[SPAM] [obm-l] Exercicios de Analise 5

["Paulo Santa Rita" <paulo.santarita@xxxxxxxxx>]

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Ola Pessoal,

Seguem mais 4 solucoes. Reitero que elas se referem aos problemas do Livro
Curso de Analise - Vol 1 - Projeto Euclides - IMPA
11 edicao - 2 impressao
Autor : Elon Lages Lima

Vou fazendo conforme vou tendo tempo. As soucoes sao minhas e,
portanto, qualquer erro e culpa unica e exclusivamente minha.
Qualquer pessoa esta desde ja autorizada a copiar, reproduzir e
remeter para amigos e/ou estudantes, mas penso que as
solucoes so serao uteis se antes voce pensar nos problemas. Conforme
voces estao vendo, as questoes sao simples e
imediatas e, enquanto elas permanecerem assim, vou publicando varias
de cada vez.

NOTACAO :

Si[1,N : F(i)] = F(1) + F(2) + ... + F(N)
E = "pertence a"

(EXERCICIO 4.13)

Se Yn e uma sequencia e LIM Yn = L  entao qualquer uma das suas
subsequencias tem limite L.
Assim, so e licito tomar o limite de uma subsequencia de uma sequencia
como o limite desta
sequencia se, previamente, soubermos ou provarmos que a sequencia
original converge.
Isto posto, perguntamos :

E obvio que Xn=(1 + (r/N))^N converge para todo racional r > 0 ? Eu
acho que não. Por isso, vou dedicar um tempo para estabelecer esta
convergencia.

Dado um real r > 0, seja Yn = Si[0,N : (r^i) / (i!) ]. Esta sequencia
e claramente monotona e crescente. Eu afirmo que ela e limitada. Com
efeito, seja P o menor natural tal que P>r. Tomando o menor natural Q
qualquer tal que Q! > P^Q, para todo N >= Q teremos :

Yn =  Si[ 0,Q -1 : (r^i) / (i!) ] + Si[Q,N:(r^i)/(i!)] < Si[ 0,Q -1 :
(r^i) / (i!) ] + Si[ Q,N: (r/P)^i ]

Fazendo A = Si[ 0,Q -1 : (r^i) / (i!) ], vemos que B=Si[ Q,+INF:
(r/P)^i ] e uma progressao geometrica infinita de razao (r/P) < 1.
Logo : B < ( ( (r/P)^Q ) / ( 1 – (r/P) ) ) = C. Portanto :

Yn < A + C para todo N natural => Yn e limitada.

Desenvolvendo Xn=(1 + (r/N) )^N segundo o binomio de Newton, e facil
ver que Xn e monotona, crescente e Xn =< Yn, para todo N. Portanto,
Xn, sendo monotona, crescente e limitada e convergente. Logo, o seu
limite sera o limite de qualquer das suas subsequencias.

Estabelecida a convergencia, vamos usar o limite de uma subsequencia
para estabeler o limite da sequencia

Seja r=P/Q > 0 e consideremos apenas os indices N de Xn = (1 +
(r/N))^N que sejam multiplos de P, isto e, os N tais que N=P*M, M=1,2,
.... Teremos sucessivamente :

Xm = (1+(r/(P*M)))^(P*M) = (1+(1/QM))^(P*M) = ( (1+(1/QM))^(Q*M) )^(P/Q)

A expressao Zm = (1+(1/QM))^(Q*M) e a subsequencia de Zn=(1+(1/N))^N
com indices multiplos de Q. Como já sabemos que Zn converge para "e"
entao Zm tambem converge para "e". Segue, pela prova do exercicio 12,
que Xm converge para e^(P/Q)=e^r. Mas Xm e uma subsequencia de Xn e já
provamos que Xn converge. Logo, Xn converge para e^(P/Q)=e^r, como
queriamos demonstrar.


( EXERCICIO 4.14 )

Sem perda de generalidade podemos supor que b >= a. Fixado isso, e
facil ver que as propriedades dos numeros reais nos permitem fazer,
sucessivamente :

(a^N + b^N)^(1/N) = ( ( (b^N)*( (a/b)^N + 1) )^(1/N) = b*( (1 + (a/b)^N)^(1/N) )

Logo, LIM Xn = LIM b*( (1 + (a/b)^N)^(1/N) ) = b*LIM ( (1 + (a/b)^N)^(1/N) ).

Eu afirmo que LIM ( (1 + (a/b)^N)^(1/N) ).= 1. Para ver isso
claramente, considere :

0 =< (a/b) =< 1    =>   0 =< (a/b)^N =< 1    =>   1 =< 1 + (a/b)^N =< 2   =>
1 =< (1 + (a/b)^N)^(1/N) =< 2^(1/N)

Fazendo An=1 e Bn=2^(1/N) temos que LIM An =LIM Bn = 1. Pelo teorema
do confornto (teorema do sandwich) segue que LIM ( (1 + (a/b)^N)^(1/N)
) = 1. Assim :

LIM Xn = b*LIM( (1 + (a/b)^N)^(1/N) ) = b = max{a,b}, como queriamos demonstrar.


