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 $m=11$ .

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.

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 

$a-\epsilon<x\leq a$

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.

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

$x, y\in \mathbb{R},|x-y|<\delta\Rightarrow|f(x)g(x)-f(y)g(y)|<\epsilon$