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Análise Matemática – Exercícios I

07/08/2015 2:39 pm / 4 comentários em Análise Matemática – Exercícios I

— 1. Introdução —

No meu livro de Mecânica Quântica de Sakurai num determinado momento no prefácio, é dito algo como: “O aluno que tenha lido o livro, mas não consegue fazer os exercícios não aprendeu nada!”.

Quantas vezes eu ouvi pessoas dizerem: “Eu entendo a teoria, mas simplesmente não consigo fazer os exercícios …” Esse tipo de pensamento é errado e contraproducente.

Errado, porque se a pessoa de facto entendeu a teoria então seria capaz de resolver mais exercícios do que apenas os triviais, e contraproducente, porque ao esconder-se nessa defesa o aluno nunca irá evoluir na sua aprendizagem.

A matéria actual depende (quase) sempre da matéria anterior e esta é uma bola de neve de: “Eu entendo a teoria só não consigo fazer os exercícios” que continua a crescer.

Em vez disso as pessoas têm que entender que não tem que perceber tudo imediatamente, e na maioria das vezes temos que trabalhar duro para entender o que levou muitos anos das melhores mentes para se produzir.

Bem, chega de sermões moralistas e vamos começar com uma parte integrante deste blog: Exercícios!

De agora em diante exercícios das mais variadas disciplinas serão presença regular nos nossos artigos e no final de terminarmos a escrita de artigos referentes a uma disciplina iremos também disponibilizar um conjunto de exames resolvidos.

Como pensamento final peço ao leitor para não ler imediatamente a minha solução dos exercícios, antes de tentar resolver os exercícios por si próprio, visto que mesmo que não consiga resolver os exercícios, o esforço despendido naquele primeiro momento vai ajudá-lo a melhor entender o que eu fiz.

Também tenha em mente que as soluções publicadas não são de forma alguma únicas ou sequer as melhores soluções e, em alguns casos, podem até estar erradas (embora eu espere que isso não aconteça regularmente…).

— 2. Exercícios —

Exercício 1 Utilizando os 5 primeiro Axiomas demonstre as seguintes proposições:

${-0=0}$
${0+(-0)=-0}$ pelo Axioma 4 e ${0+(-0)=0}$ pelo Axioma 5.

Uma vez que os lados esquerdos de ambas equações são iguais os lados direitos também devem sê-lo. Assim ${-0=0}$ .
${1^{-1}=1}$
${1\cdot 1^{-1}=1^{-1}}$ pelo Axioma 4 and ${1\cdot 1^{-1}=1}$ pelo Axioma 5.

Uma vez que os lados esquerdos de ambas equações são iguais os lados direitos também devem sê-lo. Assim ${1^{-1}=1}$ .
${-(-x)=x}$
O simétrico de ${(-x)}$ é ${-(-x)}$ , e pelo Axioma 5 ${-(-x)+(-x)=0}$ .

Mas sabemos que ${x+(-x)=0}$ e assim ${x}$ é o simétrico de ${-x}$ .

Uma vez que o simétrico de ${-x}$ é único temos que ter ${-(-x)=x}$ .
${(x^{-1})^{-1}=x}$
${(x^{-1})^{-1}\cdot x^{-1}=1}$ . Mas também é ${x\cdot x^{-1}=1}$ .

O inverso de qualquer número real (diferente de ${0}$ ) é único por isso podemos concluir ${(x^{-1})^{-1}=x}$ .
${x\cdot y=x\cdot z \Rightarrow y=z}$ se ${x\neq 0}$ .
No caso ${x=0}$ a igualdade é trivialmente válida ( ${0=0}$ ). Assumindo que temos ${x\neq 0}$ vem

$\begin{array}{rcl} x\cdot y &=& x\cdot z \\ x^{-1}\cdot (x\cdot y) &=& x^{-1}\cdot (x\cdot z) \\ (x^{-1}\cdot x)\cdot y &=& (x^{-1}\cdot x)\cdot z \\ 1\cdot y &=& 1\cdot z \\ y &=& z \end{array}$
${\dfrac{u}{v}\cdot \dfrac{x}{y}=\dfrac{u\cdot x}{v\cdot y}}$ .
$\begin{array}{rcl} \dfrac{u}{v}\cdot \dfrac{x}{y} &=& (u\cdot v^{-1})(x\cdot y^{-1}) \\ &=& u\cdot (v^{-1}x)\cdot y^{-1} \\ &=& u\cdot (x\cdot v^{-1})\cdot y^{-1} \\ &=& (u\cdot x)(v^{-1}\cdot y^{-1}) \\ &=& (u\cdot x)(vy)^{-1} \\ &=& \dfrac{u\cdot x}{v\cdot y} \end{array}$

Para os leitores mais atentos ao rigor matemático uma passagem na demonstração anterior foi rápida demais: ${v^{-1}y^{-1}=(vy)^{-1}}$ .

No interesse de sermos auto-contidos vamos demonstrar a igualdade anterior.

