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UNIVERSIDADE DE BRASÍLIA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA CURSO DE MESTRADO EM MATEMÁTICA

EXERCÍCIOS DE ANÁLISE NO Rn

TURMA 2012\1 Prof.o Carlos Alberto Pereira dos Santos

BRASÍLIA, JULHO DE 2012

Sumário

1 Exercícios do Livro Análise Real vol.2

1.1 - Topologia do Espaço Euclidiano 1.1.1

O espaço euclidiano n-dimensional

Exercício 1 Se |u + v| = |u| + |v |, com u 6= 0 (norma euclidiana), prove que existe α ≥ 0 tal que v = α · u. Solução.

|u + v| = |u| + |v| ⇒ |u + v|2 = |u|2 + 2|u||v| + |v |2 ⇒ hu + v, u + vi = |u|2 + 2|u||v| + |v |2 ⇒ |u|2 + 2hu, vi + |v |2 = |u|2 + 2|u||v| + |v |2 ⇒ hu, vi = |u||v|. Tomemos o vetor w = v −

hv, ui u. Como hu, vi = |u||v|, então temos que: hu, ui   hv, ui hv, ui hw, wi = v − u, v − u hu, ui hu, ui |u|2 |v |2 − hv, ui2 =0 = |v |2 hv, ui . ⇒v= hu, ui

|u||v| |v| hv, ui = = > 0. hu, ui |u|2 |u| Portanto, desde que u 6= 0, ∃ α > 0 , tal que v = α · u.

Onde

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

2

Exercício 2 Sejam x, y, z ∈ Rn tais que (na norma euclidiana) |x − z| = |x − y| + |y − z |. Prove que existe t ∈ [0, 1] tal que y = (1 − t)x + tz. Mostre que isto seria falso nas normas do máximo e da soma.

Solução. Chamando u = x − y e v = y − z , temos que |u + v| = |u| + |v |. Ora, mas pela

desigualdade triangular |u + v| ≤ |u| + |v|, onde a igualdade ocorre se, e só se u = αv, para a lgum

α ≥ 0 ∈ R, disto resulta que existe α ≥ 0 ∈ R tal que u = αv, isto é, x − y = α(y − z) ⇒

1 α )x + ( 1+α (1 + α)y = x + αz ⇒ y = (1+α )z, daí chamando t =

α , 1+α

temos que t ∈ [0, 1] e satisfaz

y = (1 − t)x + tz.

Se tomarmos os pontos x = (1, 0), y = (0, 0) e z = (0, 1), é fácil ver que eles não são colineares mas

satisfazem |x−z |S = |x−y |S + |y −z |S , portanto na norma da soma a afirmação não é verdadeira. Da

mesma forma os pontos x = (2, 0), y = (1, 0) e z = (0, 1/2) são um contra-exemplo pra afirmação se considerarmos a norma do máximo. Exercício 3 Sejam x, y ∈ Rn não-nulos. Se todo z ∈ Rn que é ortogonal a x for também ortogonal a y, prove que

x e y são múltiplos um do outro.

Solução. Tem-se x 6= 0 e y 6= 0. Se x = y não há nada para demonstrar. hx, yi Suponha x 6= y então o vetor y − · x é ortogonal a x e, por hipótese, também é ortogonal a y e |x|2 assim       hx, yi hx, yi hx, yi y, y − · x = x, y − · x ⇒ y − x, y − · x = 0. |x|2 |x|2 |x|2 como y − x 6= 0, temos

y− portanto y é múltiplo de x.

hx, yi hx, yi ·x= 0 ⇒ y = · x, 2 |x| |x|2

Exercício 4 Se kxk = kyk, prove que z = 12 (x + y) é ortogonal a y − x. (A medida de um triângulo isósceles é também altura).

