Listas 1-4 - Análise Matemática 2022 2

LISTA 1 LISTA 2 Sejam X um conjunto ordenado S X um subconjunto não vazio e α X um elemento qualquer a Mostre que existe sup S e α sup S se e somente se as seguintes condições são satisfeitas i x α para todo x S ii se γ X e x γ para todo x S então α γ b Formule e prove uma versão para o infinito LISTA 3 Seja A R um subconjunto não vazio a Mostre que existe sup A e α sup A se e somente se as seguintes condições são satisfeitas i x α para todo x A ii para todo ε 0 existe x A tal que α ε x α b Formule e prove uma versão para o infinito Se f é homomorfismo então f1 f11 f1f1 f1² Assim f1 0 ou f1 1 Se f1 0 então x K temos fx fx1 fxf1 0 Caso seja f1 1 então fn f11 f1 f1 n1 n Como f0 f10 f1f0 f0 portanto para x Z temos que fx x Para finalizá Sejam A e B subconjuntos não vazios de números reais positivos Define o conjunto A B xy x A e y B Mostre o seguinte a Se A e B são limitados superiormente então A B é limitado superiormente e supA B sup Asup B b Se A e B são limitados inferiormente então A B é limitado inferiormente e infA B inf Ainf B a Se para todo x A temos x a e para todo y B temos y b é ínfimo para todo z zxy AB temos z ab Portanto AB é limitado supremamente Como para todo x A temos x sup A e para todo y B temos y inf B Isto implica que supAB sup Asup B Agora como para todo z zxy AB temos z infAB 1 Se para todo x A temos x α e para todo y B temos y b b e c são tais que para todo z zxy AB temos z αb Portanto AB é limitado inferiormente Como para todo x A temos x sup A e para todo y B temos y inf B Isto implica que infAB inf Ainf B Agora como para todo z zxy AB temos z infAB 1 Ex 2 Dado ε0 existe n2ℕ tal que n1n2 e n2 é par então 1xnaε ara lentamente existe n2 tal que ex1ε Assim se tomamos no maxn1n2 teremos que para todo nno vale m12n2 o que independente de n sem par ou ímpar vale que xnaε Isto prova que lim xna Ex 26 Veja primeiro que x0 e se x0 então xaa e como zaa2 só implica que aa2 Agora como a1z az já que podemos axℝ segue que aza yx L Veja que 1x 1a azz1a Da desigualdade xaha22 obtemos que 2zaa2h Assim para mostrar que 1x 1ah é suficiente mostrar que az2xaa2 1x2a ax Obs No primeiro usamos que xa0 mas é claro que se xa0 xa 1x 1a0h seja qual for o h0 Seja I a b com a b e seja δ 0 Se b a δ e c I então I c δ c δ Ex 33 Lembre que a desigualdade de CauchySchwarz diz que dados n números reais x1xn e n números reais y1yn vale que Σi1n xi2Σi1n yi2 Σi1n xiyi2 De vários queiram primeiro veja que se Σi1n ai0 então resultado vale pois o lado direito é sempre 0 Suponha então que ai0 e nosso caso da desigualdade não se fosse se vale a desigualdade elevada ao quadrado isto é se i1 se i50 se Segundo a sugestão veja que xn 3n1 L Lnn L 1n Ln nL nn n L n n L 1 Assim como lim xn e segue que lim yn₁ lim 3n₁ xn lim xn lim 3n 1e Mas é evidente que lim yn lim 3n siga qual for a sequência yn portanto obtemos assim que lim yn 1 e e1 De volta a questão suponha que Σ 3n Como lim xn 3n a dado ε 0 existe n₀ N tal que n n₀ inteiro a ε2 xn 3n