$\begin{array}{rcl} (vy)(v^{-1}y^{-1})&=& v(yv^{-1})y^{-1} \\ &=& v(v^{-1}y)y^{-1} \\ &=& (vv^{-1})(yy^{-1}) \\ &=& 1\times 1 \\ &=& 1 \end{array}$

${(vy)(vy)^{-1}=1}$ por definição de recíproco. Assim ${(vy)(v^{-1}y^{-1})=1}$ e ${(vy)(vy)^{-1}=1}$ . Logo ${v^{-1}y^{-1}=(vy)^{-1}}$ .

Exercício 2

${x > 0 \Leftrightarrow x^{-1} > 0}$ .
Vamos demonstrar a proposição anterior recorrendo ao método da demonstração por absurdo. Ou seja vamos mostrar ${x > 0 \land x^{-1} < 0}$ leva a uma contradição.

Primeiro demonstramos a condição necessária: ${x > 0}$ , e ${x^{-1} < 0}$ . Multiplicando ambos os membros da primeira desigualdade por ${x^{-1}}$ vem ${x\cdot x^{-1} < 0\cdot x^{-1} \Leftrightarrow 1 < 0}$ o que sabemos ser uma proposição falsa.

A prova para a condição suficiente pode ser feita de igual modo e assim a veracidade de ${x > 0 \Leftrightarrow x^{-1} > 0}$ está estabelecida.

Note que se trata de uma relação de equivalência, portanto, ou nós usamos relações de equivalência ou usamos, como fizemos, relações de implicação para ambos os sentidos da proposição.

Neste caso eu acho que a maioria das pessoas vai entender o que quero dizer, se expressá-lo simbolicamente. Imagine que nós queríamos provar que ${A \Leftrightarrow B}$ é válido. Uma maneira de fazê-lo seria mostrar que ${A \Leftrightarrow A' \Leftrightarrow A'' \Leftrightarrow \cdots \Leftrightarrow A^{(n)} \Leftrightarrow B}$ . Dessa forma passaríamos por ${n}$ relações de equivalência entre ${A}$ e ${B}$ e uma vez que as relações de equivalência são transitivas teríamos ${A \Leftrightarrow B}$ .

Outra forma de fazê-lo é mostrar que nós podemos passar de ${A}$ para ${B}$ e de ${B}$ para ${A}$ . Simbolicamente

$\displaystyle A \Rightarrow P_1 \Rightarrow P_2 \Rightarrow \cdots \Rightarrow P_n \Rightarrow B$

e

$\displaystyle B \Rightarrow Q_1 \Rightarrow Q_2 \Rightarrow \cdots \Rightarrow Q_n \Rightarrow A$

Para terminar vou repetir o melhor exemplo que me foi dado, a fim de explicar o que é uma condição necessária e o que é uma condição suficiente. Vamos supor que está fazendo um exame cuja avaliação vai de ${ 0}$ a ${ 20 }$ , sendo ${ 10 }$ a nota mínima para passar.

Para que possa passar no exame é suficiente ter uma nota maior do que ${ 15 }$ , mas felizmente não é necessário!

E se você passou, a nota é necessariamente maior do que ${5}$ , mas, infelizmente, ter uma nota superior a ${ 5 }$ não é suficiente para ser aprovado.
${x > 1 \Leftrightarrow x^{-1}\in \rbrack 0,1\lbrack}$
Se ${x > 1}$ então ${x > 0}$ e pelo exercício anterior ${x^{-1} > 0}$ . Assim

$\begin{array}{rcl} x &>& 1 \\ x\cdot x^{-1} &>& 1\cdot x^{-1} \\ 1 &>& x^{-1} \end{array}$

Logo ${x^{-1} > 0}$ e ${x^{-1} <1 }$ .

que podemos escrever mais sinteticamente

$\displaystyle 0 < x^{-1} < 1 \Leftrightarrow x^{-1} \in \rbrack 0,1 \lbrack$

Exercício 3

${n}$

${0!=1}$

${(n+1)!=n!\times(n+1)}$

${\dbinom{n}{k}=\displaystyle\dfrac{n!}{k!(n-k)!}}$

${k}$

${n}$

Mostre que ${\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k+1}=\dbinom{n+1}{k+1}}$
$\begin{array}{rcl} \dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k+1} &=& \dfrac{n!}{k!(n-k)!}+\dfrac{n!}{(k+1)!(n-k+1)!} \\ &=& \dfrac{k!(n-k-1)!n!(k+1+n-k)!}{k!(n-k-1)!(n-k)!(k+1)!} \\ &=& \dfrac{n!(n+1)}{(k+1)!(n-k)!} \\ &=& \dbinom{n+1}{k+1} \end{array}$
Mostre que ${(x+y)^n=\displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k y^{n-k}}$ por indução.
Para ${n=0}$ é

$\begin{array}{rcl} (x+y)^0 &=& \displaystyle \sum_{k=0}^0 \binom{0}{k} x^k y^{0-k} \\ 1 &=& 1 \end{array}$

que é uma afirmação verdadeira.

