m) + · · · + (nx/m)) = exp(mnx/m) = exp(nx) = expn (x), | {z } m vezes
onde a última igualdade segue do item (c) anterior. Portanto,
32.3 Seja
exp(nx/m) = expn/m (x). ♣
Exponenciais de Base Positiva Revisitadas
a > 0.
Se
x ∈ Q,
então pela observação 32.2.6 anterior tem-se:
ax = (exp(log a))x = expx (log a) = exp(x log a). Ou seja, as funções:
f (x) = ax , g(x) = exp(x log a), coincidem no conjunto denso
Q, e logo, pela continuidade em todo R.
Em particular, no caso
a=e
tem-se:
ex = exp(x), ∀ x ∈ R. Desta maneira, as expressões
ex
e
exp(x) serão consideradas como sinônimos para a mesma função,
a função exponencial, e como tais serão usadas indistintamente segundo a conveniência do contexto. A expressão alternativa
exp(x log a)
para
ax
resulta de inestimável importancia para demons-
trar propriedades dessa última função que com a de nição original do Capítulo 12 resultariam completamente inviáveis. Mais ainda, se o Capítulo 12 fosse omitido, o valor de cisamente de nido como
exp(x log a).
ax
para
x
real irracional seria pre-
Tal proceder estaria justi cado pelo fato da identidade
ax = exp(x log a) ser válida para todo x ∈ Q, exp(x log a) estar de nida para todo x ∈ R.
pela observação 32.2.6, e pelo fato da expressão
441
32.3 Exponenciais de Base Positiva Revisitadas
32.3.1 De nição (alternativa para a exponencial de base positiva): todo
ax
x∈R
de ne-se
ax
exp(x log a) = ex log a .
:=
32.3.2 Teorema:
(a)
Para todo
Seja
a > 0.
Então, para
como:
a > 0.
Seja
b, c ∈ R
tem-se
♣
Então:
(ab )c = abc .
(b) a1 = a. (c)
Para todo
x, y ∈ R
Demonstração :
(a)
tem-se
ax+y = ax ay .
Empregando a de nição alternativa da exponencial de base
a>0
tem-se:
(ab )c = exp c log ab = exp (c log(exp(b log a))) = exp(cb log a) = abc . a1 = exp(log a) = a.
(b)
Basta observar que
(c)
Utilizando a de nição tem-se:
ax+y = exp((x + y) log a) = exp(x log a + y log a) = exp(x log a) exp(y log a) = ax ay .
32.3.3 Observação: (a)
Se
(b)
Seja
a = 1,
então
a > 1.
Seja
f (x) = ax .
f (x) = 1x = ex log 1 = e0 = 1.
Em tal caso
log a > 0,
portanto:
x < y ⇒ x log a < x log y ⇒ ax = exp(x log a) < exp(x log y) = ay , ou seja, a função
(c)
0 < a < 1. Neste caso log a < 0 e analogamente f (x) = ax é estrictamente decrescente.
Desta maneira, se
32.3.4 De nição:
loga ,
é estrictamente crescente.
Seja agora função
(d)
f (x) = ax
a>0
Seja
com
a 6= 1,
a função
a > 0 com a 6= 1. f (x) = ax .
como a função inversa de
f (x) = ax
ao caso anterior prova-se que a
é injetora e portanto invertível.
De ne-se a função
logaritmo em base
a,
♣
denotada
♣
Exercícios para o Capítulo 32 32.4
Grá cos, Derivadas, Integrais
32.4.1 Exercício:
Trazar o grá co aproximado das seguintes funções:
f (x) = 2x . x 1 (b) f (x) = . 2 (a)
32.4.2 Exercício:
♣
Nos seguintes casos determine o valor de
x
quando possível:
e2x = 8. 3x 3 9 (b) = . 5 25 x 3 = −5. (c) 2
(a)
(d)
R:
(a)
f (x) = ex .
(b)
f (x) = xe .
(c)
f (x) = ax .
(d)
f (x) = log g(x).
(e)
f (x) = g(x)h(x) .
32.4.4 Exercício:
f 0 (ξ) =
1 2
log 8 = R:
3 2
log 2.
x = 2/3.
R: Não existe um tal
log10 (x) = 4.
32.4.3 Exercício:
x=
R:
x = 104 .
x. ♣
Derive as seguintes funções:
x
R: e . R: R: R: R:
Se
f (x) = log x
g(x)h(x) [h0 (x) log g(x) + h(x)g 0 (x)/g(x)].
determine os números
f (e3 ) − f (e2 ) . e3 − e2
R:
443
ξ
tais que
ξ = e3 − e2 .
e2 < ξ < e 3
e xe−1 .
(log a) ax .
g 0 (x)/g(x). ♣
satisfazendo:
♣
444
As Funcões Logarítmica e Exponencial
32.4.5 Exercício: (a)
Calcule a derivada das seguintes funções:
2
Z
t
F (t) =
e
dt.
R:
F 0 = 0.
♣
0
32.4.6 Exercício: (a)
e
Z
1 dx. x
1
(b)
Calcule as seguintes integrais: R:
1.
log 2
Z
x
dx.
e
R:
♣
1.
0
32.4.7 Exercício: (a)
x
Z
1 du = 1. u
1
(b)
Z
Em cada um dos seguintes casos determine, se existir, o valor de
Z
tal que:
R:
x = e.
x
e2t dt = 1.
R:
log 2
(c)
x
x
2
t e3t dt = 2.
R: Não existe um tal
x=
3 2
log 2.
x.
♣
−x
32.4.8 Exercício: 2
(x + 2) e
x
32.5
a para que a derivada de (x2 − 2x + a) ex R: 4.
Quanto deve valer a constante
.
♣
Logaritmo de Base Positiva Arbitrária
32.5.1 Exercício:
Prove que
loga x =
log x . log a
Sugestão: Basta apenas usar as de nições.
32.5.2 Exercício: Sugestão: Por
m/n.
seja
Prove que
log10 2
♣
é irracional.
reductio ad absurdum, suponha-se que tal número fosse racional, digamos, da forma
Pelo exercício anterior teria-se:
m log 2 = log10 2 = . n log 10 2 > 1 e 10 > 1 tem-se que log 2 > 0 e log 10 > 0. Portanto, sem perda de generalidade se pode m, n ∈ N. Da identidade acima segue que n log 2 = m log 10, ou seja, log 2n = log 10m , n m de onde tem-se que 2 = 10 = 2m 5m , mas isso não pode ser possível e a demostração acaba se descobrir o por quê. ♣
Como
supor que
445
32.6 Uma Função Melí ua
32.6
Uma Função Melí ua
Nesta seção será provado que a função logaritmica, embora não limitada, não cresce rapidamente. A ênfase aqui reside na vagarosidade. Com maior precisão, a função logarítmica cresce mais devagar do que qualquer reta pela origem de pendiente positiva arbitrária. pendiente vale
1
O caso particular em que a
será considerado primeiramente.
32.6.1 Exercício:
Prove que
log x < x
para todo
x > 0.
Considere por separado os três casos
a seguir:
(a)
0 < x < 1.
(b)
x = 1.
Aqui,
(c)
1 < x.
Neste caso observe-se que
Neste caso,
log x < 0 < x.
log x = log 1 = 0 < 1 = x. log x < x − 1 < x,
onde a primeira desigualdade pode ser
obtida majorando a integral que de ne o logaritmo com uma soma superior bem simples.
♣
Eis o enunciado do resultado geral, cuja prova é o objetivo da presente seção.
32.6.2 Teorema: dependente de
a,
a > 0 existe um número log x < ax, para todo x > M .
Para todo
tal que
não-negativo
M = M (a) > 0,
em geral
Para provar este resultado, será necessário considerar por separado três casos, cada um deles abordado com detalhe nos seguintes três exercícios, respectivamente.
32.6.3 Exercício:
Caso
a=1
Sugestão: Neste caso basta tomar
32.6.4 Exercício:
Caso
M = 0.
Isso segue direto do Exercício 32.6.1 anterior.
a>1
Sugestão: Também pelo exercício 32.6.1, tem-se desigualdade é consequência do fato de ser
a > 1.
log x < x < ax
x > 0,
onde a última
♣
32.6.5 Exercício:
Caso
0
Este caso exige um pouco mais de cuidado que os anteriores. Prove que deve existir algum Sugestão:
para todo
Desta maneira, neste caso também basta tomar
M = 0.
(a)
♣
R
k∈N
tal que
é um conjunto arquimediano.
a2 k > 1.
446
As Funcões Logarítmica e Exponencial
(b)
O mesmo
(c)
Prove que se
k∈N
do item anterior satisfaz
1 < ak < x
ak > 1/a > 1.
então:
log x < (ak − 1) + (x − ak)
1 . ak
Sugestão: Como de praxe, majore a integral que de ne o logaritmo por uma soma superior, considerando a partição
(d)
{1, ak, x}.
Prove que:
(ak − 1) + (x − ak)
ak − 2 1 < ax ⇔ 2 ak < x. ak a k−1
Sugestão: Em algum ponto será necessário observar que escolha do
(e)
k
o que é garantido pela
no item (a).
Se já cogitou em escolher
32.7
a2 k − 1 > 0,
ak − 2 ak M (a) = max ak, 2 a k−1
então está no caminho certo.
♣
(Nem) O Céu é o seu Limite
Como contraponto da seção anterior, na presente será provado que a função exponencial cresce fantásticamente rápido.
Mais precisamente, cresce mais rápido que qualquer polinômio, como
estabelece o seguinte resultado.
32.7.1 Teorema:
Para todo
n∈N
tem-se que
ex = ∞. x→∞ xn lim
A prova deste teorema será quebrada em várias partes a serem consideradas nos exercícios a seguir.
32.7.2 Exercício:
Prove que
ex > x,
para todo
x ∈ R. ♣
Sugestão: Isso é consequência direta do exercício 32.6.1.
32.7.3 Exercício:
Prove que
ex = ∞. x→∞ x lim
Sugestão: Observe que:
ex ex/2 ex/2 1 ex/2 x/2 = e . = x x x 2 2 2 2 Pelo exercício anterior, a expressão entre parênteses é maior do que
1.
Por outro lado,
lim ex/2 = ∞. ♣
x→∞
447
32.8 Uma estimativa do número
e
32.7.4 Exercício:
ex = ∞. x→∞ xn
Prove que
lim
Sugestão: Observe que:
n 1 ex/n ex (ex/n )n x n = n . = x xn n nn n n Pelo exercício anterior, a expressão dentro do parêntese resulta arbitrariamente grande.
n-ésima
32.8
Com a
♣
potência haverá de acontecer o mesmo.
Uma estimativa do número
e
Se fez o Exercício 32.4.6(a) já poderá ter observado que:
e
Z 1 = log(exp(1)) = log e = 1
1 dt. t
Esta identidade pode ser usada para estimar a ordem de grandeza do número
e, como nos exercícios
a seguir.
32.8.1 Exercício:
Z
2
Primeiramente, prove que
1
(a)
1 dt < 1. t
Uma prova pode ser obtida majorando a integral por uma soma superior.
Isso é quase
imediato e um grá co pode facilitar a visualização.
(b)
Uma outra prova é fornecida pelo Exercício 27.5.3(b) ou (c). estimativa da integral é ainda mais exata. presente seção a majoração por
32.8.2 Exercício:
1
De fato, nesse exercício a
Contudo, para a estimativa do número
4
Z Prove agora que
1
(a)
{1, 2, 4}.
♣
Le coup de grâce
Conclua da observação inicial e dos dois exercícios anteriores que:
Z 1
(b)
na
1 dt > 1. t
Sugestão: Apresente uma soma inferior igual a 1 considerando a partição
32.8.3 Exercício:
e
♣
já é su ciente.
2
1 dt < t
Z 1
e
1 dt < t
Conclua nalmente que
Z 1
4
1 dt. t
2 < e < 4.
Essa última estimativa do número
e
♣
pode ser notavelmente aprimorada, mas para tanto serão
necessárias outras técnicas, introduzidas posteriormente, vide Capítulo 35.
448
As Funcões Logarítmica e Exponencial
32.9
Orgia de Limites Logarítmicos
32.9.1 Exercício: (a)
lim
y→0
Determine o valor dos seguintes limites:
log(1 + y) . y
R:
1.
Sugestão: Uma maneira consiste em utilizar a regra de L'Hôpital. Uma outra consiste em observar que
(b)
lim
x→0
log(1) = 0, log0 (1) = 1
e usar a de nição de derivada.
log(1 + ax) . x
R:
a.
Sugestão: Uma maneira consiste em utilizar a regra de L'Hôpital. Uma outra consiste em manipular algebricamente a fração e utilizar o resultado do item anterior.
1 (c) lim x log 1 + . x→∞ x
R:
♣
Sugestão: Segue facilmente do item (a) anterior.
32.9.2 Exercício:
Prove que
1.
log b = lim x(b1/x − 1). x→∞
Sugestão: Observe que:
e(1/x) log b − 1 ey log b − 1 = lim x→∞ y→0 1/x y
lim x(b1/x − 1) = lim
x→∞
♣
e use a regra de L'Hôpital.
32.9.3 Exercício: (a)
Seja
Prove que para todo
c > 0. c>0
e todo
t>1
tem-se que:
1 6 tc−1 . t (b)
Usando o item (a) anterior, prove que para todo
0 < log x < (c)
a > 0, b > 0
(log x)b xbc−a < , a x cb
32.9.4 Exercício:
tem-se:
xc . c
Em particular, para todo
0<
x>1
Se
a>0
e
tem-se:
∀ x > 1.
b > 0,
então veri que:
♣
32.10 Forma de Cauchy do Número
(a)
(log x)b = 0. x→+∞ xa lim
Sugestão: Considere
(b) (c)
449
e
0 < c < b/a,
por exemplo
c = a/2b,
no Exercício 32.9.3(c) anterior.
xb = 0. x→+∞ eax lim
lim xa (log x)b = 0.
x→0+
Sugestão: Observe que:
xa (log x)b =
32.9.5 Exercício:
1 − log x a 1 x
Prove que
b
b 1 log x a . 1 x
= (−1)b
♣
lim xx = 1.
x→0+
Sugestão: Usando a continuidade da função exponencial tem-se:
lim xx = lim exp(x log x) = exp x→0+
x→0+
lim x log x .
x→0+
Uma maneira de determinar o valor do último limite consiste em usar o Exercício 32.9.4(c) com
a=1
e
♣
b = 1.
32.10
Forma de Cauchy do Número
32.10.1 Exercício:
Seja
a ∈ R.
e
Veri que que todos os seguintes limites têm o mesmo resultado.
Não é necessário, contudo, determinar explicitamente o valor de tal resultado.
(a) (b) (c)
lim
x→+∞
lim
x→+∞
ax
1+
1 x
1+
a x . x
.
lim (1 + ax)1/x .
x→0
lim (1 + y)a/y .
♣
32.10.2 Exercício:
O valor dos limites no exercício anterior pode ser calculado da seguinte
(d)
y→0
maneira:
lim (1 + ax)1/x = lim exp
x→0
x→0
1 1 log(1 + ax) = exp lim log(1 + ax) , x→0 x x
onde a última igualdade segue da continuidade da função exponencial. Para determinar o valor do último limite pode ser usado o Exercício 32.9.1(b).
R:
ea .
♣
450
As Funcões Logarítmica e Exponencial
32.10.3 Exercício:
O valor dos limites no Exercício 32.10.1 também pode ser calculado alter-
nativamente da seguinte maneira.
(a)
Prove primeiramente que
e = lim
1+
x→+∞
1 x
x .
Sugestão: Observe que:
lim
1+
x→+∞
1 x
x
1 1 = lim exp x log 1 + = exp lim x log 1 + , x→+∞ x→+∞ x x
onde a última igualdade segue da continuidade da função exponencial. O valor do último limite pode ser determinado a partir do resultado do Exercício 32.9.1(c).
(b)
ax 1 1+ . x→+∞ x
ea = lim
Veri que agora que
a-ésima x > 0.
Sugestão: No resultado anterior tome a potência
xa = exp(a log x)
32.10.4 Exercício:
e = lim
1+
n→∞
Ou seja, o número
é obviamente contínua para
e use o fato que a função
f (x) = ♣
Prove também que:
1 n
n .
e = exp(1)
e o número
e
introduzido na Seção 8.6 são na verdade o mesmo
número. Sugestão: Use o resultado do Exercício 32.10.3(a), ou alternativamente a combinação dos Exercícios 32.10.1(b,c) e 32.10.2 com
a = 1,
32.11
O Cálculo de Juros Compostos
Se o capital
C
t,
segundo a
J=
é aplicado a uma taxa de
P
T
por cento pelo periodo
p, o juro J
ao cabo de um tempo
fórmula de juros simples é dado por:
C × T × t . 100 × p
onde o periodo total
♣
junto com o resultado do Exercício 18.8.2.
P
e o tempo
ao cabo do tempo
t,
t
são expressados
na mesma unidade.
Desta maneira, a poupança
dada pelo capital inicial mais os juros, pode ser expressada como:
CTt Tt P =C +J =C + =C 1+ . 100 p 100 p No seguinte, apenas para simpli car os cálculos, suponha que a taxa de juros seja (que não está muito longe da realidade, em alguns países) e que o tempo
p = 12. t P =C 1+ . 12
meses; portanto,
t
T = 100% anual
é contabilizado em
Com essas simpli cações, a poupança total ao cabo de
t
meses resulta:
451
32.11 O Cálculo de Juros Compostos
Em particular, a poupança anual ao cabo de
t = 12
meses de juros simples é dada por:
P = C (1 + 1) . t=6 6 1 P =C 1+ =C 1+ . 12 2
A poupança semestral ao cabo de
Observe que se essa poupança
P
meses de juros simples é dada por:
semestral é usada como capital inicial
C0 = P
de uma nova
aplicação semestral, a poupança anual resultante agora será dada por:
2 1 1 1 1 . =C 1+ 1+ =C 1+ P = C0 1 + 2 2 2 2 Para efeitos de comparação, suponha que o capital inicial inicial
C
é dado por
C =1
(que pode
ser R$ 1 ou R$ 1 milhão, como preferir). Em tal caso, a poupanca anual com juros simples é de
P = 2,
entanto que a poupança anual
P =
composta semestralmente
resulta:
2 1 1+ . 2
Observe que este resultado é sensivelmente maior que o anterior, pois:
1 1+ 2
De fato,
2
2 3 9 = = > 2. 2 4
9/4 = 2, 25.
Suponha agora que o capital inicial
C = 1 é aplicado por um quatrimestre, ou seja t = 4 meses.
Em tal caso, a poupança será dada por:
4 1 P =C 1+ =C 1+ . 12 3 Se o produto dessa aplicação é composto três vezes ao cabo de um ano, a poupança anual total desta vez será:
3 1 1 1 1 P = 1+ 1+ 1+ = 1+ . 3 3 3 3 Observe que este resultado é maior que o anterior, pois:
1+ De fato,
1 3
3 =
3 4 43 64 9 = 3 = > . 3 3 27 4
64/27 ≈ 2, 37.
Analogamente, se o capital inicial poupança será dada por:
3 P =C 1+ 12
1 =C 1+ . 4
C =1
é aplicado por um trimestre, ou seja
t=3
meses, a
452
As Funcões Logarítmica e Exponencial
Se o produto dessa aplicação é composto quatro vezes ao cabo de um ano, a poupança anual total será:
P =
1 1+ 4
4 .
Mais uma vez, observe que esse resultado é maior que o anterior, pois:
4 4 5 54 43 1 = = 4 > 3. 1+ 4 4 4 3 De fato,
54 /44 ≈ 2, 44.
Dessa maneira, a aplicação inicial pode continuar se reduzindo sucessivamente para bimestral, mensal, semanal, diária, etc. etc. Nada impede que o ano possa ser dividido em periodos de tempo
t = 12/n
arbitrariamente pequenos tomando
n
su cientemente grande. Em tal caso, a poupança
anual composta é dada por:
P =
1+
1 n
n .
Como nos exemplos precedentes, neste caso veri ca-se que
P
continua crescendo a medida que
n
aumenta, como prova o seguinte exercício.
32.11.1 Exercício:
sn :=
Prove que a sequência
sn
dada por:
n 1 1+ n
é estrictamente crescente.
♣
Sugestão: Use o Exercício 3.9.2.
Desta maneira, surge naturalmente a questão sobre se a sequência ou se, pelo contrário, atinge um limite nito quando
n→∞
sn
cresce inde nidamente
e em tal caso qual seria esse limite.
A resposta dessas duas questões e o assunto dos seguintes dois exercícios.
32.11.2 Exercício:
Prove que a sequência
sn
é limitada e forneça limites inferiores e superiores
para ela. Sugestão: Use o Exercício 3.9.3 ou veja uma solução no Exercício 8.6.2.
