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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