Vamos agora admitir por hipótese de indução ${n \in \mathbb{N}}$ ${(x+y)^n= \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k y^{n-k}}$

$\begin{array}{rcl} (x+y)^{n+1} &=& (x+y)^n (x+y) \\ &=& x(x+y)^n+y(x+y)^n \\ &=& x\displaystyle\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} x^k y^{n-k}+y\displaystyle\sum_{l=0}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n-l} \\ &=& \displaystyle\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} x^{k+1} y^{n-k}+ \displaystyle\sum_{l=0}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n+1-l} \end{array}$

Fazendo a mudança de variáveis ${l=k+1}$ no primeiro somatório:

$\sum_{l=1}^{n+1} \dbinom{n}{l-1}x^l y^{n-l+1}=\displaystyle \sum_{l=1}^{n} \dbinom{n}{l-1}x^l y^{n-l+1}+x^{n+1}$

E notando que

$\displaystyle {\displaystyle\sum_{l=0}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n+1-l}=y^{n+1}+\displaystyle\sum_{l=1}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n+1-l}}$

podemos escrever

$\begin{array}{rcl} (x+y)^{n+1} &=& \displaystyle\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} x^{k+1} y^{n-k}+ \displaystyle\sum_{l=0}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n+1-l} \\ &=& \displaystyle \sum_{l=1}^{n} \dbinom{n+1}{l}x^l y^{n-l+1}+x^{n+1}+y^{n+1} \end{array}$

Agora ${x^{n+1}}$ é ${\dbinom{n+1}{l}x^l y^{n-l+1}}$ com ${l=n+1}$ e ${y^{n+1}}$ é ${\dbinom{n+1}{l}x^l y^{n-l+1}}$ com ${l=0}$ .

Assim podemos escrever

$\displaystyle {(x+y)^{n+1}= \displaystyle\sum_{l=0}^{n+1} \binom{n+1}{l}x^l y^{n-l+1}}$

O que termina a nossa demonstração.

Exercício 4 Mostre por indução que ${\displaystyle\sum_{n=1}^{n}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{n}}$ .

Para ${n=1}$ é

$\displaystyle \displaystyle\sum_{n=1}^{1}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{1} \Leftrightarrow 1\leq 1$

que é uma afirmação verdadeira.

Agora queremos mostrar que a veracidade de

$\displaystyle \displaystyle\sum_{n=1}^{n+1}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{n+1}$

segue da veracidade de

$\displaystyle \displaystyle\sum_{n=1}^{n}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{n}$

que é a nossa hipótese de indução.

$\begin{array}{rcl} \displaystyle\sum_{r=1}^{n+1}\dfrac{1}{r^2} &=& \sum_{r=1}^{n}\dfrac{1}{r^2}+\dfrac{1}{(n+1)^2} \\ &\leq& 2-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{(n+1)^2} \\ &=& 2-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{(n+1)^2}+\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+1} \\ &=& 2-\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{-(n+1)^2+n+n(n+1)}{n(n+1)^2} \\ &=& 2-\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{-n^2-2n-1+n+n^2+n}{n(n+1)^2} \\ &=& 2-\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n(n+1)^2}\leq 2-\dfrac{1}{n+1} \end{array}$

Ou seja

$\displaystyle \displaystyle\sum_{n=1}^{n}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{n}\,\forall n \in \mathbb{N}: n > 1$

Exercício 5 Mostre por indução em ${n}$ que

$\displaystyle \displaystyle\sum_{r=1}^{n}r(r+1)\cdots(r+k-1)=\dfrac{n(n+1)\cdots(n+k)}{k+1}$

Para ${n=1}$ é

$\begin{array}{rcl} \displaystyle \sum_{r=1}^1 r(r+1)(r+2)\cdots(r+k-1) &=& \dfrac{1.2.3\cdots (1+k)}{k+1} \\ \displaystyle 1\times 2\times 3\times\cdots\times k &=& \dfrac{(k+1)!}{k+1} \\ k! &=& k! \end{array}$

Agora a nossa hipótese de indução é

$\displaystyle {\displaystyle\sum_{r=1}^{n}r(r+1)\cdots(r+k-1)=\displaystyle\dfrac{n(n+1)\cdots(n+k)}{k+1}}$

E queremos mostrar que

${\displaystyle\sum_{r=1}^{n+1}r(r+1)\cdots(r+k-1)=\displaystyle\dfrac{(n+1)(n+2)\cdots(n+1+k)}{k+1}}$

${\begin{aligned} \displaystyle \sum_{r=1}^{n+1}r(r+1)\cdots(r+k-1)&= \sum_{r=1}^{n}r(r+1)\cdots (r+k-1)+(n+1)\cdots(n+k)\\ &=\dfrac{n(n+1)\cdots(n+k)}{k+1}+(n+1)\cdots(n+k)\\ &=(n+1)(n+2)\cdots(n+k)\left\lbrack \dfrac{n}{k+1}+1 \right\rbrack\\ &=(n+1)(n+2)\cdots(n+k)\left\lbrack \dfrac{n+k+1}{k+1}\right\rbrack\\ &=\dfrac{(n+1)(n+2)\cdots(n+k)(n+k+1)}{k+1} \end{aligned}}$

Luso Academia

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