32.11.3 Exercício:
Prove que
Sugestão: Vide Exercício 32.10.4.
♣
lim sn = e.
n→∞
♣
453
32.12 As Funções Trigonométricas Hiperbólicas
32.11.4 Exercício:
Forneça uma expressão para a poupança total com juros compostos no caso
geral. Sugestão: Use o Exercício 32.10.1(b) com R:
a = T /100 e
o resultado do Exercício 32.10.2 ou 32.10.3.
P = C eT /100 .
32.12
♣
As Funções Trigonométricas Hiperbólicas
32.12.1 De nição:
As funções
seno hiperbólico e coseno hiperbólico de nem-se respecti-
vamente por:
ex − e−x , 2 ex + e−x ; cosh x = 2
senh x =
para todo
x ∈ R.
♣
Existem muitas analogias entre estas funções e as correspondentes funções trigonométricas ordinárias. Algumas delas serão analizadas nos exercícios a seguir.
32.12.2 Exercício: Para todo
x∈R
Identidade Hiperbólica
tem-se:
cosh2 x − senh2 x = 1.
32.12.3 Exercício: Para todo
x, y ∈ R
Fórmulas de Adição
tem-se:
senh(x + y) = senh x cosh y + cosh x senh y; cosh(x + y) = cosh x cosh y + cosh x cosh y.
32.12.4 Exercício: Para todo
x∈R
♣
♣
Fórmulas do Ángulo Duplo ou de Duplicação
tem-se:
cosh(2x) = cosh2 x + senh2 x = 1 + 2 senh2 x; senh(2x) = 2 senh(x) cosh(x).
32.12.5 Exercício:
Fórmulas de Redução
♣
454
As Funcões Logarítmica e Exponencial
Para todo
x∈R
tem-se:
cosh(2x) − 1 ; 2 cosh(2x) + 1 cosh2 x = . 2
senh2 x =
32.12.6 Exercício: Para todo
x∈R
♣
Regras de Derivação
tem-se:
senh0 x = cosh x; ♣
cosh0 x = senh x.
32.12.7 Exercício:
Usando a regra de derivação de produtos e quocientes obtenha as derivadas
das demais funções trigonométricas hiperbólicas:
1 . senh x 1 (b) sech x = . cosh x senh x (c) tgh x = . cosh x cosh x (d) cotgh x = . senh x
(a)
cosech x
32.13
:=
R:
− cotgh x cosech x. R:
− tgh x sech x. R:
R:
sech2 x.
− cosech2 x.
♣
Funções Trigonométricas Hiperbólicas Inversas
32.13.1 Exercício:
Derive a função
f (x) = arcsenh x
utilizando a seguinte técnica. A identi-
dade trigonométrica:
cosh2 (a) − senh2 (a) = 1 é válida para qualquer
a.
Em particular, se
a = arcsenh x
tem-se:
1 = cosh2 (arcsenh x) − senh2 (arcsenh x) = cosh2 (arcsenh x) − x2 . Ou seja:
cosh(arcsenh x) =
p
1 + x2 .
O resto consiste em derivar ambos membros desta última identidade usando a regra de derivação de funções compostas.
32.13.2 Exercício:
x > 1.
R:
Derive
f (x) = arccosh x
√
1 . 1 + x2
usando uma técnica parecida.
♣
R:
√
1 x2
−1
para
♣
455
32.14 Algumas Médias Revisitadas
32.13.3 Exercício:
Para derivar
f (x) = arctgh x
a técnica anterior deve ser ligeiramente mo-
di cada. Partindo novamente da identidade trigonométrica:
cosh2 (a) − senh2 (a) = 1 e dividendo ambos termos por
1 − tgh2 (a) = 1 −
cosh2 (a)
tem-se:
senh2 (a) 1 = . 2 cosh (a) cosh2 (a)
Ou seja:
sech a =
q 1 − tgh2 (a).
Em particular, se
a = arctgh x
tem-se:
p 1 = sech(arctgh x) = 1 − x2 . cosh(arctgh x) O resto é parecido. Basta derivar ambos membros da última identidade usando a regra de derivação de funções compostas. O Exercício 32.12.7(b) pode servir de alguma ajuda aqui.
R:
|x| < 1.
32.13.4 Exercício: (a)
R:
Sugestão: Coloque
(b)
para
♣
Determine uma fórmula explícita para as seguintes funções:
arcsenh.
y=
1 1 − x2
x
arcsenh y = log(y +
p y 2 + 1), ∀ y ∈ R.
em evidência na equação:
ex − e−x . 2
arccosh. p arccosh y = log(y − y 2 − 1), ∀ y > 1.
R:
arccosh y = log(y +
p y 2 − 1), ∀ y > 1;
ou
Sugestão: Idem.
(c)
arctgh.
R:
arctgh y =
1 log 2
1+y , |y| < 1. 1−y
Sugestão: Idem, observando neste caso que:
tgh x =
32.14
ex − e−x 2 . = 1 − 2x x −x e +e e +1
Algumas Médias Revisitadas
32.14.1 Exercício:
Prove as seguintes propriedades:
♣
456
As Funcões Logarítmica e Exponencial
(a)
A função exponencial
exp
(b)
A função logarítmica
log
32.14.2 Exercício: positivos
Seja
p1 , p2 , . . . , pn > 0
é convexa.
♣
é cóncava.
n ∈ N
tais que
arbitrário mas xo.
n X
Considere um conjunto de
n
números
pi = 1.
i=1
(a)
Prove que se
n X
x1 , x2 , . . . , xn
pi log xi 6 log
i=1
(b)
n X
n
números positivos quaisquer,
Em particular,
pi xi
n Y
xpi i 6
n X
pi xi .
i=1
A Integral de
32.15.1 Exercício:
G 6 M1 ,
ou seja:
x1 + x2 + · · · + xn . n
x1 x2 · · · xn 6
Sugestão: Use o item (b) anterior com
32.15
então:
.
Forneça uma outra prova da desigualdade
√ n
xi > 0 ,
!
i=1
i=1
(c)
são
xs
com
pi = 1/n
para todo
♣
i = 1, 2, . . . , n.
s ∈ R\{−1}:
Coda
Prove que:
1 − (1 − h)s =s h→0 h lim
Sugestão:
f (x) = (1 − x)s . Observe que, 0 portanto f (0) = −s. Agora, reproduza
Considere a função
0
f (x) = −s(1 − x)
s−1
e
além de ser
f (0) = 1,
tem-se
este mesmo resultado usando a
♣
de nição de derivada.
32.15.2 Exercício:
Prove que:
1 − cs/n =s n→∞ 1 − c1/n lim
Sugestão:
Considere a sequência de nida como
lim an = 0
n→∞
an
:= 1
− c1/n
para todo
n ∈ N.
Observe que
e também que:
s s s 1 − c1/n 1 − 1 − 1 − c1/n 1 − cs/n 1 − (1 − an ) = = = = f (an ), an 1 − c1/n 1 − c1/n 1 − c1/n onde
f (h)
:=
1 − (1 − h)s . h
Agora, um resultado conveniente estabelece que
e pelo exercício anterior esse último limite vale
s.
lim f (an ) = lim f (h)
n→∞
h→0
♣
32.15 A Integral de
xs
32.15.3 Exercício:
com
s ∈ R\{−1}:
457
Coda
Finalmente, prove que:
1 − c1/n 1 = n→∞ 1 − c(s+1)/n 1+s lim
Sugestão:
Manipule a expressão dentro do limite de maneira tal que o resultado do exercício
anterior possa ser utilizado:
1 − c1/n 1 − c1/n 1 − c1/n = = (s+1)/n 1/n s/n 1/n 1−c 1−c c 1 − c cs/n + cs/n − cs/n 1 − c1/n 1 = = . s/n s/n 1/n s/n 1−c + 1−c c 1−c s/n +c 1 − c1/n Observe também que
1/n
cs/n = (cs )
→1
quando
n → ∞.
♣
Capítulo 33
Integração em Termos Elementares 33.1
Integral Inde nida e Primitivas
33.1.1 De nição:
Uma função
que satisfaz
g0 = f
é denominada
primitiva da
f.
antiderivada com o mesmo signi cado.
autores empregam o termo
33.1.2 Exemplo:
g
Alguns
♣
O Teorema 30.1.1 garante que toda função contínua
f
possui uma primitiva,
a saber:
Z F (x) =
x
♣
f. a
33.1.3 Observação:
(a)
arbitrária, então
g+c
Seja
g
uma primitiva de alguma função
também é uma primitiva da
f.
f.
Se
R 3 c é uma constante
Com efeito:
(g + c)0 = g 0 + c0 = f + 0 = f. (b)
h são duas primitivas de f , constante c ∈ R tal que g = h + c.
Reciprocamente, se existir alguma
33.1.4 De nição:
Se
g
g
e
é uma primitiva de
tem-se que
g 0 = f = h0 .
Portanto, deve
♣
f , ou seja, g 0 = f , então tal condição será denotada:
Z g=
♣
f.
Em outras palavras, o símbolo
R
f
denota uma primitiva da
f.
Em vista da observação anterior,
alguns autores empregam o mesmo símbolo para denotar mais precisamente o as primitivas de
f.
Contudo, por exemplo se
f (x) = x,
tais como:
Z x dx =
x2 , 2 459
conjunto
de todas
seria desejável poder escrever identidades
460
Integração em Termos Elementares
interpretando a identidade acima como uma relação de igualdade entre
funções
e não entre con-
juntos de funções (o termo à direita acima é certamente uma função, não um conjunto de tais).
Z
33.1.5 Observação:
f
O símbolo
costuma se denominar integral
inde nida de
f,
por con-
b
Z
f,
traposição a
a integral
de nida.
♣
a
33.2
Integração por Partes
33.2.1 Teorema (Integração por Partes):
(a) (b) (c)
Z
f g0 = f g −
Z
Z
Z
0
b
b Z f (x) g (x) dx = f (x) g(x) − (a)
são contínuas, então:
b
f 0 (x) g(x) dx.
Observe que o enunciado estabelece que uma primitiva da função
ser obtida substraindo do produto primitiva de
g0
a
a
Demonstração :
e
f 0 (x) g(x) dx.
0
a
f0
f 0 g.
f (x) g (x) dx = f (x) g(x) − Z
Se
f 0 g,
ou seja,
h0 = f 0 g ,
fg
uma primitiva da função
0
f g.
De fato, se
f g 0 pode h é uma
então tem-se:
(f g − h)0 = (f g)0 − h0 = f 0 g + f g 0 − f 0 g = f g 0 . Ou seja,
fg − h
é uma primitiva de
f 0 g.
(b)
Trata-se apenas de uma paráfrase do item (a) anterior.
(c)
Segue trivialmente do item (a) ou (b) anteriores, aplicando o Corolário 30.1.2.
33.3
Integração por Substituição
33.3.1 Teorema (Fórmula de Substituição):
(a)
g(b)
Z
(b)
Z
f
e
g0
são contínuas, então:
b
Z
(f ◦ g) g 0 .
f = g(a)
Se
a
g(b)
Z
b
f (u) du = g(a)
f (g(x)) g 0 (x) dx.
a
Demonstração :
(a)
mitiva. Seja então
Z
Pelo Teorema 30.1.1 toda função contínua possui (pelo menos) uma pri-
h
primitiva de
g(b)
f = h(g(b)) − h(g(a)). g(a)
f.
Pelo Corolário 30.1.2 tem-se:
461
33.3 Integração por Substituição
Por outro lado, observe que:
(h ◦ g)0 (x) = h0 (g(x)) g 0 (x) = f (g(x)) g 0 (x), ou seja,
Z
h◦g
é uma primitiva de
(f ◦ g) g 0 .
Portanto:
b
(f ◦ g) g 0 = (h ◦ g)(b) − (h ◦ g)(a) = h(g(b)) − h(g(a)).
a
(b)
Trata-se apenas uma paráfrase do item (a) anterior.
Exercícios para o Capítulo 33 33.4
Integrais Imediatas
33.4.1 Exercício:
Calcule as seguintes integrais apelando à lista de primitivas conhecidas. Al-
guma manipulação algébrica simples será necessária.
Z
5 + x) dx. x3 Z 1 (b) cos x + dx. x Z (c) (2x − sen x + ex ) dx.
(a)
(d)
(e)
(5x4 −
Z
R:
R:
1 2x − √ 2x
dx.
R:
x4 + 2x2 − 1 √ dx. x Z 1 2 √ (g) x + 3 dx. x Z 4 1 √ − 2 + 1 dx. (h) x x x Z 3 (i) dx. 1 + x2 √ Z 1 + 1 − x2 √ (j) dx. 1 − x2 (f )
Z
33.5
R:
+ 53 x5/3 .
2
√
2 3/2 3x
− x1/2
.
1 9/2 9x
+ 25 x5/2 − x1/2
.
2
R:
R:
1 3 3x
R:
arcsen(x) + x.
Calcule as seguintes integrais por partes: 463
+ 23 x2/3 .
√ −8/ x + 1/x + x. R:
Integração por Partes
33.5.1 Exercício:
3 4/3 4x
R:
sen x + log x.
x2 + cos x + ex .
R:
x1/3 + x2/3 dx.
Z √
x5 + 52 x−2 + 12 x2 .
3 arctg x.
♣
464
(a)
(b)
(c)
Integração em Termos Elementares
Z x sen x dx.
−x cos x + sen x.
R:
Z log x dx. Z
R:
n
x log x dx.
33.5.2 Exercício:
R:
xn+1 n+1
log x −
1 n+1
x(log x − 1).
♣
.
Para calcular as seguintes integrais será necessário integrar por partes mais
de uma vez:
(a)
(b)
Z Z
x2 ex dx.
R:
e−x cos x dx.
R:
(x2 − 2x + 2) ex .
1 2 (sen x
− cos x) e−x . ♣
Sugestão: Aqui também será necessário perceber um detalhe.
33.6
Integração por Substituição
33.6.1 Exercício:
Calcule as seguintes integrais por simples substituição, a maioria das quais
pode ser feita mentalmente.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f )
Z Z
Z
(s + 1)−5/4 ds. √
(b)
−4(s + 1)−1/4 .
1 ds. s+1
R:
cos4 x. sen x dx.
Z 5t
p
R:
4 − t2 dt.
R:
cos(ωt) dt.
R:
Z cos(ωt) dω .
Z
Z
R:
− 51 cos5 x.
1 ω
sen(ωt). ♣
sen(ωt).
Idem, apenas para o leitor ter certeza que captou a idéia.
1 dy . (1 − y)2/3 t(1 + t2 ) dt.
1 t
√ 2 s + 1.
− 53 (4 − t2 )3/2 .
Z
33.6.2 Exercício: (a)
R:
R:
−3(1 − y)1/3 . R:
1 4 (1
+ t2 )2 .
465
33.6 Integração por Substituição
(c)
(d)
(e)
(f )
Z
Z
Z
Z
√ 3
x dx. 5 + 2x2
R:
sen3 (2x). cos(2x) dx.
3 8 (5
R:
arccos2 x √ dx. 1 − x2
+ 2x2 )2/3 . 1 8
sen4 (2x).
− 13 arccos3 x.
R:
2
ses ds.
R:
1 s2 2e .
√
(g)
(h)
(i)
Z
Z
Z
e x √ dx. x
√ R:
1 1/x e dx. x2
R:
esen x cos x dx.
Z
(l)
(m)
(n)
(o)
(p)
(q)
(r)
(s)
Z
Z
Z
2
x2−2x
/3
R:
R:
dx.
R:
dx . x log x
Z
Z
R:
Z
dx x
Z
R:
p
√
1 − log2 x
ds . s−1
33.6.3 Exercício: ções sequencialmente:
R:
.
1 3
√ √ 2 [ s + log( s − 1)].
sen(log x).
arctg(sen(3x)).
R:
R:
log(log x).
log(x2 + x + 1).
cos(log x) dx. x cos(3x) dx. 1 + sen2 (3x)
1 −(4−5x) . 5e
1 5−3/x . 3 log 4 4
R:
2x + 1 dx. +x+1
esen x .
−3 −2x2 /3 . 4 log 2 2
R:
x2
.
− 2x − a2 e−2x/a .
a 2x/a 2e
4(5−3/x) dx. x2
Z
x
−e1/x .
R:
dx . e(4−5x) Z 2 (k) ex/a − e−x/a dx. (j)
2e
arcsen(log x). ♣
Para calcular as seguintes integrais será necessário realizar várias substitui-
466
(a)
Integração em Termos Elementares
Z
√ tg x √ dx. x
R:
√ √ −2 log(cos x) = log(sec2 x)
♣
Embora não esteja errado fazer várias substituições seguidas, observe de passagem que duas, ou mais, delas podem ser combinadas apenas numa só. Nesse ponto deve ser acrescentado que perceber
a priori
qual é a substituição única que simpli ca completamente o integrando poderia ser
considerado como um exercício de super-intuição, beirando quase no paranormal, dependendo da integral em questão.
33.7
Substituições Trigonométricas
33.7.1 Exercício:
A substituição
u = arctg x
Para calcular as seguintes integrais manipule o denominador, completando quadrados se necessário, e depois use a substituição trigonométrica do título do exercício.
(a)
(b)
(c)
Z
Z
Z
3 dx. 9 + x2
R:
dx . 2 x −x+1
R:
dx . 2 x + 4x + 29
33.7.2 Exercício:
A substituição
R:
1 arctg 5
x+2 5
arctg(x/3).
√ 2 3 2x − 1 √ arctg . 3 3
.
♣
u = arcsen x
Para calcular as seguintes integrais manipule o denominador, completando quadrados se necessário, e depois use a substituição trigonométrica do título do exercício.
(a)
Z
33.8
√
10 dx. 25 − x2
R:
10 arcsen(x/5).
♣
Substituições Hiperbólicas
33.8.1 Exercício:
A substituição
u = arcsenh x
Para calcular as seguintes integrais manipule o denominador, completando quadrados se necessário, e depois use a substituição trigonométrica do título do exercício.
(a)
Z p 1 + x2 dx.
R:
p 1 arcsenh x + x 1 + x2 . 2
Sugestão: Aqui também será necessario lembrar a fórmula de redução para o coseno hiperbólico do Exercício 32.12.5.
♣
467
33.9 Funções Trigonométricas
33.9
Funções Trigonométricas
33.9.1 Exercício:
Z tg x dx.
Calcule
R:
− log(cos x) = log(sec x). ♣
Sugestão: basta apenas uma simples substituição.
Z
33.9.2 Exercício:
Analogamente ao exercício anterior, calcule
33.9.3 Exercício:
Calcule
cotg x dx.
Z sec x dx.
R:
log(sen x). ♣
R:
log
1 + sen x 1 − sen x
1/2 .
Sugestão: Use substituição, mas antes observe que:
sec x =
cos x cos x cos x 1 cos x 1 cos x 1 = = = = + .♣ cos x cos2 x 1 − sen2 x (1 + sen x)(1 − sen x) 2 (1 + sen x) 2 (1 − sen x)
33.9.4 Exercício:
Z Analogamente ao exercício anterior, calcule
R:
33.10
log
1 − cos x 1 + cos x
cosec x dx.
1/2 ♣
.
Funções Trigonométricas Inversas
33.10.1 Exercício:
Nas seguintes integrais, primeiro integre por partes e depois use substitui-
ção.
(a)
(b)
(c)
Z arcsen x dx.
R:
x arcsen x +
arccos x dx.
R:
x arccos x −
Z
Z arctg x dx.
33.11
R:
x arctg x −
1 2
log(1 + x2 ) = x arctg x + log
√
1 1 + x2
√ √
1 − x2 . 1 − x2 .
.
♣
R:
sen x . 1 + cos x
Algumas Integrais Trigonométricas Curiosas
33.11.1 Exercício:
(a)
Z Calcule
1 dx. 1 + cos x
Sugestão: Começe integrando por partes a integral do item (b) imediatamente abaixo com
g 0 = cos x.
Na nova integral resultante lembre que
sen2 x = 1 − cos2 x = (1 + cos x)(1 − cos x)
e por arte de mágica aparece a integral deste exercício junto com a primitiva!
468
(b)
Integração em Termos Elementares
Z Calcule
cos x dx. 1 + cos x
R:
Sugestão: Observe que o numerador pode ser escrito como
x−
sen x . 1 + cos x
cos x = (1 + cos x) − 1.
33.11.2 Exercício:
(a)
Z Calcule
Depois
♣
use o resultado do exercício anterior.
1 dx. 1 − cos x
R:
sen x . cos x − 1
Sugestão: Começe integrando por partes a integral do item (b) imediatamente abaixo com
g 0 = cos x.
