Sejam lim\;x_n=a e lim\;y_n=b .Se a<b, prove que existe n_0\in \mathbb{N} tal que
n>n_0\Rightarrow x_n<y_n
Suponha que para todo x_n\geq y_n, então lim\;x_n\geq lim\;y_n,isto é, a\geq b .
Aí está o absurdo, porque é dado no problema que a<b .
Então , existe n_0\in \mathbb{N} tal que n>n_0\Rightarrow x_n<y_n .
terça-feira, 13 de agosto de 2013
segunda-feira, 12 de agosto de 2013
Indução Finita
Prove que
1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2 , \forall n\in\mathbb{N^*} .
Base da indução (n=1)
1^3=[\frac{1(1+1)}{2}]^2=1 , Verdadeiro.
Hipótese de indução (n=k)
1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3=[\frac{k(k+1)}{2}]^2
Tese de indução (n=k+1)
Vamos provar para (n=k+1) .
1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3+(k+1)^3=[\frac{k(k+1)}{2}]^2+(k+1)^3
Vamos somar [\frac{k(k+1)}{2}]^2+(k+1)^3
\frac{k^2(k+1)^2}{4}+(k+1)^3=\frac{k^2(k+1)^2+4(k+1)^3}{4}=
\frac{(k+1)^2(k^2+4k+4)}{4}=\frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}=[\frac{(k+1)(k+2)}{2}]^2
Assim provamos que a fórmula é válida para (n=k+1) .
Isto é:
1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2 , \forall n\in\mathbb{N^*} .
1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2 , \forall n\in\mathbb{N^*} .
Base da indução (n=1)
1^3=[\frac{1(1+1)}{2}]^2=1 , Verdadeiro.
Hipótese de indução (n=k)
1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3=[\frac{k(k+1)}{2}]^2
Tese de indução (n=k+1)
Vamos provar para (n=k+1) .
1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3+(k+1)^3=[\frac{k(k+1)}{2}]^2+(k+1)^3
Vamos somar [\frac{k(k+1)}{2}]^2+(k+1)^3
\frac{k^2(k+1)^2}{4}+(k+1)^3=\frac{k^2(k+1)^2+4(k+1)^3}{4}=
\frac{(k+1)^2(k^2+4k+4)}{4}=\frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}=[\frac{(k+1)(k+2)}{2}]^2
Assim provamos que a fórmula é válida para (n=k+1) .
Isto é:
1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2 , \forall n\in\mathbb{N^*} .
quinta-feira, 8 de agosto de 2013
Continuidade Uniforme
Prove que f:(a,+\infty )\rightarrow \mathbb{R} com a>0 definida por f(x)=\sqrt{x} é uniformemente contínua.
Sabemos que x , y >a .
|\sqrt{x}-\sqrt{y}|=\frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}<\frac{|x-y|}{\sqrt{a}+\sqrt{a}}<\epsilon
Como x >a , então \sqrt{x}>\sqrt{a} e y>a , então \sqrt{y}>\sqrt{a}.
Assim \sqrt{x}+\sqrt{y}>\sqrt{a}+\sqrt{a}=2\sqrt{a}
Então
\frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}<\frac{|x-y|}{2\sqrt{a}}<\epsilon.
Assim |x-y|<{2\sqrt{a}}\epsilon .
Dessa forma escolhendo \delta={2\sqrt{a}}\epsilon a continuidade uniforme de f(x) é garantida.
Sabemos que x , y >a .
|\sqrt{x}-\sqrt{y}|=\frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}<\frac{|x-y|}{\sqrt{a}+\sqrt{a}}<\epsilon
Como x >a , então \sqrt{x}>\sqrt{a} e y>a , então \sqrt{y}>\sqrt{a}.
Assim \sqrt{x}+\sqrt{y}>\sqrt{a}+\sqrt{a}=2\sqrt{a}
Então
\frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}<\frac{|x-y|}{2\sqrt{a}}<\epsilon.
Assim |x-y|<{2\sqrt{a}}\epsilon .
