Matemática universitária — Graduação 1 · Licence 1

10Números Reais

Toda a análise repousa sobre uma propriedade que distingue $\R$ de $\Q$ : todo conjunto não vazio limitado superiormente tem uma menor cota superior. Este capítulo a enuncia com precisão, extrai as suas primeiras consequências — a propriedade arquimediana, a função parte inteira, a densidade dos racionais e dos irracionais — e monta o vocabulário (sup, inf, máx, mín) usado constantemente a partir do Capítulo 11.

10.1 A propriedade do supremo

Definição 10.1 (Cotas, sup e inf)

Seja $A \subseteq \R$ não vazio. Um real $M$ é uma cota superior de $A$ quando $a \leq M$ para todo $a \in A$ ; $A$ é limitado superiormente quando tem uma cota superior (analogamente por baixo, com cotas inferiores; limitado significa as duas coisas). Um máximo de $A$ é uma cota superior que pertence a $A$ .

O supremo $\sup A$ é a menor cota superior de $A$ , quando existe; o ínfimo $\inf A$ é a maior cota inferior.

Teorema 10.2 (Axioma da completude de $\R$ )

$\R$ é um corpo ordenado que contém $\Q$ no qual todo subconjunto não vazio limitado superiormente tem supremo.

Demonstração. Admitido neste nível. ∎

Observação 10.3

Tomamos isso como axioma definidor de $\R$ ; construir um modelo (por cortes de Dedekind ou por sequências de Cauchy de racionais) e demonstrar a sua unicidade é honesto, mas longo, e fica para estudo posterior. Note que $\Q$ falha a propriedade: $\{x \in \Q : x^2 < 2\}$ é limitado superiormente, mas não tem menor cota superior em $\Q$ — o seu candidato, $\sqrt 2$ , está faltando (Exemplo 1.11). Passando aos opostos ( $\sup(-A) = -\inf A$ ), todo conjunto não vazio limitado inferiormente tem ínfimo.

Proposição 10.4 (A caracterização por $\varepsilon$ )

Seja $A \neq \emptyset$ limitado superiormente e $s \in \R$ . Então $s = \sup A$ se, e somente se,

$s$ é cota superior: $\forall a \in A$ , $a \leq s$ ; e
nada menor o é: $\forall \varepsilon > 0$ , $\exists a \in A$ , $a > s - \varepsilon$ .

Demonstração. Se $s = \sup A$ : (1) vale por definição e, para (2), $s - \varepsilon < s$ não é cota superior, o que é exatamente a existência de $a > s - \varepsilon$ . Reciprocamente, (1) diz que $s$ é cota superior; (2) diz que nenhum $t < s$ é cota superior (tome $\varepsilon = s - t$ ): $s$ é a menor delas. ∎

Exemplo 10.5

$\sup \intoo{0}{1} = 1$ , não atingido (sem máximo); $\sup \intcc{0}{1} = 1 = \max$ . Para $A = \{1 - \frac 1n : n \in \N^*\}$ : $\sup A = 1$ , não atingido; $\inf A = \min A = 0$ . Um máximo, quando existe, é o supremo; toda a razão de ser do $\sup$ é dispor de um substituto quando o máximo não existe.

O conjunto A = \1 - 1n : n ∈ ℕ*\ na reta numérica: os seus pontos se acumulam rumo a 1 sem alcançá-lo. Todo número ≥ 1 é cota superior (a semirreta), e nada menor o é, pois um elemento de A entra em cada intervalo (1 - , 1): as duas cláusulas da numa só figura. O supremo é a extremidade esquerda da semirreta das cotas superiores — e o axioma da completude é precisamente a garantia de que essa semirreta sempre tem extremidade esquerda. — O conjunto $A = \{1 - \frac1n : n \in \N^*\}$ na reta numérica: os seus pontos se acumulam rumo a $1$ sem alcançá-lo. Todo número $\geq 1$ é cota superior (a semirreta), e nada menor o é, pois um elemento de $A$ entra em cada intervalo $\intoo{1 - \varepsilon}{1}$ : as duas cláusulas da Proposição 10.4 numa só figura. O supremo é a extremidade esquerda da semirreta das cotas superiores — e o axioma da completude é precisamente a garantia de que essa semirreta sempre tem extremidade esquerda.

Exemplo 10.6 (Calculando supremos na prática)

Dois exercícios completos da Proposição 10.4.

O conjunto $A = \{x + \frac1x : x > 0\}$ . Para todo $x > 0$ , $x + \frac1x - 2 = \frac{(\,\sqrt x - 1/\sqrt x\,)^2}{1} \geq 0$ , de modo que $2$ é cota inferior; e $2 = 1 + \frac11 \in A$ : portanto, $\inf A = \min A = 2$ , atingido em $x = 1$ . Por cima, $A$ é ilimitado ( $x + \frac1x > x$ pode exceder qualquer $M$ pelo Teorema 10.10): $\sup A$ não existe em $\R$ (vale $+\infty$ em $\overline\R$ ).

O conjunto $B = \bigl\{\frac{m}{m + n} : m, n \in \N^*\bigr\}$ . Todo elemento está em $\intoo{0}{1}$ , de modo que $0$ e $1$ são cotas. Nenhuma delas é atingida: $\frac{m}{m+n} = 1$ forçaria $n = 0$ . Para o supremo, congele $n = 1$ e faça $m$ crescer: $\frac{m}{m+1} = 1 - \frac{1}{m+1} > 1 - \varepsilon$ assim que $m + 1 > \frac1\varepsilon$ (Arquimedes): $\sup B = 1$ . Simetricamente ( $m = 1$ , $n$ grande), $\inf B = 0$ . A ideia de fechamento: para fixar um supremo, basta um caminho a um parâmetro bem escolhido dentro do conjunto — aqui o caminho $n = 1$ — e a caracterização por $\varepsilon$ nada mais exige.

Exemplo 10.7 (O espelho do ínfimo)

O ínfimo tem a sua própria caracterização por $\varepsilon$ , obtida da Proposição 10.4 por meio de $\inf A = -\sup(-A)$ : $i = \inf A$ se, e somente se, $i$ limita $A$ inferiormente e, para todo $\varepsilon > 0$ , algum $a \in A$ tem $a < i + \varepsilon$ . Um exercício com as duas cotas ao mesmo tempo: seja

A = \Bigl\{(-1)^n + \frac1n : n \in \N^*\Bigr\} = \Bigl\{0,\ \tfrac32,\ -\tfrac23,\ \tfrac54,\ -\tfrac45,\ \dots\Bigr\} .

Os índices pares dão $1 + \frac1n \leq \frac32$ , com igualdade em $n = 2$ : como também os valores de índice ímpar são $\leq 0 < \frac32$ , obtemos $\sup A = \max A = \frac32$ . Os índices ímpares dão $-1 + \frac1n > -1$ , decrescendo rumo a $-1$ : todo elemento de $A$ é $> -1$ , e $-1 + \varepsilon$ é superado por $-1 + \frac1n$ para $n$ ímpar com $n > \frac1\varepsilon$ : $\inf A = -1$ , não atingido. Um só conjunto, com os quatro comportamentos à mostra: um supremo que é máximo e um ínfimo que não é mínimo.

Observação 10.8 (Armadilhas frequentes com sup e inf)

Quatro erros respondem pela maioria dos pontos perdidos. (i) Confundir $\sup$ e $\max$ : $\sup A$ não precisa pertencer a $A$ ; escreva $\max$ apenas depois de exibir um elemento de $A$ que seja cota superior. (ii) Passar desigualdades estritas ao supremo: se $a < b$ para todo $a \in A$ , só se pode concluir $\sup A \leq b$ — testemunha: $A = \intoo{0}{1}$ , $b = 1$ . (iii) Escrever $\sup A$ antes de verificar a legalidade: o símbolo exige $A$ não vazio e limitado superiormente (Método 10.18); $\sup \emptyset$ e $\sup \N$ não estão definidos em $\R$ (as convenções de $\overline\R$ são um ato separado e explícito). (iv) Operações com conjuntos: $\sup(A \cup B) = \max(\sup A, \sup B)$ sempre, mas nada geral vale para $A \cap B$ — ele pode ser vazio e, mesmo quando não é, $\sup(A \cap B)$ pode ficar muito abaixo de $\min(\sup A, \sup B)$ : tome $A = \{0, 2\}$ e $B = \{0, 3\}$ , em que $\sup(A \cap B) = 0$ .

Exemplo 10.9 (Conjuntos finitos têm máximo — um lema usado em silêncio)

Todo $F \subseteq \R$ finito e não vazio tem máximo (e mínimo). Indução no número de elementos: um conjunto unitário $\{a\}$ tem $\max = a$ ; se a afirmação vale para conjuntos de $n$ elementos e $F$ tem $n + 1$ elementos, tome $a \in F$ qualquer: o conjunto $F \setminus \{a\}$ tem um máximo $m$ , e $\max F$ é $m$ se $a \leq m$ , e $a$ caso contrário. Nenhuma completude está envolvida — é pura ordem mais indução, válida já em $\Q$ — e, ainda assim, o lema merece um enunciado honesto, porque as demonstrações que virão o invocam silenciosamente: a construção da parte inteira abaixo (“um conjunto de inteiros preso a um intervalo finito tem maior elemento”), toda estimativa $\max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \dots)$ do Capítulo 11, todo “tome o maior dos finitos $\delta$ ” do Capítulo 13. É nos conjuntos infinitos que os máximos morrem e os supremos assumem: este capítulo existe para o caso infinito.

