Os exercícios que se seguem são dedicados à completude de \(\mathbb R\). O ponto central é o axioma do supremo: todo o subconjunto não vazio de \(\mathbb R\) que seja majorado admite supremo em \(\mathbb R\).
Este princípio distingue profundamente \(\mathbb R\) de \(\mathbb Q\) e permite demonstrar resultados fundamentais da análise, como a existência de supremos e ínfimos, o teorema dos intervalos encaixados e a convergência das sucessões monótonas limitadas.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Seja
\[ A=(0,1). \]
Determinar o supremo, o ínfimo, o máximo e o mínimo de \(A\), explicando o papel da completude de \(\mathbb R\).
Resultado
Tem-se
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
O conjunto \(A\) não tem máximo nem mínimo.
Resolução
O conjunto \(A=(0,1)\) é não vazio e é majorado. Por exemplo, \(1\) é um majorante de \(A\), pois todo o \(x\in A\) satisfaz
\[ x\lt 1. \]
Pelo axioma de completude de \(\mathbb R\), o conjunto \(A\) admite supremo.
Mostremos que
\[ \sup A=1. \]
O número \(1\) é um majorante de \(A\). Além disso, se \(M\lt 1\), podemos escolher um número \(x\) tal que
\[ M\lt x\lt 1. \]
Se escolhermos também \(x\gt 0\), então \(x\in A\) e \(x\gt M\). Logo, nenhum número inferior a \(1\) é majorante de \(A\). Assim, \(1\) é o menor dos majorantes, ou seja,
\[ \sup A=1. \]
De modo análogo, \(0\) é um minorante de \(A\), e nenhum número superior a \(0\) é minorante. Com efeito, se \(m\gt 0\), podemos escolher \(x\in(0,m)\); então \(x\in A\) mas \(x\lt m\). Logo,
\[ \inf A=0. \]
O conjunto não tem máximo, porque \(1\notin A\), nem mínimo, porque \(0\notin A\).
Este exercício põe em evidência uma distinção fundamental: o supremo e o ínfimo podem existir mesmo quando o máximo e o mínimo não existem.
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Seja
\[ A=\left\{1-\frac1n:n\in\mathbb N,\ n\ge 1\right\}. \]
Determinar o supremo, o ínfimo, o máximo e o mínimo de \(A\).
Resultado
Tem-se
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
O conjunto tem mínimo \(0\), mas não tem máximo.
Resolução
Os elementos de \(A\) são
\[ 0,\frac12,\frac23,\frac34,\ldots \]
Com efeito, para \(n=1\) obtemos
\[ 1-\frac11=0. \]
Para todo o \(n\ge 1\) tem-se
\[ 1-\frac1n\lt 1, \]
pelo que \(1\) é um majorante de \(A\).
Mostremos que é o menor dos majorantes. Se \(M\lt 1\), então \(1-M\gt 0\). Pela propriedade arquimediana dos números reais, existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ \frac1n\lt 1-M. \]
Desta desigualdade resulta
\[ M\lt 1-\frac1n. \]
Logo, \(M\) não é majorante de \(A\). Por conseguinte,
\[ \sup A=1. \]
Além disso, o primeiro elemento do conjunto é \(0\), e todos os restantes são maiores ou iguais a \(0\). Logo,
\[ \inf A=0, \]
e \(0\) é, de facto, o mínimo de \(A\).
O conjunto não tem máximo, uma vez que o seu supremo é \(1\) mas \(1\notin A\).
Exercício 3 — nível ★★☆☆☆
Seja
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\}. \]
Determinar \(\sup A\) e explicar por que razão a completude de \(\mathbb R\) é essencial.
Resultado
Tem-se
\[ \sup A=\sqrt2. \]
Resolução
O conjunto
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\} \]
é constituído por todos os números reais cujo quadrado é inferior a \(2\). Contém números tanto positivos como negativos e é não vazio, pois, por exemplo, \(1\in A\).
Além disso, \(A\) é majorado. Com efeito, se \(x\ge 2\), então
\[ x^2\ge 4\gt 2, \]
pelo que \(x\notin A\). Assim, \(2\) é um majorante de \(A\).