Dessa forma escolhendo \delta={2\sqrt{a}}\epsilon a continuidade uniforme de f(x) é garantida.
Limites de funções
Seja f(x)=x+5.\sin x para todo x\in\mathbb{R}.Então \lim_{x\to+\infty } f(x)=+\infty .
Então para \lim_{x\to+\infty } f(x)=+\infty , então para x>M \Rightarrow f(x)>A com A,M>0
Assim f(x)=x+5.\sin x\geq x-5>A\Rightarrow x>A+5 , assim escolhendo M=A+5 , mostramos que
\lim_{x\to+\infty }x+5.\sin x=+\infty .
Então para \lim_{x\to+\infty } f(x)=+\infty , então para x>M \Rightarrow f(x)>A com A,M>0
Assim f(x)=x+5.\sin x\geq x-5>A\Rightarrow x>A+5 , assim escolhendo M=A+5 , mostramos que
\lim_{x\to+\infty }x+5.\sin x=+\infty .
Continuidade uniforme
Mostre que f:[-a,a] \rightarrow \mathbb{R} definida por f(x)=x^2 é uniformemente contínua em [-a,a] .
Primeiramente |x^2-y^2|=|x-y||x+y|
Como x,y\leq a , então x+y\leq 2a<3a, assim
|x^2-y^2|=|x-y||x+y|<3a|x-y|<\epsilon \Rightarrow |x-y|<\frac{\epsilon}{3a}
Escolhendo \delta=\frac{\epsilon}{3a} acaba a demosntração.
Primeiramente |x^2-y^2|=|x-y||x+y|
Como x,y\leq a , então x+y\leq 2a<3a, assim
|x^2-y^2|=|x-y||x+y|<3a|x-y|<\epsilon \Rightarrow |x-y|<\frac{\epsilon}{3a}
Escolhendo \delta=\frac{\epsilon}{3a} acaba a demosntração.
Teoria dos Números (Exercício)
Encontrar todos os inteiros positivos n para os quais (n+1)\mid(n^2+1).
Para encontras esses inteiros vamos utilizar propriedades dos números inteiros.
(n+1)\mid(n^2+1 -n(n+1)) , então (n+1)\mid(1-n), então (n+1)\mid(n-1) , procedendo da
mesma forma (n+1)\mid(n-1-(n+1)), assim (n+1)\mid(-2), então (n+1)\mid 2, assim
n+1=1 ou n+1=-1 ou n+1=2 ou n+1=-2 , dessa forma n=0 ou n=-2 ou n=1 ou n=-3.
Agora vamos testar os valores.
Para n=0 , então 1\mid1 .
Para n=-2 , então -1\mid5.
Para n=1, então 2\mid2 .
Para n=-3, então -2\mid10 .
Logo estes quatro valores são os valores para os quais (n+1)\mid(n^2+1) .
Para encontras esses inteiros vamos utilizar propriedades dos números inteiros.
(n+1)\mid(n^2+1 -n(n+1)) , então (n+1)\mid(1-n), então (n+1)\mid(n-1) , procedendo da
mesma forma (n+1)\mid(n-1-(n+1)), assim (n+1)\mid(-2), então (n+1)\mid 2, assim
n+1=1 ou n+1=-1 ou n+1=2 ou n+1=-2 , dessa forma n=0 ou n=-2 ou n=1 ou n=-3.
Agora vamos testar os valores.
Para n=0 , então 1\mid1 .
Para n=-2 , então -1\mid5.
Para n=1, então 2\mid2 .
Para n=-3, então -2\mid10 .
Logo estes quatro valores são os valores para os quais (n+1)\mid(n^2+1) .
Teoria Elementar dos Números (exercício)
Mostrar que se para algum n , m\mid(35n+26) , m\mid(7n+3) e m>1 , então m=11 .
Para mostrar que m=11 , vamos usar propriedades da divisão.
Se m\mid(35n+26) e m\mid(7n+3) , então m\mid(35n+26-5(7n+3)) , logo
m\mid 11 , portanto m=1 ou m=-1 ou m=11 ou m=-11 mas como m>1, a única
possibilidade é m=11 .