Teorema 10.10 (Propriedade arquimediana)

Para todo $x \in \R$ existe $n \in \N$ com $n > x$ . Equivalentemente: para todos $\varepsilon > 0$ e $y > 0$ , algum múltiplo $n\varepsilon$ excede $y$ .

Demonstração. Suponha que não: algum $x$ é cota superior de $\N$ . Então $s = \sup \N$ existe (Teorema 10.2). Pela Proposição 10.4 (2) com $\varepsilon = 1$ , existe $n \in \N$ com $n > s - 1$ ; mas então $n + 1 \in \N$ e $n + 1 > s$ , contradizendo que $s$ seja cota superior. Para a segunda forma, sejam $\varepsilon > 0$ e $y > 0$ : a primeira forma aplicada a $x = \frac{y}{\varepsilon}$ produz $n \in \N$ com $n > \frac{y}{\varepsilon}$ , e multiplicar por $\varepsilon > 0$ (o que preserva desigualdades estritas) dá $n\varepsilon > y$ . Reciprocamente, a segunda forma com $\varepsilon = 1$ e $y = x$ recupera a primeira para $x > 0$ , e $n = 1$ trata $x \leq 0$ : os dois enunciados são estritamente equivalentes. ∎

Exemplo 10.11 (Arquimedes em ação)

Três usos imediatos, constantemente necessários mais adiante. (i) Nenhum real positivo fica abaixo de todos os $\frac1n$ : se $0 < \varepsilon$ , tome $n > \frac1\varepsilon$ ; então $\frac1n < \varepsilon$ . Em outras palavras, $\R$ não contém infinitésimos — o informal “ $\frac1n$ fica arbitrariamente pequeno” é exatamente este teorema. (ii) Limiares explícitos: quão grande deve ser $n$ para que $\frac{1}{n^2} \leq 10^{-6}$ ? Basta que $n \geq 10^3$ — Arquimedes garante que tais $n$ existem, e a álgebra os localiza. (iii) As potências vencem qualquer cota: $2^n \geq n + 1$ (indução), de modo que, para todo $M$ , alguma potência de $2$ excede $M$ : o crescimento geométrico usado para os diádicos no Exercício 10.8. A ideia de fechamento: a propriedade arquimediana é a licença por trás de toda frase do tipo “tome $n$ suficientemente grande” — daqui em diante usamos essa frase livremente, e este exemplo é a sua justificativa de uma vez por todas.

Teorema 10.12 (Função parte inteira)

Para todo $x \in \R$ existe exatamente um inteiro, a parte inteira $\lfloor x \rfloor$ , com

\lfloor x \rfloor \leq x < \lfloor x \rfloor + 1 .

Demonstração. Existência. O conjunto $E = \{k \in \Z : k \leq x\}$ é não vazio: pelo Teorema 10.10 existe $m \in \N$ com $m > -x$ , e então $-m < x$ , de modo que $-m \in E$ . Ele é limitado superiormente (por qualquer inteiro $n > x$ , que existe pela mesma razão), de sorte que, sendo um conjunto de inteiros preso ao intervalo finito $\intint{-m}{n}$ , tem maior elemento $k = \max E$ . Então $k \leq x$ , e $k + 1 \notin E$ significa $x < k + 1$ .

Unicidade. Se $k$ e $k'$ satisfazem ambos as desigualdades, então $k \leq x < k' + 1$ dá $k \leq k'$ e, simetricamente, $k' \leq k$ . ∎

Exemplo 10.13 (Partes inteiras na prática)

$\lfloor 3.7 \rfloor = 3$ , $\lfloor 5 \rfloor = 5$ e $\lfloor -3.7 \rfloor = -4$ : a parte inteira vai para baixo, não em direção a $0$ . Duas consequências da unicidade no Teorema 10.12 que usaremos silenciosamente. Primeira, para $n \in \Z$ ,

\lfloor x + n \rfloor = \lfloor x \rfloor + n ,

porque $\lfloor x \rfloor + n$ é um inteiro que satisfaz as duas desigualdades definidoras para $x + n$ — e só um inteiro as satisfaz. Segunda, $\lfloor \, \cdot \, \rfloor$ é não decrescente: se $x \leq y$ , então $\lfloor x \rfloor \leq x \leq y < \lfloor y \rfloor + 1$ , e um inteiro $< \lfloor y \rfloor + 1$ é $\leq \lfloor y \rfloor$ . Cuidado, porém: $\lfloor 2x \rfloor \neq 2\lfloor x \rfloor$ em geral: $x = 0.6$ dá $\lfloor 1.2 \rfloor = 1 \neq 0 = 2\lfloor 0.6 \rfloor$ .

O que é verdade é uma identidade trabalhada que vale guardar (a de Hermite, no seu caso mais simples): para todo real $x$ ,

\lfloor x \rfloor + \Bigl\lfloor x + \frac12 \Bigr\rfloor = \lfloor 2x \rfloor .

Escreva $x = \lfloor x\rfloor + u$ com $u \in \intco{0}{1}$ e separe dois casos. Se $u < \frac12$ : o lado esquerdo é $\lfloor x\rfloor + \lfloor x\rfloor = 2\lfloor x\rfloor$ , e $2x = 2\lfloor x\rfloor + 2u$ com $2u \in \intco{0}{1}$ , de modo que o lado direito é $2\lfloor x\rfloor$ também. Se $u \geq \frac12$ : o lado esquerdo é $\lfloor x\rfloor + (\lfloor x\rfloor + 1)$ , e $2u \in \intco{1}{2}$ faz do lado direito $2\lfloor x\rfloor + 1$ . A ideia de fechamento: $\lfloor x + \frac12\rfloor$ é o arredondamento de $x$ ao inteiro mais próximo, de modo que a identidade diz que parte inteira mais arredondamento é igual à parte inteira do dobro — e a separação em casos pela parte fracionária $u$ é a técnica padrão por trás de toda identidade de parte inteira (o Exercícios 10.2 e 10.3 também se apoia nela).

Teorema 10.14 (Densidade de $\Q$ e de $\R \setminus \Q$ )

Entre dois reais quaisquer $x < y$ existem um racional e um irracional.

Demonstração. Um racional. Pelo Teorema 10.10, tome $n \in \N^*$ com $n > \frac{1}{y - x}$ , de modo que $ny - nx > 1$ . Seja $m = \lfloor nx \rfloor + 1$ . De um lado, $nx < \lfloor nx \rfloor + 1 = m$ (Teorema 10.12); do outro, $m = \lfloor nx \rfloor + 1 \leq nx + 1 < ny$ . Dividindo por $n$ : $x < \frac mn < y$ .

Um irracional. Aplique o ponto anterior ao par $x - \sqrt 2 < y - \sqrt 2$ : algum racional $q$ fica entre eles, e então $q + \sqrt 2 \in \intoo{x}{y}$ é irracional (se $q + \sqrt 2$ fosse racional, $\sqrt 2$ também seria). ∎

Exemplo 10.15 (Executando a demonstração da densidade)

A demonstração é um algoritmo; executemo-lo em $x = 1.414$ e $y = \sqrt 2$ . Como $1.4142^2 = 1.99996164 < 2$ , temos $\sqrt 2 > 1.4142$ , de modo que $y - x > 0.0002$ e $\frac{1}{y - x} < 5000$ : a escolha $n = 5000$ é legítima. Então $nx = 7070$ , de sorte que $m = \lfloor 7070 \rfloor + 1 = 7071$ , e o racional produzido é

\frac{m}{n} = \frac{7071}{5000} = 1.4142, \qquad 1.414 < 1.4142 < \sqrt 2 .

A ideia de fechamento: a demonstração precisa de $n$ apenas ligeiramente maior que $\frac{1}{y-x}$ , e devolve o primeiro múltiplo de $\frac 1n$ além de $x$ . A densidade não é um milagre abstrato — é uma divisão longa disfarçada, tema desenvolvido a fundo no problema de fim de semana (Problema 10.1).

Observação 10.16 (Onde a completude é usada em seguida)

O Teorema 10.2 é o único axioma não algébrico deste livro, e todo teorema de existência da análise é esse axioma vestindo roupas diferentes: o teorema da convergência monótona (Capítulo 11), o teorema de Bolzano–Weierstrass (Capítulo 12), os teoremas do valor intermediário e de Weierstrass (Capítulo 13) e a própria definição da integral como supremo de somas inferiores (Capítulo 15). O volume do terceiro ano de graduação constrói a teoria da medida e os espaços de Hilbert sobre esse mesmo único axioma. Quando uma demonstração dos capítulos seguintes produzir um número real do nada, procure o supremo escondido.

