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Unformatted text preview: Análise Complexa – Resolução de alguns exercícios do capítulo 1 Exercício nº1 1. Tem-se: i2 = (0, 1).(0, 1) = (0.0 − 1.1, 0.1 + 1.0) = (−1, 0) = −1. 2. i = (0, 1) = (0, −1) = −i. 3. Sejam a, b ∈ R. Então a + bi = a − bi = a + bi. 4. A conjugação é uma bijecção pois, pela alínea anterior, a composta da conjugação consigo própria é a identidade. Agora basta observar que: 1. se a + bi, c + di ∈ C, então (a + bi) + (c + di) = a + c + (b + d)i = a + c − (b + d)i = (a − bi) + (c − di) = a + bi + c + di; 2. se a + bi, c + di ∈ C, então (a + bi).(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i = ac − bd − (ad + bc)i e  a + bi   c + di = (a − bi).(c − di) = ac − bd − (ad + bc)i. 5. Se a, b ∈ R, então a + bi = a + bi ⇐⇒ a + bi = a − bi ⇐⇒ b = 0 ⇐⇒ a + bi = a ⇐⇒ a + bi ∈ R. Por outro lado, se z ∈ C, então . (z + z)/2 = (z + z) 2 (pela alínea anterior) = (z + z)/2 pela alínea 3 e porque 2 ∈ R. Logo, (z + z)/2 ∈ R. Analogamente, (z − z)/(2i) = (z − z)/2i = − (z − z)/(−2i) (pela alínea 2) = (z − z)/(2i), pelo que (z − z)/(2i) ∈ R. 6. Se a, b ∈ R, então a + bi + a − bi (a + bi) + (a − bi) = = a = Re(a + bi) 2 2 e a + bi − a − bi (a + bi) − (a − bi) = = b = Im(a + bi). 2i 2i 7. Se a, b ∈ R, então |a + bi|2 = a2 + b2 = (Re(a + bi))2 + (Im(a + bi))2 . Análise Complexa 2006–2007 2 Exercício nº2 2. Sabe-se, pelo exercício 1.7, que |z|2 = (Re z)2 + (Im z)2 , pelo que (Re z)2 , (Im z)2 ≤ |z|2 , o que implica que | Re z|, | Im z| ≤ |z|. 3. Tem-se z+w+z+w (exercício 1.6) 2 z+w+z+w = (exercício 1.4) 2 z+z w+w = + 2 2 = Re(z) + Re(w); Re(z + w) = a segunda metade da alínea faz-se de maneira análoga 4. Tem-se λ.z + λ.z (exercício 1.6) 2 λ.z + λ.z (exercício 1.4) = 2 λ.z + λ.z = (exercício 1.5) 2 z+z =λ· 2 = λ. Re z; Re(λ.z) = a segunda metade da alínea faz-se de maneira análoga 5. Tem-se |z|2 = (Re z)2 + (Im z)2 (exercício 1.7)     z+z 2 z−z 2 = + (exercício 1.6) 2 2i z 2 + z 2 + 2z.z z 2 + z 2 − 2z.z = + (exercício 1.1) 4 −4 = z.z. 6. Visto que |z + w|, |z| + |w| ∈ R+ , tem-se:1 |z + w| ≤ |z| + |w| ⇐⇒ ⇐⇒ |z + w|2 ≤ (|z| + |w|)2 ⇐⇒ (z + w).(z + w) ≤ |z|2 + |w|2 + 2.|z|.|w| (pela alínea anterior) ⇐⇒ (z + w). (z + w) ≤ |z|2 + |w|2 + 2.|z|.|w| (exercício 1.4) ⇐⇒ |z|2 + z.w + z.w + |w|2 ≤ |z|2 + |w|2 + 2.|z|.|w| (pela alínea anterior) ⇐⇒ z.w + z.w ≤ 2.|z|.|w| ⇐= (z.w + z.w)2 ≤ 4.|z|2 .|w|2 (pois 2.|z|.|w| ∈ R+ ) ⇐⇒ (z.w)2 + (z.w)2 + 2.z.w.z.w ≤ 4.z.z.w.w (pela alínea anterior) 1 Observe-se que todas as desigualdades que se seguem são desigualdades entre números reais. Análise Complexa 2006–2007 3 ⇐⇒ (z.w − z.w)2 ≤ 0 ⇐⇒ (z.w − z.w)2 ≤ 0 (exercícios 1.3 e 1.4) ⇐⇒ z.w − z.w 2i !2 ≥ 0 (exercício 1.1) ⇐⇒ (Im (z.w))2 ≥ 0 pelo exercício 1.6. 