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