Na nova integral resultante lembre que
sen2 x = 1 − cos2 x = (1 + cos x)(1 − cos x)
e por arte de mágica aparece a integral deste exercício junto com a primitiva!
(b)
Z Calcule
cos x dx. 1 − cos x
R:
Sugestão: Observe que o numerador pode ser escrito como
−x +
sen x . cos x − 1
cos x = −(1 − cos x) + 1.
33.11.3 Exercício:
Depois
♣
use o resultado do exercício anterior.
Analogamente a qualquer um dos dois exercícios anteriores, calcule o se-
guinte par de integrais:
(a)
(b)
Z
Z
1 dx. 1 + sen x
R:
sen x dx. 1 + sen x
33.11.4 Exercício:
R:
x+
−
cos x . 1 + sen x
cos x . 1 + sen x
♣
As integrais seguintes podem ser calculadas analogamente ao exercício an-
terior, ou, alternativamente, fazendo uma substituição trivial e usando a paridade ímpar da função
sen. (a)
(b)
Z
Z
1 dx. 1 − sen x
R:
sen x dx. 1 − sen x
33.11.5 Exercício:
R:
Z Veri que que
−x +
cos x . 1 − sen x
cos x . 1 − sen x
cosec2 x dx = cotg x
♣
sem calcular a integral diretamente.
Sugestão: Observe que:
cosec2 x =
1 1 1 1 1 1 1 = = = + . sen2 x 1 − cos2 x (1 + cos x)(1 − cos x) 2 1 + cos x 2 1 − cos x
Agora, basta usar o resultado dos Exercícios 33.11.1(a) e 33.11.2(a).
♣
469
33.11 Algumas Integrais Trigonométricas Curiosas
Z
33.11.6 Exercício:
Calcule
sen2 x dx. 1 + cos x
R:
Sugestão: Apenas simpli que o integrando, observando que
cos x).
Z
33.11.7 Exercício:
Calcule
x − sen x.
sen2 x = 1 − cos2 x = (1 + cos x)(1 − ♣
sen2 x dx. (1 + cos x)2
R:
2
sen x − x. 1 + cos x
sen2 x = 33.11.2. ♣
Sugestão: Simpli que o integrando com a mesma técnica que o exercício anterior, ou seja,
2
1 − cos x = (1 + cos x)(1 − cos x).
33.11.8 Exercício:
Depois use o resultado dos Exercícios 33.11.1 e
Considere a função
f (x)
:=
tem-se:
Z
sen x . 1 + cos x
Observe que, pelo exercício anterior,
f 2 (x) dx = 2 f (x) − x.
Derivando a igualdade anterior, usando o primeiro TFCI, tem-se que
f0 =
f 2 (x) = 2 f 0 (x) − 1,
ou seja:
f2 + 1 . 2
Portanto:
x 1 = 2 2 (a)
Z
Z dx =
f 0 (x) dx . f2 + 1
Calcule a integral no membro direito na última igualdade acima. Sugestão: Basta usar a simples substituição
u = f (x).
(b)
Veri que que
(c)
Em particular, isso prova a seguinte identidade trigonométrica:
tg
x 2
f (x) = tg(x/2).
=
sen x . 1 + cos x
Obviamente, isso pode ser provado também através de um cálculo direto:
sen x 2 sen(x/2) cos(x/2) 2 sen(x/2) cos(x/2) = = 1 + cos x 1 + cos2 (x/2) − sen2 (x/2) 1 − sen2 (x/2) + cos2 (x/2) x 2 sen(x/2) cos(x/2) 2 sen(x/2) cos(x/2) sen(x/2) = = = = tg . cos2 (x/2) + cos2 (x/2) 2 cos2 (x/2) cos(x/2) 2
33.11.9 Exercício: lista.
♣
As integrais seguintes podem ser calculadas analogamente à primeira da
470
(a)
Integração em Termos Elementares
Z
√
1 − cos x dx.
R:
−2
√
1 + cos x.
Sugestão: Basta uma simples substituição.
(b) (c) (d)
√
Z Z
√
1 + cos x dx.
R:
2
1 − sen x dx.
R:
2
√
Z
1 + sen x dx.
R:
−2
√ √ √
1 − cos x.
1 + sen x. 1 − sen x.
Observação: Esta integral pode ser calculada alternativamente a partir da integral do item (c) anterior, usando uma substituição trivial e a paridade ímpar da função
33.11.10 Exercício:
♣
sen.
As integrais dos produtos dos integrandos do exercício anterior, ou seja,
integrais da forma:
Z
√
1 ± cos x
√
1 ± sen x dx,
podem ser reduzidas através da integração por partes ao cálculo de uma única integral desse tipo, que pode ser, digamos, a seguinte:
Z
√
1 + cos x
√
1 + sen x dx.
Tente calcular essa última integral. Isso não é nem um pouco di cil com o uso de certas identidades trigonométricas que, embora simples e conhecidas, o leitor poderia ter esquecido a esta altura. Em lugar de incluir aqui, como acostumado, a dica providencial a título de sugestão, será feita uma observação que tal vez acrescente um pouco mais de mistério no assunto. As quatro funções que aparecem no integrando em cada um dos itens do Exercício 33.11.9, respectivamente, satisfazem todas elas a equação diferencial
duas
4f 00 + f = 0,
que, sendo de segunda ordem, pode ter
apenas
soluções linearmente independentes. Esse aparente paradoxo está relacionado com o cálculo
da última integral no seguinte sentido: Se souber como explicar o primeiro, seguramente o leitor não terá inconveniente em determinar que identidades trigonométricas usar para o cálculo da
♣
segunda.
33.12
Descomposição em Frações Simples
33.12.1 Exercício:
Nas seguintes integrais, primeiramente descomponha o integrando em fra-
ções simples e depois aplique o método de integração apropriado para cada caso.
(a)
(b)
Z
Z
4x + 1 dx. x2 − 5x + 6 2x − 1 dx. (x − 2)(x − 1)
R:
log
R:
(x − 3)13 . (x − 2)9
log
(x − 2)3 . x−1
471
33.13 Mundo Mix
(c)
(d)
Z
Z
5x2 − 2x + 6 dx. x(x + 4)(x − 1) dx . +1
1 3
R:
x3
Sugestão: Observe que
(x + 4)47/10 (x − 1)18/10 . x3/2 " # √ 2 ! √ 3 2x − 1 2x − 1 √ √ log(x + 1) − . log + 1 + 3 arctg 6 3 3 R:
x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1).
log
Para calcular a integral de uma das
♣
frações simples resultante, pode procurar inspiração no Exercício 33.7.1(b).
33.13
Mundo Mix
33.13.1 Exercício:
Para calcular as seguintes integrais será necessário uma combinação dos
diferentes métodos de integração.
(a)
Z
esen x sen x cos x dx.
R:
(sen x − 1) esen x .
Sugestão: Primeiro use substituição e depois integre por partes.
(b)
Z
x arcsen x √ dx. 1 − x2
R:
√ − arcsen x 1 − x2 + x.
Sugestão: Idem.
(c)
Z
log3 x dx.
Sugestão:
R:
(log3 x − 3 log2 x + 6 log x − 6) x.
Primeiro use substituição e depois integre por partes uma vez.
Depois disso
continue integrando por partes ou então parta para integrar usando o resultado do Exercício 33.5.2(a).
(d)
Z
2
2
x log x dx.
R:
1 2 2 log2 x − 2 log x + 3 3 3 3
x3 .
Sugestão: Idem.
(e)
Z
dx . sen x
R:
1 log 2
1 − cos x 1 + cos x
.
Sugestão: Rescreva o integrando observando que:
1 sen x sen x = = . sen x sen2 x 1 − cos2 x Depois basta uma simples substituição, arrematando com uma descomposição em frações simples. Por que a função
1 log 2
cos x − 1 cos x + 1
embora sua derivada seja o integrando?
é uma resposta
incorreta
para essa integral,
472
(f )
Integração em Termos Elementares
Z
dx . cos x
R:
1 log 2
1 − sen x 1 + sen x
.
Sugestão: Idem que o exercício anterior. Alternativamente, observe que o integrando pode ser transformado via a relação trigonométrica
cos(π/2 − x) = sen x.
Depois basta usar uma
substituição bem simples e o resultado do exercício anterior. Observe que aqui também a função
1 − log 2
sen x − 1 sen x + 1
faz o serviço, ou seja, a sua derivada é o integrando, mas não é
♣
a resposta correta.
33.14
Fórmula de Redução para
R
xn eax dx
Quem tiver feito algum dos Exercícios 33.5.2(a) ou 33.13.1(a,c,d) seguramente terá encontrado algum caso particular da seguinte integral:
Z
com
xn eax dx,
n∈N
e
(33.14.1)
a 6= 0.
O objetivo do presente exercício consiste em determinar seu valor no caso
general.
33.14.1 Exercício: Seja fórmula de redução:
Z
xn eax dx = xn
n ∈ N
eax n − a a
Z
e
R 3 a 6= 0
Z
" xn eax dx =
Estabeleça a seguinte
xn−1 eax dx.
Sugestão: Integre por partes uma vez, com
33.14.2 Exercício:
arbitrários mas xos.
g 0 (x) = eax .
♣
Calcule explícitamente a seguinte fórmula para o valor da integral:
n X k=0
n! (n − k)!
−1 a
k
# xn−k
eax . a
Existem pelo menos três maneiras de fazer isso. Escolha a que preferir:
(a)
Continue integrando por partes na fórmula de redução do exercício anterior.
(b)
Integre aplicando
(c)
Use indução em
33.14.3 Exercício:
n
vezes a fórmula de redução do exercício anterior.
n.
♣
Através de substituições adequadas, reduça o cálculo das seguintes integrais
ao de uma integral da forma (33.14.1).
33.14 Fórmula de Redução para
(a)
Z
xa logm x dx,
com
Observação: No caso
R
m∈N
xn eax dx
e
a = −1
473
R 3 a 6= −1.
a integral ca bem simples, sendo igual a
logm+1 x . m+1
♣
Capítulo 34
Integrais Impróprias 34.1
Integrais Impróprias de Primeira Espécie Rb
34.1.1 De nição: Seja a ∈ R. Se a integral a integral imprópria de primeira espécie como:
Z
∞
Z f
:=
a
lim
f
existe para todo
R
a
Quando o limite acima existe se diz que a integral imprópria
34.1.2 Exemplo: e somente se
Z
R
x
−s
1
converge. Caso contrário, se diz que
não-converge ou que diverge.
Z s ∈ R.
Seja
♣
∞
Então, a integral
1
s > 1.
Com efeito, no caso
então de ne-se a
f.
R→∞
a integral imprópria
b > a,
s 6= 1
x−s dx
é convergente, com valor
1 , s−1
se
tem-se:
R x−s+1 R−s+1 1 1 R−s+1 1 dx = = − = − = 1 − e(1−s) log R . −s + 1 1 −s + 1 −s + 1 s−1 s−1 s−1
Portanto:
Z
R
lim
R→∞
No caso
Z 1
1
s=1 R
1 , x−s dx = s − 1 ∞,
se
1 − s < 0;
se
1 − s > 0.
tem-se:
R
x−s dx = log x|1 = log R − log 1 = log R.
Portanto, a integral é claramente divergente neste caso.
475
♣
476
Integrais Impróprias
34.1.3 De nição:
Analogamente, dado
a ∈ R,
se a integral
Ra b
f
b 6 a,
existe para todo
então
de ne-se:
a
Z
Z f
:=
−∞
a
lim
34.1.4 De nição:
♣
f.
R→−∞
R
R∞
Se as integrais
a
f
Ra
e
−∞
f
existem ambas para algum
a ∈ R, então de ne-
se:
∞
Z
Z f
a
∞
Z f+
:=
−∞
34.1.5 Exemplo:
♣
f.
−∞
a
Z a ∈ R.
Seja
∞
e−a|x| dx
Então, a integral
é convergente, com valor
2/a,
a > 0. Com efeito, se
a>0
R
Z
e
−a|x|
tem-se:
R
Z dx =
0
e
−ax
0
Z
R e−aR 1 1 1 e−ax = − = 1 − e−aR −−−−→ . dx = R→∞ a −a 0 −a −a a 0
e−a|x| dx =
Analogamente prova-se que
−∞
34.1.6 Exemplo:
1 , a
∞
Z
Z x dx
A integral
♣
de onde segue o a rmado.
não existe, mas
−∞
R
lim
R→∞
x dx
existe (com valor igual a
−R
♣
zero, neste caso).
34.2
Alguns Critérios de Convergência
34.2.1 Lema:
1.
se
−∞
Z
Suponha-se que:
b
f
existe para todo
b > a.
a
2. 0 6 f (x),
para todo
Então, a integral imprópria
x > a. Z ∞ f converge
Z se e somente se existe
M >0
a todo
b
f 6 M,
tal que
para
a
b > a.
Demonstração : existe
M >0
Z (⇒) Z
converge, então a sequência an :=
a
f 6 M,
tal que
a
a+n
Z f
Se
a+n
∞
f
é limitada. Ou seja,
a para todo
n ∈ N.
Se
b > a,
então
a 6 b < a + n0 ,
para algum
477
34.2 Alguns Critérios de Convergência
n0 ∈ N. Portanto: Z a+n0 Z b f 6 M, f6 a
a
f > 0.
onde a primeira desigualdade segue do fato que
a+n
Z (⇐)
an
A sequência
f
:=
f > 0,
é não-decrescente, pois
e limitada superiormente, por
M.
a Portanto, converge.
34.2.2 Lema (Convergência Dominada): b
Z
1.
Suponha-se que:
f
existe para todo
b > a.
a
2. 0 6 f (x) 6 g(x), 3.
para todo
x > a.
∞
Z
g
converge.
a ∞
Z
Z f
Então, a integral imprópria
b
Z
a
b
f6
g6
g. a
Portanto, basta tomar
M>
R∞ a
g
no lema anterior.
34.2.3 Lema (Critério de Comparação):
1.
b
g
e
a
existem para todo
b > a.
a
2. f (x) > 0 3.
Suponha-se que:
b
Z f
g. a
∞
Z
a
Z
∞
Observe-se que, pela segunda condição, tem-se:
Z
a
Z f6
também converge e tem-se que
a
Demonstração :
∞
Existe
e
g(x) > 0,
para todo
x > a.
f (x) =: c. x→∞ g(x) lim
Então:
(a)
Z Se
c 6= 0,
∞
Z f
então as integrais impróprias
a
∞
g,
e
ou bem convergem ambas, ou bem
a
divergem ambas.
(b)
Z Se de
c = 0, então somente pode-se concluir que a convergência de Z ∞ f. a
∞
g a
implica a convergência
478
Integrais Impróprias
Demonstração :
(a)
c 6= 0, então deve ser c > 0, pela condição 2 acima. Pela condição > 0 existe N () ∈ N tal que: f (x) f (x) f (x) − c < ⇐⇒ − < − c < ⇐⇒ c − < < c + . x > N () ⇒ g(x) g(x) g(x) Se
3
tem-se que para todo
Portanto, tomando, por exemplo,
x > N (c/2) ⇒ c − c/2 <
= c/2 > 0
tem-se:
f (x) c 3c < c + c/2 ⇒ 0 < g(x) < f (x) < g(x). g(x) 2 2
Observe-se que na última relação acima foi usado o fato que
g(x) > 0
como também
c > 0.
Desta maneira, o a rmado segue da última relação acima, usando o resultado de convergência dominada, ou seja, o Lema 34.2.2.
(b)
Analogamente ao caso anterior, mas tomando agora
= 1,
tem-se que:
f (x) < 1 ⇒ 0 6 f (x) < g(x). g(x)
x > N (1) ⇒
Desta maneira, o a rmado segue da última relação acima, usando convergência dominada, ou seja, o Lema 34.2.2.
34.2.4 Exemplo:
Z s ∈ R.
Seja
∞
Então, a integral
e−x xs dx
é convergente, para todo
s ∈ R.
1 Com efeito, tem-se:
xs+2 e−x xs = lim = 0. −2 x→∞ ex x→∞ x Z ∞ Observe-se que a integral x−2 dx lim
é convergente, segundo o Exemplo 34.1.2. Portanto, o a r1 mado segue usando a segunda parte do critério de comparação, Lema 34.2.3(b). ♣
Os criterios apresentados na presente seção aplicam-se apenas para funções não-negativas,
0.
Portanto, para uma função
34.2.5 De nição:
( f+ (x) =
f
Se
f (x) 0
se se
f− (x) =
−f (x) 0
Observe que as funções
arbitrária, os critérios podem ser aplicados a
é uma função, de ne-se a sua
parte positiva
f+
f>
|f |.
como:
f (x) > 0; f (x) < 0.
Analogamente, de ne-se a
(
f
se se
f±
parte negativa
f−
como:
f (x) 6 0; f (x) > 0. assim de nidas resultam não-negativas,
f± > 0.
♣
479
34.3 Integrais Impróprias de Segunda Espécie
34.2.6 Lema: para
f
Se a integral imprópria de
|f |
converge, então a respectiva integral imprópria
também converge.
Demonstração :
0 6 f± 6 f+ + f− = |f |. Portanto, pelo critério de convergência f± são ambas convergentes. Como f = imprópria da f também resulta convergente, pois é a soma de duas
Observe que
dominada 34.2.2, as integrais impróprias das funções
f+ − f− ,
segue que a integral
integrais impróprias convergentes.
34.3
Integrais Impróprias de Segunda Espécie Rb
34.3.1 De nição: Seja f de nida em (a, b]. Se a integral f existe para todo x então de ne-se a integral imprópria de segunda espécie como: b
Z
Z f
:=
a+
b
lim
f.
x→a+
x
Quando o limite acima existe se diz que a integral imprópria
Seja
b > 0.
x−s dx
é convergente, com valor
0+
s < 1.
f (x) = x−s = e−s log x ,
1−s Z b Z b − x1−s b , −s f= u du = 1−s x x log b − log x,
se
s 6= 1;
se
s = 1.
x1−s = e(1−s) log x converge com somente se 1 − s > 0 ⇐⇒ s < 1.
Observe-se que , se e
b
Então, a integral
Com efeito, observe-se que a função
x→0
♣
Z
34.3.2 Exemplo:
+
converge. Caso contrário, se diz que
não-converge ou que diverge.
a integral imprópria
e somente se
a < x 6 b,
está de nida para
x>0
b1−s , 1−s
se
e tem-se:
limite nito (igual a zero, neste caso) quando
Uma outra maneira de provar a convergência, consiste em calcular a integral valendo-se da subs-
y = 1/u
tituição
Z
da seguinte maneira:
b
u−s du =
x
Z
1/b
1/x
−s Z 1/b Z 1/x 1 −y −2 dy = − y s−2 dy = y s−2 dy. y 1/x 1/b
Portanto:
Z
1/x
lim
x→0+
y s−2 dy = lim
1/b
Z
R→∞
R
y s−2 dy.
1/b
Pelo Exemplo 34.1.2, o limite acima existe se e somente se
34.3.3 Exemplo:
A função
f (x) = x−3/4 ,
sólido de revolução gerado é in nito.
para
s − 2 < −1 ⇐⇒ s < 1.
0 < x 6 1,
♣
tem área nita, mas o volume do
480
Integrais Impróprias
Z
1
x−3/4 dx converge, mas o volume Z 1 Z 1 −3/4 2 π (x ) dx = π x−3/2 dx, é divergente.
Com efeito, pelo exemplo anterior, a integral
do sólido de
0+
revolução, dado pela integral
0+
34.4
♣
0+
A Função Gamma
34.4.1 Lema:
Z
A seguinte integral:
∞
e−t ts−1 dt
Z
1
e−t ts−1 dt +
:=
0+
0+
converge para todo
Demonstração :
∞
Z
e−t ts−1 dt,
1
s > 0.
A segunda integral no lado direito acima é convergente para todo
s ∈ R,
em
virtude do Exemplo 34.2.4. Portanto, basta provar a convergência da primeira integral. Utilizando a substituição
Z
t = 1/u
1
e−t ts−1 dt =
x
tem-se:
Z
1
e−1/u u1−s (−u−2 ) du = −
Z
1/x
1
e−1/u u−s−1 du =
1/x
Z
1/x
e−1/u u−s−1 du.
1
De onde segue que:
Z
1/x
lim
x→0+
e
−1/u −s−1
u
Z du = lim
1
Agora, observe-se que
R→∞
R
e−1/u u−s−1 du
1
0 6 e−1/u u−s−1 6 u−s−1 = u−(s+1) .
Portanto, utilizando a convergência
dominada do Lema 34.2.2 com a função do Exemplo 34.1.2, tem-se que o último limite acima existe para todo
s + 1 > 1 ⇐⇒ s > 0.
34.4.2 De nição:
Z Γ(s)
De ne-se a
função gamma
Γ(s)
para
s>0
como a integral:
∞
:=
e−t ts−1 dt, ∀ s > 0;
0+ cuja convergência é garantida pelo resultado anterior.