7. Pela alínea anterior, sabe-se que se tem |z| = |z − w + w| ≤ |z − w| + |w|, ou seja, |z − w| ≥ |z| − |w|. Mostra-se de maneira análoga que |z − w| ≥ |w| − |z|. Como, ||z| − |w|| = ±(|z| − |w|), |z − w| ≥ ||z| − |w||. 8. Visto que |z.w|, |z|.|w| ∈ R+ , tem-se |z.w| = |z|.|w| ⇐⇒ |z.w|2 = |z|2 .|w|2 ⇐⇒ z.w.z.w = z.z.w.w (pela alínea 5) ⇐⇒ z.w.z.w = z.z.w.w pelo exercício 1.4. 9. Tem-se |z|2 = z.z (pela alínea 5) = z.z (exercício 1.3) = |z|2 . Exercício nº5 1. Sejam b, c ∈ R tais que a = b + ci; quer-se mostrar que existem x, y ∈ R tais que (x + yi)2 = b + ci. (1) Tem-se: ( x2 − y 2 = b 2xy = c ( x2 − y 2 = b 4x2 y 2 = c2 (1) ⇐⇒ =⇒ ( ⇐⇒ x2 = y 2 + b 4y 4 + 4by 2 = c2 x2 = y 2 + b  √ ⇐⇒ 2  y = −b ± b2 + c2 /2 2 2 x =y +b r  √ ⇐⇒ y=± −b + b2 + c2 /2 r  √ x=± b + b2 + c2 /2 r ⇐⇒  √ y=± −b + b2 + c2 /2 (2) Análise Complexa 2006–2007 4 Está então resolvido o sistema (2) e é claro que uma solução (x, y) deste sistema é solução de (1) se e só os números c e x.y forem ambos maiores ou iguais a 0 ou ambos menores ou iguais a 0. Logo, as soluções de (1) são ! r r   √ √ 2 2 2 2 b + b + c /2 + −b + b + c /2 i ± x + yi = ! r r   √ √ 2 2 2 2 ± b + b + c /2 − −b + b + c /2 i  se c ≥ 0 se c ≤ 0.  2. Para cada z ∈ C, seja P (z) = i b(z + i)n − b(z − i)n . A função P é polinomial de grau   menor ou igual a n. De facto, o grau é igual a n pois o coeficiente de z n é i b − b e   i b − b = 0 ⇐⇒ b = b ⇐⇒ b ∈ R =⇒ a ∈ R+ , mas |a| = 1, o único elemento de R+ com módulo 1 é o número 1 e a 6= 1 por hipótese. Tem-se, para cada z ∈ R,     P (z) = i b(z + i)n − b(z − i)n = (−i) b(z − i)n − b(z + i)n = P (z). (3) Logo, se a0 , a1 , . . . , an ∈ C forem tais que (∀z ∈ C) : P (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n , então deduz-se de (3) que (∀k ∈ {0, 1, . . . , n}) : ak = ak , ou seja, que os coeficientes de P são reais. Como P tem grau ímpar, tem algum zero λ ∈ R. Mas λ+i λ−i P (λ) = 0 ⇐⇒ !n b = b b2 = 2 =a . |b| ! 3. Seja q um número natural ímpar. Vai-se mostrar por indução que, se p ∈ Z+ , então as equações da forma z n = a têm solução quando n = 2p q; como qualquer n ∈ N pode ser escrito sob esta forma, isto basta para resolver o exercício. Se p = 0, quer-se provar que as equação da forma z q = a têm solução. Isto é trivial se a = 0. Caso a 6= 0, seja z1 ∈ C tal que z1 q = a/|a| (um tal z1 existe pela alínea anterior, caso a/|a| = 6 1) e seja z2 ∈ R∗+ tal que z2 q = |a|; então z1 .z2 é solução da equação z q = a. Suponha-se agora que, para um certo p ∈ Z+ , já está provado que as equações da forma n z = a têm solução quando n = 2p q; quer-se provar que se m = 2p+1 q então as equações da forma z m = a têm solução. Fixado a ∈ C, se z0 for uma solução da equação z n = a e se z1 for n tal que z1 2 = z0 , então z1 m = z1 2n = (z1 2 ) = z0 n = a. Exercício nº7 1. É o disco aberto de centro 0 e raio 1: i 1 Análise Complexa 2006–2007 5 2. É a circunferência de centro 1 + i