Observação 10.17 (Entre a discretude e a densidade)

$\Z$ e $\Q$ ocupam extremos opostos dentro de $\R$ : em torno de cada inteiro há um vão de comprimento $1$ sem nenhum outro (discretude — é isso que torna a parte inteira bem definida), ao passo que entre dois reais quaisquer há infinitos racionais (densidade). Notavelmente, para subgrupos aditivos de $\R$ não há nada intermediário: o Exercício 10.9 demonstra que um tal subgrupo é ou da forma $\alpha\Z$ (discreto), ou denso — dicotomia que alimenta a densidade de $\{\sin n\}$ no Capítulo 11 e o monstro construtivo do Problema 13.1. Conjuntos gerais, é claro, misturam os comportamentos livremente: $\Z \cup \Q\cap\intcc{0}{1}$ é discreto ao longe e denso no meio.

Método 10.18 (Demonstrando igualdades com sup e inf)

Para demonstrar que $\sup A = s$ : verifique que $s$ limita $A$ superiormente e depois produza, para cada $\varepsilon > 0$ (ou para uma sequência $\varepsilon = \frac 1n$ ), um elemento de $A$ acima de $s - \varepsilon$ . Para comparar supremos, use: $A \subseteq B \implies \sup A \leq \sup B$ ; e, para todos $a, b$ : $\sup(A + B) = \sup A + \sup B$ , em que $A + B = \{a + b\}$ (Exercício 10.5). Nunca escreva $\sup A$ antes de saber que $A$ é não vazio e limitado superiormente.

10.2 Intervalos

Proposição 10.19 (Caracterização dos intervalos)

Um subconjunto $I \subseteq \R$ é um intervalo (um dos tipos familiares $\intoo{a}{b}$ , $\intcc{a}{b}$ , $\intco{a}{b}$ , $\intoc{a}{b}$ , semirretas, $\R$ , $\emptyset$ , conjuntos unitários) se, e somente se, é convexo:

\forall x, y \in I,\ \forall z \in \R, \quad x \leq z \leq y \implies z \in I .

Demonstração. Todo tipo da lista é claramente convexo. Reciprocamente, seja $I$ convexo e não vazio. Ponha $a = \inf I$ se $I$ é limitado inferiormente, e $a = -\infty$ caso contrário; do mesmo modo, $b = \sup I$ ou $+\infty$ . Afirmamos que $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ (com as convenções óbvias em $\pm\infty$ ). A segunda inclusão é a definição de cotas. Para a primeira, seja $z \in \intoo{a}{b}$ : como $z > a$ , $z$ não é cota inferior (ou $a = -\infty$ ), de modo que algum $x \in I$ tem $x < z$ ; analogamente, algum $y \in I$ tem $y > z$ ; a convexidade põe $z \in I$ .

Resta ler o tipo a partir da dupla inclusão $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ : os conjuntos espremidos entre um intervalo aberto e o seu fecho diferem de $\intoo{a}{b}$ apenas pela presença ou ausência das extremidades (finitas). Explicitamente: se $a, b \in \R$ , as quatro possibilidades para $(a \in I,\ b \in I)$ dão $\intoo{a}{b}$ , $\intco{a}{b}$ , $\intoc{a}{b}$ , $\intcc{a}{b}$ (incluindo os casos degenerados $a = b$ : conjunto unitário se $a \in I$ ); se $a = -\infty$ e $b \in \R$ , obtêm-se $\intoo{-\infty}{b}$ ou $\intoc{-\infty}{b}$ ; simetricamente para $a \in \R$ , $b = +\infty$ ; e $a = -\infty$ , $b = +\infty$ dá $I = \R$ . Todo caso está na lista: pronto. ∎

Observação 10.20 (Por que a convexidade é o teste certo)

A proposição converte uma definição geométrica (uma lista de dez formas) num teste lógico de uma linha, e o teste é o que de fato se usa: para demonstrar que um conjunto é um intervalo, nunca caçe qual das dez formas ele é — verifique a convexidade e deixe a proposição decidir o tipo. O teorema do valor intermediário do Capítulo 13 será enunciado exatamente assim (“a imagem contínua de um intervalo é um intervalo”), e a sua demonstração produz a convexidade, não a forma.

Observação 10.21 (A reta real estendida)

É conveniente adjungir dois símbolos e trabalhar em $\overline\R = \R \cup \{-\infty, +\infty\}$ , com as convenções $\sup A = +\infty$ quando $A$ não é limitado superiormente e $\sup \emptyset = -\infty$ . Então todo subconjunto de $\R$ tem supremo em $\overline\R$ — um conforto notacional usado livremente para limites no Capítulo 11.

Exemplo 10.22 (Calculando em $\overline\R$ )

Com as convenções em vigor: $\sup \Z = +\infty$ , $\inf \Z = -\infty$ ; para $A = \{n + (-1)^n n : n \in \N\} = \{0, 4, 0, 8, \dots\} \cup \{0\}$ , $\sup A = +\infty$ (os termos pares $2n$ são ilimitados) e $\inf A = \min A = 0$ ; e $\sup\emptyset = -\infty \leq \inf\emptyset = +\infty$ — o único conjunto cujo supremo é menor que o seu ínfimo, lembrete de que as convenções são escolhidas para tornar o $\sup$ crescente e o $\inf$ decrescente em relação à inclusão:

A \subseteq B \implies \sup A \leq \sup B \quad\text{e}\quad \inf A \geq \inf B ,

válido agora sem nenhuma ressalva de não vacuidade. O que as convenções não fornecem é aritmética: $+\infty + (-\infty)$ e $0 \times (+\infty)$ permanecem indefinidos, e toda manipulação algébrica de supremos deve antes verificar que nunca os forma. A reta estendida é escrituração, não um sistema numérico.

Exemplo 10.23 (O supremo que escapou de $\Q$ )

Volte ao conjunto da observação de abertura, $A = \{x \in \Q : x^2 < 2\}$ , e calcule o seu supremo em $\R$ . Ele é não vazio ( $1 \in A$ ) e limitado superiormente por $1.5$ (se $x > 1.5$ , então $x^2 > 2.25 > 2$ ), de modo que $s = \sup A$ existe. Afirmamos que $s = \sqrt 2$ (o número real construído no Exercício 10.12). Cota superior: todo $a \in A$ satisfaz $a < \sqrt2$ — para $a \leq 0$ isso é claro, e, para $a > 0$ , $a \geq \sqrt2$ daria $a^2 \geq 2$ . Nada menor funciona: dado $t < \sqrt2$ , a densidade (Teorema 10.14) fornece um racional $q$ com $\max(1, t) < q < \sqrt 2$ , e então $q^2 < 2$ , de modo que $q \in A$ excede $t$ . Pela Proposição 10.4, $s = \sqrt2 \notin \Q$ . A ideia de fechamento: o supremo de um conjunto de racionais não precisa ser racional — a completude é precisamente a promessa de que $\R$ , ao contrário de $\Q$ , nunca deixa um supremo escapar; este exemplo é a observação de abertura do capítulo, agora demonstrada em vez de apenas apontada.

Observação 10.24 (Perspectivas dentro deste volume)

As três ferramentas do capítulo têm carreiras distintas pela frente. O supremo conduz a metade analítica: os limites monótonos (Capítulo 11), a própria definição da integral (Capítulo 15) e, na geometria do Capítulo 23, a distância de um ponto a um subespaço — um ínfimo que a projeção ortogonal transforma em mínimo. A função parte inteira volta sempre que o discreto encontra o contínuo: as expansões em algarismos (o problema de fim de semana deste capítulo), a aproximação de Dirichlet por casa dos pombos (Problema 14.1), as comparações integrais de somas (Capítulo 17). Os argumentos de densidade se promovem a método no Capítulo 13: uma identidade entre funções contínuas só precisa ser verificada em $\Q$ — metade da equação funcional de Cauchy (Problema 13.1) é exatamente essa jogada. Quando houver dúvida sobre de onde uma demonstração deste volume tira os seus enunciados de existência, a resposta é quase sempre: deste capítulo.

10.3 Exercícios

Exercício 10.1 ★

Determine (com demonstrações) sup, inf, máx e mín — quando existirem — de:

A = \Bigl\{\frac{1}{n} : n \in \N^*\Bigr\}, \qquad B = \Bigl\{\frac{(-1)^n n}{n+1} : n \in \N\Bigr\}, \qquad C = \{x \in \R : x^2 < 3\}.

Solução

Solução de Exercício 10.1.

$A$ : todo elemento é $\leq 1$ e $1 \in A$ : $\sup A = \max A = 1$ . Cotas inferiores: $0$ limita por baixo; para $\varepsilon > 0$ , Arquimedes fornece $n$ com $\frac 1n < \varepsilon$ , de modo que nenhum número positivo limita $A$ por baixo: $\inf A = 0$ , não atingido (sem mínimo).

$B$ : termos $0, -\frac12, \frac23, -\frac34, \frac45, \dots$ Os termos de índice par $\frac{n}{n+1}$ ( $n$ par) crescem rumo a $1$ sem alcançá-lo; os de índice ímpar $-\frac{n}{n+1}$ decrescem rumo a $-1$ . Logo, $\sup B = 1$ e $\inf B = -1$ , nenhum atingido: sem máximo, sem mínimo. (Cotas: $\abs{b} < 1$ para todo $b \in B$ ; e $\frac{n}{n+1} = 1 - \frac{1}{n+1} > 1 - \varepsilon$ para $n$ grande, analogamente por baixo.)