( EXERCICIO 4.15 )

PRIMEIRA PARTE

Seja P = { p1, p2, ..., pn } o conjunto finito dos indices dos termos
destacados.

PRIMEIRA PARTE

1) Consideremos um natural m1  > pn. Não pode ser Xm1 >= Xn para todo
n > m1 pois, neste caso, Xm1 seria um termo destaco e "m1" pertenceria
a P. Logo, existe m2 > m1 tal que Xm1 < Xm2.

2) Consideremos agora m2. Não pode ser Xm2 >= Xn para todo n > m2
pois, neste caso, Xm2 seria um termo destacado e "m2" pertenceria a P.
Logo, existe um m3 > m2 tal que Xm2 < Xm3

3) Igualmente, considerando agora m3, nao pode ser Xm3 >= Xn para todo
n > m3 pois, neste caso, Xm3 seria um termo destacado e m3 pertenceria
a P. Segue que existe um m4 tal que Xm3 < Xm4

Vemos que reiterando infinitas vezes o raciocinio acima iremos
contruir uma sequencia infinita de naturais m1 < m2 < m3 < m4 ... tais
que Xm1 < Xm2 < Xm3 < Xm4 < ... vale dizer, a sequencia Xn admite uma
subsequencia crescente.

SEGUNDA PARTE

Se P for finito, ja mostramos na PRIMEIRA PARTE que existira uma
subsequencia Xn tal que Xm1 < Xm2 < Xm3 < ..., isto e, a sequencia Xn
admite uma subsequencia monotona. ( monotona crescente ) Se, porem, P
for infinito, digamos P={ p1 < p2 <  ... < pn < ... }, teremos uma
subsequencia de termos destacados que, por definicao :

Xp1 > Xp2 > Xp3 > ... > Xpi > ...

E portanto a sequencia Xn admite tambem uma sequencia monotona (
monotona decrescente ). Ora, P sera finito ou infinito, nao havendo
uma terceira possibilidade. Assim, todo sequencia admite uma
subsequencia monotona, como queriamos demonstrar.


( EXERCICIO 4.16 )

Precisamos mostrar que "a" e o limite de alguma subsequencia  de Xn.

Dado um natural qualquer M1.

Como LIM an = a, existe um natural N1 tal que n > N1 implica que | an
- a | < 1 / M1  => an E (a - (1/M1),a + (1/M1) ) = I1. Tomando um K1 >
N1 temos que ak1 E  I1  =>
a - (1/M1) <   ak1  < a + (1/M1).

Considerando que e facil ver que F1=min{ ak1 - (a - (1/M1) ), ( a +
(1/M1) ) - ak1 } e positivo e a menor das distancias de ak1 aos
extremos de I1, segue que (ak1 - F1, ak1 + F1 ) esta contido em I1.
Ora, sendo ak1  valor de aderencia de Xn e portanto existindo uma
subsequencia Xni de Xn que converge para ak1, correspondendo ao F1
fixado existe um Ni0 tal que todos os Ni > Ni0 da subsequencia Xni sao
tais que Xni E (ak1 - F1, ak1 + F1 )  =>  Xni E I1.

Tomando um Xni E I1, facamos Xp1=Xni. Seja M2 um natural tal que 1/M2
< | a - Xp1 |.

Como LIM an= a, existe um natural N2 tal que n > N2 => | an - a | < 1
/ M2     =>
an E (a - (1/M2),a + (1/M2) ) = I2. Tomando um K2 > N2 temos que ak2 E I2  =>
a - (1/M2) <   ak2  < a + (1/M2)

Considerando que e facil ver que F2=min{ ak2 - (a - (1/M2) ), ( a +
(1/M2) ) - ak2 } e positivo e a menor das distancias de ak2 aos
extremos de I2, segue que (ak2 - F2, ak2 + F2 ) esta contido em I2.
Ora, sendo ak2  valor de aderencia de Xn e portanto existindo uma
subsequencia Xni de Xn que converge para ak2, correspondendo ao F2
fixado existe um Ni0 tal que todos os Ni > Ni0 da subsequencia Xni sao
tais que Xni E (ak2 - F2, ak2 + F2 )  =>  Xni E I2.

Tomando um Xni E I2, facamos Xp2=Xni. Seja M3 um natural tal que 1/M3
< |a - Xp2|.

Repetindo o mesmo raciocinio desenvolvido antes, encontraremos um Xp3,
depois um Xp4 e assim sucessivamente. Mas o que e importante perceber
e que a construcao que fizemos e tal que a subsequencia Xpi cumpre :

(1/M1) > |a - Xp1 | > (1/M2) >  | a - Xp2 | >  ...  > (1/Mi) > | a -
Xpi | > ... ou seja :

| a - Xpi | < 1/Mi com Mi natural e (1/Mi+1)  < |a - Xpi|  para i = 1,
2, 3,  ...

Assim, dado E > 0, tomando um Mj da sequencia dos Mi tal que 1/Mj < E temos que
| a - Xpi | < (1/Mi) < E para todo i > j, vale dizer, a subsequencia
Xpi converge para "a", ou seja, "a" e valor de aderencia de Xn, como
queriamos demonstrar.


Um Abraco a Todos
Paulo Santa Rita
3,0D2C,080408

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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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