[SPAM] [obm-l] Exercicios de Analise 7

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

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Ola Pessoal !

Seguem mais algumas solucoes para exercicios de analise. E importante
reiterar o seguinte :

1) As solucoes sao exclusivamente minhas, feitas ao longo da semana
nos (poucos) momentos de lazer. Assim, qualquer erro encontrado e unica
e exclusivamente minha culpa

2) O espirito que preside esta publicacao e o mesmo do projeto
DEBIAN/ GNU Linux, vale dizer, qualquer pessoal esta desta ja autorizada
a copiar, transmitir, aperfeiçoar e ensinar livremente, sem onus ou
obstaculo algum

3) As questoes estao propostas no Livro :

Curso de Analise - Volume 1
Projeto Euclides - IMPA
Autor : Elon Lages Lima
11 edicao - 2 impressao

4) E muito importante que voce reflita sobre as questoes, tentando resolve-las
sozinho(a), antes de ver as minhas solucoes.

5) Devido as limitacoes de alguns browsers, escreverei sempre sem acentos.


INICIO


( EXERCICIO 4.20)

Em primeiro lugar, e facil ver que sendo X1=1 e Xn+1 =1 + (1/Xn) entao
Xn >= 1 para todo
N. Agora, sejam P = | Xn+2 - Xn+1 | e Q = | Xn+1 - Xn |. Trocando o Xn+2 por
1+(1/Xn+1) e, a seguir, trocando todos os Xn+1 em P e Q por 1+(1/Xn)
chegaremos a :

P = | ( (Xn)^2 - Xn - 1 ) | / | ( (Xn)^2 + Xn ) | e Q = | ( -(Xn)^2 +
Xn + 1 ) | / | Xn |

Fazendo K = | ( (Xn)^2 - Xn - 1 ) | , fica claro que :

P = K / | ( (Xn)^2 + Xn ) | e Q = K / | Xn |. Como Xn >= 1 entao
podemos retirar os
modulos dos denominadores. Teremos :

P = K / ( (Xn)^2 + Xn ) e Q = K / Xn

A inequacao X^2 + X >= 2X e sempre verdadeira para todo X >= 1. Como
todos os termos
da sequencia (Xn) sao tais que Xn >= 1 entao todos os seus termos satisfazem a
inequacao, isto e :

(Xn)^2 + Xn >= 2*Xn => 1/ ( (Xn)^2 + Xn ) =< K/ (2*Xn) => K/ ( (Xn)^2
+ Xn ) =< 1/ (2*Xn)
=> P =< (1/2)*Q.

Portanto : | Xn+2 - Xn+1 | =< (1/2)* | Xn+1 - Xn |, conforme nos
pediram para verificar.

Pelo item B do exercicio anterior ( EXERCICIO 4.19 ) a ultima
desigualdade implica que
(Xn) tem variacao limitada. Pelo item A do mesmo exercicio segue que
existe o LIM Xn.
Assim, seja M = LIM Xn.

Como toda sequencia convergente e de Cauchy, fazendo Yn=(Xn)-(Xn-1) temos que
LIMYn=0. Por outro lado, Xn-1 = 1/( (Xn) - 1 ). Logo :

LIM Xn = LIM ( 1/( (Xn) - 1 ) => M = 1/(M-1) =>
M =(1 + raiz_2(5) ) / 2 ou M =(1 - raiz_2(5) ) / 2

A raiz negativa nao serve pois sendo Xn >= 1 para todo N entao M=LIM
Xn >= 1. Logo :

M = LIM Xn = (1 + raiz_2(5)) / 2

( EXERCICIO 4.21 )

Como X1 = 1 e Xn = 1 + raiz_2(Xn-1), onde raiz_2(Xn-1) > 0 entao e
claro que Xn >= 1
para todo N. Isto estabelece uma cota inferior para a sequencia. Para
exibir uma cota
superior, seja L = ( 3 + raiz_2(5) ) /2. Entao :

Se, para algum N > 1, Xn > L => ((Xn) - 1)^2 > L => Xn-1 >L pois ((Xn)
- 1)^2 =Xn-1

Assim, Xn > L => Xn-1 > L. Evidentemente que uma consequencia obvia
desta implicacao
e que Xn-1 > L => Xn-2 > L => ... => X1 > L ... ABSURDO ! pois ja
sabemos que X1 = 1 <
L. Assim, para nenhum N > 1 pode ocorrer que Xn > L, vale dizer, Xn =<
L para todo N.
Isto estabelece uma cota superior para a sequencia. Temos portanto :

1 =< Xn =< L, para todo N, onde L=( 3 + raiz_2(5) ) /2 => (Xn) e limitada.