Pela completude de \(\mathbb R\), sendo \(A\) não vazio e majorado, existe
\[ \alpha=\sup A. \]
Intuitivamente, \(A\) é constituído pelos números
\[ -\sqrt2\lt x\lt \sqrt2, \]
pelo que o seu supremo é \(\sqrt2\).
O número \(\sqrt2\) é um majorante de \(A\). Com efeito, seja \(x\in A\), de modo que \(x^2\lt 2\). Se \(x\ge 0\), de \(x^2\lt 2\) resulta \(x\lt\sqrt2\); se, pelo contrário, \(x\lt 0\), então certamente \(x\lt\sqrt2\). Em qualquer dos casos, \(x\le\sqrt2\).
Além disso, nenhum número inferior a \(\sqrt2\) pode ser majorante. Com efeito, se \(M\lt\sqrt2\), podemos escolher um número real \(x\) tal que
\[ \max\{M,0\}\lt x\lt\sqrt2. \]
Então \(x\gt 0\) e \(x\lt\sqrt2\), pelo que
\[ x^2\lt 2. \]
Logo, \(x\in A\) e, como \(x\gt M\), o número \(M\) não é majorante de \(A\).
Concluímos, pois, que
\[ \sup A=\sqrt2. \]
A completude é essencial porque garante a existência do supremo como número real. Nos racionais, um conjunto análogo apresentaria uma “lacuna” precisamente em \(\sqrt2\), que não é racional.
Exercício 4 — nível ★★☆☆☆
Seja
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\}. \]
Considerando \(B\) como subconjunto de \(\mathbb Q\), explicar por que razão não tem supremo em \(\mathbb Q\).
Resultado
O conjunto \(B\) não tem supremo em \(\mathbb Q\).
Resolução
O conjunto
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\} \]
é não vazio, pois \(1\in B\), e é majorado em \(\mathbb Q\), uma vez que \(2\) é um majorante.
Suponhamos, por absurdo, que \(B\) possui supremo em \(\mathbb Q\). Seja
\[ s=\sup_{\mathbb Q} B. \]
Como \(1\in B\), tem-se \(s\ge 1\), e em particular \(s\gt 0\).
Mostremos agora que não pode ocorrer nem \(s^2\lt 2\) nem \(s^2\gt 2\).
Suponhamos primeiro que \(s^2\lt 2\). Escolhemos um número racional \(h\gt 0\) tão pequeno que
\[ h\lt 1 \qquad \text{e} \qquad h\lt \frac{2-s^2}{2s+1}. \]
Então \(h^2\lt h\), e portanto
\[ (s+h)^2=s^2+2sh+h^2\lt s^2+2sh+h=s^2+h(2s+1)\lt 2. \]
Como \(s+h\in\mathbb Q\), isto implica que \(s+h\in B\), com \(s+h\gt s\). Isto contradiz o facto de \(s\) ser um majorante de \(B\).
Suponhamos agora que \(s^2\gt 2\). Escolhemos um número racional \(h\gt 0\) tão pequeno que \(h\lt s\) e
\[ h\lt \frac{s^2-2}{2s}. \]
Então
\[ (s-h)^2=s^2-2sh+h^2\gt s^2-2sh\gt 2. \]
Afirmamos que \(s-h\) continua a ser um majorante de \(B\). Com efeito, se \(q\in B\) e \(q\ge s-h\), então, como \(s-h\gt 0\), teríamos
\[ q^2\ge (s-h)^2\gt 2, \]
em contradição com \(q\in B\). Logo, todo o \(q\in B\) satisfaz \(q\lt s-h\), pelo que \(s-h\) é um majorante de \(B\).
Mas \(s-h\lt s\), o que contradiz o facto de \(s\) ser o menor dos majorantes.
Por conseguinte, não pode ocorrer nem \(s^2\lt 2\) nem \(s^2\gt 2\). Teria de se verificar
\[ s^2=2. \]
Isto é impossível para \(s\in\mathbb Q\), porque nenhum número racional tem quadrado igual a \(2\).
Portanto, \(B\) é majorado em \(\mathbb Q\), mas não possui supremo em \(\mathbb Q\). Esta é uma das formas mais claras em que \(\mathbb Q\) deixa de ser completo.