$C = \intoo{-\sqrt 3}{\sqrt 3}$ : $\sup C = \sqrt 3$ , $\inf C = -\sqrt 3$ , nenhum atingido.

Exercício 10.2 ★

Demonstre que, para todos $x, y \in \R$ : $\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \leq \lfloor x + y \rfloor \leq \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1$ , e que as duas estimativas são atingidas.

Solução

Solução de Exercício 10.2.

Escreva $x = \lfloor x \rfloor + u$ , $y = \lfloor y \rfloor + v$ com $u, v \in \intco{0}{1}$ . Então $x + y = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + (u + v)$ com $u + v \in \intco{0}{2}$ . Se $u + v < 1$ , $\lfloor x + y\rfloor = \lfloor x\rfloor + \lfloor y \rfloor$ ; se $1 \leq u + v < 2$ , $\lfloor x+y \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1$ . Os dois casos ocorrem: $(x, y) = (0.2,\, 0.3)$ dá a igualdade da esquerda, e $(0.7,\, 0.8)$ , a da direita.

Exercício 10.3 ★

Demonstre que, para todo $x \in \R$ e todo $n \in \N^*$ : $\Bigl\lfloor \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \Bigr\rfloor = \lfloor x \rfloor$ .

Solução

Solução de Exercício 10.3.

Seja $k = \lfloor x \rfloor$ , de modo que $k \leq x < k + 1$ . Multiplicando por $n$ : $nk \leq nx < nk + n$ e, tomando partes inteiras (operação crescente): $nk \leq \lfloor nx \rfloor \leq nk + n - 1$ . Dividindo por $n$ : $k \leq \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} < k + 1$ , de modo que a parte inteira externa é $k$ .

Exercício 10.4 ★

Sejam $A \subseteq B$ subconjuntos não vazios de $\R$ , com $B$ limitado. Demonstre que $\inf B \leq \inf A \leq \sup A \leq \sup B$ .

Solução

Solução de Exercício 10.4.

Todo elemento de $A$ está em $B$ , de sorte que $\sup B$ limita $A$ superiormente: portanto, $\sup A \leq \sup B$ ( $\sup A$ é a menor cota superior). Simetricamente, $\inf B \leq \inf A$ . Por fim, $\inf A \leq \sup A$ , pois $A$ é não vazio: qualquer $a \in A$ fica entre eles.

Exercício 10.5 ★★

Para $A, B \subseteq \R$ não vazios e limitados, defina $A + B = \{a + b : a \in A,\ b \in B\}$ e $-A = \{-a : a \in A\}$ . Demonstre:

\sup(A + B) = \sup A + \sup B, \qquad \sup(-A) = -\inf A .

Solução

Solução de Exercício 10.5.

Sejam $s = \sup A$ , $t = \sup B$ . Todo $a + b \leq s + t$ : cota superior. Para $\varepsilon > 0$ , escolha $a > s - \frac\varepsilon2$ e $b > t - \frac\varepsilon2$ (Proposição 10.4): então $a + b > s + t - \varepsilon$ . Pela caracterização por $\varepsilon$ , $\sup(A+B) = s + t$ .

Para $-A$ : $m$ limita $-A$ superiormente $\iff$ $-m$ limita $A$ inferiormente; a menor cota superior de $-A$ corresponde, portanto, à maior cota inferior de $A$ : $\sup(-A) = -\inf A$ .

Exercício 10.6 ★★

Sejam $f, g \colon E \to \R$ funções limitadas. Demonstre que

\sup_{x \in E}\, \bigl(f(x) + g(x)\bigr) \leq \sup_{x \in E} f(x) + \sup_{x \in E} g(x),

e dê um exemplo em que a desigualdade é estrita. Por que isso não contradiz o Exercício 10.5?

Solução

Solução de Exercício 10.6.

Para todo $x$ : $f(x) + g(x) \leq \sup f + \sup g$ ; tomando o supremo do lado esquerdo, obtém-se a desigualdade. Exemplo estrito: $E = \{0, 1\}$ , $f = \mathbf{1}_{\{0\}}$ (valor $1$ em $0$ , e $0$ no resto), $g = \mathbf{1}_{\{1\}}$ : $\sup(f + g) = 1 < 2 = \sup f + \sup g$ .

Nenhuma contradição com o Exercício 10.5: lá, $a \in A$ e $b \in B$ variam independentemente; aqui o mesmo $x$ alimenta $f$ e $g$ — o conjunto $\{f(x) + g(x) : x \in E\}$ é menor que o conjunto $\{f(x) + g(y) : x, y \in E\}$ .

Exercício 10.7 ★★

Demonstre que $\sqrt 2 + \sqrt 3$ é irracional. (Eleve ao quadrado e use a irracionalidade de $\sqrt 6$ , a ser demonstrada via Exercício 6.7.)

Solução

Solução de Exercício 10.7.

$\sqrt 6$ é irracional: $6 = 2 \times 3$ não é quadrado perfeito, e $v_2(6q^2) = 1 + 2v_2(q)$ ímpar impede $6q^2 = r^2$ (como no Exercício 6.7). Suponha agora que $x = \sqrt 2 + \sqrt 3 \in \Q$ . Então $x^2 = 5 + 2\sqrt 6 \in \Q$ , de modo que $\sqrt 6 = \frac{x^2 - 5}{2} \in \Q$ : contradição. Portanto, $\sqrt 2 + \sqrt 3 \notin \Q$ .

Exercício 10.8 ★★

Demonstre que o conjunto $D = \bigl\{\frac{m}{2^n} : m \in \Z,\ n \in \N\bigr\}$ dos racionais diádicos é denso em $\R$ : entre dois reais quaisquer há um racional diádico.

Solução

Solução de Exercício 10.8.

Sejam $x < y$ . Tome $n \in \N$ com $2^n > \frac{1}{y - x}$ (Arquimedes: $2^n \geq n + 1$ por uma indução fácil, de modo que alguma potência de $2$ excede qualquer real). Então, como na demonstração do Teorema 10.14, com $2^n$ no lugar de $n$ : $m = \lfloor 2^n x \rfloor + 1$ satisfaz $x < \frac{m}{2^n} < y$ . Logo, $D$ é denso.

Exercício 10.9 ★★★

Seja $G$ um subgrupo de $(\R, +)$ com $G \neq \{0\}$ . Ponha $\alpha = \inf\,(G \cap \intoo{0}{+\infty})$ . Demonstre:

se $\alpha > 0$ , então $G = \alpha\Z$ ;
se $\alpha = 0$ , então $G$ é denso em $\R$ .

Deduza que $\Z + \sqrt 2\,\Z$ é denso em $\R$ .

Solução

Solução de Exercício 10.9.

Suponha $\alpha > 0$ . Primeiro, $\alpha \in G$ . Suponha que não: pela caracterização por $\varepsilon$ do ínfimo com $\varepsilon = \alpha$ , existe $g \in G$ com $\alpha < g < 2\alpha$ (estrita à esquerda, pois $\alpha \notin G$ ); então, com $\varepsilon = g - \alpha$ , existe $h \in G$ com $\alpha < h < g$ . Ora, $g - h \in G$ e $0 < g - h < g - \alpha < \alpha$ : um elemento de $G \cap \intoo{0}{+\infty}$ abaixo do seu ínfimo, absurdo. Logo, $\alpha \in G$ , e $\alpha\Z \subseteq G$ ( $G$ é grupo). Reciprocamente, para $x \in G$ , seja $k = \lfloor x/\alpha \rfloor$ : então $x - k\alpha \in G$ e $0 \leq x - k\alpha < \alpha$ , e a definição de $\alpha$ força $x - k\alpha = 0$ . Portanto, $G = \alpha\Z$ .
Suponha $\alpha = 0$ e sejam $x < y$ . Existe $g \in G$ com $0 < g < y - x$ . O múltiplo $kg$ com $k = \lfloor x/g \rfloor + 1$ satisfaz $x < kg \leq x + g < y$ , e $kg \in G$ : densidade.

$G = \Z + \sqrt 2\,\Z$ é um subgrupo de $(\R, +)$ . Ele não é da forma $\alpha\Z$ : caso contrário, $1 = p\alpha$ e $\sqrt 2 = q\alpha$ ( $p, q \in \Z$ ) dariam $\sqrt 2 = \frac qp \in \Q$ , contradição. Pela dicotomia, $G$ é denso em $\R$ .

Exercício 10.10 ★★★

Para $A, B$ conjuntos não vazios de reais positivos, seja $AB = \{ab : a \in A, b \in B\}$ . Demonstre que $\sup(AB) = \sup A \cdot \sup B$ (caso limitado) e mostre, com um exemplo, que a positividade é essencial.

Solução

Solução de Exercício 10.10.