e raio 3: 4i 3i 2i i −2 1+i −1 1 2 3 4 −i −2i 3. É o semiplano aberto formado pelos pontos à direita da recta vertical que pasa por 2: 2 2 4. Se z = a + bi, com a, b ∈ R, então Re(z 2 ) = a2 − √b , pelo que a√figura em questão é formada pelos pontos a + bi (a, b ∈ R) tais que |a| > 1 e − a2 − 1 < b < a2 − 1: i −1 1 −i 5. É o semiplano formado pelos pontos do plano que estão mais próximos de 2 do que de −i: 2i i −1 1 2 3 −i −2i Este semiplano é limitado pela mediatriz do segmento de recta que une −i a 2. 6. É o conjunto dos pontos do disco fechado de centro 0 e raio 1 cuja distância a 1 é maior ou igual a 1/2: Análise Complexa 2006–2007 6 i −1 1 −i Destes seis conjuntos, aqueles que são limitados são o primeiro, o segundo e o sexto. Exercício nº8 Se |z| = 1, então α 6= z ⇐⇒ α 6= z (exercício 1.4) ⇐⇒ α.z 6= z.z (pois |z| = 1 =⇒ z 6= 0) ⇐⇒ α.z 6= 1. Por outro lado, |1 − αz| = |zz − αz| = |z − α| .|z| = |z − α|, pelo que z−α 1 − αz = 1. Exercício nº10 Se a primeira condição se verificar e se a e b forem como no enunciado da condição, sejam t1 , t2 , t3 ∈ R tais que zj = a + btj , para cada j ∈ {1, 2, 3}. Então z3 − z1 (a + bt3 ) − (a + bt1 ) t3 − t1 = = ∈ R. z2 − z1 (a + bt2 ) − (a + bt1 ) t2 − t1 Suponha-se agora que se verifica a segunda condição e seja λ ∈ R tal que z3 − z1 = λ ⇐⇒ (λ − 1)z1 − λz2 + z3 = 0. z2 − z1 Então, se se definir p = λ − 1, q = −λ e r = 1, é claro que p, q e r estão nas condições da terceira alínea. Finalmente, suponha-se que se verifica o enunciado da terceira alínea. Sejam então p, q e r como no enunciado e suponha-se que r 6= 0 (os casos em que p 6= 0 ou em que q 6= 0 são análogos). Então a recta {z1 + (z2 − z1 )t : t ∈ R} contém z1 , z2 e z3 , pois p q q z1 = z1 + (z2 − z1 )0, z2 = z1 + (z2 − z1 )1 e z3 = − z1 − z2 = z1 + (z2 − z1 ) − . r r r   Análise Complexa 2006–2007 7 Exercício nº11 Sejam x, y e z números complexos tais que x2 + y 2 + z 2 = xy + xz + yz. Tem-se: x2 + y 2 + z 2 = xy + xz + yz ⇐⇒ x2 − x(y + z) + y 2 + z 2 − yz = 0. Vai-se aplicar a fórmula resolvente de equações de segundo√grau. Seja r ∈ C uma raiz quadrada de (y + z)2 − 4(y 2 + z 2 − yz) = −3(y − z)2 . Então r = ± 3i(y − z), pelo que se tem: x2 − x(y + z) + y 2 + z 2 − yz = 0 ⇐⇒   √ ⇐⇒ x = (y + z) ± 3i(y − z) /2   √  √  ⇐⇒ x − y = (y − z) −1 ± 3i /2 ∧ x − z = (y − z) 1 ± 3i /2 =⇒ |x − y| = |x − z| = |y − z| ou seja, x, y e z são vértices de um triângulo equilátero do plano complexo. Reciprocamente, suponha-se agora que x, y e z são três números complexos tais que |x−y| = |x − z| = |y − z|. Pode-se supor que |x − y|, |x − z| e |y − z| são diferentes de 0, pois caso contrário x = y = z e então é óbvio que x2 + y 2 + z 2 = xy + xz + yz. Considerem-se os números α = (x − y)/(y − z) e β = (x − z)/(y − z); são ambos números complexos de módulo 1 e a sua diferença é igual q a −1. Então 