Para mostrar que m=11 , vamos usar propriedades da divisão.
Se m\mid(35n+26) e m\mid(7n+3) , então m\mid(35n+26-5(7n+3)) , logo
m\mid 11 , portanto m=1 ou m=-1 ou m=11 ou m=-11 mas como m>1, a única
possibilidade é m=11 .
terça-feira, 6 de agosto de 2013
Considere \;a_n uma sequência real definida por :
\;a_1=\sqrt{2} e em geral \;a_{n+1}=\sqrt{2+\;a_n} , n\in\mathbb{N}
Prove que a sequência converge.
Para provar que a sequência dada acima converge , precisamos mostrar que ela é monótona e limitada.
Vamos mostrar primeiramente que é monótona .
Como \;a_1=\sqrt{2} e a_2=\sqrt{2+\;\sqrt{2}}, vamos supor a_{n+1}>a_n.
Assim 2+a_{n+1}>2+a_n então \sqrt{2+a_{n+1}}>\sqrt{2+a_n} , logo a_{n+2}>a_{n+1}.
Assim , via indução finita mostramos que tal sequência é monótona.
Resta agora mostrar que é limitada .
Sabemos que é uma sequência crescente , como fora provado, então a_n\geq\sqrt{2}
Vamos mostrar que é a_n é menor que 3 para todo n\in\mathbb{N} .
a_n<3< , então 2+a_n<5, logo \sqrt{2+a_n} <\sqrt{5}<3, assim a_{n+1}<\sqrt{5}<3
Agora que já mostramos que a sequência é monótona e limitada , podemos garantir a existência do limite e assim o calcularmos.
L=\sqrt{2+L}, então L^2=2+L então L^2-L-2=0, assim o limite L é igual a 2.
\;a_1=\sqrt{2} e em geral \;a_{n+1}=\sqrt{2+\;a_n} , n\in\mathbb{N}
Prove que a sequência converge.
Para provar que a sequência dada acima converge , precisamos mostrar que ela é monótona e limitada.
Vamos mostrar primeiramente que é monótona .
Como \;a_1=\sqrt{2} e a_2=\sqrt{2+\;\sqrt{2}}, vamos supor a_{n+1}>a_n.
Assim 2+a_{n+1}>2+a_n então \sqrt{2+a_{n+1}}>\sqrt{2+a_n} , logo a_{n+2}>a_{n+1}.
Assim , via indução finita mostramos que tal sequência é monótona.
Resta agora mostrar que é limitada .
Sabemos que é uma sequência crescente , como fora provado, então a_n\geq\sqrt{2}
Vamos mostrar que é a_n é menor que 3 para todo n\in\mathbb{N} .
a_n<3< , então 2+a_n<5, logo \sqrt{2+a_n} <\sqrt{5}<3, assim a_{n+1}<\sqrt{5}<3
Agora que já mostramos que a sequência é monótona e limitada , podemos garantir a existência do limite e assim o calcularmos.
L=\sqrt{2+L}, então L^2=2+L então L^2-L-2=0, assim o limite L é igual a 2.
segunda-feira, 5 de agosto de 2013
Supremo
Seja A um conjunto não-vazio e limitado superiormente e seja
a = sup A então para todo \epsilon>0 existe \; x em A tal que a-\epsilon < x \leq a.
Demonstração
Suponha um d<a , claramente d não é cota superior de A , como para todo \epsilon>0, a-\epsilon<a, então a-\epsilon não é cota superior de A, logo existe pelo menos um x tal que
a-\epsilon<x\leq a
sábado, 3 de agosto de 2013
Supremo
Sejam A_1, A_2\cdots\;A_n conjuntos não-vazios e limitados superiormente.
Prove que sup(A_1+A_2+\cdots+A_n)=sup(A_1)+sup(A_2)+\cdots+sup(A_n)
Demonstração
Vamos utilizar o Axioma do Supremo que afirma :
Todo subconjunto não-vazio de números reais limitado superiormente admite supremo.