♣
Exercícios para o Capítulo 34 34.5
Integrais Impróprias de Primeira Espécie
34.5.1 Exercício:
Determine se cada uma das seguintes integrais impróprias converge ou não.
Em caso a rmativo, calcule o seu valor.
+∞
Z
(a)
1 +∞
Z
(b)
4
R:
1 √ dx. x
R: Diverge como
1/2.
√ 2( R − 2).
+∞
Z
(c)
1 dx. x3
cos x dx.
R: Diverge como
sen(R).
0 +∞
Z
(d)
x−3/2 dx.
R:
2.
1 +∞
Z
(e)
√
0
1 dx. x+1
34.5.2 Exercício:
R: Diverge como
Veri que a convergência de
R∞ 0
√ 2( R + 1 − 1).
♣
1/(1 + x2 ) dx.
Sugestão: Observe-se que:
Z 0 Como
∞
1 dx = 1 + x2
1
Z 0
1/(1 + x2 ) < x−2 ,
1 dx + 1 + x2
Z
∞
1
1 dx. 1 + x2
na segunda integral o critério de convergência dominada do Lema 34.2.2
♣
pode ser combinado com o resultado do Exemplo 34.1.2.
34.5.3 Exercício:
Suponha-se que
R∞ −∞
f
existe. Então:
(a)
A existência e o valor da integral independem do ponto
(b)
f existe, com valor igual ao da integral. Observe-se que a recíproca deste −R resultado não é válida, como mostra o Exemplo 34.1.6. ♣
Z O limite
a
em questão.
R
lim
R→∞
481
482
Integrais Impróprias
34.6
Integrais Impróprias de Segunda Espécie
34.6.1 Exercício:
Veri que se cada uma das seguintes integrais impróprias existe, ou seja, se
admite um valor nito e em tal caso calcule o valor da integral.
(a)
1
Z
x−1/3 dx.
R:
3/2.
(x + 1)5/4 dx.
R:
4/9.
0
(b)
0
Z
−1
(c)
0
Z
x
−4/3
dx.
R: Diverge como
−1
(d)
2
Z 0
(e)
Z
3
1 1/3
−1
para
1 dx. (1 − x)2/3
π/4
√
0
R:
sen x cos x dx. cos2 x − sen2 x
34.6.2 Exercício:
(a)
→ 0+ .
R:
♣
1/2.
Z Veri que a convergência da integral
0
∞
6.
sen x dx. x
Sugestão: Integrando por partes tem-se:
Z a
b
cos a cos b sen x dx = − − x a b
Prove que
(c)
Prove que
a
cos x dx. x2
sen(n + 21 )t dt = π . sen 2t 0 Z π 1 2 1 lim sen(λ + )t − dt = 0. λ→∞ 0 2 t sen 2t Z
(b)
b
Z
π
Sugestão: O termo entre colchetes é limitado (por que?), e pode ser aplicado o Lema de Riemann-Lebesgue.
(d)
Utilizando a subsituição
34.7
Z e o item (b) anterior, prove que
0
∞
sen x π dx = . ♣ x 2
Algumas Fórmulas de Redução
34.7.1 Exercício: (a)
u = (λ + 12 )t
Fórmula de redução para
(1 − x2 )n
Integrando por partes, prove a seguinte fórmula de redução (embora não pareça):
Z
(1 − x2 )n dx = (1 − x2 )n x + 2n
Z
x2 (1 − x2 )n−1 dx.
483
34.7 Algumas Fórmulas de Redução
(b)
Usando a fórmula de redução do item anterior tantas vezes como necessário, prove que:
Z
1
(1 − x2 )n dx = 2n
0
34.7.2 Exercício: (a)
2(n − 1) 2(n − 2) 4 2 ... . 3 5 2n − 3 (2n − 1)(2n + 1)
Fórmula de redução para
♣
(1 + x2 )−n
Prove a seguinte fórmula de redução:
Z
1 2n − 3 x dx = + 2 n 2 n−1 (1 + x ) 2(n − 1) (1 + x ) 2(n − 1)
Z
dx . (1 + x2 )n−1
Sugestão: Observe-se que:
Z
(b)
dx = (1 + x2 )n
0
∞
♣
Fórmula de redução para
sen x cosn−1 x n − 1 cos x dx = + n n n
34.7.4 Exercício:
cosn x
Z
Fórmula de redução para
cosn−2 x dx.
♣
senn x
Integrando por partes, prove a seguinte fórmula de redução:
Z
cos x senn−1 x n − 1 sen x dx = − + n n n
Z
senn−2 x dx.
Usando a fórmula de redução do item anterior tantas vezes como necessário, prove que:
Z
π/2
sen2n x dx =
0
(c)
x2 dx . (1 + x2 )n
Integrando por partes, prove a seguinte fórmula de redução:
Z
(b)
Z
dx π 1 3 5 2n − 3 = ... . (1 + x2 )n 2 2 4 6 2n − 2
34.7.3 Exercício:
(a)
dx − (1 + x2 )n−1
Usando a fórmula de redução do item anterior tantas vezes como necessário, prove que:
Z
(a)
Z
π 1 3 5 2n − 1 ... . 2 2 4 6 2n
Idem, mas agora para exponente ímpar:
Z
π/2
sen2n+1 x dx =
0
34.7.5 Exercício:
2 4 6 2n ... . 3 5 7 2n + 1
Uma fórmula para o cálculo de
♣
π
484
(a)
Integrais Impróprias
Utilizando os resultados do exercício anterior, prove que:
Z π =Z 2
π/2
sen2n x dx
0 π/2
sen
2n+1
x dx
2 4 6 2n 1 ... 1 3 5 2n − 1 2n + 1
2 2n + 1.
0
(b)
Prove que:
Z 16 Z
π/2
sen2n x dx
0 π/2
61+ sen2n+1 x dx
1 . 2n
0 Sugestão:
(c)
0 < x < π/2 ⇒ 0 < sen2n+1 x = sen2n x sen x < sen2n x.
Conclua que:
π = lim n→∞ 2 (d)
2 4 6 2n 1 ... 1 3 5 2n − 1 2n + 1
2n + 1.
Utilizando o resultado do item anterior, veri que adicionalmente que:
√
34.8
1 2 4 6 2n π = lim √ ... . n→∞ 2n − 1 n 1 3 5
♣
Integrais Gaussianas
34.8.1 Exercício:
(a)
Prove que
2
(1 − x2 )n 6 e−nx 6 (b)
2
2
1 − x2 6 e−x 6
1 , 1 + x2
para todo
Em particular:
1 . (1 + x2 )n
Utilizando o resultado do item anterior, prove que:
1
Z
Z
2 n
(1 − x ) dx 6 0
√
1
e
−nx2
0
1 dx = √ n
Z
n
2
e−u du
0
1 6 √ n (c)
x > 0.
Z 0
∞
2
e−u du 6
Z 0
∞
dx . (1 + x2 )n
Finalmente, combinando o resultado do item anterior com os resultados da seção anterior, conclua que:
Z
√
∞
e
−x2
dx =
0
π . 2
Além de importantes aplicações na Estatística, por exemplo, este resultado é particularmente notável, pois a função
2
f (x) = e−x
não pode ser integrada em termo de funções elementares,
embora o valor da integral inde nida acima possa ser calculado exatamente.
♣
485
34.9 Propriedades Elementares da Função Gamma
34.8.2 Exercício:
E(X n )
:=
Para cada
1 √ 2π
n∈N
∞
Z
xn e−x
2
/2
seja
E(X n )
de nido como:
dx.
−∞
E(X 2n+1 ) = 0
Resulta facil deducir que
apelando a argumentos de paridade. O caso de
n
par é
abordado no presente exercício.
(a)
Usando o exercício anterior veri que que no caso
(b)
Integrando por partes veri que a seguinte fórmula de redução:
Z
x2n e−x
2
/2
dx = −x2n−1 e−x
2
/2
n=0
Z + (2n − 1)
tem-se
x2n−2 e−x
(c)
Utilizando a fórmula de redução do item anterior veri que que
(d)
Prove por indução em
(e)
Finalmente, conclua que
34.9
n
que
E(X 0 ) = 1.
2
/2
dx.
E(X 2n ) = (2n−1) E(X 2n−2 ).
E(X 2n ) = (2n − 1)(2n − 3) · · · 1.
E(X 2n ) =
(2n)! . 2n n!
Propriedades Elementares da Função Gamma
34.9.1 Exercício:
A função Gamma possui a propriedade de interpolar os valores do fatorial,
como mostra o presente exercício.
(a)
Integrando por partes, veri que que
(b)
Através de um cálculo direto, veri que que
(c)
Prove que
Γ(n) = (n − 1)!,
Sugestão: Use indução em
Γ(x + 1) = x Γ(x),
para todo
n,
para todo
x > 0.
Γ(1) = 1.
n ∈ N.
observando que o caso
n=1
é o resultado do item anterior. A
validade do passo indutivo segue trivialmente do item (a) acima.
(d)
n
Em particular, se
34.9.2 Exercício:
(a)
Z
é par, então
e−t ts−1 dt =
0+
1 x
Sugestão: Utilize a substituição
(b)
Utilizando √ π.
(c)
No caso em que
Γ Aqui, o
n 2
Z
∞
1/x
e−u
du.
0
u = tx .
o valor da integral gaussiana calculado na seção anterior, conclua que
n
+1 =
♣
Veri que que:
∞
Γ(x) =
Γ(n/2 + 1) = (n/2)!.
Γ(1/2) =
é ímpar, veri que a fórmula:
n!! √ π. 2(n+1)/2
fatorial duplo é de nido como
n!!
:= n(n
− 2)(n − 4) · · · 1.
♣
486
Integrais Impróprias
34.10
Transformada de Fourier
34.10.1 De nição:
fb(λ)
:=
1 √ 2π
f
Se
Z
é integrável em
R de ne-se a sua transformada de Fourier fb como:
e−iλx f (x) dx
R
34.10.2 Exercício:
(a)
Integrando por partes e assumindo que
lim f (x) = 0, veri que que
x→±∞
(n) (λ) = (iλ)n fb(λ). fd
(b)
Derivando formalmente sob a integral, veri que que
34.10.3 Exercício: 2
♣
Calcule a transformada de Fourier das seguintes funções:
(a)
f (x) = e−x
(b)
f (x) = xα−1 e−x/β ,
/2
n f (x). fb(n) = (−i)n x\
.
R: para
x > 0.
R:
fb(λ) =
√1 2π
2 fb(λ) = e−λ /2 .
(1 + iλβ)−α β α Γ(α).
♣
Capítulo 35
Aproximação Mediante Funções Polinômicas 35.1
Polinômios de Taylor
35.1.1 De nição: derivada Se
f
n-ésima f
é de classe
Uma função
(n)
C n,
f
é denominada de
f
(k)
(a),
então denota-se
lim
x→a
se
f
é
n
vezes diferenciável e a
f ∈ C n.
♣
f (0)
:= f .
f ∈ C n no intervalo [a, x]. k = 0, 1, 2, . . . , n, então:
Seja
para todo
Cn
é contínua.
Também será convencionalmente denotado
35.1.2 Lema:
classe
Se
P
é um polinômio de grau
n tal que P (k) (a) =
f (x) − P (x) = 0. (x − a)n
Demonstração :
Aplicando a regra de L'Hôpital
n
vezes tem-se:
f 0 (x) − P 0 (x) f (n) (x) − P (n) (x) f (x) − P (x) = lim = · · · = lim x→a x→a n (x − a)n−1 x→a n (n − 1) · · · 2 · 1 (x − a)n 1 (n) 1 (n) = f (a) − P (n) (a) = f (a) − f (n) (a) = 0. n! n! lim
A primeira igualdade da segunda linha acima segue da continuidade de
f (n)
em
a.
O seguinte resultado é apenas uma variante do anterior que dispensa a continuidade de mas restringe a escolha do polinômio
P.
487
f (n) ,
488
Aproximação Mediante Funções Polinômicas
35.1.3 Lema:
P
a ∈ R e seja f uma função tal que f 0 (a), . . . , f (n) (a) existem todas elas. Seja n tal que P (k) (a) = f (k) (a), para todo k = 0, 1, 2, . . . , n, sujeito à condição
Seja
polinômio de grau
adicional:
P (x) =
f (n) (a) f (n−1) (a) (x − a)n + (x − a)n−1 + n! (n − 1)!
termos de ordem inferior.
Então:
lim
x→a
f (x) − P (x) = 0. (x − a)n
Demonstração :
Observe que:
P (n−1) (x) = f (n) (a) (x − a) + f (n−1) (a). Aplicando a regra de L'Hôpital
n−1
vezes tem-se:
f (x) − P (x) f 0 (x) − P 0 (x) f (n−1) (x) − P (n−1) (x) = lim = · · · = lim x→a x→a n (x − a)n−1 x→a n (n − 1) · · · 2 (x − a) (x − a)n (n−1) (n−1) 1 f (x) − f (a) 1 (n) (n) = lim − f (a) = f (a) − f (n) (a) = 0. n! x→a x−a n! lim
Um caso particular na escolha do polinômio
P
resulta de grande relevância, sendo apresentado
a seguir.
35.1.4 De nição: seja
Pn,a,f
Seja
f
uma função tal que
o polinômio de grau
Pn,a,f (x) =
n X f (k) (a)
k!
k=0 (n)
= O polinômio
f
n
f 0 (a), . . . , f (n) (a) existem todas elas.
n ∈ N,
(x − a)k
(a) f (n−1) (a) f 00 (a) f 0 (a) (x − a)n + (x − a)n−1 + · · · + (x − a)2 + (x − a) + f (a). n! (n − 1)! 2! 1!
Pn,a,f
recebe o nome
denotado simplesmente
35.1.5 Lema:
Seja
f
Pn,a
polinômio de Taylor de ordem
sem referência à função
uma função tal que
f,
f 0 (a), . . . , f (n) (a)
existem todas elas. Então:
f (x) − Pn,a,f (x) = 0. x→a (x − a)n
Demonstração : Pn,a,f (x) =
Observe que para todo
n X f (k) (a) k=0
k!
n para f em a
quando não houver ambiguidade.
lim
(j)
Dado
de nido como:
j = 0, 1, 2, . . . , n
tem-se:
k (k − 1) · · · (k − j + 1) (x − a)k−j .
e será
♣
489
35.2 Caraterização Unívoca do Polinômio de Taylor
Em particular, se
(j)
Pn,a,f (a) =
x=a
o único termo não-nulo corresponde ao valor
k = j,
ou seja:
f (j) (a) f (j) (a) j (j − 1) · · · 1 = j! = f (j) (a). j! j!
Desta maneira, o resultado segue diretamente do Lema 35.1.3.
35.2
Caraterização Unívoca do Polinômio de Taylor
Nesta seção será veri cado que a condição adicional sobre
P
do Lema 35.1.3 não é demasiado
restrictiva. De fato, existe básicamente apenas uma escolha possível para um polinômio garantir o resultado do Lema 35.1.5.
35.2.1 De nição:
lim
x→a
Duas funções
35.2.3 Lema: e
Seja
f
Q
são denominadas
uma função tal que
Sejam
P
e
Q
iguais até a ordem
Para todo
(b)
Mais ainda, deve ser
Demonstração :
k = 0, 1, . . . , n
f
e
Pn,a,f
f 0 (a), . . . , f (n) (a)
n em a
se:
n
em
a.
tem-se que
existem todas elas. Então, pelo
são iguais até a ordem
dois polinômios em
são iguais até a ordem
(a)
(a)
g
♣
Lema 35.1.5 anterior, tem-se que
P
e
f (x) − g(x) = 0. (x − a)n
35.2.2 Exemplo:
que
f
(x − a)
n
em
♣
a.
de grau menor ou igual a
n.
Suponha
Então:
lim
x→a
P (x) − Q(x) = 0. (x − a)k
P = Q.
Para simpli car a notação, seja
R
:= P
− Q.
Observe que:
R(x) R(x) P (x) − Q(x) = (x − a)n−k = (x − a)n−k . k n (x − a) (x − a) (x − a)n No termo à direita acima, o primeiro fator converge a zero quando hipótese. O segundo fator também converge a zero se
(b)
Basta provar que
R = 0.
n − k > 0,
Para tanto, suponha que:
R(x) = b0 + b1 (x − a) + b2 (x − a)2 + · · · + bn (x − a)n . Pelo item anterior com
k=0
0 = lim R(x) = b0 . x→a
tem-se:
x
a, por n − k.
tende para
ou vale 1 no caso
490
Aproximação Mediante Funções Polinômicas
Ou seja, deve ser:
R(x) = b1 (x − a) + b2 (x − a)2 + · · · + bn (x − a)n . Portanto, usando mais uma vez o item anterior mas desta vez com
0 = lim
x→a
k=1
R(x) = b1 . x−a
Desta maneira, a mesma técnica pode ser empregada iterativamente
bk = 0,
para todo
k = 0, 1, 2, . . . , n,
ou seja,
35.2.4 Lema:
n
igual a
Seja
f
com grau não maior que
Demonstração : a
f
até a ordem
lim
x→a
f
até ordem
diferenciável
n,
igual a
f
n
em
vezes em
em
a.
Se
P
para
f
em
a
como o
único
a. Suponha que P é um polinômio em (x − a), n em a. Então deve ser P = Pn,a,f .
Pelo Lema 35.1.5 o polinômio de Taylor
n
n
a.
até a ordem
Pn,a,f
de ordem
n
para
f
em
a
é igual
é um outro polinômio com tais propriedades, então tem-se:
P (x) − Pn,a,f (x) P (x) − f (x) + f (x) − Pn,a,f (x) = lim x→a (x − a)n (x − a)n P (x) − f (x) f (x) − Pn,a,f (x) = lim + lim = 0 + 0 = 0. n x→a x→a (x − a) (x − a)n
Portanto, pelo Lema 35.2.3(b) deve ser
35.3
n
n vezes para provar que
R = 0.
O próximo resultado caracteriza o polinômio de Taylor de ordem polinômio de grau
tem-se:
P = Pn,a,f .
Expressões para o Resto
35.3.1 De nição:
De ne-se o
resto
Rn,a,f
de ordem
n
para
f
em
a
pela identidade:
f (x) = Pn,a,f (x) + Rn,a,f (x), ou seja:
Rn,a,f (x) = f (x) − Pn,a,f (x) = f (x) −
n X f (k) (a) k=0
O resto será denotado simplesmente
Rn,a
k!
(x − a)k .
sem referência à função
f,
quando não houver ambigüi-
♣
dade.
35.3.2 Lema: função
F (t)
Seja
f
tal que todas as derivadas de ordem
de nida para todo
F (t) = f (t) +
t
n X f (k) (t) k=1
k!
em
[a, x]
(x − t)k .
pela expressão:
n+1
existem em
[a, x].
Considere a
491
35.3 Expressões para o Resto
Então:
(a) F
é contínua e diferenciável em
F 0 (t) =
[a, x]
com:
f (n+1) (t) (x − t)n . n!
(b) F (a) = Pn,a,f (x). (c) F (x) = f (x).
Demonstração : (a) A função F e ipso facto tem-se: 0
0
F (t) = f (t) + = f 0 (t) +
n X f (k+1) (t) k=1 n X k=1
=
=
n X
f
(b)
(t)
k! (t)
n!
k=1
k!
n+1
vezes diferenciável
(−1) k (x − t)k−1
k=2
n X f (k) (t) (x − t)k − (x − t)k−1 (k − 1)!
(x − t)k −
n−1 X k=1
f (k+1) (t) (x − t)k k!
(x − t)n .
Observe que:
F (a) = f (a) +
n X f (k) (a) k=1
(c)
(x − t) +
n X f (k) (t)
é
k=2
(k+1)
f
k
f
n X f (k+1) (t) f (k) (t) (x − t)k − f 0 (t) − (x − t)k−1 k! (k − 1)!
k!
k=1 (n+1)
=
k!
n X f (k+1) (t) k=1
resulta obviamente contínua pois
k!
(x − a)k = Pn,a,f (x).
Analogamente, neste caso tem-se:
F (x) = f (x) +
n X f (k) (x) k=1
35.3.3 Lema:
Seja
f
Demonstração :
(x − x)k = f (x) + 0 = f (x).
tal que todas as derivadas de ordem
qualquer função contínua em
Rn,a,f (x) =
k!