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

3

Solução. 1

2

 (x + y ), y − x =

1 hx 2

=

1 2

=

1 2

=

1 2

+ y, y − xi

(hx, yi − hx, xi + hy, y i − hx, xi) (hy, yi − hx, xi)

(|y|2 − |x|2 )

= 0, como queríamos provar.

1.1.2

Bolas e conjuntos limitados

Exercício 1 Dados a 6= b em Rn determine c, pertencente à reta ab, tal que c ⊥ (b − a). Conclua que para todo

x ∈ ab, com x 6= c, tem-se |c| < |x|.

Solução. ab = {a + t(b − a); t ∈ R}

Como c ∈ ab ; c = a + t(b − a) onde t é tal que hc, b − ai = 0 ⇒ ha, b − ai + t|b − a|2 = 0 −ha, b − ai ⇒t= . | b − a| 2 Assim, c é completamente determinado. Por outro lado: |c|2 < |c|2 + |b − a|2 = |c + (b − a)|2 = |a + t(b − a) + (b − a)|2 = |a + (1 − t)(b − a)|2 = |x|2 ∀x ∈ ab com x 6= c.

Portanto, |c| < |x|, ∀x ∈ ab. Exercício 2 Sejam |x| = |y| = r, com x 6= y (norma euclidiana). Se 0 < t < 1, prove que |(1 − t)x + ty| < r . Conclua que a esfera S(0; r) não contém segmentos de reta.

Solução. Seja xy o segmento de reta de extremos x e y. Então xy = {(1 − t)x + ty; t ∈ [0, 1]}.

Temos que

|(1 − t)x + ty| = |x − tx + ty | = |x + t(y − x)| ≤ |x| + t|y − x| ≤ r + t|y − x| < r. Como S(0; r) = {x ∈ Rn ; |x| = r}, vê-se facilmente que a esfera não contém segmentos de reta.

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

4

Exercício 3 Dados o conjunto convexo X ⊂ Rn e o número real r > 0, seja Br (X) = Br (X) é convexo.

[

Br (x). Prove que

x∈X

Solução. Sejam a, b ∈ Br (X). Então existem x0 , x1 ∈ X tal que a ∈ Br (x0 ) e b ∈ Br (x1 ),

portanto |a − x0 | < r e |b − x1 | < r .

Seja c um ponto do segmento ab , então c = (1 − t)a + tb, para algum t ∈ (0, 1), daí para este t

tome xc = (1 − t)x0 + tx1 · xc ∈ X pois X é convexo. Além disso, temos:

|((1 − t)a + tb) − xc| = |((1 − t)a + tb) − ((1 − t)x0 + tx1 )| = |(1 − t)(a − x0 ) + t(b − x1 )| ≤ |(1 − t)(a − x0 )| + |t(b − x1 )| = (1 − t)|(a − x0 )| + t|(b − x1 )| < (1 − t)r + tr = r. Logo, c = (1 − t)a + tb ∈ Br (X ), e como c é um ponto arbitrário do segmento ab, segue que

ab ⊂ Br (X), portanto Br (X) é convexo. Exercício 4

Prove que o conjunto X = {(x, y) ∈ R2 ; x2 ≤ y} é convexo. Solução. Tomemos a = (x1 , y1 ) e b = (x2 , y2 ) ∈ X ⇒

x12 ≤ y1 e x22 ≤ y2 . Seja z =

t(x2 − x1 , y2 − y1 ) + (x1 , y1 ) um ponto pertencente ao segmento que liga a e b. Temos que [(1 − t)x1 + tx2 ]2 = (1 − t)2 x12 + 2t(1 − t)x1 x2 + t2 x22 .

Como (x1 −x2 )2 ≥ 0 ⇒ x21 +x22 ≥ 2x1 x2 , daí [(1−t)x1 +tx2 ]2 = (1−t)2 x21 +2t(1 −t)x1 x2 +t2 x22 ≤

(1 − t)2 x12 + t(1 − t)(x21 + x22) + t2 x22 = (1 − t)x12 + tx22 ≤ (1 − t)y1 + ty2 , portanto X é convexo. Exercício 5

Seja T : Rm −→ Rn uma transformação linear. Prove que se T 6= 0 então T não é uma aplicação

limitada. Se X ⊂ Rm é um conjunto limitado, prove que a restrição TX : X −→ Rn de T ao conjunto X é uma aplicação limitada.

