1. Nas condições do exercício anterior mostre que \sup \left(f^{2}\right)=(\sup f)^{2} e \inf \left(f^{2}\right)=(\inf f)^{2}.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar, sob as hipóteses do exercício anterior, que se f\colon A\to[0,\infty) é limitada então
\sup\bigl(f^{2}\bigr)=\bigl(\sup f\bigr)^{2} \quad\text{e}\quad \inf\bigl(f^{2}\bigr)=\bigl(\inf f\bigr)^{2}.
Vamos usar a definição de supremo e ínfimo junto com a monotonia da função quadrado em [0,\infty).

Passo 2

Seja M=\sup f. Como para todo x\in A vale 0\le f(x)\le M, elevando ao quadrado obtemos
0\le f(x)^{2}\le M^{2}.
Isso mostra que M^{2} é uma cota superior de \{f(x)^{2}:x\in A\}, ou seja
\sup\bigl(f^{2}\bigr)\le M^{2}.

Passo 3

Para a outra desigualdade, tome \varepsilon>0. Por definição de supremo existe x_{\varepsilon}\in A tal que
f(x_{\varepsilon})>M-\varepsilon.
Então
f(x_{\varepsilon})^{2}>\bigl(M-\varepsilon\bigr)^{2} =M^{2}-2M\varepsilon+\varepsilon^{2},
o que implica
\sup\bigl(f^{2}\bigr)\ge M^{2}-2M\varepsilon+\varepsilon^{2}.
Como isso vale para todo \varepsilon>0, segue que \sup(f^{2})\ge M^{2}.

Passo 4

Das desigualdades \sup(f^{2})\le M^{2} e \sup(f^{2})\ge M^{2} concluímos
\sup\bigl(f^{2}\bigr)=M^{2}=\bigl(\sup f\bigr)^{2}.

Passo 5

Agora seja m=\inf f. Como f(x)\ge m\ge0 para todo x, segue
f(x)^{2}\ge m^{2},
logo m^{2} é cota inferior de \{f(x)^{2}:x\in A\} e
\inf\bigl(f^{2}\bigr)\ge m^{2}.

Passo 6

Para a outra desigualdade, dado \varepsilon>0 existe y_{\varepsilon}\in A tal que
f(y_{\varepsilon})<m+\varepsilon.
Então
f(y_{\varepsilon})^{2}<\bigl(m+\varepsilon\bigr)^{2} =m^{2}+2m\varepsilon+\varepsilon^{2},
implicando
\inf\bigl(f^{2}\bigr)\le m^{2}+2m\varepsilon+\varepsilon^{2}.
Como vale para todo \varepsilon>0, obtemos \inf(f^{2})\le m^{2}.

Passo 7

Das desigualdades \inf(f^{2})\ge m^{2} e \inf(f^{2})\le m^{2} segue
\inf\bigl(f^{2}\bigr)=m^{2}=\bigl(\inf f\bigr)^{2}.

Resposta

\sup\bigl(f^{2}\bigr)=\bigl(\sup f\bigr)^{2} \quad\text{e}\quad \inf\bigl(f^{2}\bigr)=\bigl(\inf f\bigr)^{2}.

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