Se A_1 é não-vazio e limitado superiormente, então admite supremo.
Assim para todo x_1 em A_1 tem-se x_1\leq sup( A_1)
Para todo x_2 em A_2 tem-se x_2\leq sup (A_2)
.
.
.
.
Para todo x_n em A_n tem-se x_n \leq sup (A_n)
Dessa forma
Para todo \epsilon>0 existe x_1 em A_1 tal que x_1+\frac{\epsilon}{n} >sup(A_1)
Para todo \epsilon>0 existe x_2 em A_2 tal que x_2+\frac{\epsilon}{n}>sup(A_2)
.
.
.
.
Para todo \epsilon>0 existe x_n em A_n tal que x_n+\frac{\epsilon}{n}>sup(A_n)
Assim x_1+x_2+\cdots\;+x_n+\epsilon>sup(A_1)+sup(A_2)+\cdots+sup(A_n)
Dessa forma mostramos que sup(A_1)+sup(A_2)+\cdots+sup(A_n) é a menor cota superior, logo supremo de A_1+A_2+\cdots+A_n .
Isto mostra que sup(A_1+A_2+\cdots+A_n)=sup(A_1)+sup(A_2)+\cdots+sup(A_n)
Prove que sup(A_1+A_2+\cdots+A_n)=sup(A_1)+sup(A_2)+\cdots+sup(A_n)
Demonstração
Vamos utilizar o Axioma do Supremo que afirma :
Todo subconjunto não-vazio de números reais limitado superiormente admite supremo.
Se A_1 é não-vazio e limitado superiormente, então admite supremo.
Assim para todo x_1 em A_1 tem-se x_1\leq sup( A_1)
Para todo x_2 em A_2 tem-se x_2\leq sup (A_2)
.
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Para todo x_n em A_n tem-se x_n \leq sup (A_n)
Dessa forma
Para todo \epsilon>0 existe x_1 em A_1 tal que x_1+\frac{\epsilon}{n} >sup(A_1)
Para todo \epsilon>0 existe x_2 em A_2 tal que x_2+\frac{\epsilon}{n}>sup(A_2)
.
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Para todo \epsilon>0 existe x_n em A_n tal que x_n+\frac{\epsilon}{n}>sup(A_n)
Assim x_1+x_2+\cdots\;+x_n+\epsilon>sup(A_1)+sup(A_2)+\cdots+sup(A_n)
Dessa forma mostramos que sup(A_1)+sup(A_2)+\cdots+sup(A_n) é a menor cota superior, logo supremo de A_1+A_2+\cdots+A_n .
Isto mostra que sup(A_1+A_2+\cdots+A_n)=sup(A_1)+sup(A_2)+\cdots+sup(A_n)
Séries
Prove que , se a_n\geq 0 e \sum a_n converge, então \sum\frac{a_n^2}{1+a_n^2} converge.
Demonstração
Como a_n\geq 0 e \sum a_n converge , então lim\; a_n=0
Assim 0\leq a_n<1 para n suficientemente grande.
Multiplicando a última desigualdade por a_n fica
0\leq a_n^2<a_n para n suficientemente grande.Pelo critério de comparação \sum\;a_n^2 converge.
Somando 1 à última desigualdade fica
1\leq a_n^2+1<a_n+1
Assim \frac{1}{a_n^2+1}<1, mutliplicando por a_n^2 fica \frac{a_n^2}{a_n^2+1}<a_n^2 para n suficientemente grande.
Como mostramos que \sum\;a_n^2 converge , pelo critério de comparação \sum\frac{a_n^2}{1+a_n^2} também converge .
Demonstração
Como a_n\geq 0 e \sum a_n converge , então lim\; a_n=0
Assim 0\leq a_n<1 para n suficientemente grande.
Multiplicando a última desigualdade por a_n fica
0\leq a_n^2<a_n para n suficientemente grande.Pelo critério de comparação \sum\;a_n^2 converge.