0 = q Im(α − β) = Im α − Im β, pelo que Im α = Im β; deduz-se que | Re α| = 1 − | Im α|2 = 1 − | Im β|2 = | Re β|, pelo que Re α = ± Re β. Se se tivesse Re α = Re β então ter-se-ia Re(α − β) = 0. Mas √ já se sabe que√α − β = −1, pelo que Re√α = − Re β = −1/2 √ e, portanto, Im α = ± 3i/2 e Im β = ± 3i/2, ou seja α = (−1 ± 3i)/2 e β = (1 ± 3i)/2. Já foi visto que estas duas igualdades são equivalentes a x2 + y 2 + z 2 = xy + xz + yz. Exercício nº14 1. Se se tivesse bz + a = 0, então tinha-se |a| = |a| = −bz = |b|.|z| < |b|, a não q ser que z = 0 ou que b = 0, caso em que se teria |a| = |b|. Mas isto não é possível, pois |a| = 1 + |b|2 > |b|. Por outro lado, tem-se az + b <1 bz + a 2 ⇐⇒ |az + b|2 < bz + a    az + b ∈ D(0, 1) ⇐⇒ bz + a  ⇐⇒ (az + b). az + b < bz + a . (bz + a) ⇐⇒ |a|2 |z|2 + abz + abz + |b|2 < |b|2 |z|2 + abz + abz + |a|2     ⇐⇒ |a|2 |z|2 − 1 < |b|2 |z|2 − 1     ⇐⇒ |a|2 − |b|2 . |z|2 − 1 < 0 ⇐⇒ |z|2 < 1. 2. A maneira mais simples de mostrar que se trata de uma bijecção consiste em encontrar a função inversa. Para tal, resolve-se a equação fa,b (z) = w. Tem-se então az + b aw − b = w ⇐⇒ az + b = bzw + aw ⇐⇒ z = ⇐⇒ z = fa,−b (w). bz + a −bw + a Análise Complexa 2006–2007 8 Isto sugere que fa,−b é a inversa de fa,b e mostra que fa,b ◦ fa,−b é a identidade em D(0, 1). Mas como isto tem lugar sempre que a e b são tais que |a|2 − |b|2 = 1, então, trocando a por a e b por −b, obtém-se que fa,−b ◦ fa,b também é a identidade, o que mostra que efectivamente a função fa,b é uma bijecção e que, além disso, a sua inversa é fa,−b . 3. Visto que se trata de um subconjunto do grupo das bijecções de D(0, 1) em D(0, 1), que contém a identidade (= f1,0 ) e que, pela alínea anterior, contém o inverso de cada um dos seus elementos, só falta ver que é estável para a composição. Sejam então a, b, c, d ∈ C tais que |a|2 − |b|2 = 1 e que |c|2 − |d|2 = 1. Se z ∈ D(0, 1), tem-se fa,b (fc,d (z)) = a· b· cz+d dz+c cz+d dz+c +b +a  =  ac + bd z + ad + bc (ad + bc)z + ad + bc = fac+bd,ad+bc (z). Por outro lado, 2       2 ac + bd − |ad + bc| = ac + bd . ac + bd − (ad + bc) . ad + bc = |a|2 |c|2 + |b|2 |d|2 − |a|2 |d|2 − |b|2 |c|2    = |a|2 − |b|2 . |c|2 − |d|2 = 1.  4. Comece-se por ver que fa,b (0) = z0 ⇐⇒ b /a = z0 ⇐⇒ b = z0 a. Sejam então a ∈ C e b = z0 a; quer-se mostrar que é possível escolher a de modo a ter-se |a|2 − |b|2 = 1. Mas 2 2 2 2 |a| − |b| = 1 ⇐⇒ |a| (1 − |z0 |) = 1 ⇐⇒ |a| = 1 Basta então tomar, por exemplo, a = 1 q 1 − |z0 |2 . .q 1 − |z0 |2 . Exercício nº15 1. 2. 3. 