Solução. De fato, dado x ∈ Rm se |T (x)| = c ∈ R+ então |T (nx)| = nc > 0. Logo T não é

limitada, pois R é um corpo arquimediano.

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

5

Seja X ⊂ Rm um conjunto limitado. Tomemos a norma da soma, e como X é limitado, existe K tal

que |x| ≤ K, ∀x ∈ X. Temos x = x1 e1 + · · · + xm em . Seja M = máx{|T (e1 )|, · · · , |T (em )|}. Daí, |T (x)| = |T (x1 e1 + · · · + xm em )| = |x1 T (e1 ) + · · · + xm T (em )| ≤ |x1 ||T (e1 )| + · · · + |xm ||T (em )| ≤ M(|x1 | + · · · + |xm |) ≤ M · K. Portanto T (X) é um conjunto limitado.

1.1.3

Conjuntos abertos

Exercício 1 Para todo conjunto X ⊂ Rm , prove que int.X é um conjunto aberto, isto é int.int.X ⊂ int.X . Solução. Tomemos x ∈ int.X ⇒ ∃ r0 > 0; B(x, r0 ) ⊂ X .

Afirmação : B(x, r0 ) ⊂ int.X.

Prova: De fato, seja y ∈ B(x, r0 ) e tomemos ε = r0 − |y − x|. Então para todo x ∈ B(y, ε) temos

|x − x| ≤ |x − y| + |y − x| < r0 − |y − x| + |y − x| = r0

B(x, r0 ) ⊂ X, portanto y ∈ int.X, logo int.X é aberto.

⇒ x ∈ B(x, r0 )

⇒ B(y, ε) ⊂

Exercício 2 Prove que int.X é o maior conjunto aberto contindo em X, ou seja, se A é aberto e A ⊂ X então A ⊂ int.X

Solução. Seja a ∈ A, como A é aberto, ∃r > 0 tal que B(a; r) ⊂ A, e já que A ⊂ X, segue-se [ Aλ , com Aλ aberto. que B(a; r) ⊂ X, i.e., x ∈ int.X. Então A ⊂ int.X. Assim, int.X = Aλ ⊂X

Exercício 3 Dê um exemplo de um conjunto X ⊂ Rn cuja a fronteira tem interior não vazio e prove que isto não

seria possível se X fosse aberto.

Solução. Tomando X = Q ⊂ R, temos que a fronteira dos racionais são os reais, pois, dado

x ∈ R, toda bola aberta centrada em x irá conter números racionais e numéros irracionais. Fato

decorrente da densidade dos racionais em R.

Dado X ⊂ Rn aberto, temos que X = int.X ⇒ ∀ x ∈ X, ∃ ε > 0 tal que B(x; ε) ⊂ X ⇒ ∂X = ∅,

pois x ∈ ∂X se toda bola aberta centrada em x possuir pontos do interior de X e do complementar

de X. Assim, nenhum ponto x ∈ ∂X é ponto interior.

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

6

Exercício 4 Seja π i : Rn −→ R a projeção sobre a i-ésima coordenada, isto é, se x = (x1 , . . . , xn ) então

π i (x) = xi . Prove que se A ⊂ R2 é aberto então sua projeção π i (A) ⊂ R também é um conjunto

aberto.