Sejam $s = \sup A > 0$ , $t = \sup B > 0$ . Para $a \in A$ , $b \in B$ : $ab \leq st$ (multiplicando desigualdades entre números positivos). Para $0 < \varepsilon < \min(s, t)$ : escolha $a > s - \varepsilon$ e $b > t - \varepsilon$ ; então

ab > (s - \varepsilon)(t - \varepsilon) = st - \varepsilon(s + t) + \varepsilon^2 > st - \varepsilon (s + t),

e $\varepsilon(s+t)$ pode ser tornado arbitrariamente pequeno: pela caracterização por $\varepsilon$ (na forma: nenhum número $< st$ limita $AB$ superiormente), $\sup AB = st$ .

A positividade é essencial: $A = B = \{-1, 0\}$ dá $AB = \{0, 1\}$ , $\sup AB = 1$ , ao passo que $\sup A \cdot \sup B = 0 \times 0 = 0$ .

Exercício 10.11 ★★

Para $A \subseteq \R$ não vazio e limitado, defina o diâmetro

\operatorname{diam} A = \sup\,\{\abs{a - a'} : a, a' \in A\} .

Demonstre que $\operatorname{diam} A = \sup A - \inf A$ e que $\intcc{\inf A}{\sup A}$ é o menor intervalo fechado que contém $A$ .

Solução

Solução de Exercício 10.11.

Escreva $s = \sup A$ , $i = \inf A$ . Para $a, a' \in A$ : $a \leq s$ e $a' \geq i$ dão $a - a' \leq s - i$ ; por simetria, $\abs{a - a'} \leq s - i$ , de modo que $s - i$ limita superiormente o conjunto das distâncias. Para $\varepsilon > 0$ , escolha $a > s - \frac\varepsilon2$ e $a' < i + \frac\varepsilon2$ (Proposição 10.4 e o seu espelho para o ínfimo): então $\abs{a - a'} \geq a - a' > s - i - \varepsilon$ . Pela caracterização por $\varepsilon$ , $\operatorname{diam} A = s - i$ .

Todo $a \in A$ satisfaz $i \leq a \leq s$ , de modo que $A \subseteq \intcc{i}{s}$ , um intervalo fechado de comprimento $\operatorname{diam} A$ . Se um intervalo fechado $\intcc{u}{v}$ contém $A$ , então $v$ é cota superior e $u$ é cota inferior de $A$ , de sorte que $u \leq i$ e $v \geq s$ : $\intcc{i}{s} \subseteq \intcc{u}{v}$ . Portanto, $\intcc{i}{s}$ é o menor deles.

Exercício 10.12 ★★★

Sejam $y > 0$ e $E = \{x \geq 0 : x^2 \leq y\}$ . Demonstre que $E$ é não vazio e limitado superiormente, e que $s = \sup E$ satisfaz $s^2 = y$ (descarte $s^2 < y$ e $s^2 > y$ exibindo, em cada caso, um pequeno $h > 0$ que contradiz a definição do supremo). Deduza que todo $y > 0$ tem uma única raiz quadrada $\sqrt y > 0$ e que $y \mapsto \sqrt y$ é crescente em $\intoo{0}{+\infty}$ .

Solução

Solução de Exercício 10.12.

$0 \in E$ , logo $E \neq \emptyset$ . Se $x > \max(1, y)$ , então $x^2 > x > y$ , de modo que $E$ é limitado superiormente por $\max(1, y)$ : $s = \sup E$ existe (Teorema 10.2), e $s \geq \min(1, y) > 0$ , pois $\min(1, y) \in E$ : com efeito, se $y \geq 1$ , então $1^2 = 1 \leq y$ , e, se $y < 1$ , então $y^2 < y$ .

$s^2 < y$ é impossível. Escolha $0 < h < 1$ com $h < \frac{y - s^2}{2s + 1}$ . Então

(s + h)^2 = s^2 + 2sh + h^2 \leq s^2 + (2s + 1)h < y ,

de modo que $s + h \in E$ , contradizendo que $s$ limita $E$ superiormente.

$s^2 > y$ é impossível. Escolha $0 < h < s$ com $h < \frac{s^2 - y}{2s}$ . Então $(s - h)^2 = s^2 - 2sh + h^2 > s^2 - 2sh > y$ ; todo $x \in E$ satisfaz $x^2 \leq y < (s - h)^2$ , logo $x < s - h$ (ambos são $\geq 0$ ): $s - h$ é uma cota superior de $E$ menor que $s$ , contradizendo a minimalidade.

Portanto, $s^2 = y$ . Unicidade: se $0 < s < s'$ , então $s^2 < s'^2$ , de modo que duas raízes positivas distintas não podem ambas ter quadrado $y$ . Monotonicidade: se $0 < y < y'$ , então $\sqrt y \neq \sqrt{y'}$ e $\sqrt y > \sqrt{y'}$ daria $y > y'$ ao elevar ao quadrado: logo, $\sqrt y < \sqrt{y'}$ .

10.4 Problema: Expansões em algarismos e o ritmo dos racionais

Problema 10.1

Problema de fim de semana — expansões $b$ -ádicas: existência, unicidade e a periodicidade que caracteriza $\Q$

Todo real de $\intco{0}{1}$ tem uma expansão em algarismos em toda base $b \geq 2$ ; a expansão é única desde que se proíbam cadeias finais do algarismo $b - 1$ ; e ela é periódica a partir de certo ponto exatamente quando o número é racional. Este problema demonstra os três fatos apenas a partir do axioma da completude — sem sequências, sem séries: só o supremo, a propriedade arquimediana e a função parte inteira — e se encerra com o argumento diagonal de Cantor em forma de algarismos. Ao longo do problema, $b \geq 2$ é um inteiro fixado (a base), um algarismo é um elemento de $\intint{0}{b-1}$ , e uma cadeia de algarismos $(d_n)_{n \geq 1}$ é própria quando não é igual a $b - 1$ a partir de certo ponto (isto é: para todo $N$ existe $n > N$ com $d_n \leq b - 2$ ).

Parte I — Algarismos à mão. Divisão longa de $p$ por $q$ na base $b$ : multiplique o resto atual por $b$ , divida por $q$ , registre o quociente como o algarismo seguinte e guarde o resto.

Na base $10$ , execute o algoritmo em $\frac 18$ e em $\frac 17$ , registrando a cada passo o algarismo e o resto. Confira que os restos de $\frac 17$ percorrem o ciclo $1, 3, 2, 6, 4, 5$ e que os algarismos $142857$ se repetem para sempre.
Calcule as expansões na base $2$ de $\frac 13$ e de $\frac{5}{16}$ , e a expansão na base $3$ de $\frac 12$ . Observe: um número termina, e os outros dois se repetem — e $\frac 12$ , tão dócil na base $10$ , repete-se para sempre na base $3$ .
Para $x = \frac pq \in \intco{0}{1}$ na forma irredutível, mostre que os algarismos produzidos pelo algoritmo são, a partir de certo ponto, todos $0$ se, e somente se, o resto $b^N p \bmod q$ se anula para algum $N$ , se, e somente se, $q$ divide alguma potência $b^N$ , se, e somente se, todo fator primo de $q$ divide $b$ . Confira: $\frac{1}{20}$ termina na base $10$ , mas não na base $3$ .
Defina o truncamento $s_n = \lfloor b^n x \rfloor / b^n$ . Para $x = \sqrt 2$ e $b = 10$ , calcule $s_0, \dots, s_4$ verificando a cada passo que dois quadrados consecutivos cercam $2$ (por exemplo, $1.4142^2 = 1.99996164 < 2 < 2.00024449 = 1.4143^2$ ), e confira $s_n \leq \sqrt 2 < s_n + 10^{-n}$ em cada caso.

Parte II — Existência, a partir do supremo. Fixe $x \in \intco{0}{1}$ e ponha $A_n = \lfloor b^n x \rfloor$ e $d_n = A_n - b\,A_{n-1}$ para $n \geq 1$ .

Mostre que $A_0 = 0$ e $b\,A_{n-1} \leq A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ ; conclua que cada $d_n$ é um algarismo.
Mostre que $s_n := A_n b^{-n}$ satisfaz

$s_n = \sum_{k=1}^{n} d_k\,b^{-k} \qquad\text{e}\qquad s_n \leq x < s_n + b^{-n} .$
Demonstre que $b^n \geq n + 1$ por indução e mostre depois que $(s_n)$ é não decrescente e que $x = \sup_n s_n$ (use a Proposição 10.4 e o Teorema 10.10).
Mostre que a cadeia $(d_n)$ é própria: se $d_k = b - 1$ para todo $k > N$ , calcule $s_n$ para $n > N$ por uma soma geométrica finita e contradiga a questão 6.
Reciprocamente, seja $(e_n)_{n \geq 1}$ uma cadeia própria de algarismos qualquer e $t_n = \sum_{k=1}^n e_k b^{-k}$ . Mostre que $y = \sup_n t_n$ existe, está em $\intco{0}{1}$ e satisfaz $t_n \leq y < t_n + b^{-n}$ para todo $n$ (para a desigualdade estrita, use um algarismo $e_m \leq b - 2$ com $m > n$ ). Deduza que $\lfloor b^n y \rfloor = b^n t_n$ e, em seguida, que os algarismos de $y$ , no sentido da questão 5, são exatamente os $e_n$ .

Parte III — Unicidade, ordem, deslocamento.