4. Como |i/2| = 1/2 < 1, a sucessão converge para 0. √ Como |1 + i| = 2 > 1, a sucessão diverge. Como (∀n ∈ N) : |n/in | = n, a sucessão não é limitada e, portanto, diverge. A sucessão converge para −1, pois lim n∈N 1 − ni 1/n − i limn∈N 1/n − i −i = lim = = = −1. n∈N 1 + ni 1/n + i limn∈N 1/n + i i Exercício nº19 Se z, w ∈ C, então | Re z − Re w| = | Re(z − w)| ≤ |z − w|. Logo, se ε ∈ R∗+ e se se tomar δ = ε, tem-se (∀z, w ∈ C) : |z − w| < δ ⇐⇒ |z − w| < ε =⇒ | Re z − Re w| < ε. No caso da função Im faz-se da mesma maneira. Análise Complexa 2006–2007 9 Exercício nº23 Seja U um subconjunto de B que seja simultaneamente um aberto de B e um fechado de B; quer-se mostrar que U = B ou que U = ∅. Caso U contenha algum elemento de A então, uma vez que U ∩ A é simultaneamente um aberto de A e um fechado de A e, além disso, não é vazio, U ∩ A = A(⇐⇒ U ⊃ A), pois A é conexo. Se existisse algum z ∈ B \ U então, uma vez que B \ U é um aberto de B, haveria algum ε ∈ R∗+ tal que D(z, ε) ∩ B ⊂ B \ U . Em particular, uma vez que U ⊃ A, D(z, ε) ∩ B não conteria elementos de A, o que é absurdo, pois z ∈ B ⊂ A. Logo, U = B. Caso U não contenha qualquer elemento de A, aplica-se o argumento anterior a B \ U e deduz-se que B \ U = B, ou seja, que U = ∅. Exercício nº24 S S Seja A uma parte de i∈I Ai que seja simultaneamente um aberto e um fechado de i∈I Ai ; S quer-se mostrar que A é vazio ou igual a i∈I Ai . Suponha-se então que A 6= ∅ e seja z ∈ A. Seja j ∈ I tal que z ∈ Aj . Então A ∩ Aj é simultaneamente um aberto e um fechado de Aj ; como, além disso, A ∩ Aj 6= ∅ (pois z ∈ A ∩ Aj ) e Aj é conexo, A ∩ Aj = Aj , ou seja A ⊃ Aj . Seja agora i ∈ I. Como Ai ∩ Aj 6= ∅ e A ⊃ Aj então A ∩ Ai 6= ∅. Mas então pode-se provar que A ⊃ Ai da mesma maneira que se provou que A ⊃ Aj . Como isto tem lugar para cada i ∈ I e S S como A ⊂ i∈I Ai , está provado que A = i∈I Ai . Exercício nº26 1. Tem-se: P (z0 + bt) = P (z0 ) + abk tk + Q(z0 + bt)bk+1 tk+1 = P (z0 ) − P (z0 )tk + Q(z0 + bt)bk+1 tk+1 pelo que se tem, para t ∈]0, 1], |P (z0 + bt)| ≤ |P (z0 )|(1 − tk ) + |Q(z0 + bt)bk+1 |tk+1 . Como a função R −→ R t 7→ |Q(z0 + bt)bk+1 |t é contínua e toma o valor 0 no ponto 0, existe algum δ ∈ R∗+ tal que (∀t ∈ R) : |t| < δ =⇒ |Q(z0 + bt)bk+1 |t < |P (z0 )|/2. Para cada t ∈]0, inf{1, δ}[, tem-se: |P (z0 + bt)| ≤ |P (z0 )|(1 − tk ) + |P (z0 )|tk /2 = |P (z0 )|(1 − tk /2) < |P (z0 )|. 2. Sejam a0 , a1 , . . . , an ∈ C tais que an 6= 0 e que (∀z ∈ C) : P (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a0 . Para cada z ∈ C∗ tem-se |P (z)| ≥ |an |.|z|n − |an−1 z n−1 + · · · + a0 | ≥ |an |.|z|n − |an−1 |.|z|n−1 − · · · − |a0 | ! |a0 | |an−1 | n − ··· − n . = |an |.|z| 1 − |z| |z| Análise Complexa 2006–2007 10 |an−1 | |a0 | 1 + · · · + n < , pelo que |P (z)| ≥ |an |.|z|n /2. É |z| |z| 2 então claro que, para algum R ∈ R∗+ , se tem Se |z| for suficientemente grande, (∀z ∈ C) : |z| > R =⇒ |P (z)| > |P (0)|. 