[a, x]
e diferenciável em
(a, x).
n+1
existem em
Então, para algum
f (n+1) (t) G(x) − G(a) (x − t)n . n! G0 (t) Com a mesma notação do lema anterior, observe que:
Rn,a (x) = f (x) − Pn,a (x) = F (x) − F (a).
t
[a, x]. (a, x)
em
Seja
G
tem-se:
492
Aproximação Mediante Funções Polinômicas
Por outro lado, pelo Teorema de valor médio de Cauchy 23.2.8 existe algum
t
em
(a, x)
tal que:
[F (x) − F (a)] G0 (t) = [G(x) − G(a)] F 0 (t). Portanto, para algum
t
em
(a, x)
tem-se:
G(x) − G(a) f (n+1) (t) G(x) − G(a) = (x − t)n . G0 (t) n! G0 (t)
Rn,a,f (x) = F (x) − F (a) = F 0 (t)
35.3.4 Corolário:
Rn,a,f (x) =
Demonstração :
Sob as hipóteses do lema anterior, para algum
t
em
(a, x)
tem-se:
f (n+1) (t) (x − t)n+1−p (x − a)p . n! p Seja
p ∈ N.
Se
G(t) = (x − t)p ,
então:
G(x) = 0, G(a) = (x − a)p , como também:
G0 (t) = −p (x − t)p−1 . Portanto, pelo lema precedente tem-se:
Rn,a,f (x) =
−(x − a)p f (n+1) (t) f (n+1) (t) (x − t)n = (x − t)n−p+1 (x − a)p . n! −p(x − t)p−1 n! p
35.3.5 Teorema (de Taylor):
[a, x].
Se
Rn,a,f
f
Seja
é o resto de ordem
n
(a) Forma de Lagrange do resto:
(b) Forma de Cauchy do resto:
(c) Forma Integral do resto: x
Z Rn,a (x) = a
Rn,a,f (x) =
em
a,
n+1
então:
Para algum
t
em
(a, x)
tem-se:
Para algum
t
em
(a, x)
tem-se:
f (n+1) (t) (x − t)n (x − a). n!
Rn,a,f (x) =
(a)
f
f (n+1) (t) (x − a)n+1 . (n + 1)!
Rn,a,f (x) =
Demonstração :
tal que todas as derivadas de ordem
para
Se
f (n+1)
é integrável em
[a, x],
tem-se:
f (n+1) (t) (x − t)n dt. n!
Considerando
p=n+1
no corolário anterior tem-se:
f (n+1) (t) f (n+1) (t) (x − t)n−(n+1)+1 (x − a)n+1 = (x − a)n+1 . n! (n + 1) (n + 1)!
existem em
493
35.3 Expressões para o Resto
(b)
Considerando
p=1
Rn,a,f (x) = (c)
Se
f (n+1)
no corolário anterior tem-se:
f (n+1) (t) f (n+1) (t) (x − t)n+1−1 (x − a) = (x − t)n (x − a). n! n!
é integrável em
[a, x],
pelo primeiro TFCI e o Lema 35.3.2 tem-se:
Z Rn,a (x) = f (x) − Pn,a (x) = F (x) − F (a) = a
x
F 0 (t) dt =
Z a
x
f (n+1) (t) (x − t)n dt. n!
Exercícios para o Capítulo 35 35.4
Aproximações Lineares
35.4.1 Exercício:
Encontre aproximações lineares, ou seja, de primeira ordem, nos seguintes
casos:
(1.02)8 . 10 1 (b) 1+ . 10 (a)
R:
R:
(0.99)100 + (0.99)10 . √ 49.1. (d) (c)
(e)
√
sen(5π/24).
(g)
cos(21π/10).
(h)
log(1.01).
(i)
e0.01 .
√
(c)
e−0.1 .
1 1 < R1,√x,49 (50) < − 4 . 3 8.7 8 3 2 1 4 R: − ; − 3 < R1,x1/3 ,0.027 (0.025) < − 5 . 10 270 9.2 .10 9.3 .10 1 R: 0.9; 0 < R1,ex ,0 (−0.1) < . ♣ 200
35.4.3 Exercício: (a)
log x < x,
(b)
ex > 1 + x,
♣
1.01.
R:
(0.025)1/3 .
0.01.
Idem, mas agora também estime o erro na aproximação:
50.
(b)
0.9.
7+
R: R:
2.
1 . 140 1 . R: 6 − 1200 √ 2 π 1− . 2 24 R: 1. R:
R:
35.4.2 Exercício: (a)
R:
35.99.
(f )
1.16.
se
7+
1 ; 14
−
Usando os resultados do Capítulo 35 prove que:
x > 0.
se
Cf. Exercício 32.6.1.
♣
x > 0. 495
496
Aproximação Mediante Funções Polinômicas
35.5
Polinômios de Taylor
35.5.1 Exercício:
Calcule o polinômio de Taylor de terceira ordem para as seguintes funções
nos pontos indicados:
1 , 1+x
(a)
f (x) =
(b)
f (x) = x4 − x3 + 2x2 − 1,
(c)
f (x) = log(x2 + 1),
(d)
f (x) = sen x,
(e)
f (x) = log x,
35.6
a = 0.
em
em
a = 0.
R:
a = e.
n X xn k=0
35.6.2 Exercício: (a)
Calcule
R:
1 −(x − π) + (x − π)3 . 6 1 1 1 ♣ 1 + (x − e) − 2 (x − e)2 + 3 (x − e)3 . e 2e 3e
x
0
a = 0.
e veri que que ele é dado por:
x x2 x3 xn + + + ··· + . 1! 2! 3! n!
♣
x>0
como segue:
ex et (x − t)n dt 6 n! n!
Z
x
(x − t)n dt =
0
ex xn+1 . (n + 1)!
Use o resultado do Exercício 32.8.3(b) para concluir que:
0 < Rn,0,f (x) <
4x xn+1 . (n + 1)!
A primeira desigualdade
35.6.3 Exercício:
(a)
e
e
Use a forma integral do resto para obter uma primeira estimativa:
Z
x60
f (x) = ex
Determine uma estimativa do resto no caso
Rn,0,f (x) = (b)
Pn,0,f
=1+
n!
x2 .
R:
Salvo menção explícita em contrário, nesta seção será
Pn,0,f (x) =
−1 + 2x2 − x3 . R:
A Função Exponencial e o Número
35.6.1 Exercício:
1 − x + x2 − x3 .
a = 0.
a = π.
em
em
em
R:
0 < Rn,0,f (x)
resulta simples consequência do Exercício27.11.4.
♣
Apenas por disciplina, determine agora uma estimativa do resto no caso
como segue: Como antes, da forma integral do resto tem-se:
Z
0
Rn,0,f (x) = x
et (x − t)n dt. n!
497
e
35.6 A Função Exponencial e o Número
Também como antes, aqui pode ser usado o fato da função exponencial ser crescente para
e t < e0 = 1
obter a majoração
n
(x − t)
para todo
t ∈ [x, 0], mas n. Por
é preciso ter cuidado com o fator
no integrando, cujo sinal vai depender de
isso, resulta conveniente rescrever
o resto na forma:
0
Z
Rn,0,f (x) = (−1)n
x
et (t − x)n dt. n!
Nesta última integral, observe que o integrando resulta sempre não-negativo, e tem-se:
Z
0
x
et (t − x)n dt 6 n!
Z
0
x
n+1
(t − x)n (−x)n+1 |x| dt = = , n! (n + 1)! (n + 1)!
onde a última igualdade acima segue do fato de ser
(b)
Se
n
é par, então
(−1)n = 1 0
Z
o resto está dado neste caso por:
et (t − x)n dt. n!
Rn,0,f (x) = x Em particular,
Rn,0,f (x)
é positivo. Portanto:
Z
0
|Rn,0,f (x)| = Rn,0,f (x) = x
(c)
Analogamente, se
n
n+1
et |x| (t − x)n dt 6 . n! (n + 1)!
é ímpar tem-se:
Z
0
Rn,0,f (x) = − x Em particular,
et (t − x)n dt. n!
Rn,0,f (x)
é negativo. Portanto:
Z
0
|Rn,0,f (x)| = −Rn,0,f (x) = x
(d)
x 6 0.
n+1
|x| et (t − x)n dt 6 . n! (n + 1)!
Finalmente, segue dos dois itens precedentes que qualquera seja
n∈N
tem-se:
n+1
|Rn,0,f (x)| 6
35.6.4 Exercício: se
0 6 x 6 1,
|x| . (n + 1)!
♣
Use os resultados dos exercícios 35.6.1 e 35.6.2 anteriores para concluir que,
então:
ex = 1 +
x x2 x3 xn + + + ··· + + R, 1! 2! 3! n!
0
4 . (n + 1)!
onde:
♣
498
Aproximação Mediante Funções Polinômicas
35.6.5 Exercício: (a)
Uma Estimativa Aprimorada do Número
Particularizando o resultado anterior, conclua que se
0
n = 4,
e
então:
4 1 < . 5! 10
Particularizando o resultado anterior para
e = e1 = 1 + 1 +
x = 1,
conclua que:
1 1 1 + + +R 2! 3! 4!
65 +R 24 17 =2+ + R, 24
=
onde
(c) (d)
0
Conclua que
1 . 10
2 < e < 3.
Observe-se que o resultado do item (c) permite também aprimorar ligeiramente a estimativa anterior para o resto:
0 < Rn,0,f (x) <
35.7
A Função
3x xn+1 . (n + 1)!
arctg
♣
e Aproximações para
Salvo menção explícita em contrário, nesta seção será
35.7.1 Exercício:
Prove que para cada
n∈N
π
f (x) = arctg x
a = 0.
e
tem-se:
1 + (−1)m t2m+2 = (1 − t2 + t4 − t6 + · · · + (−1)m t2m ) (1 + t2 ).
35.7.2 Exercício:
Veri que que para cada
n∈N
♣
tem-se a seguinte identidade:
x3 x5 x7 x2m+1 arctg x = x − + − + · · · + (−1)m + (−1)m+1 3 5 7 2m + 1
x 2m+2
Z 0
t dt. 1 + t2
Sugestão: Da identidade do exercício anterior segue que:
2m+2 1 2 4 6 m 2m mt = 1 − t + t − t + · · · + (−1) t − (−1) . 1 + t2 1 + t2
0 e x ambos arctg0 x = 1/(1 + x2 ), como
A expresão procurada pode ser obtida integrando entre
membros desta identidade,
usando o primeiro TFCI e lembrando que
também
arctg 0 = 0.
♣
arctg
35.7 A Função
e Aproximações para
35.7.3 Exercício:
De na
499
π
P2m+1,0,arctg (x) 3
5
e
R2m+1,0,arctg (x)
7
pelas seguintes expressões:
2m+1
x x x x + − + · · · + (−1)m ; 3 5 7 2m + 1 Z x 2m+2 t dt. R2m+1,0,arctg (x) := (−1)m+1 2 0 1+t P2m+1,0,arctg (x)
(a)
:= x
−
Prove que:
|R2m+1,0,arctg (x)| 6 (b)
Prove que:
lim
x→0
(c)
x2m+3 . 2m + 3
arctg x − P2m+1,0,arctg (x) = 0. x2m+1
Conclua que em
P2m+1,0,arctg (x)
é o polinômio de Taylor de ordem
2m + 1
para a função
a = 0.
Em particular, pelo item (a) do exercício anterior, observe que o resto
m
ser feito arbitrariamente pequeno tomando
lim R2m+1,0,arctg (x) = 0,
m→∞
35.7.4 Exercício:
se
arctg ♣
R2m+1,0,arctg (x) pode |x| 6 1. Ou seja,
su cientemente grande no caso
|x| 6 1.
O comportamento do resto
R2m+1,0,arctg (x)
no caso
|x| > 1
é considerado
no presente exercício.
(a)
Prove que se
t ∈ [0, x],
2
2
ou se
t ∈ [x, 0]
2
1 + t 6 1 + x 6 2x , (b)
x < 0,
então:
|x| > 1.
Usando o item (a) anterior, tem-se:
Z
0
(c)
se
no caso
x 2m+2
1 t dt > 2 1+t 2 x2
Z
x
t
2m+2
0
|x|2m+1 dt = . 4m + 6
|x| > 1 o resto R2m+1,0,arctg (x) lim |R2m+1,0,arctg (x)| = +∞, se |x| > 1.
Conclua que no caso
m→∞
35.7.5 Exercício:
A Fórmula de Leibniz para
A expressão para o polinômio de Taylor fórmula para o cálculo aproximado de
π.
cresce arbitrariamente con
n.
Ou seja,
♣
π
P2m+1,0,arctg
do Exercício 35.7.3 anterior fornece uma
Com efeito:
1 1 1 1 π = arctg 1 = 1 − + − + · · · + (−1)m + R, 4 3 5 7 2m + 1 1 onde |R| 6 . Embora seja uma bela identidade, ela não resulta muito útil para estimativas 2m + 3 devido a sua baixa velocidade de convergência: 1/n tende para zero muito devagar se comparado com 1/n! como no caso do número e e a função exponencial analizados na seção anterior. ♣
500
Aproximação Mediante Funções Polinômicas
35.7.6 Exercício:
Para
x, y ∈ R
com
x, y
e
x+y
sen
e
cos.
que não sejam da forma
kπ + π/2,
veri que
a seguinte identidade trigonométrica:
tg(x + y) =
tg x + tg y . 1 − tg x tg y
Sugestão: Use as fórmulas de adição para
35.7.7 Exercício:
Veri que agora a seguinte identidade trigonométrica:
x+y 1 − xy
indicando as restrições necessárias para
x
arctg x + arctg y = arctg
Sugestão: Substitua
35.7.8 Exercício:
x
por
arctg x
e
y
2 arctg x = arctg
2x 1 − x2
,
por
Em particular, se
35.7.9 Exercício:
♣
e
y.
arctg y
x=y
♣
na identidade do exercício anterior.
na fórmula do exercício anterior, tem-se:
♣
.
A Fórmula de Machin
Usando os resultados dos Exercícios 35.7.7 e 35.7.8 anteriores, veri que as seguintes identidades:
1 1 + arctg . 2 3 π 1 1 (b) = 4 arctg − arctg . 4 5 239
π (a) = arctg 4
♣
A notável identidade do item (b) do exercício precedente foi descoberta em 1706 por John Machin (1680-1751).
Esta relação permite calcular as primeiras cinco casas decimais de
π
com
surprendentemente poco trabalho, como no exercicio a seguir.
35.7.10 Exercício:
4/5.
π é proximo de 3, 2, tem-se que π/4 será próximo de 0, 8, ou seja, arctg x ≈ x para x pequeno, tem-se que 4/5 = 4(1/5) ≈ 4 arctg(1/5).
Como
Agora bem, como
Neste ponto entra a fórmula de Machin, fornecendo a correção necessária, a saber:
π = 4 arctg 4
1 1 − arctg . 5 239
Use a identidade acima para determinar a primeiras 5 casas decimais de
π.
♣
35.8 A Função
35.8
501
log(x + 1)
A Função
log(x + 1)
Salvo menção explícita em contrário, nesta seção será
35.8.1 Exercício:
n∈N
Prove que para cada
f (x) = log(x + 1)
e
a = 0.
tem-se:
1 + (−1)n−1 tn = (1 − t + t2 − t3 + · · · + (−1)n−1 tn−1 ) (1 + t).
35.8.2 Exercício:
Se
log(x + 1) = x −
x > −1,
então para cada
n∈N
♣
tem-se:
x2 x3 x4 xn + − + · · · + (−1)n−1 + (−1)n 2 3 4 n
Z 0
x
tn dt. 1+t
Sugestão: Da identidade do exercício anterior segue que:
1 (−1)n tn = 1 − t + t2 − t3 + · · · + (−1)n−1 tn−1 + . 1+t 1+t 0 e x ambos membros desta identidade, [log(x + 1)]0 = 1/(1 + x), como também log 1 = 0. ♣
A expresão procurada pode ser obtida integrando entre usando o primeiro TFCI e lembrando que
35.8.3 Exercício:
De na
Pn,0,f (x)
e
Rn,0,f (x)
pelas seguintes expressões:
x2 x3 x4 xn + − + · · · + (−1)n−1 ; 2Z 3 4 n x n t dt. Rn,0,f (x) := (−1)n 1 +t 0 Pn,0,f (x)
(a)
Se
x > 0,
:= x
−
então:
|Rn,0,f (x)| 6 (b)
Se
−1 < x 6 0,
xn+1 . n+1
então:
n+1
|Rn,0,f (x)| 6 (c)
Desta maneira, no caso
lim
x→0
(d)
|x| . (1 + x)(n + 1) resulta possível provar:
log(x + 1) − Pn,0,f (x) = 0. xn
Conclua que
a = 0.
−1 < x 6 1,
Pn,0,f (x) é o polinômio de Taylor de ordem n para a função log(x+1) na origem ♣
502
Aproximação Mediante Funções Polinômicas
Rn,0,f (x) pode n su cientemente grande no caso −1 < x 6 1. Ou seja,
Em particular, pelos itens (a) e (b) do exercício anterior, observe que o resto ser feito arbitrariamente pequeno tomando
lim Rn,0,f (x) = 0,
n→∞
se
−1 < x 6 1.
Caso contrário, observando ainda que a função analizar o que acontece com o resto
35.8.4 Exercício:
Rn,0,f (x)
log(x + 1)
não está de nida para
apenas no caso
O comportamento do resto
x 6 −1,
basta
x > 1.
Rn,0,f (x) no caso x > 1 é considerado no presente
exercício.
(a)
Prove que se
t ∈ [0, x],
então:
1 + t 6 1 + x 6 2 x, (b)
x > 1.
Usando o item (a) anterior, tem-se:
x
Z 0
(c)
se
1 tn dt > 1+t 2x
Z
n
x
tn dt =
0
x > 1 o lim |Rn,0,f (x)| = +∞, se x > 1.
Conclua que no caso
|x| . 2n + 2
resto
Rn,0,f (x)
cresce arbitrariamente con
n.
Ou seja,
♣
n→∞
35.9 Para
A Função Binomial
α∈R α n
e
:=
n
(1 + x)α
inteiro não-negativo, de ne-se o
coe ciente binomial generalizado
1, α(α − 1)(α − 2) · · · (α − n + 1) , n!
35.9.1 Exercício:
se
n = 0;
se
n > 1.
Se
α ∈ N ∪ {0},
então
(b)
Se
α∈ / N ∪ {0},
então
α = 0, n α 6= 0, n
para todo
n > α + 1.
para todo
n ∈ N ∪ {0}.
a alternar de positivo para negativo e viceversa para
f (x) = (1 + x)α
como:
Com a de nição precedente, prove que:
(a)
35.9.2 Exercício:
α n
Neste caso, o sinal de
a = 0 está n X α k Pn,0,(1+x)α (x) = x . k k=0
começa
♣
n > α + 1.
Veri que que o polinômio de Taylor de ordem
na origem
α n
n
para a função binomial
dado por:
♣
35.10 A Equação
f 00 + f = 0
35.9.3 Exercício:
Prove que a forma de Cauchy para o resto
Rn,0,(1+x)α (x) = (n + 1) t
para algum
em
503
Revisitada
(0, x),
35.9.4 Exercício:
ou
t
em
α x (1 + t)α−1 n+1
(x, 0),
x
segundo seja
x−t 1+t
Rn,0,(1+x)α (x)
resulta dada por:
n ,
positivo ou negativo, respectivamente.
Prove agora que a forma de Lagrange para o resto
Rn,0,(1+x)α (x)
♣
resulta
dada por:
Rn,0,(1+x)α (x) = para algum
t
35.10
A Equação
Seja
f
em
(0, x),
α xn+1 (1 + t)α−n−1 , n+1
tal que existe
ou
f 00 (x)
t
em
(x, 0),
segundo seja
f 00 + f = 0
para todo
x∈R
x
positivo ou negativo, respectivamente.
♣
Revisitada
e tal que:
f 00 + f = 0, f (0) = 0, f 0 (0) = 0. Pelo Lema 31.3.1 sabe-se que uma tal função deve ser identicamente nula. Na presente seção será fornecida uma segunda prova independente desse fato, que serve para ilustrar o uso do polinômio de Taylor e a forma integral do resto como ferramentas teóricas.
35.10.1 Exercício:
Seja
(a)
f
(b)
Mais ainda, tem-se:
f
tal que
f 00 + f = 0.
Então:
resulta automáticamente in nitamente diferenciável. Ou seja,
f (k)
existe para todo
k ∈ N.
{f (k) : k ∈ N} = {f, f 0 , −f, −f 0 }. Ou seja, existem as derivadas de todas as ordens, mas apenas quatro diferentes.
(c) (d)
Se
f
satisfaz a condição adicional
Em particular,
Pn,0,f = 0
f (0) = f 0 (0) = 0,
para todo
n ∈ N.
então
f (k) (0) = 0
para todo
k ∈ N.
