Lista - Principio de Indução Infinita - 2024-1

A 1 SOLUÇÃO. Vamos dividir a demonstração em duas partes. I. ( A ∩B)×C ⊂ ( A ×C )∩ (B×C ) Fixe (x , y )∈ ( A ∩B)×C. Isto é, { x∈ A ∩B y ∈C (1) (2) De (1), temos que: x∈ A (3) De (2) e (3), obtemos: (x , y )∈ A ×C (4 ) Analogamente, de (1) temos que: x∈B (5) De (2) e (5), obtemos: (x , y )∈B×C (6) Finalmente, de (4 ) e (6) concluímos que (x , y )∈ ( A ×C )∩ (B×C ). II. ( A ∩B)×C ⊃ ( A ×C )∩ (B×C ) Fixe (x , y )∈ ( A ×C )∩ (B×C ). Isto é, { (x , y )∈ A ×C (x , y )∈B×C (7) (8) De (7), temos que: A 2 { x∈ A y ∈C (9) (10) Por outro lado, obtemos de (8) que: x∈B (11) Assim, de (9) e (11) temos: x∈ A ∩B (12) Finalmente, de (10) e (12), concluímos que (x , y )∈ ( A ∩B)×C. SOLUÇÃO. Vamos provar que a única função f que satisfaz as condições do enunciado é a função f (t )=3t 2−1 2t (13) I. Primeiro, vamos provar que a função dada por (13) satisfaz a equação funcional dada no enunciado. Sendo x∈ R∖ {0}, 3 f (x )+f ( 1 x)=3⋅ 3 x 2−1 2 x + 3⋅( 1 x) 2 −1 2⋅ 1 x =9 x 2−3 2 x + 3−x 2 2 x =8 x 2 2 x =4 x . II. Agora, vamos provar que a função dada por (13) é a única que satisfaz as condições do enunciado. Para isto, vamos fixar t ∈ R∖ {0} e provar que a igualdade (13) é satisfeita. Tome, na igualdade do enunciado, x=t. Assim, 3 f (t )+f ( 1 t )=4t (14 ) Agora, tome na igualdade do enunciado x=1 t . Obtemos: A 3 3 f ( 1 t )+f (t )= 4 t (15) Fazendo (14 )+(15) temos que: 4 f (t )+4 f ( 1 t )=4t+ 4 t , de onde: f ( 1 t )=t+ 1 t −f (t ) (16) Substituindo (16) em (14 ), vem: 3 f (t )+t+ 1 t −f (t )=4 t , de onde: f (t )=3t 2−1 2t . SOLUÇÃO. a) Vamos começar provando, por indução finita, que A 4 f (n)>1∀ n∈ N (17) Caso base) Se n=1, então f (n)=f (1)=a1=2>1. Passo indutivo) Suponha que para algum n∈ N arbitrário, tenha-se f (n)>1. Assim, f (n+1)=an+1= 1 4 (an+3)=an 4 + 3 4 = f (n) 4 + 3 4 > 1 4 + 3 4 =1. Com isso, a afirmação (17) é verdadeira. Vamos agora provar que f é decrescente. Para isto, precisamos provar que f (n+1)<f (n) ∀ n∈ N Vamos fazer isto usando indução finita. Caso base) Para n=1, temos: f (2)=a2= 1 4 (a1+3)= 1 4 (2+3)= 1 4 ⋅5= 5 4 <2=a1=f (1). Passo indutivo) Suponha que para algum n∈ N arbitrário, tenha-se f (n+1)<f (n). Assim, f (n+2)=an+2= 1 4 (an+1+3)= 1 4 (f (n+1)+3)= f (n+1) 4 + 3 4 . Porém, de (17): 1<f (n+1)⇒ 3 4 < 3 f (n+1) 4 ⇒ f (n+1) 4 + 3 4 < f (n+1) 4 + 3 f (n+1) 4 ⇒ ⇒ f (n+1) 4 + 3 4 <f (n+1). Portanto, f (n+2)<f (n+1). b) No item anterior mostramos, usando indução finita, que f é limitada inferiormente, já que f (n)>1 para todo n∈ N. Por outro