3. Seja z0 ∈ C tal que |P (z0 )| seja o mínimo da restrição da função |P | a D(0, R), onde R é como na alínea anterior; um tal z0 existe, pois D(0, R) é um compacto. Então, para cada z ∈ C, • se |z| ≤ R, |P (z0 )| ≤ |P (z)|, pela definição de z0 ; • se |z| > R, então |P (z0 )| ≤ |P (0)| < |P (z)|. Está então visto que |P (z0 )| é o mínimo de |P |. Se não se tivesse P (z0 ) = 0, então, pela primeira alínea, existiria algum z ∈ C tal que |P (z)| < |P (z0 )|, o que é absurdo. Exercício nº27 Vai-se começar por mostrar que os enunciados de ambas as alíneas são válidos no caso de funções polinomiais de grau 1. Basta ver que se a ∈ C∗ e b ∈ C são tais que (∀z ∈ C) : P (z) = az + b então, se se definir c = a e z1 = −b/a, tem-se c 6= 0 e (∀z ∈ C) : P (z) = c(z − z1 ). Além disso, se a, b ∈ R, P é uma função polinomial de primeiro grau com coeficientes reais. Seja agora m ∈ N \ {1} e suponha-se que já se demonstrou, para cada número natural n < m, que os enunciados de ambas as alíneas são válidos para funções polinomiais de grau n. Se P : C −→ C for uma função polinomial de grau m, seja w ∈ C tal que P (w) = 0; um tal w existe pelo exercício anterior. Então existe alguma função polinomial Q : C −→ C de grau m − 1 tal (∀z ∈ C) : P (z) = (z − w)Q(z). Por hipótese, existem c, z1 , . . . , zm−1 ∈ C, com c 6= 0, tais que (∀z ∈ C) : Q(z) = c(z − z1 ) · · · (z − zm−1 ), pelo que (∀z ∈ C) : P (z) = c(z − w)(z − z1 ) · · · (z − zm−1 ). Suponha-se agora que os coeficientes de P são reais. Se w for real, então os coeficientes de Q são reais pelo que Q se pode escrever como produto de funções polinomiais de primeiro e de segundo grau com coeficientes reais; logo, P também pode ser escrito daquele modo. Finalmente, se w não for real então sabe-se, pelo exercício 4, que P (w) = 0. Existe então alguma função polinomial R : C −→ C tal que   (∀z ∈ C) : P (z) = (z − w)(z − w)R(z) = z 2 − 2 Re(w)z + |w|2 R(z). Como −2 Re(w), |w|2 ∈ R, R é uma função polinomial com coeficientes reais, pelo que é produto de funções polinomiais de primeiro e segundo grau com coeficientes reais. Consequentemente, P também tem essa propriedade. Exercício nº29 Sejam z0 ∈ C e r ∈ R∗+ tais que o disco D(z0 , r) contenha as imagens de todas as funções fn . Então para cada z ∈ U e para cada n ∈ N tem-se |fn (z)| ≤ |fn (z) − z0 | + |z0 | < r + |z0 |, pelo que, se se tomar M = r + |z0 |, |f (z)| = lim fn (z) = lim |fn (z)| ≤ M . n∈N n∈N Análise Complexa 2006–2007 11 Exercício nº30 Um exemplo consiste em tomar U = D(0, 1) e, para cada n ∈ N e cada z ∈ U , definir fn (z) = 1 + z + z 2 + · · · + z n . Então, para cada n ∈ N, a função fn é limitada, pois (∀z ∈ U ) : |fn (z)| = |1 + z + z 2 + · · · + z n | ≤ n + 1. Por outro lado 1 1 − z n+1 = · n∈N n∈N 1 − z 1−z Logo, (fn )n∈N converge simplesmente para a função f : U −→ C definida por f (z) = 1/(1 − z), mas esta função não é limitada, pois (∀z ∈ U ) : lim fn (z) = lim 1 (∀n ∈ N) : f 1 − = n. n Outra possibilidade consiste em tomar U = C e definir, para cada n ∈ N e cada z ∈ U , fn (z) = min{n, |z|}. Então, para cada n ∈ N, |fn | é majorada por n. Por outro lado, a sucessão (fn )n∈N converge simplesmente para a função módulo, a qual não é majorada.   