Portanto, usando a forma integral do resto
tem-se:
Z f (x) = Pn,0,f (x) + Rn,0,f (x) = Rn,0,f (x) = 0
(e)
Como
x.
f (n+1)
é contínua, pois existe
Ou seja, dado
x>0
f (n+2) ,
f (n+1) (t) (x − t)n dt. n!
resulta limitada no compacto
arbitrário mas xo, existe
(n+1) (t) 6 M, ∀ t ∈ [0, x]. f
x
M ∈R
tal que
[0, x],
para todo
para todo n ∈ N tem-se:
504
Aproximação Mediante Funções Polinômicas
Observe que a claúsula para todo
n ∈ N pode ser acrescentada f (k) diferentes.
sem problema na relação
acima, pois existem no máximo quatro
(f )
Com estas observações, tem-se:
Z |f (x)| 6 M
0
(g)
n+1 (x − t)n |x| dt = M n! (n + 1)!
Pelo Exercício 3.10.4 a expresão à direita acima pode ser feita arbitrariamente pequena tomando
(h)
x
n
su cientemente grande.
|f (x)| < f = 0.
Desta maneira, segue que
para todo
> 0,
e portanto
f (x) = 0.
Como era
x
arbitrário,
♣
Capítulo 36
Estranho numa Terra Estranha Os planos são propositalmente vagos; queremos mais viajar do que chegar a algum destino. [...] Viajamos, portanto, mais na base da intuição e da dedução a partir dos indícios que encontramos. [...] Munidos destes instrumentos, sem nenhum impulso de chegar a algum lugar, tudo vai bem, temos o país inteiro à nossa frente. Robert M. Pirsig
36.1
Racional é o que
36.1.1 Teorema:
Demonstração :
e∈ / Q,
e
não é...
ou seja, o número
e
é irracional.
Pelos resultados da seção 35.6, sabe-se que para todo
e = e1 = 1 +
1
n∈N
tem-se:
1 1 1 1 + + + ··· + + Rn , 1! 2! 3! n!
onde:
0 < Rn < Por
3 . (n + 1)!
reductio ad absurdum,
generalidade com
n>b
e
n > 3.
a
e
b
suponha que
e
seja racional, ou seja, da forma
inteiros positivos, pois sabe-se que
e > 2 > 0.
e=
a , b
Seja agora
sem perda de
n∈N
tal que
Tem-se:
a 1 1 1 1 = 1 + + + + ··· + + Rn , b 1! 2! 3! n! portanto:
n! a n! n! n! n! = n! + + + + ··· + + n! Rn . b 1! 2! 3! n! Observe que na identidade acima, o membro à esquerda é inteiro, pois
n > b.
O mesmo acontece
certamente com os primeiros termos no membro à direita, com a possível exceição do último. Desta
1 [9,
pp. 12, 14.].
505
506
Estranho numa Terra Estranha
n! Rn
maneira, o termo
também deveria ser inteiro, pois pode ser expressado como diferença de
dois inteiros. Por outro lado, da relação:
0 < Rn <
3 (n + 1)!
tem-se:
3 3 < < 1, n+1 4
0 < n! Rn <
n! Rn
contradizendo que
36.2
era inteiro.
...E nenhuma Potência Superior o fará entrar em razão, por mais Racional que seja
Os dois lemas a seguir são resultados auxiliares que foram introduzidos anteriormente, nos exercícios 3.10.4 e 22.5.1, respectivamente.
n! > an b.
36.2.1 Lema:
Dados
Demonstração :
Cf. Exercício 3.10.4 e os exercícios precedentes daquela seção.
36.2.2 Lema:
Para cada
fn (x) A função
(a)
Se
:=
fn
(k)
(d)
Para
n∈N
b>0
seja
fn
arbitrários, existe
k > 2n,
então
se
(k)
fn (x) = 0
n 6 k 6 2n fn(k) (0)
0 < fn (x) < 1/n!.
k < n.
então
para todo
x.
tem-se:
k n = (k − n)! (−1)k−n . n k−n
(e)
Em particular,
(f )
Mais ainda,
(k)
fn (0)
(k)
fn (1)
n∈N
a função de nida por:
satisfaz as seguintes propriedades:
(b) fn (0) = 0, Se
com
xn (1 − x)n . n!
0 < x < 1,
(c)
a, b ∈ R
é inteiro para todo
k ∈ N.
também é inteiro para todo
k ∈ N.
talque
36.2 ...E nenhuma Potência Superior o fará entrar em razão, por mais Racional que seja
Demonstração :
(a)
Se
0 < x < 1, então adicionalmente tem-se que 0 < 1−x < 1.
507
Combinando
essas duas relações tem-se:
0 < xn < 1, 0 < (1 − x)n < 1. Portanto:
xn (1 − x)n 1 < . n! n!
0 < fn (x) = (b)
Observe que:
xn (1 − x)n n! n 1 nX n = x (−1)k xk n! k k=0 n 1 X n (−1)k xk+n = n! k k=0 2n 1 X n = (−1)j−n xj . n! j=n j − n
fn (x) =
Incidentalmente, observe que de nindo
c(n, j)
:=
c(n, j)
n (−1)j−n , j−n
c(n, j) ∈ Z para todo n 6 j 6 2n. (k) em x segue diretamente que fn (0) = 0
tem-se que polinômio
(c)
Da expressão do item anterior para que, no caso
(d)
Seja
como:
k>
(k) 2n, tem-se fn (x)
n 6 k 6 2n.
fn(k) (x) =
Derivando
k
Da expressão anterior para se
f (x)
k < n.
f (x) como polinômio em x de grau 2n segue diretamente = 0 para todo x.
vezes a expressão obtida no item (b) anterior tem-se:
2n 1 X n (−1)j−n j(j − 1) · · · (j − k + 1) xj−k . n! j=n j − n
Portanto:
fn(k) (0)
1 = n!
n 1 n k−n (−1) k(k − 1) · · · (k − k + 1) = (−1)k−n k!. k−n n! k − n
k = n tem-se: 1 n n n! (n) fn (0) = n! = = = 1. n! 0 0 0! n!
No caso particular
como
508
Estranho numa Terra Estranha
k > n tem-se: 1 n k! n fn(k) (0) = (−1)k−n k! = (−1)k−n n! k − n n! k − n k! n k n = (k − n)! (−1)k−n = (k − n)! (−1)k−n . n!(k − n)! k − n n k−n
Por outro lado, se
(e)
Basta usar o resultado do item anterior, pois os coe cientes binomiais são números naturais.
(f )
Observe que:
fn (1 − x) =
(1 − x)n (1 − (1 − x))n (1 − x)n xn = = fn (x). n! n!
Portanto:
fn(k) (1 − x) = (−1)k fn(k) (x). Tomando
x=0
fn(k) (1)
nesta última expressão tem-se:
= (−1)k fn(k) (0),
que é inteiro pelo resultado do item anterior.
36.2.3 Teorema:
Demonstração :
r ∈ Q\{0},
Para cada
o número
er
é irracional.
ek não pode ser racional para cada k inteiro positivo, pois se e fosse racional, então (e ) = ek também seria. Seja então a k ∈ N e, por reductio ad absurdum, suponha que ek = para certos inteiros a e b, que sem perda b de generalidade podem ser considerados positivos, pois e > 2 > 0. Seja então n ∈ N tal que n! > ak 2n+1 , cuja existência resulta garantida pelo Lema 36.2.1. De ne-se a função F por: F (x)
Primeiramente, observe que basta provar que
:= k 2n fn (x)
k/m
k/m m
− k 2n−1 fn0 (x) + k 2n−2 fn00 (x) ± · · · − kfn(2n−1) (x) + fn(2n) (x).
Derivando diretamente a identidade acima, tem-se:
F 0 (x) = k 2n fn0 (x) − k 2n−1 fn00 (x) + k 2n−2 fn000 (x) ± · · · − kfn(2n) (x) + fn(2n+1) (x). Observe que a última derivada é zero pelo Lema 36.2.2(c), de onde segue:
F 0 (x) = −kF (x) + k 2n+1 fn (x). Portanto:
[ekx F (x)]0 = kekx F (x) + ekx F 0 (x) = kekx F (x) − kekx F (x) + k 2n+1 ekx fn (x) = k 2n+1 ekx fn (x). Desta identidade, usando o corolário 30.1.2, tem-se:
Z b
1 a e fn (x) dx = b e F (x) = b ek F (1) − bF (0) = b F (1) − bF (0) = aF (1) − bF (0). b 0
1
k
2n+1 kx
0
kx
Pelo Lema 36.2.2(e,f ), o termo à extrema direita na última identidade acima deveria ser um número inteiro. Por outro lado, usando o Lema 36.2.2(a), a escolha de
Z 0
1
k 2n+1 ekx fn (x) dx 6 bk 2n+1 ek
0 contradizendo que o produto de
b
n
garante que:
a 1 ak 2n+1 1 = bk 2n+1 = < 1, n! b n! n!
com a integral acima era um inteiro.
509
36.3 Algo Quadrado numa Esfera é Irracional, aqui e na Quarta Dimensão
36.3
Algo Quadrado numa Esfera é Irracional, aqui e na Quarta Dimensão
36.3.1 Teorema:
Demonstração :
π2 ∈ / Q,
ou seja o número
π2
Primeiramente, observe que se
é irracional. Em particular,
π
fosse racional, então
π
é irracional.
π2 = π π
também seria,
π2 a 2 não pode ser racional, suponha, por reductio ad absurdum, que π = para certos inteiros a e b b 2 que sem perda de generalidade podem ser considerados positivos, pois π > 0. Seja n ∈ N tal que n! > π an , cuja existência resulta garantida pelo Lema 36.2.1. De ne-se a função G por: provando que a última a rmação no enunciado do teorema segue da primeira. Para provar que
G(x)
:= bn [π 2n fn (x) − π 2n−2 f 00 (x) + π 2n−4 f (4) (x) ± · · · + (−1)n−1 π 2 f (2n−2) (x) + (−1)n f (2n) (x)]. n n n n
Derivando diretamente duas vezes a identidade acima, tem-se:
G00 (x) = bn [π 2n fn00 (x)−π 2n−2 fn(4) (x)+π 2n−4 fn(6) (x)±· · ·+(−1)n−1 π 2 fn(2n) (x)+(−1)n fn(2n+2) (x)]. Observe que a última derivada é zero pelo Lema 36.2.2(c), de onde segue:
G00 (x) = −π 2 G(x) + bn π 2n+2 fn (x). Portanto:
[G0 (x) sen πx − πG(x) cos πx]0 = G00 (x) sen πx + πG0 (x) cos πx − πG0 (x) cos πx + π 2 G(x) sen πx = (G00 (x) + π 2 G(x)) sen πx = bn π 2n+2 fn (x) sen πx = (bπ 2 )n π 2 fn (x) sen πx = π 2 an fn (x) sen πx. Desta identidade, usando o corolário 30.1.2, tem-se:
Z π 0
1
1 1 0 a fn (x) sen πx dx = [G (x) sen πx − πG(x) cos πx] = G(1) + G(0). π 0 n
Pelo Lema 36.2.2(e,f ), o termo à extrema direita na última identidade acima deveria ser um número inteiro, pois os fatores:
bn π 2n−2k = bn (π 2 )n−k = bn resultam inteiros para todo
n
a n−k b
= an−k bk
k = 1, 2, . . . , n.
Por outro lado, usando o Lema 36.2.2(a), a escolha de
garante que:
Z 0<π
1
an fn (x) sen πx dx 6
0 contradizendo que o produto de
π
πan < 1, n!
com a integral acima era um inteiro.
Exercícios para o Capítulo 36 36.4
Existe Algo em Común entre Moisés, Heinlein e U2?
36.4.1 Exercício:
Na sua opinião, qual ou quais das seguintes opcões estão relacionadas com
o título do presente capítulo, ou seja,
(a)
Stranger in a Strange Land :
Um romance de ciência- ção de 1961 de autoria de Robert A. Heinlein, onde narra-se a história de Valentine Michael Smith, um ser humano criado por marcianos no planeta Marte, no seu retorno à Terra no começo da sua vida adulta.
(b)
Uma música da banda irlandesa U2, que consta em
October, o seu segundo album de estudio,
lançado em 1981 e considerado por muitos como o mais fraco da banda.
(c)
Uma citação bíblica relacionada com Moisés, que teve de abandonar o antigo Egito, onde tinha vivido toda a sua vida, quando o farão toma conhecimento que ele tinha asasinado um egípcio que tinha batido num hebreu. Ele casou com Zippo'rah, quem deu-lhe um lho, que ele chamou de Gershom: pois, ele disse, eu tenho sido um estranho numa terra estranha (Êxodo 2:22).
511
Apêndices
Apêndice A
gnuplot A.1 O
Introdução
gnuplot
é um programa desenvolvido pelo Projeto GNU, destinado à criação de grá cos de
funções e conjuntos de dados em duas ou três dimensões. Trata-se de um aplicativo poderoso e completo, de uso simples e versátil. Algumas das suas características são:
•
O projeto tem seu código-fonte aberto, sendo licenciado sob a GPL e distribuído gratuitamente.
•
Pode ser utilizado de maneira interativa, através de um interpretador de comandos próprio, executado pela
•
Além de exibir os grá cos na tela, existe a possibilidade de exportá-los em diversos formatos, como
•
shell do sistema.
postscript, fig, tex, jpeg, gif, png,
ou
svg.
O aplicativo oferece ainda ferramentas de análise de dados, como ajuste de funções a dados experimentais.
•
Além do uso a partir do terminal, o aplicativo pode ser utilizado de maneira não-interativa, pela execução de
scripts
(arquivos em lote).
Esta funcionalidade permite a automação de
tarefas, facilitando a geração dos mais diversos tipos de grá cos, a partir de único comando. Nas seguintes seções do presente apêndice serão consideradas algumas dessas características.
A
abordagem aqui é meramente instrumental, apresentando apenas os conceitos e comandos básicos. Para uma análise com riqueza de detalhes, o leitor é fortemente encorajado a consultar a documentação do projeto, que pode ser encotrada no site
A.2 O
http://sourceforge.net/projects/gnuplot.1
Interpretador de Comandos
gnuplot possui um interpretador do comandos, ou shell, próprio.
o comando:
1 Vide
[19]. Cf. [6].
515
Para executá-lo, basta digitar
gnuplot
516
$ gnuplot
em qualquer terminal do sistema e pressionar a tecla
Enter
. Ao ser iniciado, o programa imprime
uma mensagem na tela contendo algumas informações, tais como a versão do
software
instalada
no sistema, seus autores e o endereço do projeto na Internet, onde podem ser obtidas maiores informações.
Cabe destacar que o
gnuplot
é um projeto muito bem documentado.
informações, a última linha no terminal deverá conter o
prompt
de comando do
Após essas
gnuplot,
com a
seguinte aparência:
gnuplot>
No
prompt de comando, o usuário pode digitar diversas instruções a serem executadas pelo gnuplot.
Alguns desses comandos serão analisados nas seções posteriores do presente Apêndice. Aqui serão abordadas apenas algumas características gerais do interpretador de comandos. Para cada sessão interativa do pelo usuário no
prompt.
gnuplot,
a sua
shell mantém o registro dos comandos digitados
Para navegar pelo histórico de comandos para trás ou para frente, basta
utilizar as teclas com a seta para cima
↑
e para baixo
↓
, respectivamente. A reutilização dos
comandos digitados com anterioridade facilita consideravelemente o trabalho, principalmente se tiver que lidar com linhas de comando quilométricas. A
shell do gnuplot possui também um sistema de documentação razoavelmente completo. menu de ajuda, utilize o comando:
Para
acessar o
gnuplot> ?
O texto será exibido até o comprimento máximo da tela. Na última linha, aprecerá a mensagem:
Press return for more: Ou seja, para avançar as páginas do
menu
de ajuda basta apertar a tecla
Enter
. Na página nal
costuma aparecer uma lista com assuntos especí cos que podem ser consultados.
Observe que
informações sobre algum tópico em particular podem ser consultadas diretamente, por exemplo, através do comando:
gnuplot> ?plot
que exibirá, no caso, a página de ajuda especí ca do comando do manual, o
prompt
de comando do
gnuplot
plot.
Ao chegar na última página
tornará a aparecer outra vez. Para sair a qualquer
517
A.3 Grá cos em 2D
momento do menu de ajuda, basta presionar simultaneamente as teclas Finalmente, para encerrar a sessão interativa do
gnuplot,
Ctrl C
.
basta digitar o comando:
gnuplot> quit
ou simplesmente a letra
A.3
q,
e em seguida pressionar a tecla
Enter
.
Grá cos em 2D
Os comandos
plot
e
splot
permitem gerar grá cos em duas e três dimensões respectivamente.
Esta seção é devotada ao estudo do primeiro deles. A sintaxe do comando
plot
adota a forma
geral de uma lista de argumentos, separados com vírgulas se houver mais de um:
gnuplot> plot argument [, argument Cada
argument
... ]
indica a função ou arquivo de dados a serem representados gra camente, junto
com alguns parâmetros opcionais, obedecendo ao seguinte formato:
ranges] function|data le [with style] [colors] [pointtype n]
[
Nas seguintes sub-seções são analisados alguns desse argumentos opcionais modi cadores do comando
plot.
A.3.1 Funções ou Arquivos O argumento mandatório
function
representados gra camente.
ou
data le
de ne a função ou conjunto de dados que serão
Por exemplo, para gerar o grá co da função
f (x) = x2
pode ser
utilizado o comando:
gnuplot> plot x**2
Para facilitar o trabalho, funções complicadas podem ser de nidas de maneira a facilitar a digitação. Por exemplo:
gnuplot> f(x) = x**2
Em tal caso, agora basta digitar:
gnuplot
518
gnuplot> plot f(x)
Duas ou mais funções podem ser colocadas no mesmo grá co simultaneamente, separando os nomes com vírgulas:
gnuplot> plot sin(x) , cos(x)
Para gerar o grá co de mais de uma função ou conjunto de dados utilizando apenas uma vez o comando
plot,
basta separar cada função ou conjunto de dados por vírgulas, como no exemplo a
seguir:
gnuplot> plot sin(x) , f(x) , "file.dat"
A linha de comando acima permite gerar o grá co da função
f (x),
sen,
junto com o grá co da função
a qual deve ter sido previamente de nida, e ainda o grá co do conjunto de dados contido no
arquivo
file.dat,
cujo formato será explicado numa seção posterior da presente.
A.3.2 Intervalo O parâmetro opcional
ranges de ne o intervalo de valores de x e/ou y compreendidos no grá co.
Se
qualquer um desses valores for omitido, então o programa utilizará aquele que estimar conveniente. Um exemplo de uso seria o seguinte:
gnuplot> plot [0:pi*2] sin(x)
Em tal caso o grá co será gerado apenas no intervalo
0 < x < 2π .
Neste outro exemplo:
gnuplot> plot [0:pi*2] [-1:1] sin(x)
o grá co será gerado nos intervalos
0 < x < 2π
e
−1 < y < 1.
Para não ter que especi car os
limites do grá co cada vez que for gerado, pode ser utilizado o comando:
gnuplot> set xrange [0:pi*2]
519
A.3 Grá cos em 2D
Analogamente, o intervalo no eixo das ordenadas pode ser de nido através do comando:
gnuplot> set yrange [-1:1]
Maiores esclarecimentos podem ser obtidos através do comando:
gnuplot> ?range
A.3.3 Estilo O parâmetro opcional
with style
de ne a aparência do grá co.
Por exemplo, se o grá co será
representado por uma linha sólida, uma linha pontilhada, linhas e pontos combinados, etc.
No
exemplo:
gnuplot> plot x**2 with points
f (x) = x2 representada por pontos. argumento with, são:
será gerado o grá co da função ser utilizados com o
lines
Alguns parâmetros que podem
Utiliza apenas uma linha que liga todos os pontos. Este é o estilo
default, ou seja, utilizado
por omissão.
points
Utiliza pontos com formatos diferentes como quadrados, sinais de adição, diamantes, as-
teriscos, etc.
linespoints
Consiste na combinação dos dois itens anteriores. Utiliza uma linha que liga todos
os pontos e além disso mostra os pontos como no item anterior.
errorbars
Permite apresentar cada ponto com suas barras de erro. Resulta possível também exibir
x ou apenas em y , bastando para tanto utilizar os comandos xerrorbars ou yerrorbars, respectivamente. As barras de erro são interpretadas por default como pertencentes à variável y .
as barras de erro apenas em
Maiores esclarecimentos podem ser obtidos através do comando:
gnuplot> ?style
gnuplot
520
A.3.4 Cor O parâmetro opcional
colors
permite de nir qual será a cor utilizada, sendo representado por um
número inteiro, geralmente entre 0 e 8 (ou 9). Por exemplo, o comando:
gnuplot> plot x**2 with points 3
permite gerar o grá co na cor representada pelo número 3, ou seja, cor azul. Alterando esse número, a cor será modi cada
pari passu.