Como as solucoes da inequacao X >= (X - 1)^2 e o intervalo fechado [
(1/L) , L] e, alem
disso, (1/L) < 1, entao todos os valores da sequencia atendem a
inequacao, ou seja :

Xn >= ((Xn) - 1)^2 => Xn >= Xn-1 => (Xn) e monotona nao-decrescente

Assim, (Xn) e monotona e limitada => (Xn) e convergente.
Seja M=LIM Xn. Como toda sequencia convergente e de Cauchy, fazendo
Yn=(Xn)-(Xn-1)
temos que LIM Yn = 0. Por outro lado, Xn-1=((Xn) - 1)^2, logo :

LIM Xn = LIM ((Xn) - 1)^2 => LIM Xn = (LIM Xn - 1)^2 => M = (M - 1)^2 =>
M = L ou M=1/L. M=1/L nao serve pois sendo 1/L < 1 =< Xn => LIM Xn >= 1 > 1/L

Logo, LIM Xn = L = ( 3 + raiz_2(5) ) /2

( EXERCICIO 4.22 )

1) A condicao e necessaria

Seja A > 0 e B = { Todos os N tais que -A =< Xn =< A }. Eu afirmo que
B e finito.

Com efeito, se B fosse infinito, digamos, B= { N1 < N2 < ... < Ni <
... }, entao teriamos uma
subsequencia (Yn) de (Xn), Yi = Xni, que em si seria uma sequencia
limitada e portanto
admitiria ao menos uma subsequencia convergindo para LIM SUP Yi. Como esta
subsequencia convergente seria tambem uma subsequencia de (Xn), pois
todo Yi e um
Xni, entao (Xn) teria ao menos uma subsequencia convergente, o que contraria a
hipotese. Assim, B e finito, como afirmamos.

Seja N0=max B. Entao, para todo n > N0 => Xn < -A ou Xn > A => |Xn| > A

O A que escolhemos e generico, o argumento valendo para todo A > 0.
Entao podemos
afirmar que para todo A > 0 existe N0 tal que n > N0 => |Xn| > A. Isto
estabelece que LIM
|Xn| = +INF, como queriamos demonstrar.

2) A condicao e suficiente

Dado um r real qualquer. Escolhendo um real E > 0 qualquer, definimos
um conjunto A
pondo : A = max{ |r -E| , |r+E| }. Claramente que A > 0. Alem disso :

A >= |r+E| >= r+E => A >= r + E
A >= |r-E| => -A =< -| r - E|. Como | r-E|=| E-r| >= E-r => -|r-E| =<
r - E => -A =< r-E

Como LIM | Xn | = +INF entao existe N0 tal que n> N0 => |Xn| > A, ou
seja, para todo
n>N0 implica que Xn < -A ou Xn > A. Pelo que vimos, para todo n>N0
implica Xn < r-E ou
Xn > r+E. Segue portanto que apenas os Xn com indice n=<N0 podem pertencer ao
intervalo aberto I=(r-E,r+E), ou seja, existe apenas um numero finito
de indices N tais que
Xn pertence ao intervalo aberto I=(r-E,r+E). Isto - conforme foi
demonstrado no livro que
nos serve de referencia - implica que r nao e valor de aderencia de (Xn)

Como o r escolhido e generico, entao nenhum real r pode ser valor de
aderencia de Xn,
vale dizer, Xn nao admite subsequencia convergente, como queriamos demonstrar.

( EXERCICIO 4.23 )

Neste exercicio, representarei por fi^(-1)(N) o conjunto das imagens
inversas ( preimagens
) de N. Assim, se fi:N->N for injetiva e fi(N)=M, entao fi^(-1)(M) = {
N }. A palavra
UNI rpresenta o operador de UNIAO.

a) => b)

Suponhamos, por absurdo, que para algum K natural o conjunto B=
fi^(-1)(K) seja um
conjunto infinito. Facamos B={ N1 < N2 < ... < Ni < ... }. Entao :
fii(N1) = fi(N2) = ... = fi(Ni) = ... = K
Dado um natural A > K. Como B e um conjunto de numeros naturais
infinito, entao e
ilimitado. Segue que para todo N0 fixado existira um Ni pertencente a
B tal que Ni > N0.
Para este Ni, fi(Ni) = K < A. Logo, existe A tal que para todo N0
fixado existe Ni > No tal
que fi(Ni) < A => LIM fi(N) # +INF ... ABSURDO !