lado, como f é decrescente, temos que: A 5 f (n)<f (1)=2 para todo n∈ N. Ou seja, f é limitada superiormente. Concluímos então que f é limitada. SOLUÇÃO. a) Tome A=[0,1]e B=[1,2] Veja que A e B são não-enumeráveis, pois são intervalos não degenerados da reta. Porém, A ∩B={1} é um conjunto finito. b) Tome A=¿n∈ N[n,n+ 1 2)e B=¿n∈ N(n−1 2 ,n] Isto é, A=[1, 3 2)∪[2, 5 2)∪[3, 7 2)∪… enquanto B=( 1 2 ,1]∪( 3 2 ,2]∪( 5 2 ,3]∪… Veja que A e B são conjuntos não-enumeráveis, pois são uniões de intervalos não degenerados da reta. Porém, A ∩B=N , A 6 que é um conjunto infinito enumerável. c) Tome A=B=R. Sabemos que R é um conjunto não-enumerável. Além disso, A ∩B=R também é um conjunto não-enumerável. SOLUÇÃO. Vamos denotar o conjunto {1,4 ,9,16,25,36,…} dos quadrados perfeitos por Q. Defina ϕ: N ⟶Q por ϕ (n)=n 2. Vamos provar que ϕ é uma bijeção. I. ϕ é injetiva. Se n1,n2∈ N são tais que ϕ (n1)=ϕ (n2), então n1 2=n2 2. Daí, n1=±n2. Porém, n1,n2 são números positivos (já que são naturais). Logo, n1=n2. Isto prova que ϕ é injetiva. II. ϕ é sobrejetiva. Seja q∈Q. Como Q é o conjunto dos quadrados perfeitos, temos que q=n 2 para algum n∈ N. Isto é, q=ϕ (n). Logo, q está na imagem de ϕ. Isto prova que ϕ é sobrejetiva. Portanto, ϕ é uma bijeção entre o conjunto N dos números naturais e o conjunto Q dos quadrados perfeitos. SOLUÇÃO. Suponha, por absurdo, que √5 seja racional, isto é, que existam m,n∈Z, com n≠0 e MDC (m,n)=1, tais que: √5=m n Assim, elevando a igualdade acima ao quadrado: A 7 5=m 2 n 2 , de onde: m 2=5n 2 (18) Da igualdade acima, obtemos que 5∨m 2. Como 5 é um número primo, isto implica que 5∨m. Ou seja, podemos escrever m=5k para algum k ∈Z. Substituindo em (18): (5k ) 2=5n 2, de onde: 5k 2=n 2. Daí, obtemos que 5∨n 2 e, consequentemente, 5∨n. Porém, se 5∨m e 5∨n, então 5∨MDC (m,n). Isto é, 5∨1. Isto é absurdo. Portanto, √5 é irracional. SOLUÇÃO. Da Desigualdade Triangular, temos que: |x−5|=|−5+x|≥|−5|−|x|=5−|x|. Assim, |x−5|≥5−|x|⇒|x|≥5−|x−5|. Porém, por hipótese, |x|≤2. Logo, pela transitividade da relação de ordem: 2≥5−|x−5|⇒|x−5|≥3. A 8 SOLUÇÃO. a) Vamos resolver a primeira inequação: 2 x 2−5>0⇔2 x 2>5⇔ x 2> 5 2 ⇔|x|>√ 5 2 ⇔|x|> √5 √2 ⇔|x|> √10 2 ⇔ ⇔−√10 2 <x< √10 2 . Agora, vamos resolver a segunda inequação: 1−x ≤0⇔1≤ x . Assim, A=[1, √10 2 ) Veja que A é limitado superiormente, pois x< √10 2 para todo x∈ A. Além disso, ¿ A=√10 2 . Finalmente, A não possui máximo, pois se possuísse este deveria ser ¿ A, mas √10 2 ∉ A. A 9 b) Veja que A é limitado inferiormente, pois x ≥1 para todo x∈ A. Além