Fundacao Centro de Ciencias e Educacao Superior a Distancia do Estado do Rio de Janeiro

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AP1 – ELEMENTOS DE ANALISE REAL – 11/09/2016 – Gabarito

Questao 1 [1,5 pontos] Mostre detalhadamente, usando inducao matematica, que para todonatural n ≥ 4, 3n < (n + 1)!.

Prova: A propriedade P[n] e o o enunciado ”3n < (n+1)!”. Para n = 4 tem-se 34 = 81 < (4+1)! =5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120. Portanto, P[4] e verdadeira.HI: Seja n ∈ N, n ≥ 4 e suponha que vale P[n], ou seja, que 3n < (n+ 1)! e verdadeira.Multiplicando a desigualdade por 3, encontra-se 3n+1 < (n + 1)!3. Como 3 < n entao 3 < n + 2.Assim, 3n+1 < (n+1)!(n+2) = (n+2)!. Assim, mostrou-se que se n ∈ N, n ≥ 4 e vale P[n] entaovale P[n+1].Juntando as duas etapas, pelo PIM tem-se que P[n] e valida para todo natural n ≥ 4.

Questao 2 [2,5 pontos] Em cada item, identifique claramente a hipotese e a tese do enunciadodado e prove detalhadamente a afirmacao:

(a) [1,0 pt] Se r ∈ Q e y ∈ R \Q entao r + y ∈ R \Q;

(b) [1,5 pts] Se x ∈ R e |2x+ 5| < 3 entao x 6= 2 e1

|x− 2|<

1

3.

Prova: (a) Por hipotese, r ∈ Q e y ∈ R \ Q. Suponha por absurdo que r + y ∈ Q, ou seja, quer+ y = b onde b ∈ Q. Mas daı y = b− r ∈ Q pois y e a soma de dois racionais. Mas isto contrariaa hipotese e portanto, vale a conclusao, qual seja, que r + y ∈ R \Q. �

(b) Sendo, por hipotese, |2x + 5| < 3 para x ∈ R, entao −3 < 2x + 5 < 3, daı chega-se a−4 < x < −1. Observe, desta desigualdade que x 6= 2. Adicionando, −2 resulta −6 < x−2 < −3.Como x− 2 < −3 < 0 entao |x− 2| = −(x− 2) > 3. Logo, 1

|x−2|< 1

3. Assim, tem-se a conclusao,

qual seja, que x 6= 2 e 1

|x−2|< 1

3.

Questao 3 [2,0 pontos]

(a) [0,5 pt] Enuncie, de forma matematicamente completa e precisa, as condicoes da definicaopara que um numero real i seja o ınfimo de um conjunto A ⊂ R;

(b) [1,5 pts] Para o intervalo I = (1,∞) mostre, usando a definicao, que inf A = 1.

Prova: (a) Seja A ⊂ R um conjunto limitado inferiormente. Um numero real i e chamado ınfimo

de A quando i e a maior das cotas inferiores de A. Em termos precisos, escreve-se: Dado i ∈ R,i = inf A quando i satisfaz as duas seguintes condicoes:(I1) i ≤ a, para todo a ∈ A;(I2) se d ∈ R e i < d entao existe a ∈ A tal que a < d.

(b) (I1) 1 e uma cota inferior de I, pois por definicao de I, para todo x ∈ I, x > 1 .

(I2) Seja d ∈ R e 1 < d. Entao o numero real 1+d

2satisfaz 1 < 1+d

2< d. Assim, a = 1+d

2∈ I,

pois 1 < a; alem disso, a < d. Portanto, d nao e uma conta inferior para I. Logo, de (I1) e (I2),1 = inf I.

Questao 4 [2,0 pontos]

(a) [1 pt] Mostre, por meio da definicao, que a sequencia (an)n∈N definida por an =4n

2n+ 3para

n ∈ N converge para 2.

ELEMENTOS DE ANALISE REAL AP1 2

(b) [1 pt] Seja (an)n uma sequencia convergente. Ou seja, existe L ∈ R tal que limn→∞

an = L.

Mostre que (an)n e uma sequencia de Cauchy.

Prova: (a) Seja ǫ > 0 onde ǫ ∈ R. Entao3

ǫ∈ R. Pela Propriedade Arquimediana, existe um

natural n0 >3

ǫ. Suponha que n ∈ N satisfaz n > n0. Entao

∣

∣

∣

∣

4n

2n + 3− 2

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

−6

2n + 3

∣

∣

∣

∣

=6

2n+ 3<

6

2n=

3

n<

3

n0

.

Como n > n0 >3

ǫentao

3

n0

< ǫ. Portanto,

∣

∣

∣

∣

4n

2n+ 3− 2

∣

∣

∣

∣

<3

n0

< ǫ . Daı, pela definicao de

limite, tem-se que limn→∞

4n

2n+ 3= 2. �

(b) Como, por hipotese, existe L ∈ R tal que limn→∞

an = L, entao por definicao de convergencia de

sequencia, dado ǫ > 0 existe n0 = n0(ǫ/2) ∈ N tal que, se n > n0 entao |an − L| < ǫ. Logo, paratodos m,n ∈ N tais que m > n0, n > n0, tem-se

|am − an| = |(an − L) + (L− am)| ≤ |an − L|+ |am − L| < ǫ/2 + ǫ/2 = ǫ.

Logo, pela definicao (an)n e uma sequencia de Cauchy.

Questao 5 [2,0 pontos]

(a) [1 pt] Seja (an)n∈N uma sequencia tal que limn→∞

an = 0. Entao a serie∞∑

n=0

an e convergente.

Se o enunciado acima for verdadeiro, prove-o. Caso seja falso, de um contra-exemplo.

(b) [1 pt] Mostre, por meio do Teste da Razao, que a serie

∞∑

n=3

(−1)nnn

n!e divergente.

Prova: (a) A afirmacao e falsa! A sucessao (an)n∈N com an =1

ne tal que lim

n→∞an = 0, mas a

serie harmonica,

∞∑

n=0

1

ne divergente.

(b) Usando as propriedades algebricas de R, tem-se:

|xn+1|

|xn|=

(n+ 1)n+1

(n+ 1)!·n!

nn=

(n+ 1)n+1

n + 1·1

nn=

(

n+ 1

n

)n

=

(

1 +1

n

)n

.

Daı, usando o Exemplo 5.1 (c) obtem-se

limn→∞

|xn+1|

|xn|= lim

n→∞

(

1 +1

n

)n

= e ≃ 2, 7 > 1.

Logo, pelo Teste da Razao a serie e divergente.

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