O conjunto B, portanto, nao pode ser infinito => B e finito

b) => c)

Seja F={M1, M2, ...,Mj} e Ni o numero de elemento do conjunto
fi^(-1)(Mi), i=1,...,j

E obvio ululante que fi^(-1)(F) = fi^(-1)(M1) UNI ... UNI fi^(-1)(Mj).
Como, por hipotese,
cada fi^(-1)(Mk) e finito e tem Nk elementos, k=1,...,j, segue, pelo
corolario 2 do Teorema
6 do capitulo 2 que fi^(-1)(F) e finito e possui no maximo
N1+N2+...+Nj elementos.

c) => a)

Dado um natural qualquer A > 0. Seja F={1, 2, ..., A }. Entao, por
hipotese, fi^(-1)(F) e
finito. Seja N0=max fi^(-1)(F). Entao, n>N0 => fi(n) nao esta em F =>
fi(n) > A. Assim,
para todo natural A > 0 existe N0 tal que n > N0 => fi(n) > A. Isto
estabelece que LIM
fi(N)=+INF, como queriamos demonstrar.

De fato. Se fi:N->N for injetiva entao para todo F finito e contido em
N, fi^(-1)(F) tem, no
maximo, tantos elementos quanto F. Logo, fi^(-1)(F) e finito => LIM fi(N) =+INF

( EXERCICIO 4.24 )

Representarei por X_fi(n) o termo da sequencia (Xn) com indice fi(n)

Dado E > 0.

Como LIM Xn=a entao existe um natural N0 tal que n>N0 => | Xn - a | <
E. Usando este
natural N0, seja F={ 1, 2, ..., N0 }. Como fi:N->N atende todas as
condicoes enunciadas
no exercicio anterior, entao, em particular, fi^(-1)(F) e finito. Seja
N1 = max fi^(-1)(F).
E obvio que para todo n>N1, fi(n) nao pertence a F.

Se este fato nao esta suficientemente claro, entao suponha que existe
algum N2 > N1 tal
que fi(N2) pertence a F. Neste caso, N2 pertence a fi^(-1)(F) e como
N1=max fi^(-1)(F)
temos que N1 >= N2 ... ABSURDO !

Assim, para todo natural n>N1 => fi(n) nao pertence a F. Daqui segue
automaticamente :
fi(n) > N0 => |X_fi(n) - a | < E => |Yn - a| < E. Isto estabelece que
LIM Yn = a, como
queriamos demonstrar.

NOTA : Antes do exemplo, cabe observar que no enunciado da questao ( o
livro que uso
e a 11 edicao - 2 impressao ) falta acrescentar a hipotese que (Xn) e
uma sequencia
NAO-CONSTANTE. Com efeito, se Xn = a para todo n entao LIM Xn=a e PARA TODA
funcao fi:N->N, a sequencia (Yn) definida por Yn=X_fi(n) e tal que LIM
Yn = a. Assim, se
(Xn) e uma sequencia constante entao NAO E POSSIVEL dar um exemplo de uma funcao
fi:N->N tal que LIM Xn = a mas LIM Yn # a.

EXEMPLO :

Sejam, portanto, (Xn) uma sequencia NAO CONSTANTE tal que LIM Xn = a e fi:N->N
uma funcao definida por :

A) fi(1) = 1.
B) Se N > 1, fi(N) = numero de fatores primos distintos de N

E obvio ululante que a funcao fi e sobrejetiva. Como (Xn) NAO E
CONSTANTE existem Xi
e Xk tais que Xi # Xk. Seja entao E um real positivo tal que E < |Xi - Xk|.

Agora, para cada natural N, representemos por Pn o produto dos N
primeiros numeros
primos. E facil ver que os conjuntos Vn={ (Pi)^N, N=1,2, ... } e Wn={
(Pk)^N, N=1, 2, ... }
sao infinitos e, portando, ilimitados. Assim, para todo natural N0
fixado existem V e W
pertencentes respectivamente a Vn e Wn tais que V > N0 e W > N0. Para
estes V e W
temos que fi(V)=i e fi(W)=k => |Yv - Yw| = |X_fi(v) - X_fi(w) | = |Xi - Xk| > E.

Acabamos de exibir um E > 0 tal que para todo natural N0 fixado
existem naturais V e W
maiores que N0 tal que |Yv-Yw| > E. Isto obviamente implica que (Yn) nao e uma
sequencia de cauchy. Ora, no Universo das sequencias de numeros reais, "ser de
Cauchy" e uma condicao NECESSARIA e SUFICIENTE para a convergencia. Portanto :
(Yn) nao e convergente => LIM Yn # r, para todo numero real r => LIM
Yn # a, como
queriamos demonstrar.