Reúna as questões 5–9 no teorema da expansão $b$ -ádica: as aplicações $x \mapsto (d_n)$ e $(e_n) \mapsto \sup_n t_n$ são bijeções inversas uma da outra entre $\intco{0}{1}$ e o conjunto das cadeias próprias de algarismos. Em particular, duas cadeias próprias distintas nunca têm o mesmo valor.
Permita agora cadeias impróprias. Mostre que uma cadeia com $e_n = b - 1$ para todo $n > M$ (com $M \geq 0$ mínimo) tem valor $t_M + b^{-M}$ ; conclua que $0.999\dots = 1$ na base $10$ e que os reais com duas representações em algarismos são exatamente as frações $b$ -ádicas $m/b^N \in \intoo{0}{1}$ — todo outro real tem apenas uma, mesmo entre as cadeias impróprias.
Demonstre que a bijeção da questão 10 preserva a ordem lexicográfica: se as cadeias próprias de $x$ e de $y$ diferem pela primeira vez no índice $m$ , então $x < y$ se, e somente se, $d_m < e_m$ .
(Lema do deslocamento) Seja $x \in \intco{0}{1}$ com algarismos $(d_n)$ . Mostre que a parte fracionária de $bx$ tem algarismos $(d_{n+1})_{n \geq 1}$ (calcule $\lfloor b^n(bx - A_1)\rfloor$ usando $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ para $K$ inteiro) e deduza por indução que a parte fracionária de $b^m x$ tem algarismos $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ .

Parte IV — Racionalidade é periodicidade. Seja $x = \frac pq \in \intco{0}{1}$ na forma irredutível e $r_n = b^n p \bmod q$ o resto da divisão euclidiana de $b^n p$ por $q$ .

Mostre que $A_n = \dfrac{b^n p - r_n}{q}$ e $r_n = (b\,r_{n-1}) \bmod q$ .
Mostre que $d_n = \Bigl\lfloor \dfrac{b\,r_{n-1}}{q} \Bigr\rfloor$ : cada algarismo é função apenas do resto anterior. É exatamente a divisão longa da Parte I.
Aplique o princípio da casa dos pombos (Corolário 2.3) a $r_0, \dots, r_q$ e conclua: a expansão de todo racional é periódica a partir de certo ponto, com pré-período e período no máximo $q$ .
Reciprocamente, suponha que os algarismos de $y \in \intco{0}{1}$ sejam puramente periódicos: $d_{n+T} = d_n$ para todo $n \geq 1$ . Usando o lema do deslocamento e a unicidade da questão 10, mostre que a parte fracionária de $b^T y$ é igual a $y$ e deduza que $(b^T - 1)\,y \in \N$ : assim, $y$ é racional, com denominador que divide $b^T - 1$ . Verifique o mecanismo em $0.(142857)$ : $142857 \times 7 = 999999$ .
Trate o caso periódico a partir de certo ponto por deslocamento e enuncie o critério de periodicidade: $x \in \intco{0}{1}$ é racional se, e somente se, a sua expansão $b$ -ádica própria é periódica a partir de certo ponto — numa base se, e somente se, em todas.
Para $x = \frac 1q$ com $\gcd(q, b) = 1$ , mostre que a expansão é puramente periódica e que o seu menor período é o menor $T \geq 1$ com $b^T \equiv 1 \pmod q$ (a ordem multiplicativa de $b$ módulo $q$ ). Confira que, para $q = 7$ , $b = 10$ , as potências de $10$ módulo $7$ percorrem $3, 2, 6, 4, 5, 1$ : ordem $6$ , coincidindo com a questão 1.

Parte V — Dividendos e a diagonal.

Seja $x^*$ o real de $\intco{0}{1}$ cujos algarismos na base $10$ valem $1$ nas posições triangulares $\frac{j(j + 1)}{2}$ ( $j \geq 1$ ) e $0$ nas demais: $x^* = 0.101001000100001\dots$ Mostre que a sua cadeia de algarismos é própria, mas não periódica a partir de certo ponto (um período $T$ obrigaria a haver uns com espaçamento no máximo $T$ , mas os espaçamentos crescem), e conclua que $x^*$ é irracional: um número demonstrado irracional por puro ritmo.
Mostre que, para toda base $b$ , o conjunto $\{m/b^n : m \in \Z, n \in \N\}$ é denso em $\R$ (generalizando o Exercício 10.8) e que todo racional $\frac pq \in \intoo{0}{1}$ tem expansão finita na base $q$ . Moral: terminar é uma propriedade do par (número, base); a periodicidade — a racionalidade — é intrínseca.
(Diagonal de Cantor) Seja $k \mapsto x_k$ uma aplicação qualquer de $\N^*$ em $\intco{0}{1}$ . Defina a cadeia de algarismos $e_k = 1$ se o $k$ -ésimo algarismo de $x_k$ for diferente de $1$ , e $e_k = 2$ caso contrário. Mostre que $(e_k)$ é própria, que o seu valor $y$ está em $\intco{0}{1}$ e que $y \neq x_k$ para todo $k$ . Conclua: nenhuma aplicação $\N^* \to \intco{0}{1}$ é sobrejetiva. (O vocabulário da enumerabilidade, e o lugar próprio deste teorema, está no Capítulo 12.)
Mostre que, se as expansões próprias de $x$ e de $y$ coincidem até o índice $n$ , então $\abs{x - y} < b^{-n}$ , e refute a recíproca com $x = 0.1$ , $y = 0.0999$ na base $10$ : a proximidade dos números não força a coincidência dos algarismos. De quem é a culpa?
Execute a Parte IV em $x = \frac{1}{10}$ na base $b = 2$ : calcule restos e algarismos até que ciclem e conclua que $\frac{1}{10} = (0.0\overline{0011})_2$ , com pré-período $1$ e período $4$ . Explique, via a questão 3, por que nenhuma cadeia binária finita jamais será igual a $\frac{1}{10}$ — a razão pela qual, em ponto flutuante, $0.1 + 0.2$ não é exatamente $0.3$ num computador.
Síntese. Em uma frase cada: onde a demonstração usou (i) a completude, (ii) a propriedade arquimediana, (iii) a cláusula de unicidade da parte inteira, (iv) o princípio da casa dos pombos? E a moral: $\intco{0}{1}$ é fielmente codificado por cadeias próprias de algarismos, e a racionalidade se lê como periodicidade — e, ainda assim, a análise prefere o supremo aos algarismos. Por quê? (Pense em somar duas cadeias de algarismos.)

Solução

Solução de Problema 10.1.

1. Para $\frac 18$ : $10 = 8 \cdot 1 + 2$ , $20 = 8 \cdot 2 + 4$ , $40 = 8 \cdot 5 + 0$ ; algarismos $1, 2, 5$ , resto $0$ e, depois, só zeros: $\frac 18 = 0.125$ . Para $\frac 17$ : $10 = 7 \cdot 1 + 3$ , $30 = 7 \cdot 4 + 2$ , $20 = 7 \cdot 2 + 6$ , $60 = 7 \cdot 8 + 4$ , $40 = 7 \cdot 5 + 5$ , $50 = 7 \cdot 7 + 1$ : algarismos $1, 4, 2, 8, 5, 7$ , restos $3, 2, 6, 4, 5, 1$ . O resto voltou a $r = 1$ , de modo que os seis passos se repetem literalmente para sempre: $\frac 17 = 0.(142857)$ , com os restos ciclando por $1, 3, 2, 6, 4, 5$ .

2. $\frac 13$ na base $2$ ( $r_0 = 1$ ): $2 = 3 \cdot 0 + 2$ , $4 = 3 \cdot 1 + 1$ , e $r = 1$ retorna: $\frac 13 = (0.\overline{01})_2$ . $\frac{5}{16}$ na base $2$ : $10 = 16 \cdot 0 + 10$ , $20 = 16 \cdot 1 + 4$ , $8 = 16 \cdot 0 + 8$ , $16 = 16 \cdot 1 + 0$ : $\frac{5}{16} = (0.0101)_2$ , terminando. $\frac 12$ na base $3$ : $3 = 2 \cdot 1 + 1$ , e $r = 1$ retorna de imediato: $\frac 12 = (0.\overline{1})_3$ .

3. O resto do algoritmo após $N$ passos é $r_N = b^N p \bmod q$ (demonstrado formalmente na questão 14; aqui é a observação de que cada passo multiplica o resto por $b$ e o reduz módulo $q$ ). Todos os algarismos posteriores são $0$ se, e somente se, algum $r_N = 0$ , isto é, $q \mid b^N p$ ; como $\gcd(p, q) = 1$ , o lema de Gauss dá $q \mid b^N$ . Se $q \mid b^N$ , todo fator primo de $q$ divide $b^N$ e, portanto, divide $b$ (primalidade). Reciprocamente, se todo primo de $q = p_1^{a_1} \cdots p_r^{a_r}$ divide $b$ , então, com $A = \max_i a_i$ , cada $p_i^{a_i}$ divide $b^A$ , e os $p_i^{a_i}$ são dois a dois primos entre si, de modo que $q \mid b^A$ . Para $q = 20 = 2^2 \cdot 5$ : os dois primos dividem $10$ ( $\frac{1}{20} = 0.05$ ), mas $2 \nmid 3$ , de sorte que $\frac{1}{20}$ se repete para sempre na base $3$ .