Exercício nº32 1. Seja ε ∈ R∗+ . Existe algum p ∈ N tal que ε (∀m, n ∈ N)(∀z ∈ U ) : m, n ≥ p =⇒ |fm (z) − fn (z)| < , 2 visto que a sucessão (fn )n∈N converge uniformemente. Para cada m, n ∈ N, se m, n ≥ p tem-se lim fm (z) − lim fn (z) = lim (fm (z) − fn (z)) z→a z→a z→a = z→a lim |fm (z) − fn (z)| ε ≤ 2 < ε. 2. Seja f = limn f e, para cada n ∈ N, seja ln = limz→a fn (z). Tem-se, para cada w ∈ A e para cada n ∈ N: f (w) − lim ln ≤ |f (w) − fn (w)| + |fn (w) − ln | + ln − lim ln . n n (4) Fixe-se ε ∈ R∗+ . Seja p1 ∈ N tal que se n ∈ N e se n ≥ p1 , então ε (∀w ∈ A) : |f (w) − fn (w)| < ; (5) 3 seja p2 ∈ N tal que se n ∈ N e se n ≥ p1 , então ε ln − lim ln < · (6) n 3 Seja n ∈ N; então, pela definição de ln , existe algum δn ∈ R∗+ tal que ε (∀w ∈ A) : |w − a| < δn =⇒ |fn (w) − ln | < · (7) 3 Decorre então de (4), (5), (6) e (7) que se se tomar n = sup{p1 , p2 } (ou, mais geralmente, algum n ∈ N que seja simultaneamente maior ou igual a p1 e maior ou igual a p2 ), se tem (∀w ∈ A) : |w − a| < δn =⇒ f (w) − lim ln < ε. n ...
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Christopher Reinemann
"Before using Course Hero my grade was at 78%. By the end of the semester my grade was at 90%. I could not have done it without all the class material I found."
— Christopher R., University of Rhode Island '15, Course Hero Intern

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What students are saying

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    As a current student on this bumpy collegiate pathway, I stumbled upon Course Hero, where I can find study resources for nearly all my courses, get online help from tutors 24/7, and even share my old projects, papers, and lecture notes with other students.

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    Kiran Temple University Fox School of Business ‘17, Course Hero Intern

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    I cannot even describe how much Course Hero helped me this summer. It’s truly become something I can always rely on and help me. In the end, I was not only able to survive summer classes, but I was able to thrive thanks to Course Hero.

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    Dana University of Pennsylvania ‘17, Course Hero Intern

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    The ability to access any university’s resources through Course Hero proved invaluable in my case. I was behind on Tulane coursework and actually used UCLA’s materials to help me move forward and get everything together on time.

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    Jill Tulane University ‘16, Course Hero Intern