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Usando o axioma do supremo, demonstrar que todo o subconjunto não vazio e minorado de \(\mathbb R\) admite ínfimo.
Resultado
Todo o subconjunto não vazio e minorado de \(\mathbb R\) admite ínfimo.
Resolução
Seja \(A\subseteq\mathbb R\) um conjunto não vazio e minorado.
Consideremos o conjunto oposto
\[ -A=\{-x:x\in A\}. \]
Como \(A\) é não vazio, também \(-A\) é não vazio.
Como \(A\) é minorado, existe \(m\in\mathbb R\) tal que
\[ m\le x \]
para todo o \(x\in A\). Multiplicando por \(-1\), inverte-se a desigualdade:
\[ -x\le -m \]
para todo o \(x\in A\). Logo, \(-m\) é um majorante de \(-A\).
Pelo axioma do supremo, o conjunto \(-A\) — sendo não vazio e majorado — admite supremo. Ponhamos
\[ \alpha=\sup(-A). \]
Pretendemos mostrar que
\[ \inf A=-\alpha. \]
Como \(\alpha\) é um majorante de \(-A\), para todo o \(x\in A\) tem-se
\[ -x\le \alpha. \]
Multiplicando por \(-1\), obtemos
\[ x\ge -\alpha, \]
pelo que \(-\alpha\) é um minorante de \(A\).
Além disso, sendo \(\alpha\) o menor dos majorantes de \(-A\), o número \(-\alpha\) é o maior dos minorantes de \(A\). Por conseguinte,
\[ \inf A=-\sup(-A). \]
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Demonstrar que, se \(A\subseteq\mathbb R\) é não vazio e majorado, então para todo o \(\varepsilon\gt 0\) existe \(a\in A\) tal que
\[ \sup A-\varepsilon\lt a\le \sup A. \]
Resultado
Para todo o \(\varepsilon\gt 0\), existem elementos de \(A\) arbitrariamente próximos do supremo, pela esquerda.
Resolução
Seja
\[ \alpha=\sup A. \]
Como \(\alpha\) é um majorante de \(A\), todo o \(a\in A\) satisfaz
\[ a\le \alpha. \]
Temos de demonstrar que existe pelo menos um elemento \(a\in A\) com
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Suponhamos, por absurdo, que tal não se verifica. Então todo o \(a\in A\) satisfaria
\[ a\le \alpha-\varepsilon, \]
o que tornaria \(\alpha-\varepsilon\) um majorante de \(A\).
Mas
\[ \alpha-\varepsilon\lt \alpha, \]
o que contradiz o facto de \(\alpha\) ser o menor dos majorantes.
Logo, tem de existir \(a\in A\) tal que
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Como, além disso, \(\alpha\) é majorante, tem-se também \(a\le \alpha\), donde
\[ \alpha-\varepsilon\lt a\le \alpha. \]
Exercício 7 — nível ★★★☆☆
Usando a completude de \(\mathbb R\), demonstrar que toda a sucessão crescente e majorada é convergente.
Resultado
Toda a sucessão crescente e majorada de números reais converge para o seu supremo.
Resolução
Seja \((a_n)\) uma sucessão crescente e majorada. Consideremos o conjunto dos seus valores:
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
O conjunto \(A\) é não vazio e é majorado, uma vez que a sucessão é majorada.
Pela completude de \(\mathbb R\), existe
\[ \alpha=\sup A. \]
Demonstremos que
\[ a_n\to \alpha. \]
Seja \(\varepsilon\gt 0\). Pela caracterização do supremo, existe um elemento \(a_N\in A\) tal que
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_N\le \alpha. \]
Como a sucessão é crescente, para todo o \(n\ge N\) tem-se
\[ a_N\le a_n. \]
Além disso, sendo \(\alpha\) um majorante de \(A\), tem-se
\[ a_n\le \alpha. \]
Assim, para todo o \(n\ge N\),
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_n\le \alpha, \]
o que implica
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \varepsilon. \]
Logo,
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
para todo o \(n\ge N\). Por conseguinte, \(a_n\to\alpha\).
Exercício 8 — nível ★★★☆☆
Usando a completude de \(\mathbb R\), demonstrar que toda a sucessão decrescente e minorada é convergente.