a ε2 a ε2 3n xn e xn a ε2 3n Somando as n n₀ desiguaisdades membro a membro obtemos a ε2 3n₀ 3n₀1 3n xn₀ xn₀1 xn e x₀ x₁ xn a ε2 3n₀ 3n₀1 3n o que implica que a ε2 xn₀ xn₀1 xn yn₀ 3n a ε2 Agora por um lado x₀ xn x₁ xn₀1 xn₀ xn z₁ zn x₀ xn Combinando os falos obtidos acima vemos que a ε2 x₁ xn a ε2 9 ε2 x₁ xn Agora como Σ 3n e x₁ xn₀1 é constante tornando o limite na desiguaule acima obtemos a ε2 lim x₁ xn 3y₁ 3n a ε2 Como ε 0 foi escolhido arbitrariamente isto implica que lim x₁ xn z₁₁₃ z₁ a Se lim xn1xn 1 então um raciocínio análogo ao de a mostra que xn kcn onde k1 R e c 1 Como c 1 lim cn 0 segue que xn não é limitada e portanto não convergente Ex 25 a Como xn e é positivo para todo n N lim xny 0 Assim seja b 0 L tal que lim xny b L Existe um n0 N tal que se n n0 então xny b xn b1y Como lim xn lim xn lim bnn 0 pois ob b L segue que lim xn 0 pois xn 0 lim xn 0 b Se lim xnm L então sendo c R tal que lim xnm c L existe n0 N tal que n n0 xnm c xn c1m n n0 Como lim cn pois c 1 segue que xn não é limitada E portanto é não convergente Tornando xn 1 n N então xnm 1 n N e assim tanto xn quanto xn são equitários que convergem para L homória se tornamos xn 1 n N então xn é ilimitada e portanto não converge mas lim xnm lim xn L Ex 34 Para resolver este problema precisamos do seguinte fato se lim xn a então lim 1nn a Para provar este fato estamos somente que a 0 Como xn é convergente existe R 0 tal que xn A N N Assim seja ε 0 arbitrário Existe um n0 N tal que nn n0 1n ε2 Também como lim 1n 0 existe n1 N tal que nn 1ε Abri se n maxn0n1 e n n0 temos que x1xnn x1n xnn x1 xnn xn1 xnn O primeiro parâmetro é menor que n0 x e ε2 o segundo cada termo é menor que ε2 o que implica que a soma é menor que n n0n ε2 ε2 Assim se n n2 então x1xnn ε Esto ε1 Lim xn a lim xn a 0 Assim basta aplicar o fato já provado à sequência yn xn a De volta à questão como ln0 R é um homomorfismo temos que lim xkxn1n a lim ln xkxn1n ln a como ln xkxn1n 1n lnx1lnxn lim xn a lim ln xn ln a Ex 36 Bosta segundo a dica e escrevem xn nσn n1σn1 xn σn n1n σn1 e assim lim xnn lim σn lim n1n lim σn1 Como lim σn lim σn1 e lim n1n 1 segue que lim xnn 0 isto é xn on Ex 1 Vamos mostrar que para todo ε 0 o intervalo aε aε contém termos xn para infinitos índices n Como lim xn a existe n0 N tal que n n0 xn aε aε o que implica que a é valor de aderência de xnn N Ex 3 a b como sup m n xn é subsequência de xn é clara que lim sup mn xn x Como e afirma que xk é o maior valor de aderência de xnnN para todo ε0 e xkε não é valor de aderência apenas uma quantidade finita de índices n é tal que xn xkε xkε Isto mostra que xk é o máximo do conjunto apresentado em e Como xn xn1 xn xn1 xn1 xn2 xn1 xn por c 12n2 121 12n2 2 12n2 vale que xm xn 12n2 Assim supõe que a fórmula dada vale para todo k 2n1 como xn3 xn2 xn12 2n2 xn12 xn1 xn12 lim xnk infty pois xnk k forall k Reciprocamente se lim xnk infty então para todo A 0 real existem infinitos índices xnk tais que xnk A assim A não pode ser igual ao lim sup xn portanto lim sup xn infty