Somando 1 à última desigualdade fica
1\leq a_n^2+1<a_n+1
Assim \frac{1}{a_n^2+1}<1, mutliplicando por a_n^2 fica \frac{a_n^2}{a_n^2+1}<a_n^2 para n suficientemente grande.
Como mostramos que \sum\;a_n^2 converge , pelo critério de comparação \sum\frac{a_n^2}{1+a_n^2} também converge .
Prove que se f(x) é contínua em x=a e f(x)\geqslant0, então g(x)=\sqrt{f(x)} é contínua em x=a.
Demonstração
Como f(x) é contínua , então
\forall \epsilon >0 \exists \delta>0 tal que |x-a|<\delta\Rightarrow |f(x)-f(a)|<\epsilon
Sabemos que \sqrt{f(x)}+\sqrt{f(a)}>\sqrt{f(a)} , então
|\sqrt{f(x)}-\sqrt{f(a)}|=\frac{|f(x)-f(a)|}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(a)}}<\frac{|f(x)-f(a)|}{\sqrt{f(a)}}<\frac{\epsilon}{\sqrt{f(a)}} .
Assim mostramos , mediante a continuidade de f(x) em x=a que |\sqrt{f(x)}-\sqrt{f(a)}| <\frac{\epsilon}{\sqrt{f(a)}} quando |x-a|<\delta.
Isto mostra o que queríamos.
Demonstração
Como f(x) é contínua , então
\forall \epsilon >0 \exists \delta>0 tal que |x-a|<\delta\Rightarrow |f(x)-f(a)|<\epsilon
Sabemos que \sqrt{f(x)}+\sqrt{f(a)}>\sqrt{f(a)} , então
|\sqrt{f(x)}-\sqrt{f(a)}|=\frac{|f(x)-f(a)|}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(a)}}<\frac{|f(x)-f(a)|}{\sqrt{f(a)}}<\frac{\epsilon}{\sqrt{f(a)}} .
Assim mostramos , mediante a continuidade de f(x) em x=a que |\sqrt{f(x)}-\sqrt{f(a)}| <\frac{\epsilon}{\sqrt{f(a)}} quando |x-a|<\delta.
Isto mostra o que queríamos.
quinta-feira, 1 de agosto de 2013
Mostre que se f e g :\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} são duas funções limitadas, uniformemente contínuas , então f.g é uniformemente contínua.
Demonstração
|f(x)g(x)-f(y)g(y)|=|f(x)g(x)-f(y)g(x)+f(y)g(x)-f(y)g(y)|\leq
Demonstração
|f(x)g(x)-f(y)g(y)|=|f(x)g(x)-f(y)g(x)+f(y)g(x)-f(y)g(y)|\leq
\leq|g(x)||f(x)-f(y)|+|f(y)||g(x)-g(y)|
O fato acima será útil na demonstração.
Como f(x) é uma função limitada , então existe k>0 tal que |f(x)|\leq k e
como g(x) é também uma função limitada existe w>0 tal que |g(x)|\leq w
Como f(x) é uniformemente contínua , então
para qualquer \epsilon>0 é possível determinar \delta_1>0 tal que
x, y\in \mathbb{R},|x-y|<\delta_1\Rightarrow |f(x)-f(y)|<\frac{\epsilon}{2w}
Como g(x) é uniformemente contínua também , então
para qualquer \epsilon>0 é possível determinar \delta_2>0 tal que
x, y\in \mathbb{R},|x-y|<\delta_2\Rightarrow |g(x)-g(y)|<\frac{\epsilon}{2k}
Tomando \delta=max\{\delta_1,\delta_2\}
Assim encontramos para todo \epsilon>0 um \delta>0 tal que
x, y\in \mathbb{R},|x-y|<\delta\Rightarrow|f(x)g(x)-f(y)g(y)|\leq
\leq|g(x)||f(x)-f(y)|+|f(y)||g(x)-g(y)|<w.\frac{\epsilon}{2w}+k.\frac{\epsilon}{2k}=\epsilon
De forma resumida
x, y\in \mathbb{R},|x-y|<\delta\Rightarrow|f(x)g(x)-f(y)g(y)|<\epsilon
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