Resultado
Toda a sucessão decrescente e minorada converge para o seu ínfimo.
Resolução
Seja \((a_n)\) uma sucessão decrescente e minorada. Consideremos o conjunto
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
O conjunto \(A\) é não vazio e é minorado.
Pelo exercício 5, que decorre do axioma do supremo, \(A\) admite ínfimo. Ponhamos
\[ \alpha=\inf A. \]
Pretendemos demonstrar que
\[ a_n\to\alpha. \]
Seja \(\varepsilon\gt 0\). Pela caracterização do ínfimo, existe um elemento \(a_N\in A\) tal que
\[ \alpha\le a_N\lt \alpha+\varepsilon. \]
Como a sucessão é decrescente, para todo o \(n\ge N\) tem-se
\[ a_n\le a_N. \]
Além disso, sendo \(\alpha\) um minorante de \(A\), para todo o \(n\) tem-se
\[ \alpha\le a_n. \]
Por conseguinte, para todo o \(n\ge N\),
\[ \alpha\le a_n\lt \alpha+\varepsilon, \]
donde
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
para todo o \(n\ge N\). Logo, \(a_n\to\alpha\).
Exercício 9 — nível ★★★☆☆
Demonstrar que a sucessão
\[ a_n=1-\frac1n \]
é convergente, utilizando o teorema da convergência monótona.
Resultado
A sucessão é convergente e
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac1n\right)=1. \]
Resolução
Consideremos
\[ a_n=1-\frac1n. \]
Mostremos primeiro que \((a_n)\) é crescente. Calculamos:
\[ a_{n+1}-a_n= \left(1-\frac1{n+1}\right)-\left(1-\frac1n\right) = \frac1n-\frac1{n+1}. \]
Como
\[ \frac1n-\frac1{n+1}=\frac1{n(n+1)}\gt 0, \]
a sucessão é crescente.
Além disso, para todo o \(n\ge 1\),
\[ a_n=1-\frac1n\le 1. \]
Logo, \((a_n)\) é crescente e majorada.
Pelo teorema da convergência monótona, que decorre da completude de \(\mathbb R\), a sucessão é convergente.
Como o conjunto dos seus valores tem supremo igual a \(1\), o limite é
\[ \lim_{n\to+\infty}a_n=1. \]
Exercício 10 — nível ★★★☆☆
Sejam \([a_n,b_n]\) intervalos fechados, limitados e não vazios tais que
\[ [a_1,b_1]\supseteq [a_2,b_2]\supseteq [a_3,b_3]\supseteq\cdots. \]
Demonstrar, usando a completude de \(\mathbb R\), que
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]\ne\varnothing. \]
Resultado
Uma sucessão decrescente de intervalos fechados e limitados não vazios tem intersecção não vazia.
Resolução
Como os intervalos estão encaixados, todo o extremo esquerdo \(a_n\) é menor ou igual a todo o extremo direito \(b_m\). Com efeito, para índices \(m\) e \(n\) quaisquer, o encaixe fornece sempre
\[ a_n\le b_m. \]
Consideremos o conjunto dos extremos esquerdos:
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
Este conjunto é não vazio e, além disso, é majorado, pois todo o \(b_m\) é um majorante de \(A\).
Pela completude de \(\mathbb R\), existe
\[ \alpha=\sup A. \]
Como \(\alpha\) é um majorante de \(A\), para todo o \(n\) tem-se
\[ a_n\le \alpha. \]
Por outro lado, cada \(b_n\) é um majorante de \(A\). Sendo \(\alpha\) o menor dos majorantes, deve ter-se
\[ \alpha\le b_n \]
para todo o \(n\).
Demonstrámos, pois, que para todo o \(n\) se tem
\[ a_n\le \alpha\le b_n. \]
Isto significa que
\[ \alpha\in[a_n,b_n] \]
para todo o \(n\). Logo,
\[ \alpha\in\bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]. \]
Por conseguinte, a intersecção é não vazia.
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Mostrar que a tese do exercício anterior pode falhar em \(\mathbb Q\).
Resultado
Em \(\mathbb Q\), uma sucessão de intervalos racionais fechados e encaixados pode ter intersecção vazia.
