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terça-feira, 13 de agosto de 2013

Limites e desigualdades

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 .

 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 .


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^*} .









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.


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 .

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.








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) .

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 .

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.

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)



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 .




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.

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

\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