4. $1^2 = 1 < 2 < 4 = 2^2$ dá $s_0 = 1$ . Depois, $1.4^2 = 1.96 < 2 < 2.25 = 1.5^2$ : $\lfloor 10\sqrt 2 \rfloor = 14$ , $s_1 = 1.4$ . Em seguida, $1.41^2 = 1.9881 < 2 < 2.0164 = 1.42^2$ : $s_2 = 1.41$ ; $1.414^2 = 1.999396 < 2 < 2.002225 = 1.415^2$ : $s_3 = 1.414$ ; $1.4142^2 = 1.99996164 < 2 < 2.00024449 = 1.4143^2$ : $s_4 = 1.4142$ . Em cada caso, as desigualdades exibidas dizem exatamente $s_n \leq \sqrt 2 < s_n + 10^{-n}$ , que é a definição da parte inteira de $10^n \sqrt 2$ .

5. $A_0 = \lfloor x \rfloor = 0$ , pois $0 \leq x < 1$ . De $A_{n-1} \leq b^{n-1} x < A_{n-1} + 1$ , multiplique por $b$ :

b\,A_{n-1} \leq b^n x < b\,A_{n-1} + b .

O inteiro $b\,A_{n-1}$ é $\leq b^n x$ , de modo que $b\,A_{n-1} \leq A_n$ ; e $b^n x < b\,A_{n-1} + b$ , com $b\,A_{n-1} + b$ inteiro, força $A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ . Portanto, $0 \leq d_n = A_n - b\,A_{n-1} \leq b - 1$ : um algarismo.

6. Telescopando: $d_k b^{-k} = A_k b^{-k} - A_{k-1} b^{-(k-1)}$ , de modo que

\sum_{k=1}^n d_k b^{-k} = A_n b^{-n} - A_0 = s_n .

Dividir $A_n \leq b^n x < A_n + 1$ por $b^n$ dá $s_n \leq x < s_n + b^{-n}$ .

7. Indução: $b^0 = 1 \geq 1$ e $b^{n+1} = b \cdot b^n \geq 2(n + 1) \geq n + 2$ . Monotonicidade: $s_n - s_{n-1} = d_n b^{-n} \geq 0$ . Cada $s_n \leq x$ (questão 6): $x$ é cota superior de $\{s_n\}$ . Para $\varepsilon > 0$ , a propriedade arquimediana fornece $n$ com $n + 1 > \frac1\varepsilon$ , donde $b^{-n} < \varepsilon$ , e então $s_n > x - b^{-n} > x - \varepsilon$ , pela questão 6. Pela Proposição 10.4, $x = \sup_n s_n$ .

8. Suponha $d_k = b - 1$ para todo $k > N$ . Para $n > N$ , a soma geométrica finita dá

s_n = s_N + (b - 1)\sum_{k=N+1}^{n} b^{-k} = s_N + b^{-N} - b^{-n} .

Assim, $x \geq s_n = s_N + b^{-N} - b^{-n}$ para todo $n$ ; fazendo o último termo encolher abaixo de qualquer $\varepsilon$ (questão 7), $x \geq s_N + b^{-N}$ . Mas a questão 6 no posto $N$ diz que $x < s_N + b^{-N}$ : contradição. A cadeia $(d_n)$ é própria.

9. Limitada: $t_n \leq (b-1)\sum_{k=1}^n b^{-k} = 1 - b^{-n} < 1$ , e $(t_n)$ é não decrescente, de modo que $y = \sup t_n$ existe, com $0 \leq y \leq 1$ . Fixe $n$ . Para a estimativa bilateral: $t_n \leq y$ é claro. Pela propriedade de ser própria, tome $m > n$ com $e_m \leq b - 2$ . Para $p \geq m$ :

t_p - t_n = \sum_{k=n+1}^{p} e_k b^{-k} \leq (b^{-n} - b^{-p}) - b^{-m} < b^{-n} - b^{-m},

com a soma do meio perdendo ao menos $b^{-m}$ contra o máximo com todos os algarismos $(b-1)$ ; para $p \leq m$ , também $t_p \leq t_m \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ (monotonicidade mais o caso $p = m$ ). Portanto, todo $t_p \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ , de modo que $y \leq t_n + b^{-n} - b^{-m} < t_n + b^{-n}$ . (Com $n = 0$ : $y < 1$ , logo $y \in \intco{0}{1}$ .) Ora, $b^n t_n = \sum_{k \leq n} e_k b^{n-k}$ é um inteiro, e $b^n t_n \leq b^n y < b^n t_n + 1$ : assim, $\lfloor b^n y \rfloor = b^n t_n$ . Por fim, os algarismos de $y$ : $d_n(y) = b^n t_n - b \cdot b^{n-1} t_{n-1} = b^n(t_n - t_{n-1}) = e_n$ .

10. A questão 9 diz: (valor de uma cadeia) tem por algarismos (a cadeia); as questões 5–8 dizem: (algarismos de $x$ ) formam uma cadeia própria cujas truncagens têm supremo $x$ (questão 7). Logo, as duas aplicações se compõem dando a identidade nas duas ordens: são bijeções inversas uma da outra entre $\intco{0}{1}$ e as cadeias próprias. Se duas cadeias próprias tivessem o mesmo valor, aplicar a aplicação dos algarismos as tornaria iguais: unicidade. Este é o teorema da expansão $b$ -ádica.

11. Seja $e_n = b - 1$ para $n > M$ , com $M \geq 0$ mínimo. Como na questão 8, $t_n = t_M + b^{-M} - b^{-n}$ para $n \geq M$ , de modo que o valor é $\sup t_n = t_M + b^{-M}$ . Se $M = 0$ , o valor é $0 + 1 = 1$ : na base $10$ , $0.999\dots = 1$ exatamente — e não aproximadamente. Se $M \geq 1$ , a minimalidade dá $e_M \leq b - 2$ , e o valor é

t_M + b^{-M} = \frac{b^M t_M + 1}{b^M} \in \intoo{0}{1},

uma fração $b$ -ádica, cuja expansão própria é $e_1 \dots e_{M-1}\,(e_M + 1)\,000\dots$ (uma cadeia que termina é própria, e o seu valor é o mesmo número). Reciprocamente, um real com duas representações deve ter uma imprópria (ser própria fixa a representação, questão 10) e, portanto, ser dessa forma. E cada $m/b^N \in \intoo{0}{1}$ , escrito com último algarismo não nulo $d_N$ , de fato tem o gêmeo impróprio $d_1 \dots d_{N-1}(d_N - 1)(b-1)(b-1)\dots$ : exatamente as frações $b$ -ádicas carregam dois nomes, e todos os demais reais, um só.

12. Digamos que as cadeias coincidam até $m - 1$ , com truncagem comum $P = s_{m-1}$ , e que $d_m < e_m$ . Pela questão 9 (estimativa superior estrita no posto $m$ ), $x < P + d_m b^{-m} + b^{-m} = P + (d_m + 1)b^{-m} \leq P + e_m b^{-m} \leq y$ , o último passo porque $P + e_m b^{-m}$ é a truncagem $t_m \leq y$ de $y$ . Logo, $d_m < e_m \implies x < y$ ; trocando os papéis, $e_m < d_m \implies y < x$ ; e, como as cadeias diferem em $m$ , uma das duas coisas ocorre. As duas direções seguem.

13. Seja $z = bx - A_1 \in \intco{0}{1}$ (com efeito, $A_1 \leq bx < A_1 + 1$ ). Para $n \geq 0$ : $b^n z = b^{n+1} x - b^n A_1$ com $b^n A_1 \in \Z$ , de modo que, por $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ ( $K$ inteiro),

A_n(z) = A_{n+1}(x) - b^n A_1(x) .

Portanto, $d_n(z) = A_n(z) - b\,A_{n-1}(z) = A_{n+1} - b^n A_1 - b\,A_n + b^n A_1 = d_{n+1}(x)$ . Assim, a parte fracionária de $bx$ carrega os algarismos deslocados; iterando $m$ vezes, a parte fracionária de $b^m x$ tem algarismos $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ .

14. Divisão euclidiana: $b^n p = q\,Q_n + r_n$ com $0 \leq r_n < q$ . Divida por $q$ : $b^n x = Q_n + \frac{r_n}{q}$ com $0 \leq \frac{r_n}{q} < 1$ , de modo que $Q_n = \lfloor b^n x \rfloor = A_n$ , o que dá $A_n = \frac{b^n p - r_n}{q}$ . Quanto à recorrência: $b^n p = b(q\,A_{n-1} + r_{n-1}) = q\,(b\,A_{n-1}) + b\,r_{n-1}$ , de sorte que $b^n p$ e $b\,r_{n-1}$ diferem por um múltiplo de $q$ : $r_n = (b\,r_{n-1}) \bmod q$ .