Solução. Consideremos (Rn , |.|max ) onde a bola aberta de centro a e raio r > 0 é dada por n Y B(a; r) = (aj − r, aj + r). j=1

Seja A ⊂ Rn um conjunto aberto e ai ∈ π i (A), então existe a ∈ A tal que π i (a) = ai . n Y Como A é aberto, existe r > 0 tal que B(a; r) = (aj − r, aj + r) ⊂ A. j=1

Então ai ∈ (ai − r, ai + r) = π i (B(a; r)) ⊂ π i (A), donde segue que π i (A) é um conjunto aberto. Exercício 5 Prove que toda coleção de abertos dois a dois disjuntos e não-vazios de Rn é enumerável. Solução. Tome em cada aberto A dessa coleção um ponto pertencente ao conjunto não-vazio A ∩ Qn . Como Qn é enumerável o mesmo ocorre com o conjunto dos pontos escolhidos, a cada um

dos quais corresponde um único aberto da aberto da coleção, pois estes são disjuntos.

1.1.4

Sequências em Rn

Exercício 1 Dada a sequência (xk )k∈N em Rn , sejam N′ e N′′ subconjuntos infinitos de N tais que N = N′ ∪ N′′ .

Se as subsequências (xk )k∈N′ e (xk )k∈N′′ convergem para o mesmo limite a, prove que limxk = a. k∈N

Solução. Dado ε > 0, existem k1 , k2 ∈ N tais que k > k1 , k ∈ N′ ⇒ |xk − a| < ε e k > k2 , k ∈

N′′ ⇒ |xk − a| < ε. Seja k0 = max{k1 , k2 }. Como N = N′ ∪ N′′ , segue que k > k0 ⇒ |xk − a| < ε.

Logo lim xk = a. Exercício 2

Dada a sequência (xk )k∈N Rn , prove que as seguintes afirmações são equivalentes: (a) lim kxk k = +∞

(b) (xk )k∈N não possui subsequências convergentes. (c) Para cada conjunto limitado X ⊂ Rn , o conjunto Nx = {k ∈ N; xk ∈ X} é finito.

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

7

Solução. (a) ⇒ (b)

Suponha que houvesse uma subsequência (xk )k∈N′ ⊂ (xk )k∈N convergindo para a. Então dado ǫ = 1,

∃ k1 ∈ N tal que ∀ k ≥ k1 , k ∈ N′ ⇒ |xk − a| < 1 ⇒ ||xk | − |a|| ≤ |xk − a| < 1 ⇒ |xk | <

1 + |a|. Em contrapartida, para ǫ = |a| + 1, ∃ k2 ∈ N tal que ∀ k > k2 ⇒ |xk | > |a| + 1, pois lim xk = +∞. Daí se tomarmos k0 = max{k1 , k2 }, então ∀ k ∈ N′ tal que k ≥ k0 , temos por um

k→ ∞

lado que |xk | < 1 + |a| e por outro lado |xk | > |a| + 1. Contradição! Portanto (xk )k∈N′ não admite subsequência convergente. (b) ⇒ (c)

Suponha que (xk )k∈N não possui subsequências convergentes e que para algum conjunto limitado X ⊂ Rn , o conjunto NX = {k ∈ N; xk ∈ X} seja infinito. Desse modo a sequência (xk )k∈Nx

é limitada, então pelo teorema de Bolzano-Weierstrass ∃ N′ ( infinito) ⊂ NX ⊂ N tal que (xk )k ∈N′

converge, ou seja , (xk )k∈N admite subsequência convergente. Contradição! (c) ⇒ (a)

Admitindo (c), suponha que lim kxk k = 6 +∞ ⇒ ∃ A > 0; ∀ k0 ∈ N, ∃ k > k0 satisfazendo |xk | < A, e neste caso temos que o conjunto limitado X = {k ∈ N; xk ∈ B(0; A)} é infinito.

Contradição! Exercício 3

Sejam A ⊂ Rn aberto e a ∈ A. Prove que se lim xk = a então existe k0 ∈ N tais que k > k0 ⇒ k→∞

xk ∈ A.

