Elementos de Analise - Verao 2001

Prova 1 - Solucao

1. (a) Para n = 1 a afirmacao e 1 =1 · 2

2, que e claramente verdadeira.

Suponhamos que a afirmacao e verdadeira para um dado n ∈ N:

1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2

Entao

1 + 2 + · · ·+ n+ (n+ 1) =n(n+ 1)

2+ (n+ 1) =

n(n+ 1) + 2(n+ 1)

2

=(n+ 1)(n+ 2)

2.

Ou seja, ela e verdadeira para n+ 1.

(b) Para n = 1 a afirmacao e 13 = 12, que e claramente verdadeira. Suponhamosque a afirmacao e verdadeira para um dado n ∈ N:

13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2.

Entao, ela e verdadeira para n+ 1:

13 + 23 + · · ·+ n3 + (n+ 1)3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2 + (n+ 1)3

=

(n(n+ 1)

2

)2

+ (n+ 1)3

=n2(n+ 1)2 + 4(n+ 1)3

4

=(n2 + 4(n+ 1))(n+ 1)2

4

=(n+ 2)2(n+ 1)2

4= (1 + 2 + · · ·+ n+ n+ 1)2

A segunda igualdade e a ultima usam o item (a).

1

2. Escrevendo n1/n = 1 + un obtemos que

n = (1 + un)n ≥ 1 +n(n− 1)

2u2n

e portanto

u2n ≤

2(n− 1)

n(n− 1)=

2

n

para todo n. Como n1/n ≥ 1, tambem temos un ≥ 0. Entao

0 ≤ un ≤√

2√n.

Como lim2√n

= 0, segue do teorema do sanduıche que limun = 0. Portanto

limn1/n = 1.

3. (a) Se lim b0 = +∞ e lim an = 0 entao lim(anbn) nao existe.

FALSA: contra-exemplo an = 1/n e bn = n, a sequencia anbn = 1 tem limite(igual a 1).

(b) Se (an) e (bn) sao sequencias de numeros reais positivos tais que lim an = 0e lim bn = 0 entao lim(an/bn) = 1.

FALSA: contra-exemplo an = 1/n2 e bn = 1/n, a sequencia an/bn = 1/nconverge para zero (nao para 1).

(c) Se lim an existe e lim bn nao existe entao lim(an + bn) nao existe.

VERDADEIRA: (demonstracao por contradicao) se lim(an + bn) existisseentao, usando a regra do limite da diferenca, terıamos que lim(an + bn)− anexistiria, ou seja lim bn existiria, contradizendo a hipotese.

(d) Se lim |an| = 1 entao lim an = 1 ou lim an = −1.

FALSA: contra-exemplo an = (−1)n satisfaz lim |an| = 1, no entanto lim annao existe.

4. (a) Funcao contınua: Uma funcao f : X → R e contınua num ponto a ∈ Xse dado qualquer ε > 0 existe uma vizinhanca [a − δ, a + δ] de a tal que|f(x)− f(a)| ≤ ε para qualquer x em X ∩ [a− δ, a+ δ].

Subconjunto aberto de R: Um subconjunto A de R e aberto se para todoa ∈ A existe uma vizinhanca [a− δ, a+ δ] de a contida em A.

(b) Seja b um ponto qualquer do conjunto B = {x ∈ R : f(x) < a}, ou seja, umponto qualquer de R tal que f(b) < a. Como f e contınua no ponto b, dadoqualquer ε > 0 existe δ > 0 tal que

|f(x)− f(b)| ≤ ε qualquer x em [b− δ, b+ δ].

para Em particular, escolhendo ε < a− f(b) qualquer, obtemos que

f(x) ≤ f(b) + ε < a para todo x ∈ [b− δ, b+ δ].

Isto significa que a vizinhanca [b− δ, b+δ] de b esta contida em B. Portantoo conjunto B e aberto.

5. (a)

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

x8(

1− 2

x5− 5

x7

)Usando limx→+∞ x

8 = +∞, limx→+∞ 2/x5 = 0, limx→+∞ 5/x7 = 0, con-cluımos que limx→+∞ f(x) = +∞. Analogamente, limx→−∞ f(x) = +∞.

(b) Pelo item anterior, para todo G > 0 existe H1 > 0 tal que f(x) > G paratodo x > H1 e existe H2 > 0 tal que f(x) > G para todo x < −H2.Fixemos G ≥ f(0) e consideremos valores de H1 e H2 correspondentes a talG. (Observacao: a escolha do ponto 0 e arbitraria; tudo o que precisamose que G seja maior que a imagem de algum ponto no intervalo [−H2, H1]).Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, a funcao f tem algum mınimo nointervalo compacto [−H2, H1]. Ou seja, existe algum c ∈ [−H2, H1] tal que

f(x) ≥ f(c) para todo x ∈ [−H2, H1].

Em particular, f(c) ≤ f(0) ≤ G. Entao, tambem temos

f(x) > G > f(c) para todo x /∈ [−H2, H1].

Estas duas desigualdades mostram que c e mınimo da funcao f em todo odomınio R.