15. Divida $b\,r_{n-1}$ por $q$ : $b\,r_{n-1} = q\,c + r_n$ com $c = \lfloor b\,r_{n-1}/q \rfloor$ . Substituindo na expressão da questão 14: $b^n p = q(b\,A_{n-1} + c) + r_n$ , e a unicidade da divisão euclidiana identifica $A_n = b\,A_{n-1} + c$ , isto é, $d_n = c = \lfloor b\,r_{n-1}/q \rfloor$ . O algarismo $n$ depende apenas de $r_{n-1}$ — o laço da divisão longa da Parte I, agora certificado.

16. Os $q + 1$ restos $r_0, \dots, r_q$ assumem valores no conjunto de $q$ elementos $\intint{0}{q-1}$ : pelo princípio da casa dos pombos (Corolário 2.3), dois coincidem, digamos $r_N = r_{N+T}$ com $0 \leq N < N + T \leq q$ . Como $r_n$ determina $r_{n+1}$ (questão 14), a indução dá $r_{n+T} = r_n$ para todo $n \geq N$ ; e, como $r_{n-1}$ determina $d_n$ (questão 15), $d_{n+T} = d_n$ para todo $n \geq N + 1$ . A expansão de todo racional é periódica a partir de certo ponto, com pré-período $\leq q$ e período $\leq q$ .

17. Os algarismos da parte fracionária de $b^T y$ são $(d_{n+T}) = (d_n)$ (lema do deslocamento, e depois periodicidade pura): a mesma cadeia própria que a de $y$ . Pela questão 10, os valores são iguais: $b^T y - \lfloor b^T y \rfloor = y$ , de modo que $(b^T - 1)\,y = \lfloor b^T y \rfloor = A_T \in \N$ e

y = \frac{A_T}{b^T - 1} ,

racional, com denominador que divide $b^T - 1$ ; o numerador $A_T$ é o inteiro cujos algarismos na base $b$ são $d_1 \dots d_T$ . Verificação: $0.(142857) = \frac{142857}{999999}$ , e $142857 \times 7 = 999999$ , de modo que isso é $\frac 17$ .

18. Se $d_{n+T} = d_n$ para $n > N$ , a parte fracionária $z$ de $b^N x$ tem algarismos $(d_{N+n})_{n\geq1}$ (lema do deslocamento), que são puramente periódicos; pela questão 17, $z \in \Q$ . Então $b^N x = A_N + z$ dá $x = (A_N + z)/b^N \in \Q$ . Com a questão 16: $x$ racional $\iff$ expansão periódica a partir de certo ponto. O lado direito menciona a base, e o esquerdo não: a periodicidade numa base é equivalente à racionalidade e, portanto, à periodicidade em toda base.

19. Para $x = \frac 1q$ , $r_n = b^n \bmod q$ . Se $\gcd(b, q) = 1$ , então $r_T = r_0 = 1$ se, e somente se, $b^T \equiv 1 \pmod q$ ; tal $T$ existe (a casa dos pombos dá $b^i \equiv b^j$ , $i < j$ , e $b$ é invertível módulo $q$ , de modo que $b^{j-i} \equiv 1$ ), e o menor deles — a ordem multiplicativa — torna os restos, e portanto os algarismos, puramente periódicos de período $T$ . Nenhum período menor é possível: um período $T'$ daria $(b^{T'} - 1)\frac1q \in \N$ (questão 17), isto é, $q \mid b^{T'} - 1$ . Para $q = 7$ , $b = 10$ : $10 \equiv 3$ , $10^2 \equiv 2$ , $10^3 \equiv 6$ , $10^4 \equiv 4$ , $10^5 \equiv 5$ , $10^6 \equiv 1 \pmod 7$ : ordem $6$ e, de fato, $\frac 17$ tem período seis.

20. A cadeia tem infinitos $0$ s (os algarismos de $x^*$ são quase todos nulos), de modo que é própria, e $x^*$ está bem definido (questão 9). Suponha os algarismos periódicos a partir de $N$ , com período $T$ . Infinitos algarismos valem $1$ (um por número triangular), de sorte que algum $1$ ocupa uma posição $j > N$ ; então a periodicidade põe um $1$ em toda posição $j + kT$ : de $j$ em diante, os espaçamentos entre $1$ s consecutivos são no máximo $T$ . Mas os $1$ s ficam exatamente nos números triangulares, cujos espaçamentos consecutivos $\frac{(j+1)(j+2)}{2} - \frac{j(j+1)}{2} = j + 1$ excedem $T$ a partir de certo ponto: contradição. Não é periódica a partir de ponto algum, de modo que, pela questão 18, $x^* \notin \Q$ — irracionalidade lida apenas no ritmo dos algarismos.

21. Dados $x < y$ , a questão 7 fornece $n$ com $b^{-n} < y - x$ ; ponha $m = \lfloor b^n x \rfloor + 1$ . Então $b^n x < m \leq b^n x + 1 < b^n y$ , de modo que $x < \frac{m}{b^n} < y$ : densidade, para toda base de uma só vez ( $b = 2$ recupera o Exercício 10.8). Para $\frac pq \in \intoo{0}{1}$ na base $b = q$ : o primeiro algarismo é $\lfloor q \cdot \frac pq \rfloor = p$ , e a parte fracionária de $q \cdot \frac pq = p$ é $0$ : todos os algarismos posteriores se anulam, uma expansão finita $\frac pq = (0.p)_q$ . Terminar depende da base; a periodicidade — a racionalidade — não (questão 18).

22. Cada $e_k \in \{1, 2\}$ é um algarismo da base $10$ , e a cadeia nunca termina só com $9$ s: é própria. O seu valor $y$ está em $\intco{0}{1}$ e tem por algarismos exatamente os $(e_k)$ (questão 9). Fixe $k$ : o $k$ -ésimo algarismo de $y$ é $e_k$ , escolhido $\neq$ do $k$ -ésimo algarismo de $x_k$ , de modo que as cadeias próprias de $y$ e de $x_k$ diferem e, portanto, $y \neq x_k$ (questão 10: a codificação é injetiva). Assim, $y$ não está em lista alguma: nenhuma aplicação $\N^* \to \intco{0}{1}$ é sobrejetiva. Os reais, ao contrário dos racionais, não podem ser enumerados — a não enumerabilidade, cuja teoria o Capítulo 12 desenvolve.

23. Se as expansões coincidem até $n$ , então $x$ e $y$ têm a mesma truncagem $s_n$ , e a questão 6 põe os dois em $\intco{s_n}{s_n + b^{-n}}$ , um intervalo de comprimento $b^{-n}$ : $\abs{x - y} < b^{-n}$ . Recíproca: $x = 0.1$ e $y = 0.0999$ (finita, logo própria) satisfazem $\abs{x - y} = 10^{-4} < 10^{-3}$ , e ainda assim as suas expansões diferem já no primeiro algarismo. Os culpados são as frações $b$ -ádicas da questão 11: perto delas, um movimento minúsculo inverte todo algarismo exibido ( $0.0999 \to 0.1000$ ), porque elas são precisamente os reais em que espreita o gêmeo impróprio.

24. $p = 1$ , $q = 10$ , $b = 2$ , $r_0 = 1$ : $2 = 10 \cdot 0 + 2$ , $4 = 10 \cdot 0 + 4$ , $8 = 10 \cdot 0 + 8$ , $16 = 10 \cdot 1 + 6$ , $12 = 10 \cdot 1 + 2$ — e $r_5 = 2 = r_1$ : os restos ciclam por $(2, 4, 8, 6)$ a partir do índice $1$ . Algarismos: $d_1 = 0$ , e depois o bloco que se repete $d_2 d_3 d_4 d_5 = 0, 0, 1, 1$ :

\tfrac{1}{10} = (0.0\overline{0011})_2 ,

pré-período $1$ , período $4$ . Pela questão 3, uma expansão finita na base $2$ exigiria que todo primo de $10$ dividisse $2$ ; o primo $5$ se recusa. Assim, $0.1$ não é representável por cadeia binária finita alguma — um computador que armazena finitos bits guarda apenas uma truncagem, e os erros de truncagem acumulados são a razão pela qual, em ponto flutuante, $0.1 + 0.2$ difere de $0.3$ nos últimos bits.

25. (i) A completude produziu os valores: $x = \sup s_n$ e $y = \sup t_n$ (questões 7 e 9) — só com $\Q$ , a cadeia própria de $\sqrt 2$ não nomearia nada. (ii) A propriedade arquimediana fez $b^{-n}$ ficar, a partir de certo ponto, menor que qualquer $\varepsilon$ , forçando as truncagens a se fecharem sobre o seu supremo (questões 7 e 21). (iii) A cláusula de unicidade da parte inteira identificou $Q_n = A_n$ na questão 14 e legitimou toda extração de algarismo $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ (questão 13). (iv) O princípio da casa dos pombos, aplicado a finitos restos, é o único motor da periodicidade (questão 16). Moral: as cadeias próprias codificam $\intco{0}{1}$ fielmente e convertem a racionalidade num ritmo visível; mas somar cadeias de algarismos exige transportes vindos de infinitamente longe, à direita, de modo que regra alguma em estágios finitos calcula sequer o primeiro algarismo de uma soma — ao passo que a interface do supremo do Teorema 10.2 dá conta de toda a análise com um único axioma. Os algarismos são um magnífico retrato de $\R$ ; o supremo é o seu motor.