Solução. Como lim xk = a ⇔ Dado ε > 0, existe k0 ∈ N tais que kxk − ak < ε quando k > k0 k→∞

i.e. ∀ε > 0, xk ∈ B(a, ε) para k > k0 .

Seja ε := |a − ∂A|/2, daí xk ∈ B(a; ε) ⊂ A quando k > k0 . Exercício 4 k→∞

Se a ∈ ∂X , prove que existem sequências de pontos xk ∈ X e yk ∈ Rn − X tais que xk , yk −→ a. Vale a recíproca?

Solução. Como a ∈ ∂X, ∀ ε > 0 a bola B(a; ε) contém pontos de X e Rn − X. Assim, ∀ k ∈ N,

existe xk ∈ X e yk ∈ Rn − X com |xk − a| < 1/k e |yk − a| < 1/k. Pela denifição de limite de k→∞

sequências, segue que xk , yk −→ a. k→∞

Reciprocamente, se xk , yk −→ a, com xk ∈ X e yk ∈ Rn − X, então ∀ ε > 0, ∃ k0 > 0 tal que

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

8

k > k0 ⇒ xk , yk ∈ B(a; ε). Como ∀ ε > 0 a bola B(a; ε) contém pontos de X e de seu complementar então a ∈ ∂X .

1.1.5

Conjuntos fechados

Exercício 1 Para quaisquer X, Y ⊂ Rn , prove que X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . Dê um exemplo onde

não vale X ∩ Y = X ∩ Y . Solução.

• X ∪Y =X ∪Y: X ⊆ X e Y ⊆ Y , logo X ∪ Y ⊆ X ∪ Y . Como X ∪ Y é fechado, segue que X ∪ Y ⊆ X ∪ Y . X ⊆ X ∪ Y ⇒ X ⊆ X ∪ Y e Y ⊆ X ∪ Y ⇒ Y ⊆ X ∪ Y . Logo X ∪ Y ⊆ X ∪ Y . Portanto, X ∪ Y = X ∪ Y .

• X ∩Y ⊂X ∩Y:

X ⊆ X e Y ⊆ Y , logo X ∩ Y ⊆ X ∩ Y . X ∩ Y é fechado e contém X ∩ Y , mas X ∩ Y é o menor fechado que contém X ∩ Y , portanto X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .

• Exemplo onde não vale X ∩ Y = X ∩ Y : Sejam a, b e c ∈ R tais que a < b < c. Então para X = (a, b) e Y = (b, c) podemos verificar

que X ∩ Y = { b} = 6 ∅=X ∩Y. Exercício 2

Diz-se que o ponto a ∈ Rn é valor de aderência da seqüência (xk )k∈N quando a é limite de alguma

subseqüência de (xk )k∈N . Prove o conjunto dos valores de aderência de qualquer seqüência é fechado. Solução. Seja F = { conjunto dos valores de aderência da sequência (xk )}. Tomemos a ∈ F ⇒ B(a; εk ) ∩ F = 6 ∅, ∀ εk = 1/k, k ∈ N.

Para ε1 = 1, tomemos a1 ∈ B(a, ε1 ) ∩ F . Como a1 ∈ F ⇒ (xk )k∈N ∩ B(a1 ; ε1 − |a − a1 |) 6= ∅. Seja xk1 ∈ (xk )k∈N ∩ B(a1 , ε1 − |a − a1 |).

Prosseguindo dessa forma, no i-ésimo passo teremos ai ∈ B(a; εi ) ∩ F . Como ai ∈ F (xk )k∈N ∩ B (ai ; εi − |a − ai |) 6= ∅. Tomemos xki ∈ (xk )k∈N ∩ B(ai , εi − |a − ai |).

⇒

Os termos (xki )i∈N constituem uma subsequência de (xk )k∈N , além disso |xki − a| < 1/i, ∀ i ∈

N ⇒ xki −→ a, portanto a ∈ F , desse modo F ⊂ F ⇒ F é fechado.