Resolução
Consideremos intervalos racionais que aproximam \(\sqrt2\) sem o conterem como número racional.
Por exemplo, escolhamos duas sucessões racionais \((a_n)\) e \((b_n)\) tais que
\[ a_n\lt \sqrt2\lt b_n \]
e
\[ b_n-a_n\to 0. \]
Consideremos os conjuntos
\[ I_n=[a_n,b_n]\cap\mathbb Q. \]
Podemos construí-los de modo que estejam encaixados:
\[ I_1\supseteq I_2\supseteq I_3\supseteq\cdots. \]
Em \(\mathbb R\), a intersecção dos intervalos reais \([a_n,b_n]\) seria o conjunto singular
\[ \{\sqrt2\}. \]
Contudo,
\[ \sqrt2\notin\mathbb Q. \]
Assim, trabalhando dentro de \(\mathbb Q\), não resta nenhum número racional comum a todos os intervalos:
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}I_n=\varnothing. \]
Isto mostra que o teorema dos intervalos encaixados depende da completude de \(\mathbb R\) e não é válido, em geral, em \(\mathbb Q\).
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Seja \(A\subseteq\mathbb R\) não vazio e majorado. Demonstrar que existe uma sucessão \((a_n)\) de elementos de \(A\) tal que
\[ a_n\to \sup A. \]
Resultado
Todo o supremo pode ser aproximado por uma sucessão de elementos do conjunto.
Resolução
Ponhamos
\[ \alpha=\sup A. \]
Para cada \(n\in\mathbb N\), aplicamos a caracterização do supremo com
\[ \varepsilon=\frac1n. \]
Obtém-se, então, um elemento \(a_n\in A\) tal que
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha. \]
Obtemos assim uma sucessão \((a_n)\) de elementos de \(A\).
Da dupla desigualdade
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha \]
resulta
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \frac1n. \]
Como
\[ \frac1n\to 0, \]
pelo teorema do enquadramento obtemos
\[ \alpha-a_n\to 0. \]
Logo,
\[ a_n\to\alpha=\sup A. \]
Exercício 13 — nível ★★★★☆
Demonstrar que, se \(A,B\subseteq\mathbb R\) são não vazios, \(A\) é majorado e
\[ a\le b \]
para todo o \(a\in A\) e todo o \(b\in B\), então
\[ \sup A\le \inf B. \]
Resultado
Se todos os elementos de \(A\) se situam à esquerda de todos os elementos de \(B\), então \(\sup A\le\inf B\).
Resolução
Por hipótese,
\[ a\le b \]
para todo o \(a\in A\) e todo o \(b\in B\).
Fixemos um \(b\in B\) qualquer. Então \(b\) é um majorante de \(A\), pois todo o elemento de \(A\) é menor ou igual a \(b\).
Como \(\sup A\) é o menor dos majorantes de \(A\), tem-se
\[ \sup A\le b \]
para todo o \(b\in B\).
Logo, \(\sup A\) é um minorante de \(B\).
Como \(\inf B\) é o maior dos minorantes de \(B\) e \(\sup A\) é um minorante de \(B\), resulta
\[ \sup A\le \inf B. \]
Exercício 14 — nível ★★★★☆
Sejam \(A,B\subseteq\mathbb R\) não vazios e majorados. Demonstrar que
\[ \sup(A+B)=\sup A+\sup B, \]
onde
\[ A+B=\{a+b:a\in A,\ b\in B\}. \]
Resultado
O supremo da soma é a soma dos supremos.
Resolução
Ponhamos
\[ \alpha=\sup A,\qquad \beta=\sup B. \]
Para todo o \(a\in A\) tem-se \(a\le\alpha\), e para todo o \(b\in B\) tem-se \(b\le\beta\); logo,
\[ a+b\le \alpha+\beta. \]
Assim, \(\alpha+\beta\) é um majorante de \(A+B\), donde
\[ \sup(A+B)\le \alpha+\beta. \]
Demonstremos agora a desigualdade contrária. Seja \(\varepsilon\gt 0\). Pela caracterização do supremo, existem \(a_\varepsilon\in A\) e \(b_\varepsilon\in B\) tais que
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{2}\lt a_\varepsilon\le\alpha \]
e
\[ \beta-\frac{\varepsilon}{2}\lt b_\varepsilon\le\beta. \]
Somando membro a membro obtemos
\[ \alpha+\beta-\varepsilon \lt a_\varepsilon+b_\varepsilon \le \alpha+\beta. \]
Como \(a_\varepsilon+b_\varepsilon\in A+B\), nenhum número inferior a \(\alpha+\beta\) pode ser majorante de \(A+B\).