( EXERCICIO 4.25 )

Representarei por Pi[1,N:F(i)] = P(1)*P(2)*...*P(N), onde " * " e o
sinal de multiplicacao.

De | Xn+1 / Xn | =< C < 1 tiramos que | Xn+1 | =< C*| Xn | para todo
n>N0. Daqui segue
que Pi[ N0+1,N : |Xn+1| ] =< Pi[ N0+1,N : C*| Xn | ] para todo n>N0.
Eliminando os fatores
comuns aos dois lados da ultima desigualdade, teremos :

| Xn+1 | =< (C^(N-N0) )*| Xn0+1| => | Xn+1 | =< (C^N )*( | Xn0+1| / (C^N0) )

Fazendo | Xn0+1| / (C^(N0-1) = K, temos que | Xn+1 | < K*(C^N )
No Livro em referencia o autor demonstra que LIM C^N = 0, quando C <
1. Assim, dado E
> 0 : Existe N1 tal que n>N1 => | C^N - 0 | < E / K. Daqui, tomando N2=max{N0,N1} temos
que n>N2 => |Xn+1| < E => | Xn+1 - 0 | < E => LIM Xn=0.

***

De | X n+1 / Xn | >= C > 1 tiramos que | Xn+1 | >= C*|Xn| para todo
n>N0. Daqui segue
que Pi[ N0+1,N : |Xn+1| ] >= Pi[ N0+1,N : C*| Xn | ] para todo n>N0.
Eliminando os fatores
comuns aos dois lados da ultima desigualdade, teremos :

| Xn+1 | >= (C^(N-N0) )*| Xn0+1| => | Xn+1 | >= (C^N )*( | Xn0+1| / (C^N0) ).

Fazendo | Xn0+1| / (C^(N0+1) ) = K, temos que | Xn+1 | > K*(C^N )
No Livro em referencia o autor demonstra que LIM C^N = +INF, quando
C>1. Assim, dado
qualquer A > 0 : Existe N1 tal que n>N1 => C^N > A/K. Daqui, tomando
N2=max{N0,N1}
temos que n>N2 => |Xn+1| > A. => LIM | Xn | = +INF.

REOBTENDO O EXEMPLO 21

Seja Xn=(a^N) / N, onde a > 1. Entao : | Xn+1 / Xn | = a*(N / (N+1)).
Seja N0 o menor
natural tal que N0 > 1/(a-1). Segue :

N0>1/(a-1) => a(N0/(N0+1)) > 1. Fazendo C= a(N0/(N0+1)) teremos que N
> N0 implica
que N*N0 + N > N0*N + N0 => N*(N0+1) > N0(N+1) => (N/(N+1)) > (N0/(N0+1)) =>
(a*N/(N+1)) > (a*N0/(N0+1)) = C

Assim, para todo N > N0 => | Xn+1 / Xn | = a*(N / (N+1)) >
(a*N0/(N0+1)) = C > 1. Daqui
concluimos que LIM |Xn| = +INF. Como, neste caso particular, |Xn| =
Xn, seguira do
resultado demonstrado na solucao do exercicio 4.25 que LIM Xn=+INF.

REOBTENDO O EXEMPLO 22

Seja Xn=N! / (a^N), onde a > 0. Entao | Xn+1 / Xn | = (N+1) / a. Seja
N0 o menor natural
tal que N0 >= a. Entao (N0+1) / a > 1. Facamos C=(N0+1) / a. E claro
que se N > N0
entao (N+1)/a > (N0+1)/a=C. Portanto, N > N0 => | Xn+1 / Xn | =(N+1)/a
>(N0+1)/a=C>1.

Daqui concluimos que LIM |Xn| = +INF. Como, neste caso particular,
|Xn|=Xn, seguira do
resultado demonstrado na solucao do exercicio 4.25 que LIM Xn=+INF

LIMITE N! / (N^N) = 0

| Xn+1 / Xn | = ( (N+1)! / ( (N+1)^(N+1) ) )*( (N^N) / N! ) = (1 +
(1/N))^(-N). Portanto :
LIM | Xn+1 / Xn | = 1/e < 1/2. Seja E tal que (1/e) + E =1/2. Facamos C=1/2.

Como E > 0 existe um natural N0 tal que N > N0 => | |Xn+1/Xn| - (1/e)
| < E, vale dizer,
N>N0 => |Xn+1/Xn| < (1/e) + E = C = 1/2 < 1 . Pela demonstracao do
exercicio 4.25 isto
estabelece que LIM Xn =0, como queriamos demonstrar.

FIM

Um Abracao a Todos
Paulo Santa Rita
6,0D1A,190408

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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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