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

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Exercício 3 Prove que um conjunto A ⊂ Rn é aberto se, e somente se, A ∩ X ⊂ A ∩ X para todo X ⊂ Rn . Solução.

(⇒) Seja a ∈ A ∩ X. Então a = lim xk , (xk ) ⊂ X. ∃k0 tal que k > k0 ⇒ xk ∈ A. Portanto

xk ∈ A ∩ X. Logo a ∈ A ∩ X ⇒ A ∩ X ⊂ A ∩ X.

(⇐) Se A não fosse aberto, existiria um ponto a que não lhe seria interior. Mas, neste caso a ∈ A ∩ Rn − A ⊂ A ∩ (Rn − A) = ∅. Contradição. Exercício 4 Se X ⊂ Rm e Y ⊂ Rn , prove que se tem X × Y = X × Y em Rm+n .

Solução. É óbvio que X × Y ⊃ X × Y . Como X × Y é o menor conjunto fechado que contém

X × Y ⇒ X × Y ⊃ X × Y . Por outro lado se (x, y) ∈ X × Y ⇒ ∃ (xk ) ⊂ X e (yk ) ⊂ Y tais que xk −→ x e yk −→ y. Daí (xk , yk ) ⊂ X × Y e lim(xk , yk ) = (x, y) ⇒ (x, y) ∈ X × Y . Portanto X × Y = X × Y .

Exercício 5 Prove que X ⊂ Rn é fechado ⇔ X ⊃ ∂X. Por outro lado A ⊂ Rn é aberto ⇔ A ∩ ∂A = ∅. Solução.

(i) X ⊂ Rn é fechado ⇔ X ⊃ ∂X .

De fato, X é fechado ⇒ X = X ⇒ ∂X = X ∩ Rn − X = X ∩ Rn − X ⊂ X. Então ∂X ⊂ X .

Reciprocamente, se ∂X = X ∩ Rn − X ⊂ X, então X = X, pois do contrario se x ∈ X e x∈ / X ⇒ x ∈ X e x ∈ Rn − X então x ∈ X e x ∈ Rn − X ⇒ x ∈ ∂X ⊂ X, logo X é fechado. (ii) A ⊂ Rn é aberto ⇔ A ∩ ∂A = ∅.

De fato, se sabe que ∂A = ∂(Rn − A). Logo: ∅ = ∂A ∩ A = ∂(Rn − A) ∩ A ⇔ ∂(Rn − A) ⊂ Rn − A ⇔ Rn − A é fechado ⇔ A é aberto. Exercício 6 Sejam A, B ⊂ Rn conjuntos limitados disjuntos e não-vazios. Se d(A, B) = 0, prove que existe x ∈ ∂A ∩ ∂B. Solução. Se d(A, B) = 0 então existem sequências (xk ) ⊂ A e (yk ) ⊂ B tais que

lim |xk − yk | = 0. Passando a subsequências, se necessário, podemos afirmar que a = lim xk , pois A

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

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é limitado. O mesmo vale para yk , pois B é limitado. Daí, a = lim yk . Logo, a ∈ A ∩ B. Como A e B são disjuntos, não podemos ter a ∈ A e a ∈ B. Portanto, a ∈ ∂A ∩ ∂B. Exercício 7 Prove que o fecho de um conjunto convexo é convexo. Solução. Sejam a, b ∈ A. Então existem sequências (ak ) e (bk ) em A tais que a = lim ak e

b = lim bk . Como A é convexo, então fixando t ∈ [0, 1] temos que (1 − t)ak + tbk ∈ A, ∀ k ∈ N.

Daí, lim((1 − t)ak + tbk ) = (1 − t)a + tb ∈ A. Portanto A é convexo. Exercício 8

Prove que se C ⊂ Rn é convexo e fechado então, para todo x ∈ Rn , existe um único x = f (x) ∈ C tal que d(x, C) = |x − x|

Solução. (Existência): C é fechado e {x} é compacto ⇒ ∃ x ∈ C; d(x, C) = |x − x|.