Por conseguinte,
\[ \sup(A+B)=\alpha+\beta=\sup A+\sup B. \]
Exercício 15 — nível ★★★★☆
Seja \(A\subseteq\mathbb R\) não vazio e majorado, e seja \(\lambda\gt 0\). Demonstrar que
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A, \]
onde
\[ \lambda A=\{\lambda a:a\in A\}. \]
Resultado
Para \(\lambda\gt 0\), o supremo comporta-se bem relativamente à multiplicação:
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A. \]
Resolução
Ponhamos
\[ \alpha=\sup A. \]
Para todo o \(a\in A\) tem-se
\[ a\le\alpha. \]
Como \(\lambda\gt 0\), ao multiplicar por \(\lambda\) o sentido da desigualdade não se altera:
\[ \lambda a\le\lambda\alpha. \]
Logo, \(\lambda\alpha\) é um majorante de \(\lambda A\).
Temos de mostrar que é o menor. Seja \(\varepsilon\gt 0\). Pela caracterização do supremo, existe \(a_\varepsilon\in A\) tal que
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{\lambda}\lt a_\varepsilon\le\alpha. \]
Multiplicando por \(\lambda\), obtemos
\[ \lambda\alpha-\varepsilon \lt \lambda a_\varepsilon \le \lambda\alpha. \]
Como \(\lambda a_\varepsilon\in\lambda A\), todo o número inferior a \(\lambda\alpha\) não chega a ser majorante de \(\lambda A\).
Por conseguinte,
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\alpha=\lambda\sup A. \]
Exercício 16 — nível ★★★★☆
Demonstrar que a propriedade arquimediana decorre da completude de \(\mathbb R\): para todo o \(x\in\mathbb R\) existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n\gt x. \]
Resultado
O conjunto \(\mathbb N\) não é majorado em \(\mathbb R\).
Resolução
Suponhamos, por absurdo, que a propriedade é falsa. Então existiria um número real \(x\) tal que
\[ n\le x \]
para todo o \(n\in\mathbb N\); por outras palavras, \(\mathbb N\) seria majorado.
Como \(\mathbb N\) é não vazio, pela completude de \(\mathbb R\) existiria
\[ \alpha=\sup\mathbb N. \]
Sendo \(\alpha\) o menor dos majorantes, o número \(\alpha-1\) não pode ser majorante de \(\mathbb N\).
Logo, existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n\gt \alpha-1. \]
Somando \(1\), obtemos
\[ n+1\gt \alpha. \]
Mas \(n+1\in\mathbb N\), o que contradiz o facto de \(\alpha\) ser majorante de \(\mathbb N\).
Logo, \(\mathbb N\) não é majorado. Por conseguinte, para todo o \(x\in\mathbb R\) existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n\gt x. \]
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Usando a propriedade arquimediana, demonstrar que para todo o \(\varepsilon\gt 0\) existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ \frac1n\lt\varepsilon. \]
Resultado
A sucessão \(\displaystyle \frac1n\) converge para \(0\).
Resolução
Seja \(\varepsilon\gt 0\). Então
\[ \frac1\varepsilon\gt 0. \]
Pela propriedade arquimediana, existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n\gt \frac1\varepsilon. \]
Como ambos os membros são positivos, invertendo, a desigualdade troca de sentido e obtemos
\[ \frac1n\lt \varepsilon. \]
Isto demonstra que, para todo o \(\varepsilon\gt 0\), existe \(n\) tal que \(\frac1n\lt\varepsilon\).
Além disso, se \(m\ge n\), então
\[ 0\lt \frac1m\le \frac1n\lt\varepsilon. \]
Logo,
\[ \frac1n\to 0. \]
Exercício 18 — nível ★★★★★
Demonstrar que entre dois números reais \(a\lt b\) existe pelo menos um número racional.