A cor utilizada por
default é a número 1, ou seja vermelha.
Para
visualizar todas as opções existentes, utilize:
gnuplot> test
Maiores esclarecimentos podem ser obtidos através do comando:
gnuplot> ?colors
A.3.5 Pontos O parâmetro opcional
pointtype n permite de nir qual será o caractere utilizado para representar n. Por exemplo, o comando:
os pontos no grá co, representado pelo número inteiro
gnuplot> plot x**2 with points pointtype 2
gera um grá co com os pontos representados pelo caractere
×. O carctere utilizado por default +. Os pontos também podem ser
é o representado pelo número 1, ou seja, pelo sinal de adição
representados por asteriscos, bolinhas, quadrados, triângulos, etc. Para visualizar todas as opções existentes, utilize:
gnuplot> test
A.4
Arquivos de Dados
O comando
plot
pode receber como argumento um arquivo contendo dados para serem repre-
sentados gra camente. Este arquivo deve ser editado segundo certos padrões, para que os dados
521
A.5 Ajustando uma Função a um Conjunto de Dados
sejam corretamente interpretados e o grá co seja gerado de maneira satisfatória.
O exemplo a
seguir ilustra o conteúdo de um possível arquivo de dados:
966.3 1267.9 2568.5 3169.2
0.0043 0.0053 0.0104 0.0154
0.0002 0.0003 0.0005 0.0007
O arquivo deve conter pelo menos duas colunas. Os números da primeira coluna são interpretados como os pontos
x,
ou seja, correspondentes ao eixo das abcissas. Analogamente, os números
da segunda coluna são interpretados como os pontos nadas. No caso de um grá co 2D, o comando os erros em
x
ou em
y,
plot
y,
ou seja, correspondentes ao eixo das orde-
interpreta os números da terceira coluna como
sendo que esta informação deve ser fornecida explicitamente pelo usuário,
por exemplo:
gnuplot> plot "file.dat" with yerrorbars
Neste caso, o comando interpretará a terceira coluna como erros em seja, se for utilizado o comando pontos do eixo
splot,
y.
No caso de grá cos 3D, ou
os números da terceira coluna são interpretados como os
z.
Uma observação importante sobre o arquivo de dados consiste em que todas as colunas devem estar necessariamente separadas por tabulações, ou seja, utilizando a tecla
Tab
. Observe também
que o caractere utilizado para separar as casas decimais deve ser o ponto. Para facilitar o trabalho é conveniente, embora não seja obrigatório, que arquivo de dados esteja no mesmo diretório no qual foi executado o
A.5
gnuplot.
Ajustando uma Função a um Conjunto de Dados
Para ajustar uma função a um conjunto de dados, deve-se de nir uma função com parâmetros a serem ajustados, por exemplo:
gnuplot> f(x) = a*x + b
No exemplo acima,
a
e
b
são os parâmetros livres a serem ajustados.
deve-se de nir o limite de ajuste, usualmente da seguinte maneira:
gnuplot> FIT_LIMIT = 1e-15
Após de nida a função,
gnuplot
522
O último passo consiste no ajuste propriamente dito, através do comando:
gnuplot> fit f(x) "file.dat" via a, b
O comando acima irá ajustar os parâmetros
a e b ao conjunto de dados contido no arquivo especi -
cado e irá imprimir na tela os valores dos parâmetros ajustados, como também outras informações estatísticas. Para veri car o ajuste, o grá co do conjunto de dados pode ser gerado junto com a função ajustada:
gnuplot> plot "file.dat" , f(x)
fit anterior gera um arquivo ASCII nomeado fit.log dentro do diretório a partir do gnuplot foi iniciado. As informações relativas a todos os ajustes realizados pelo gnuplot
O comando qual o
estarão gravadas neste arquivo.
A.6
Títulos e Legendas
A legenda no grá co pode ser deslocada para qualquer posição arbitrária. Por exemplo:
gnuplot> set key 0 , 0.4
Existem outros comandos que permitem o deslocamento da legenda para certas posições prede nidas. Por exemplo, para controlar o poscicionamento no sentido horizontal, tem-se:
gnuplot> set key [left|right]
Analogamente, para o posicionamento vertical, podem ser usados os comandos:
gnuplot> set key [top|bottom]
O seguinte comando permite centralizar a legenda no centro do grá co:
gnuplot> set key center
523
A.7 Redirecionamento da Saída
Alguns desses comandos podem ser combinados entre si. Por exemplo:
gnuplot> set key top left
Existem também comandos para posicionar a legenda no espaço exterior ao grá co. Por exemplo:
gnuplot> set [above|below|outside]
Esses comandos podem ser combinados, por exemplo, com
left, center
e
right.
Uma outra
opção interessante consiste em encerrar a legenda numa caixa:
gnuplot> set key box
que também pode ser combinada com outras opções de posicionamento. Caso esteja se perguntando a esta altura, sim, a legenda também pode ser completamente removida:
gnuplot> unset key
Finalmente, para reverter ao modo de funcionamento padrão, utilize:
gnuplot> set key default
Os títulos do grá co podem ser de nidos valendo-se dos seguintes comandos:
gnuplot> set title "Função Seno" gnuplot> set ylabel "sen(x)" gnuplot> set xlabel "x"
A.7
Redirecionamento da Saída
Ao gerar um grá co com o
gnuplot,
a saída padrão do grá co será o
display,
ou seja, o grá co
é exibido na tela do monitor em uma janela. Em não poucas oportunidades, resulta conveniente
gnuplot
524
AT Xpor exemplo, caso seja salvar o grá co em um arquivo de imagem com determinado formato, L E desejável incluir o grá co em algum artigo, relatório, ou trabalho monográ co. O
gnuplot
permite exportar grá cos em uma grande variedade de formatos.
Para tanto, o
programa deve ser instruído a redirecionar a saída para o tipo de terminal conveniente, através do comando:
gnuplot> set term terminal [options] onde
terminal é alguns dos terminais suportados, incluindo os seguintes tipos: postscript, latex,
fig, jpeg, gif, png
e
svg,
entre outros. Para consultar a lista completa de formatos disponíveis,
utilize o comando:
gnuplot> ?term
A seguir, comentam-se brevemente alguns tipos de terminais que aparecem na prática, como também algumas das opções respectivas comumente utilizadas.
A.7.1 PostScript Geralmente identi cado pela extensão
.ps,
este formato costumava ser muito utilizado, pois era o
formato padrão reconhecido pelas impressoras laser. Para especi car este tipo de terminal, utilize o comando:
gnuplot> set term postscript [color|monochrome]
Ao utilizar este tipo de terminal, caso seja necessário o emprego de caracteres especiais, tais como acentos, por exemplo, nos títulos dos grá cos, pode ser usado o seguinte comando:
gnuplot> set encoding iso_8859_1
Resulta oportuno salientar que o formato PostScript está a caminho da obsolescência, sendo na atualidade subtituído majoritariamente pelo formato PDF. Contudo, existem algumas publicações
journals) que atualmente não aceitam o formato PDF para a submissão de artigos para
periódicas (
publicação. Neste caso, PostScript pode resultar uma opção admissível e conveniente.
A.7.2 LATEX Também conhecido como TEX (embora não sejam exatamente sinônimos) e identi cado com a .tex, este formato é utlizado intensivamente, principalmente no meio acadêmico, para a
extensão
redação de textos matemáticos e cientí cos em geral. Para especi car este tipo de terminal, utilize o comando:
525
A.7 Redirecionamento da Saída
gnuplot> set term latex
"
gnuplot em documentos LATEX, o caractere das aspas duplas \special. Em tal caso, resulta conveniente desabilitar seu logo após a inclusão da gura. Na versão 3.5 do pacote babel
Ao incluir guras geradas com o
pode aparecer dentro do comando
signi cado especial, reabilitando-o
isso não é necessário, mas na versão 3.6 é obrigatório, sob pena de erro na inclusão da gura. Para tanto, no corpo do arquivo
.tex
poderia ser utilzado o seguinte código:
2
\begin{figure}[htbp] \centering \catcode`\"12\relax % Turn off double quotes. \input{your_file.tex} \catcode`\"\active % Turn on double quotes. \caption{Gráfico gerado com o gnuplot.} \label{your_label} \end{figure}
A.7.3 Fig Este formato, geralmente identi cado pela extensão
.fig, permite gerar grá cos vetoriais simples,
por exemplo, guras geométricas, tais como retas, círculos, polígonos, etc., que podem ser utilizados para representar gra camente funções matemáticas sem muito grau de detalhamento. Para especi car este tipo de terminal, utilize o comando:
gnuplot> set term fig [color|monochrome]
Os arquivos Fig podem ser também gerados e/ou editados através do aplicativo
xfig.
Para incluir
AT X resulta necessário exportá-lo antes para o formato EPS um arquivo Fig em um documento L E (Encapsulated PostScript), tarefa que o xfig anteriormente mencionado realiza sem o menor inconveniente.
A.7.4 Utilização em pipes Concomitantemente com a especi ação do tipo de terminal, utiliza-se o comando:
gnuplot> set output "filename" 2 Vide
[15].
gnuplot
526
que instrui o
gnuplot
para exportar o grá co no arquivo cujo nome for especi cado. Alternati-
vamente, em sistemas que suportam o uso de ser canalizada através da
shell do sistema.
arquivo utilizado deve ser
|.
pipes,
por exemplo, Unix e similares, a saída pode
Para tanto, o primeiro caractere não-vazio do nome de
Por exemplo, o comando:
gnuplot> set output "|lpr -Plaser filename"
permite submeter o grá co diretamente para a impressora, caso tenha sido especi cado previamente um tipo de terminal compatível, tal como PostScript, por exemplo.
A.8
Arquivos de Automação
gnuplot permite gerar grá cos de maneira não interativa, através de arquivos de automação, ou Um script para o gnuplot não é nada mais que um arquivo de texto ASCII contendo linhas de comando para o gnuplot que serão executadas sequencialmente, de maneira totalmente análoga O
scripts.
à
shell nas sessões interativas.
Naturalmente, a sintaxe e ordenamento lógico dos comandos devem
ser os mesmos que seriam se fossem utilizados no interpretador de comandos. Um exemplo de
script
é monstrado na Listagem A.1. Observe que o caractere
#
no início de
cada linha indica que a linha em questão trata-se apenas de um comentário, que não será executada pelo
gnuplot.
Esse tipo de comentário serve para documentar o
script,
ou para desabilitar
temporariamente comandos sem removê-los de maneira de nitiva (e talvez irreversível), como o trecho entre as linhas 20 e 24 no exemplo mostrado. Para executar o
script, basta abrir um terminal e digitar o comando:
$ gnuplot /path/to/your/script
Observe que
paths
não absolutos, ou seja que não começam com o caractere
/,
serão ancorados
no diretório atual do terminal onde o comando acima foi executado. Uma maneira alternativa de executar o
script, consiste em iniciar o interpretador de comandos do gnuplot e digitar o seguinte
comando:
gnuplot> load "/path/to/your/script"
Existe ainda uma outra maneira de executar o combinação de dois caracteres para a
#!.
script.
Observe que a primeira linha começa com a
Trata-se de um tipo muito especial de comentário, pois indica
shell do sistema que tal script deve ser executado com o aplicativo cujo nome precede aqueles
dois caracteres, no caso, o programa usado, basta tornar o
/usr/bin/gnuplot.
script executável:
Uma vez sabendo qual o aplicativo a ser
527
A.8 Arquivos de Automação
1 #!/ u s r / b i n / g n u p l o t 3 #
Relative
datafile 5
outputfile
7 # Set
9
paths
are
achored
t o PWD o f
system
shell
or
gnuplot
shell .
= " 1 . dat " = " 1 . ps "
titles .
set
title
set
ylabel
" Dados
" G r a n d e z a em y "
Experimentais
set
xlabel
" G r a n d e z a em x "
e
Reta
Ajustada "
11
# Set 13
set
the
key
15 # F i t
legend
left
a
position
top
linear
and
style .
box
function
to
the
given
data .
the
function
f ( x ) = a∗x + b 17 FIT_LIMIT = 1 e −15
fit
f (x)
datafile
via
a,
b
19
# Plot 21 #p l o t
the
data
datafile
along with
with
points
pointsize
fitted
2
,
...
"
f (x)
with
lines
3
# 23 # P a u s e
#p a u s e
to
−1
view " Press
the
graphic .
Enter
to
continue
25
# Create
output
27
set
term
set
output
29
set
encoding
# The
file
postscript
last
in
the
given
format
( PostScript ) .
color
outputfile iso_8859_1
command
above
allows
special
characters
( accents ,
files . 31
# Plot 33
plot
the
data
datafile
along
with
with
points
the
function
pointsize
2
,
Listagem A.1: Exemplo de
fitted f (x)
with
lines
3
script para o gnuplot.
etc )
in
PS
gnuplot
528
$ chmod +x /path/to/your/script
e executá-lo de fato:
$ /path/to/your/script
shell do sistema. No caso do shell do sistema resulta necessário empregar
Observe que os dois comandos acima devem ser executados na segundo comando, ao executar qualquer programa na o
path absoluto
do mesmo, lembrando que o diretório atual pode ser abreviado com o caractere
correspondente ao ponto.
.
Apêndice B
Alguns Resultados Topológicos B.1
Compacidade
B.1.1 Lema:
Em um espaço topológico
Demonstração : e
Vy ,
Sejam
K
vizinhaças abertas de
[
compacto e
x
e
y
T2
os conjuntos compactos separam-se dos pontos.
x∈ / K.
T2 , para cada y ∈ K existem Uy Uy ∩ Vy = ∅. Portanto, o conjunto
Como o espaço é
respectivamente, tais que
Vy
y∈K é uma cobertura aberta de
n [
K⊆
K
e, pela compacidade, tem-se que
Vyi =: V.
i=1 Seja
U
de nido como:
U
:=
n \
Uyi .
i=1 Então
U
U ∩ V = ∅. Com efeito, suponha-se a y ∈ U ∩ V . Em tal caso, teria-se que y ∈ Vyi0 para algum i0 ∈ {1, . . . , n}, n [ y∈ Uyi ⇒ y ∈ Uyi0 . Portanto, y ∈ Uyi0 ∩ Vyi0 , o que contradiz o fato que
é aberto, pois é interseção nita de abertos, e
existência de algum como também que
i=1 tal intersecção é vazia.
B.1.2 Lema:
Em um espaço topológico
T2
dois conjuntos compactos disjuntos separaram-se
por abertos disjuntos.
Demonstração : existem
Ux
e
Vx
Sejam
K, M
compactos disjuntos.
vizinhanças abertas de
x
e
K
o conjunto
[
Para cada
x ∈ M , pelo resultado Ux ∩ Vx = ∅. Desta
respectivamente, com
Ux
x∈M 529
anterior, maneira,
530
Alguns Resultados Topológicos
M
é uma cobertura de
n [
M⊆
por abertos, e pela compacidade, tem-se que:
Uxi =: U.
i=1 Observe-se também que o conjunto
V
n \
:=
V
de nido como:
V xi
i=1
K ⊆V,
é aberto, com
B.2
e
U ∩ V = ∅.
Espaços Métricos
B.2.1 Teorema (Cantor):
Seja
X
espaço métrico. Então, as seguintes condições são equivalen-
tes:
1. X 2.
é completo.
{An }n∈N não-crescente de sub-conjuntos fechados e não-vazios de X , ou X ⊇ An 6= ∅ fechado e An ⊇ An+1 para todo n ∈ N, tal que lim diam(An ) = 0
Para toda família seja,
∞ \
tem-se que
n→∞
An = {x}
x ∈ X.
para algum
n=1
Demonstração : A rmação:
{xn }n∈N
⇒
(2). Como
An 6= ∅
para todo
n∈N
existe
x n ∈ An . O
é uma sequência de Cauchy.
m > n então d(xm , xn ) 6 sup{d(x, y) : x, y ∈ An } = diam(An ), pois xm ∈ Am ⊆ d(xm , xn ) 6 diam(An ), que converge a zero pela hipótese (2). H
Com efeito, se
An 3 x n .
(1)
Ou seja,
x
Portanto, segue da a rmação anterior que existe
A rmação:
x∈
∞ \
:=
lim xn .
n→∞
An .
O
n=1 Para cada fechado,
m ∈ N
x = lim xn ∈ Am ,
Agora, se
n→∞
y∈
∞ \
n > m ⇒ xn ∈ An ⊆ Am ⇒ xn ∈ Am . Portanto, ∞ \ para todo m ∈ N, de onde segue que x ∈ An .
tem-se que
Am
é
H
n=1
An ,
então
d(x, y) 6 diam(An )
n=1 (2). Portanto,
como
d(x, y) = 0 ⇒ x = y .
Ou seja,
para todo
∞ \ n=1
n ∈ N,
An = {x}.
que tende a zero pela hipótese
531
B.2 Espaços Métricos
(2)
⇒
An
como:
(1). Seja
An
{xn }n∈N
:= {xm
uma sequência de Cauchy em
A rmação:
Para cada
n∈N
de ne-se o conjunto
: m > n}.
An é fechado e não-vazio. Mais i > j ⇒ m > i > j ⇒ Ai ⊆ Aj .
Obviamente, cada crescente, pois
X.
ainda, a família de conjuntos
{An }n∈N
é não-
lim diam(An ) = 0.
O
n→∞
> 0, sabe-se que existe N ∈ N tal que m, n > N ⇒ d(xm , xn ) < . Se n > N x ∈ An ⇒ x = xk para algum k > n > N . Portanto, d(x, y) < para todo x, y ∈ An , de segue que diam(An ) < , se n > N . Como > 0 era arbitrário, segue o a rmado. H
Com efeito, dado então, onde
Portanto, segue da a rmação anterior e da hipótese (2) que existe
x∈X
tal que
∞ \
x=
An .
n=1 A rmação:
Seja
lim xn = x.
O
n→∞
> 0
arbitrário.
diam(An ) < .
Pela a rmação anterior, sabe-se que existe
Portanto,
n > N ⇒ d(xn , x) 6 diam(An ) < ,
pois
N ∈ N
x n ∈ An
e
n > N ⇒
tal que
x∈
∞ \
Ak ⊆ An . H
k=1 ∞ \
An é o conjunto de n=1 tende para zero, a sequência
Uma outra prova da última a rmação pode ser obtida observando que pontos de acumulação da sequência
d(xn , x)
{xn }.
Além disso, como
B.2.2 Teorema (de Categoria de Baire):
A=
[
diam(An )
está contida num compacto, sendo portanto convergente.
Seja
X
métrico completo.
Seja
A ⊆ X
tal que
◦
An ,
com
An = ∅,
ou seja,
An
não contém abertos. Então,
X ∩A
c
é denso em
X.
n∈N
Demonstração :
Observe que se pode supor, sem perda de generalidade, que cada
Com efeito, caso contrário, substituindo
An ⊆ An ⇒ A =
[ n∈N
de onde segue que
An ⊆
[
An
por
An
An
é fechado.
tem-se:
An =: B,
n∈N
Ac ⊇ B c ⇒ X ∩ B c ⊆ X ∩ Ac .
Portanto, se
X ∩ Bc
é denso, o conjunto
X ∩ Ac
também o será.
X ⊇ V aberto não-vazio arbitrário. Para provar o resultado enunciado, basta provar V ∩ Ac 6= ∅. Seja U1 aberto tal que U1 ⊆ U 1 ⊆ V e diam U 1 < 1. Por exemplo, como V é aberto não-vazio, se x ∈ V , existe r > 0 tal que Br (x) ⊆ V . Portanto, se poderia escolher U1 := Bδ (x), onde δ 6 min {r/2, 1/2}. Como A1 = A1 não contém abertos, U1 não é subconjunto c c de A1 , de onde segue que U1 ∩ A1 é um aberto não-vazio, pois A1 é aberto, pela suposição inicial de ser A1 fechado. Seja agora
que
532
Alguns Resultados Topológicos
Analogamente, se agora
U2
é um aberto não-vazio tal que
U2 ⊆ U 2 ⊆ (U1 ∩ Ac1 )
e
diam U 2 < 1/2,
este processo poderia ser continuado indutivamente. Suponha-se portanto que já foram determi-
U1 , U2 , · · · , Un abertos não-vazios tais que U j+1 ⊆ (Uj ∩ Acj ) e diam U j+1 < 1/(j + 1), para todo j = 1, 2, · · · , n − 1. Então, como An = An não contém abertos, Un não será subconjunto de An , de onde segue que Un ∩ Acn é um aberto não-vazio, pois Acn é aberto, pela suposição inicial de c ser An fechado. Portanto, existe Un+1 aberto não-vazio tal que Un+1 ⊆ U n+1 ⊆ (Un ∩ An ) e com diam U n+1 < 1/(n + 1). Obtém-se desta maneira uma sequência não-crescente U n de fechados nados
não-vazios tal que:
lim diam U n 6 lim
n→∞
Como
X
n→∞
1 = 0. n+1
é completo, pelo Teorema de Cantor anterior, existe
x ∈ X
tal que
∞ \
{x} =
U n.
n=1 Finalmente, observe que:
x∈
∞ \
∞ \
Un ⊆
n=1
U n+1 ⊆
n=1
∞ \
(Un ∩
Acn )
⊆ U1 ∩
n=1
∞ \
! Acn
⊆ V∩
n=1
∞ [
!c An
= V ∩ Ac .