(Unicidade): Se x ∈ C então f (x) = x e a unicidade é óbvia, pois ∀ x 6= x′ , |x − x′ | > 0 = |x − x|. Se x ∈ / C, então suponha que exista outro x ∈ C; d(x, C) = |x − x| = |x − x| = r. Ora, desse modo temos que x e x ∈ S(x, r). Daí ∀ t ∈ (0, 1) tem-se que x(1 − t) + tx ∈ C e

|x(1 − t) + tx − x| = |(x − x)(1 − t) + t(x − x)| < r = d(x; C). Contradição !

1.1.6

Conjuntos compactos

Exercício 1 Seja K ⊂ Rn compacto, não-vazio. Prove que existem x, y ∈ K tais que |x − y| = diam.K .

Solução. Por definição, temos que diam.K = sup{|x − y|; x, y ∈ K}. Tome a norma euclidiana.

Pela definição de sup, dado ε > 0, existem x, y ∈ K tais que diam.K ≤ |x − y| + ε e ∀x, y ∈ K vale

|x − y| ≤ diam.K .

Temos que existem sequências xk , yk ∈ K tais que diam.K = lim |xk − yk |. Como K é limitado, e

passando a subsequências se necessário, diam.K = lim |xk − yk | = |x0 − y0 | onde x0 , y0 ∈ K. Por K ser fechado, segue que K = K e x0 , y0 ∈ K.

Exercício 2 Se toda cobertura aberta de um conjunto X ⊂ Rn admite uma subcobertura finita, então prove que X

é um conjunto compacto.

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

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Solução. (Limitado) Suponha que X fosse ilimitado. Então pra nenhum k ∈ N, X ⊂ B(0; k). Daí neste caso teríamos [ que B(0; k) é uma cobertura de X que não admite subcobertura finita, portanto X deve ser limik∈N

tado.

(Fechado) Suponha que X não seja fechado, então existe (xk ) ⊂ X; xk −→ a ∈ / X. Daí, para cada k ∈ N, [ Ak é uma cobertura aberta de X que não admite considere o aberto Rn \B[a; 1/k ] = Ak . Então k∈N

subcobertura finita, portanto X deve ser fechado. Exercício 3

Seja (xk ) uma sequência limitada em Rn que possui um único valor de aderência. Prove que (xk ) é convergente. Dê exemplo de uma sequência (não-limitada) não convergente que tem um único valor de aderência. Solução. Seja a um valor de aderência de (xk ). Se não fosse a = lim xk , existiriam ε > 0 e uma infinidade de índices k tais que |xk − a| ≥ ε. Passando a uma subsequência, se necessário, teríamos lim xk = b, com |b − a| ≥ ε, logo b = 6 a seria outro valor de aderência. Quanto ao exemplo, basta

k∈N′

tomar xk = 0 para k ímpar e xk = k.ei se k é par. Exercício 4

Se K ⊂ U ⊂ R com K compacto e U aberto, prove que existe ε > 0 tal que x ∈ K, y ∈ Rn ,

|x − y| < ε ⇒ [x, y] ∈ U .

Solução. Inicialmente vamos tomar o conjunto Rn − U , o complementar de U no Rn . Esse

conjunto é fechado, pois seu complementar é aberto. Sabemos que K é compacto, ou seja, fechado

e limitado, e Rn − U é fechado, então, pelo fato desses conjuntos serem disjuntos, existe a ∈ K e

b ∈ Rn −U onde a distância é atingida. Em outras palavras, |x−y| ≥ |a−b|, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ Rn −U .

Fazendo |a − b| = ε, temos que |x − y| ≥ ε, ∀ y ∈ (Rn − U ), donde B(x; ε) ⊂ U . Assim, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ Rn tais que |x − y| < ε, temos que y ∈ B(x; ε) ⊂ U . Portant...