Resultado
Os números racionais são densos em \(\mathbb R\).
Resolução
Sejam \(a,b\in\mathbb R\) com
\[ a\lt b. \]
Então
\[ b-a\gt 0. \]
Pela propriedade arquimediana, existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n(b-a)\gt 1. \]
Equivalentemente,
\[ nb-na\gt 1. \]
A distância entre os números reais \(na\) e \(nb\) é, portanto, superior a \(1\). Assim, existe um inteiro \(m\in\mathbb Z\) tal que
\[ na\lt m\lt nb. \]
Dividindo por \(n\gt 0\), obtemos
\[ a\lt \frac mn\lt b. \]
O número
\[ q=\frac mn \]
é racional e pertence ao intervalo \((a,b)\).
Logo, entre dois números reais distintos existe sempre pelo menos um número racional.
Exercício 19 — nível ★★★★★
Demonstrar que entre dois números reais \(a\lt b\) existe pelo menos um número irracional.
Resultado
Os números irracionais são densos em \(\mathbb R\).
Resolução
Sejam \(a,b\in\mathbb R\) com
\[ a\lt b. \]
Pretendemos encontrar um número irracional compreendido entre \(a\) e \(b\).
Consideremos os números
\[ a-\sqrt2 \quad \text{e} \quad b-\sqrt2. \]
Como
\[ a-\sqrt2\lt b-\sqrt2, \]
pela densidade dos racionais em \(\mathbb R\) existe um racional \(q\in\mathbb Q\) tal que
\[ a-\sqrt2\lt q\lt b-\sqrt2. \]
Somando \(\sqrt2\) aos três membros, obtemos
\[ a\lt q+\sqrt2\lt b. \]
O número \(q+\sqrt2\) é irracional. Com efeito, se fosse racional, então
\[ \sqrt2=(q+\sqrt2)-q \]
seria diferença de dois racionais e, portanto, racional, o que é absurdo.
Logo, existe um número irracional compreendido entre \(a\) e \(b\).
Exercício 20 — nível ★★★★★
Seja \((a_n)\) uma sucessão de Cauchy em \(\mathbb R\). Explicar por que razão a completude de \(\mathbb R\) implica que \((a_n)\) é convergente.
Resultado
Toda a sucessão de Cauchy de números reais converge para um número real.
Resolução
Uma sucessão \((a_n)\) diz-se de Cauchy se, para todo o \(\varepsilon\gt 0\), existe \(N\in\mathbb N\) tal que, para todos os \(m,n\ge N\),
\[ |a_n-a_m|\lt\varepsilon. \]
Observemos primeiro que toda a sucessão de Cauchy é limitada. Tomando \(\varepsilon=1\), existe \(N\in\mathbb N\) tal que, para todo o \(n\ge N\),
\[ |a_n-a_N|\lt 1. \]
Portanto, para todo o \(n\ge N\),
\[ a_n\in(a_N-1,a_N+1). \]
Os termos \(a_1,\ldots,a_{N-1}\), por serem em número finito, também são limitados. Por conseguinte, toda a sucessão \((a_n)\) é limitada.
Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, que decorre da completude de \(\mathbb R\), a sucessão limitada \((a_n)\) possui uma subsucessão convergente. Assim, existem um número real \(L\) e uma subsucessão \((a_{n_k})\) tais que
\[ a_{n_k}\to L. \]
Demonstremos agora que toda a sucessão converge para \(L\). Seja \(\varepsilon\gt 0\). Como \((a_n)\) é de Cauchy, existe \(N_1\in\mathbb N\) tal que, para todos os \(m,n\ge N_1\),
\[ |a_n-a_m|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Como \(a_{n_k}\to L\), existe \(k\) tal que \(n_k\ge N_1\) e
\[ |a_{n_k}-L|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Então, para todo o \(n\ge N_1\), tem-se
\[ |a_n-L|\le |a_n-a_{n_k}|+|a_{n_k}-L|\lt \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \]
Portanto,
\[ a_n\to L. \]
Assim, toda a sucessão de Cauchy de números reais converge para um número real. Esta é uma das formas equivalentes fundamentais da completude de \(\mathbb R\).