disso, inf A=1. Finalmente, A possui mínimo, pois 1∈ A e 1≤ x para todo x∈ A. c) O conjunto A é limitado, já que é limitado inferiormente e superiormente, como vimos nos itens anteriores. UAB - UFBA Licenciatura em Matemática a Distância Disciplina: Análise Real Semestre: 7 Professor: Joilson Oliveira Ribeiro Aluno(a): Pólo: TAREFA 1 Questão 1: Sejam \( A, B \) e \( C \) conjuntos. Mostre que \[(A \cap B) \times C = (A \times C) \cap (B \times C)\] Questão 2: Determine todas as funções \( f : \mathbb{R}\backslash\{0\} \to \mathbb{R} \) tal que \[3f(x) + f\left( \frac{1}{x} \right) = 4x.\] Questão 3: Seja \( f : \mathbb{N} \to \mathbb{R} \) definida por \( f(n) = a_n, \) onde \( a_n \) é dado pela relação de recorrência \( a_1 = 2, \ a_{n+1} = \frac{1}{4}(a_n + 3). \) Mostre, usando o princípio de indução finita, que (a) \( f \) é uma função decrescente. (b) \( f \) é uma função limitada. Questão 4: (a) Dê um exemplo de 2 conjuntos \( A \) e \( B \) não-enumerável tal que \( A \cap B \) é finito. (b) Dê um exemplo de 2 conjuntos \( A \) e \( B \) não-enumerável tal que \( A \cap B \) é infinito enumerável. (b) Dê um exemplo de 2 conjuntos \( A \) e \( B \) não-enumerável tal que \( A \cap B \) é não-enumerável. Questão 5: Construa uma bijeção entre o conjunto \( \mathbb{N} \) e o conjunto do números quadrados perfeitos. Questão 6: Mostre que \( \sqrt{5} \) é irracional. Questão 7: Use a desigualdade triangular para provar que \[|x| \leq 2 \Rightarrow |x - 5| \geq 3.\] Questão 8: Seja o conjunto \( A = \{x \in \mathbb{R};\ 2x^2 - 5 > 0\ e\ 1 - x \leq 0\}. \) Verifique se (a) \( A \) é limitado superiormente? Tem sup \( A \)? Tem máximo? (b) \( A \) é limitado inferiormente? Tem inf \( A \)? Tem mínimo? (c) É limitado? A 1 SOLUÇÃO. Vamos dividir a demonstração em duas partes. I. (𝐴 ∩ 𝐵) × 𝐶 ⊂ (𝐴 × 𝐶) ∩ (𝐵 × 𝐶) Fixe (𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) × 𝐶. Isto é, {𝑥 ∈ 𝐴 ∩ 𝐵 𝑦 ∈ 𝐶 (1) (2) De (1), temos que: 𝑥 ∈ 𝐴 (3) De (2) e (3), obtemos: (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴 × 𝐶 (4) Analogamente, de (1) temos que: 𝑥 ∈ 𝐵 (5) De (2) e (5), obtemos: (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐵 × 𝐶 (6) Finalmente, de (4) e (6) concluímos que (𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 × 𝐶) ∩ (𝐵 × 𝐶). II. (𝐴 ∩ 𝐵) × 𝐶 ⊃ (𝐴 × 𝐶) ∩ (𝐵 × 𝐶) Fixe (𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 × 𝐶) ∩ (𝐵 × 𝐶). Isto é, {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴 × 𝐶 (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐵 × 𝐶 (7) (8) De (7), temos que: {𝑥 ∈ 𝐴 𝑦 ∈ 𝐶 (9) (10) A 2 Por outro lado, obtemos de (8) que: 𝑥 ∈ 𝐵 (11) Assim, de (9) e (11) temos: 𝑥 ∈ 𝐴 ∩ 𝐵 (12) Finalmente, de (10) e (12), concluímos que (𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) × 𝐶. SOLUÇÃO. Vamos provar que a única função 𝑓 que satisfaz as condições do enunciado é a função 𝑓(𝑡) = 3𝑡2 − 1 2𝑡 (13) I. Primeiro, vamos provar que a função dada por (13) satisfaz a equação funcional dada no enunciado. Sendo 𝑥 ∈ ℝ ∖ {0}, 3𝑓(𝑥) + 𝑓 (1 𝑥) = 3 ⋅ 3𝑥2 − 1 2𝑥 + 3 ⋅ (1 𝑥 ⁄ ) 2 − 1 2 ⋅ 1 𝑥 ⁄ = 9𝑥2 − 3 2𝑥 + 3 − 𝑥2 2𝑥 = 8𝑥2 2𝑥 = 4𝑥. II. Agora, vamos provar que a função dada por (13) é a única que satisfaz as condições do enunciado. Para isto, vamos fixar 𝑡 ∈ ℝ ∖ {0} e provar que a igualdade (13) é satisfeita. Tome, na igualdade do enunciado, 𝑥 = 𝑡. Assim, 3𝑓(𝑡) + 𝑓 (1 𝑡) = 4𝑡 (14) Agora, tome na igualdade do enunciado 𝑥 = 1 𝑡 ⁄ . Obtemos: 3𝑓 (1 𝑡) + 𝑓(𝑡) = 4 𝑡 (15) A 3 Fazendo (14) + (15) temos que: 4𝑓(𝑡) + 4𝑓 (1 𝑡) = 4𝑡 + 4 𝑡 , de onde: 𝑓 (1 𝑡) = 𝑡 + 1 𝑡 − 𝑓(𝑡) (16) Substituindo (16) em (14), vem: 3𝑓(𝑡) + 𝑡 + 1 𝑡 − 𝑓(𝑡) = 4𝑡 , de onde: 𝑓(𝑡) = 3𝑡2 − 1 2𝑡 . SOLUÇÃO. a) Vamos começar provando, por indução finita, que 𝑓(𝑛) > 1 ∀𝑛 ∈ ℕ (17) Caso base) Se 𝑛 = 1, então 𝑓(𝑛) = 𝑓(1) = 𝑎1 = 2 > 1. Passo indutivo) Suponha que para algum 𝑛 ∈ ℕ arbitrário, tenha-se 𝑓(𝑛) > 1. Assim, 𝑓(𝑛 + 1) = 𝑎𝑛+1 = 1 4 (𝑎𝑛 + 3) = 𝑎𝑛 4 + 3 4 = 𝑓(𝑛) 4 + 3 4 > 1 4 + 3 4 = 1. Com isso, a afirmação (17) é verdadeira. A 4 Vamos agora provar que 𝑓 é decrescente. Para isto, precisamos provar que 𝑓(𝑛 + 1) < 𝑓(𝑛) ∀𝑛 ∈ ℕ Vamos fazer isto usando indução finita. Caso base) Para 𝑛 = 1, temos: 𝑓(2) = 𝑎2 = 1 4 (𝑎1 + 3) = 1 4 (2 + 3) = 1 4 ⋅ 5 = 5 4 < 2 = 𝑎1 = 𝑓(1). Passo indutivo) Suponha que para algum 𝑛 ∈ ℕ arbitrário, tenha-se 𝑓(𝑛 + 1) < 𝑓(𝑛). Assim, 𝑓(𝑛 + 2) = 𝑎𝑛+2 = 1 4 (𝑎𝑛+1 + 3) = 1 4 (𝑓(𝑛 + 1) + 3) = 𝑓(𝑛 + 1) 4 + 3 4. Porém, de (17): 1 < 𝑓(𝑛 + 1) ⇒ 3 4 < 3𝑓(𝑛 + 1) 4 ⇒ 𝑓(𝑛 + 1) 4 + 3 4 < 𝑓(𝑛 + 1) 4 + 3𝑓(𝑛 + 1) 4 ⇒ ⇒ 𝑓(𝑛 + 1) 4 + 3 4 < 𝑓(𝑛 + 1). Portanto, 𝑓(𝑛 + 2) < 𝑓(𝑛 + 1). b) No item anterior mostramos, usando indução finita, que 𝑓 é limitada inferiormente, já que 𝑓(𝑛) > 1 para todo 𝑛 ∈ ℕ. Por outro lado, como 𝑓 é decrescente, temos que: 𝑓(𝑛) < 𝑓(1) = 2 para todo 𝑛 ∈ ℕ. Ou seja, 𝑓 é limitada superiormente. Concluímos então que 𝑓 é limitada. A 5 SOLUÇÃO. a) Tome 𝐴 = [0,1] e 𝐵 = [1,2] Veja que 𝐴 e 𝐵 são não-enumeráveis, pois são intervalos não degenerados da reta. Porém, 𝐴 ∩ 𝐵 = {1} é um conjunto finito. b) Tome 𝐴 = ⋃ [𝑛, 𝑛 + 1 2) 𝑛∈ℕ e 𝐵 = ⋃ (𝑛 − 1 2 , 𝑛] 𝑛∈ℕ Isto é, 𝐴 = [1, 3 2) ∪ [2, 5 2) ∪ [3, 7 2) ∪ … enquanto 𝐵 = (1 2 , 1] ∪ (3 2 , 2] ∪ (5 2 , 3] ∪ … Veja que 𝐴 e 𝐵 são conjuntos não-enumeráveis, pois são uniões de intervalos não degenerados da reta. Porém, 𝐴 ∩ 𝐵 = ℕ , que é um conjunto infinito enumerável. c) Tome 𝐴 = 𝐵 = ℝ. Sabemos que ℝ é um conjunto não-enumerável. Além disso, 𝐴 ∩ 𝐵 = ℝ também é um conjunto não-enumerável. A 6 SOLUÇÃO. Vamos denotar o conjunto {1,4,9,16,25,36, … } dos quadrados perfeitos por 𝑄. Defina 𝜙: ℕ ⟶ 𝑄 por 𝜙(𝑛) = 𝑛2. Vamos provar que 𝜙 é uma bijeção. I. 𝜙 é injetiva. Se 𝑛1, 𝑛2 ∈ ℕ são tais que 𝜙(𝑛1) = 𝜙(𝑛2), então 𝑛1 2 = 𝑛2 2. Daí, 𝑛1 = ±𝑛2. Porém, 𝑛1, 𝑛2 são números positivos (já que são naturais). Logo, 𝑛1 = 𝑛2. Isto prova que 𝜙 é injetiva. II. 𝜙 é sobrejetiva. Seja 𝑞 ∈ 𝑄. Como 𝑄 é o conjunto dos quadrados perfeitos, temos que 𝑞 = 𝑛2 para algum 𝑛 ∈ ℕ. Isto é, 𝑞 = 𝜙(𝑛). Logo, 𝑞 está na imagem de 𝜙. Isto prova que 𝜙 é sobrejetiva. Portanto, 𝜙 é uma bijeção entre o conjunto ℕ dos números naturais e o conjunto 𝑄 dos quadrados perfeitos. SOLUÇÃO. Suponha, por absurdo, que √5 seja racional, isto é, que existam 𝑚, 𝑛 ∈ ℤ, com 𝑛 ≠ 0 e 𝑀𝐷𝐶(𝑚, 𝑛) = 1, tais que: √5 = 𝑚 𝑛 Assim, elevando a igualdade acima ao quadrado: 5 = 𝑚2 𝑛2 , de onde: 𝑚2 = 5𝑛2 (18) A 7 Da igualdade acima, obtemos que 5 | 𝑚2. Como 5 é um número primo, isto implica que 5 | 𝑚. Ou seja, podemos escrever 𝑚 = 5𝑘 para algum 𝑘 ∈ ℤ. Substituindo em (18): (5𝑘)2 = 5𝑛2 , de onde: 5𝑘2 = 𝑛2. Daí, obtemos que 5 | 𝑛2 e, consequentemente, 5 | 𝑛. Porém, se 5 | 𝑚 e 5 | 𝑛, então 5 | 𝑀𝐷𝐶(𝑚, 𝑛). Isto é, 5 | 1. Isto é absurdo. Portanto, √5 é irracional. SOLUÇÃO. Da Desigualdade Triangular, temos que: |𝑥 − 5| = |−5 + 𝑥| ≥ |−5| − |𝑥| = 5 − |𝑥|. Assim, |𝑥 − 5| ≥ 5 − |𝑥| ⇒ |𝑥| ≥ 5 − |𝑥 − 5|. Porém, por hipótese, |𝑥| ≤ 2. Logo, pela transitividade da relação de ordem: 2 ≥ 5 − |𝑥 − 5| ⇒ |𝑥 − 5| ≥ 3. A 8 SOLUÇÃO. a) Vamos resolver a primeira inequação: 2𝑥2 − 5 > 0 ⇔ 2𝑥2 > 5 ⇔ 𝑥2 > 5 2 ⇔ |𝑥| > √5 2 ⇔ |𝑥| > √5 √2 ⇔ |𝑥| > √10 2 ⇔ ⇔ − √10 2 < 𝑥 < √10 2 . Agora, vamos resolver a segunda inequação: 1 − 𝑥 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ 𝑥. Assim, 𝐴 = [1, √10 2 ) Veja que 𝐴 é limitado superiormente, pois 𝑥 < √10 2 para todo 𝑥 ∈ 𝐴. Além disso, sup 𝐴 = √10 2 . Finalmente, 𝐴 não possui máximo, pois se possuísse este deveria ser sup 𝐴, mas √10 2 ⁄ ∉ 𝐴. b) Veja que 𝐴 é limitado inferiormente, pois 𝑥 ≥ 1 para todo 𝑥 ∈ 𝐴. Além disso, inf 𝐴 = 1. Finalmente, 𝐴 possui mínimo, pois 1 ∈ 𝐴 e 1 ≤ 𝑥 para todo 𝑥 ∈ 𝐴. c) O conjunto 𝐴 é limitado, já que é limitado inferiormente e superiormente, como vimos nos itens anteriores.