Un ⊆ U1 ,
para todo
n=1
onde a terceira relação de contenção de conjuntos acima segue do fato que
n ∈ N.
B.2.3 Corolário:
Um espaço métrico completo
X
não pode ser união enumerável
X=
An
com
Demonstração :
An = ∅,
B.2.4 Teorema:
para todo
Seja
X
X=
Seja
A rmação: Para cada
∞ [
espaço métrico. Então, todo subconjunto fechado de
é, interseção enumerável de abertos em
Demonstração :
n ∈ N.
An =: A, então pelo Teorema de Baire teria-se que n=1 seria denso, o que é impossível pelo fato de ser vazio.
Com efeito, se fosse
X ∩ Ac = X ∩ X c = ∅
An
n=1
◦ de conjuntos
∞ [
X⊇F n ∈ N,
X
é um
Gδ ,
isto
X.
fechado.
o conjunto
{x ∈ X : d(x, F ) < 1/n}
=:
An
Com efeito, observando que:
x ∈ An ⇒ d(x, F ) < 1/n ⇒ δ
:=
1/n − d(x, F ) > 0, 2
tem-se:
d(x, F ) < d(x, F ) + δ = d(x, F ) +
1 d(x, F ) d(x, F ) + 1/n − = . 2n 2 2
é aberto em
X.
O
533
B.2 Espaços Métricos
Portanto, como
d(x, y0 ) < Agora, se
d(x, F ) = inf {d(x, y) : y ∈ F },
pela de nição de ín mo existe
y0 ∈ F
tal que:
d(x, F ) + 1/n . 2
z ∈ Bδ (x)
então tem-se:
d(z, F ) = inf {d(z, y) : y ∈ F } 6 d(z, y0 ) 6 d(z, x) + d(x, y0 ) <δ+
d(x, F ) + 1/n 1/n − d(x, F ) d(x, F ) + 1/n 2/n 1 = + = = , 2 2 2 2 n
onde a primeira desigualdade acima segue do fato que
y0 ∈ F ,
no entanto que a terceira desi-
gualdade estricta (a primeira na linha inferior acima) segue do fato que
z ∈ Bδ (x).
Portanto,
Bδ (x) ⊆ An . A rmação:
H
F =
∞ \
An =
∞ \
{x ∈ X : d(x, F ) < 1/n}.
O
n=1
n=1 Com efeito, para a parte
(⊆)
observe que:
y ∈ F ⇒ 0 6 inf {d(y, z) : z ∈ F } 6 d(y, y) = 0 ⇒ d(y, F ) = 0 <
1 , ∀n ∈ N n
⇒ y ∈ An , ∀n ∈ N ⇒ y ∈
∞ \
An .
n=1
Por outro lado, para a parte
(⊇)
considere
x∈
∞ \
An .
Por
reductio ad absurdum,
suponha que
n=1
F c é aberto, se x ∈ F c , então existe r > 0 tal que Br (x) ⊆ F c . Em particular, d(x, y) > r, ∀y ∈ F . Com efeito, se para algum y ∈ F fosse d(x, y) < r , então y ∈ Br (x) ⊆ F c , contradizendo o fato que y ∈ F . Desta maneira, tem-se: x ∈ / F.
Em tal caso, como
d(x, F ) = inf {d(x, y) : y ∈ F } > r. Seja agora
x∈
n0 ∈ N
∞ \
tal que
1/n0 < r.
Então tem-se:
An ⇒ x ∈ An0 ⇒ d(x, F ) <
n=1
(B.2.1)
1 < r, n0 H
o que contradiz (B.2.1). Desta maneira, a última a rmação conclui a prova do resultado enunciado.
B.2.5 Observação:
A relação (B.2.1) deduzida na prova da última a rmação na prova do
teorema anterior, serve na realidade para provar que se então
X⊇F
é um subconjunto fechado e
d(x, F ) > 0.
B.2.6 Corolário:
Em um espaço métrico
união enumerável de fechados em
X.
X,
todo subconjunto aberto de
X
é um
Fσ ,
x∈ / F, ♣
isto é,
534
Demonstração :
Alguns Resultados Topológicos
Basta usar as leis de De Morgan no teorema anterior.
Referências Bibliográ cas Todo homem deveria ler apenas aquilo a que é levado pelas suas inclinações; pois o que lê como obrigação pouco lhe aproveitará. Samuel Johnson
[1] T. M. Apostol.
Calculus.
[2] Fernando Auil.
Notas de Topologia.
[3] Jorge Luis Borges.
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Máximo divisor comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
[a, b]
Mínimo múltiplo comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
C
Conjunto dos números complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Cn
Conjunto de
diag(a1 , . . . , an )
n-uplas
de números complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
Matriz diagonal com elementos (a1 , . . . , an ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Dom f
Domínio da função
Img f
Imagem da função
λ(J)
Medida de Lebesgue em
B(F )
Sequência limitada no corpo
F
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
C(F )
Sequência de Cauchy no corpo
F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
N (F )
Sequência nula no corpo
| . |p
Norma
|A|
Cardinal do conjunto
N
Conjunto dos números naturais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
kf k∞
Norma do supremo em
kT kB(H)
p-ádica
f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 f
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457
F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
no corpo dos números racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
C(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Norma do supremo em
B(H) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
span
Espaço vetorial fechado gerado pelo conjunto
Pol(R)
Polinômios com coe cientes reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
Poln (R)
A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Polinômios com coe cientes reais de grau menor ou igual a
n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
h., .iH
Produto escalar no espaço de Hilbert
Q
Conjunto dos números racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
R
Conjunto dos números reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Rn
Conjunto de
n-uplas
H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
de números reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
538
LISTA DE SÍMBOLOS
span A
Espaço vetorial gerado pelo conjunto
fb
Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572
Z
Conjunto dos números inteiros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
A−B
Notação alternativa para
A\B
Diferença de conjuntos, ou seja,
A4B
Diferença simétrica de
Ac
Complemento do conjunto
B(H)
Operadores lineares e limitados em
b(N)
Sequências limitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
c(N)
Sequências convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
C(a, b)
Funções contínuas em
C(X)
Funções contínuas de
C(X, Y ) Cn
C n (a, b)
n
com
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
A ∩ Bc
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
(a, b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
X
Funções contínuas de
Classe de funções
C ∞ (a, b)
A
A\B
A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
em
X
C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
em
Y
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
vezes diferenciáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573
Funções in nitamente diferenciáveis em Funções
n
vezes diferenciáveis em
(a, b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
(a, b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
c0 (N)
Sequências convergentes para zero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
D(a)
Divisores de
Dn (F)
Subálgebra das matrizes diagonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
f +g
Soma de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
f /g
Quociente de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
f ◦g
Composição de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
f ≡0
Aplicação identicamente nula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
f+
Parte positiva da função
f−
Parte negativa da função
fg
Produto de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
G
Média geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
L(H)
Operadores lineares em
LA
Quase limites inferiores do conjunto
M−1
Média harmônica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
f
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564
f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564
H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305
539
LISTA DE SÍMBOLOS
M1
Média aritmética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
M2
Média quadrática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
Mn (F)
Matrizes
Mp
Média de potências
n!!
Fatorial duplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 571
P (A)
Família de subconjuntos, ou partes, de
P
:=:
Q
:= R
P
:= Q
P
:= R =:
P
=:
P
Q Q
Pn,a,f P F (A)
P
n×n
e/ou
com coe cientes no anel
Q
p-ésimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
e/ou
Q
A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
são por de nição iguais a
é por de nição igual a
Q P
F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
são por de nição iguais a
é por de nição igual a
P
n
para
Família de subconjuntos nitos de
f
em
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574
A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Rn,a,f
Resto de ordem
UA
Quase limites superiores do conjunto
X0
Funcionais lineares e contínuas, ou espaço dual, de
X ×Y
Produto cartesiano de conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
O
Final do enunciado de uma a rmação dentro de uma demonstração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
H
Final da prova de uma a rmação dentro de uma demonstração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
para
f
R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Polinômio de Taylor de ordem
n
R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
em
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576 A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305 X
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Final de uma demonstração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
♣
Final de uma de nição, observação, ou exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Final do enunciado de um lema, proposição, ou teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Índice Remissivo 3x + 1,
algoritmo, 62
boa ordenação, princípio da, 46
1-1 aplicação, 109 função, 407
círculo, 218 grá co do, 219 cúbica, raiz, 140
abcissas, eixo das, 212
côncava, função, 387
absolutamente contínua, função, 300
característica, função, 170
acumulação, ponto de
cartesiano
para conjuntos, 241 para sequências, 242
sistema de coordenadas, 212 Cauchy
algébricas funções, 187
sequência de, 90 co-primos, números, 75
algoritmo
3x + 1,
produto, 181
62
da divisão, 68 para polinômios, 187, 198
coe cientes binomiais, 54, 588 de Fourier, 511
antiderivada, 545
Collatz, problema de, 62
aplicação
completeza, 99
1-1, 109
completo, corpo, 102
bijetora, 109
composição
identicamente nula, 109 injetora, 109 que preserva a ordem, 112 sobre, 109 sobrejetora, 109 aritmética
de funções, 186 conexa função, 294 conjunto dos números
p-ádicos,
179
dos números naturais, 46
média, 141
indutivo, 45
teorema fundamental da, 73
l.i., 160
arquimediano, corpo, 85
limitado superiormente, 99
automor smo, 110
linearmente independente, 160 ponto de acumulação, 241
base
produto cartesiano, 181 de Hamel, 162 do logaritmo, 523
Bessell, desigualdade de, 512 bijetora, aplicação, 109
contínua absolutamente (função), 300 função, 279 uniformemente (função), 296
binômio, teorema do, 54
convergente, sequência, 89
binomial
convexa, função, 387
coe ciente, 54, 588 função, 588
corpo arquimediano, 85
542
ÍNDICE REMISSIVO
completo, 102 espaço vetorial sobre, 159 ordenado mor smo de, 114 coseno, 202 de uma diferença, 202 hiperbólico, 538
elipse, 218 grá co da, 220 endomor smo, 110 equivalência, relação de, 133 escalares, 159 multiplicação por, 159 espaço linear, 159
crítico ponto, 369, 370 valor, 370 crescente estrictamente função, 371 sequência, 89 função, 371 sequência, 89
vetorial, 159 base de Hamel de, 162 sobre o corpo
F,
159
esquerda derivada pela, 391 estrictamente crescente função, 371 sequência, 89
decrescente estrictamente função, 371 sequência, 89 função, 371
decrescente função, 371 sequência, 89 evitável, descontinuidade, 341 extendidos, números reais, 262
sequência, 89 de nida, integral, 546
fórmula
degrau, função, 450
de interpolação de Lagrange, 198
derivação, implícita, 414
de juros simples, 535
derivada
de Leibniz para
pela direita, 391
de Machin, 586
pela esquerda, 391
de redução
descontinuidade evitável, 341
para
desigualdade
para
de Bessell, 512
para
de Jensen, 398
para
de Schwarz, 40, 60, 145 direita derivada pela, 391 distância, 217 euclidiana, 217 divisão, algoritmo da, 68 domínio, 181 duplo, fatorial, 571
para
π,
585
(1 + x2 )−n , 569 (1 − x2 )n , 568 n cos , 569 R n xax x e dx, 558 senn x, 569
fatorial duplo, 571 Fermat, números de, 75 Fibonacci, sequência de, 50 Fourier coe cientes de, 511 transformada de, 572 função, 181
eclidiana distância, 217 eixo
1-1, 407 absolutamente contínua, 300 binomial, 588
das abcissas, 212
côncava, 387
das ordenadas, 212
característica, 170
horizontal, 212
conexa, 294
vertical, 212
contínua, 279
543
ÍNDICE REMISSIVO
absolutamente, 300
inversas, 539
uniformemente, 296
iguais até ordem
n,
575
convexa, 387
operações com, 185
coseno, 202
produto, 186
crescente, 371
quociente, 186
decrescente, 371
raízes de, 214
de nida implicitamente, 414
soma, 185
degrau, 450
trascendentes elementares, 187
domínio, 181
trigonométricas
estrictamente crescente, 371 estrictamente decrescente, 371 grá co de, 212
hiperbólicas, 538 hiperbólicas inversas, 539 funções trigonométricas, 202
imagem, 181
co-relações, 203
injetora, 407
coseno de uma diferença, 202
integrável, 420
desigualdades fundamentais, 202
inversa, 407
domínio de de nição, 202
limite inferior, 325
fórmulas de adição, 203
pela direita, 327
fórmulas de diferenças, 203
pela esquerda, 328
fórmulas de duplicação, 204
limite superior, 325
R
fórmulas de redução, 204
pela direita, 327
fórmulas do ângulo duplo, 204
pela esquerda, 328
identidade pitagórica, 202
linear,
função linear
limitação, 202
Lipschitz, 389
mais valores especiais, 202
módulo, 215
monotonicidade, 204
monótona
paridade, 203
não-decrescente, 269
periodicidade, 203
oscilação, 290
sub-linearidade do seno, 205
parte negativa, 564
valores especiais, 202
parte positiva, 564 polinomial, 187
geométrica, média, 141
potencial, 187
grá co, 212
pulo, 290
da elipse, 220
quadrática, 213
da função constante, 213
racional, 187
da função linear, 214
seno, 202
da função quadrática, 214, 216
uniformemente contínua, 296
da hipérbole, 221
valor absoluto, 215
do círculo, 219
função linear, 213 coe ciente angular, 213
Hamel, base de, 162
coe ciente linear, 213
harmônica, média, 141
inclinação, 213
hipérbole, 219
ordenada na origem, 213 pendente, 213 funções algébricas, 187 classes particulares de, 187
grá co da, 221 hiperbólicas funções, 538 inversas, funções, 539 hiperbólico
composição, 186
coseno, 538
hiperbólicas, 538
seno, 538
544
ÍNDICE REMISSIVO
identicamente nula, aplicação, 109 iguais, funções até ordem
n,
575
limitado, conjunto superiormente, 99 limite inferior
imagem, 181 implicíta, derivação, 414
da sequência, 308
implicitamente, função de nida, 414
de função, 325 pela direita, 327
inde nida, integral, 546
pela esquerda, 328
independência linear, 160 indução completa, princípio de, 46
do conjunto, 306 quase, 305
indução, princípio de, 47
limite superior, 99
indutivo, conjunto, 45
da sequência, 308
inferior
de função, 325
integral, 416
pela direita, 327
limite
pela esquerda, 328
da sequência, 308 de função, 325
do conjunto, 306
do conjunto, 306
mínimo, 99 quase, 305
pela direita, 327 pela esquerda, 328
linear espaço, 159
soma, 415
função, 213
injetora
independência, 160
aplicação, 109
Lipschitz, função, 389
função, 407
local
integrável, função, 420
mínimo, 401
integral, 420
máximo, 401
de nida, 546
logaritmo
inde nida, 546
em base
inferior, 416
a,
523
superior, 416 interpolação, fórmula de, 198
mínimo local, 401
inversa, função, 407
ponto de, 369
isomor smo, 110
mínimo múltiplo comum, 69 Jensen, desigualdade de, 398
mínimo, limite superior, 99
juros simples, fórmula de, 535
máximo local, 401
l.i., conjunto, 160
ponto de, 369
Lagrange
valor, 369
fórmula de interpolação de, 198
máximo divisor comum, 70
polinômio interpolador de, 198
média
Lebesgue
aritmética, 141
p-ésimas,
Lema de Riemann-Lebesgue, 513
de potências
medida de, 457
geomética, 141
medida nula, 458 Leibniz, fórmula para
141
harmônica, 141
π,
585
Lema de Riemann-Lebesgue, 513 limitada, sequência, 90
quadrática, 141 médio valor, teorema do, 370 módulo
inferiormente, 90
função, 215
superiormente, 90
representação grá ca, 212
545
ÍNDICE REMISSIVO
Machin, fórmula de, 586 mapa de Terras, 62
vértice, 215 parte negativa de uma função, 564
medida de Lebesgue nula, 458
positiva de uma função, 564 partição, 415
nula, 458
Pascal, triângulo de, 54
monótona não-decrescente, função, 269
Pitágoras teorema de, 217
mor smo, 109 bijetor, 110 de corpos ordenados, 114
polinômio, 187 de Taylor, 574 grau do, 187
multiplicação por escalares, 159
interpolador de Lagrange, 198 polinômios
n-ésima,
raiz, 140
números
p-ádicos,
algoritmo da divisão, 198 polinomial, função, 187
179
ponto
co-primos, 75
crítico, 369, 370
complexos, 10
de acumulação
de Fermat, 75 inteiros, 10
de um conjunto, 241 de uma sequência, 242
naturais, 10, 46
de mínimo, 369
primos, 72
de máximo, 369
primos entre si, 75
de sombra, 300
racionais, 10
singular, 370
p-ésimas,
reais, 10
potências
reais extendidos, 262
potencial, função, 187
média de, 141
não-crescente, sequência, 89
primitiva, 545
não-decrescente, sequência, 89
primo, 72
naturais, números, 46
primos entre si, números, 75
nula
primos, números, 72 medida, 458 sequência, 123
princípio da boa ordenação, 46 de indução, 47
operações com funções, 185 ordem, que preserva a, 112 ordenadas, eixo das, 212 origem, 212 ortogonal sistema de coordenadas, 212
de indução completa, 46 problema de Collatz, 62 produto cartesiano, 181 de funções, 186 pulo, 290 função, 290
oscilação, 290 função, 290
quadrática função, 213
p-ádicos, números, 179 p-ésimas, média, 141
quadrada, raiz, 140
parábola, 214
quase limite
com ramos ascendentes, 215 com ramos descendentes, 215 ordenada na origem, 215
média, 141
inferior, 305 superior, 305 quociente, 134
546
ÍNDICE REMISSIVO
de funções, 186
simétrica, relação, 133 singular
raízes
ponto, 370
de funções, 214 racional
valor, 370 sistema de coordenadas
função, 187
R
cartesiano ortogonal, 212
raiz
origem do, 212
n-ésima,
140
sobre,
sobrejetora
cúbica, 140
sobrejetora, aplicação, 109
quadrada, 140
soma
reais, extendidos, 262
de funções, 185
redução, fórmula de
de vetores, 159
para para para para para
(1 + x2 )−n , 569 (1 − x2 )n , 568 n cos , 569 R n xax x e dx, 558 senn x, 569
re exiva, relação, 133
inferior, 415 superior, 415 sombra, ponto de, 300 sub-linearidade, do seno, 205 subsequência, 90 superior integral, 416
relação de equivalência, 133
limite
re exiva, 133
da sequência, 308
simétrica, 133
de função, 325 do conjunto, 306
transitiva, 133 resto, de ordem
n,
pela direita, 327
576
pela esquerda, 328
Riemann-Lebesgue, Lema de, 513 Rolle, teorema de, 370
soma, 415 superior mínimo, limite, 99
Schwarz, desigualdade de, 40, 60, 145
superior, limite, 99
seno, 202
supremo, 99
hiperbólico, 538 sub-linearidade do, 205 sequência, 89 convergente, 89 crescente, 89 de Cauchy, 90 de Fibonacci, 50 decrescente, 89 estrictamente decrescente, 89 estritamente crescente, 89 limitada, 90 inferiormente, 90 superiormente, 90 limite inferior, 308 superior, 308 não-crescente, 89 não-decrescente, 89 nula, 123 ponto de acumulação, 242
Taylor polinômio de, 574 teorema de, 578 teorema de Pitágoras, 217 de Rolle, 370 de Taylor, 578 do binômio, 54 do valor médio, 370 fundamental da aritmética, 73 Terras, mapa de, 62 topologia usual, 233 transformada de Fourier, 572 transitiva, relação, 133 trascendentes elementares, funções, 187 triângulo de Pascal, 54 trigonométricas, funções, 202 uniformemente contínua, função, 296
ÍNDICE REMISSIVO
usual, topologia, 233 vértice, da parábola, 215 valor crítico, 370 máximo, 369 médio, teorema do, 370 singular, 370 valor absoluto função, 215 vetores, 159 soma de, 159 vetorial espaço, 159
547
