Diz-se que uma função f: X \rightarrow \mathbb{R} é limitada superiormente quando sua imagem f(X)=\{f(x) ; x \in X\} for um conjunto limitado superiormente. Então, define-se
\sup f=\sup \{f(x) ; x \in X\}
a. Prove que se f, g: X \rightarrow \mathbb{R} forem funções limitadas superiormente, então, f+g: X \rightarrow \mathbb{R} é limitada superiormente e que \sup (f+g) \leq \sup f+\sup g.
b. Dê exemplos de funções f e g tais que
\sup (f+g)<\sup f+\sup g
c. Dadas as funções f, g: X \rightarrow \mathbb{R}^{+}limitadas superiormente, prove que o produto f \cdot g: X \rightarrow \mathbb{R}^{+}é uma função limitada superiormente e que \sup (f \cdot g) \leq(\sup f) \cdot(\sup g).

Passo 1

O enunciado dá as definições e pede três coisas. Vou listar claramente o que é dado e o que se pede, passo a passo, sem resolver ainda. \n
Dados: \n
  • Duas funções f,g: X \rightarrow \mathbb{R} (no item (a) e (b)) cujo conjunto imagem é limitado superiormente; isto é, \sup f e \sup g existem como números reais finitos. \n
  • No item (c) as funções são f,g: X\rightarrow\mathbb{R}^+ (ou seja, f(x)\ge0 e g(x)\ge0 para todo x\in X) e também são limitadas superiormente. \n
    Pedidos: \n
    (a) Provar que f+g é limitada superiormente e mostrar que \sup (f+g)\le \sup f + \sup g. \n
    (b) Apresentar exemplos de f e g tais que \sup(f+g) < \sup f + \sup g. \n
    (c) Provar que, quando f,g são não-negativas e limitadas superiormente, o produto f\cdot g é limitada superiormente e que \sup(f\cdot g) \le (\sup f)\cdot(\sup g). \n
    Observação importante: a resolução começa no Passo 2.

Passo 2

Lembrete/definição útil (aula rápida e necessária): o que é \sup. \n
  • Dado um conjunto S\subset\mathbb{R} limitado superiormente, \sup S é o menor dos limites superiores (o menor upper bound). Isso significa duas coisas: \n
    1. Para todo s\in S vale s \le \sup S (ou seja, \sup S é um majorante de S). \n
    2. Se M é qualquer outro majorante de S (ou seja, s\le M para todo s\in S), então \sup S \le M (ou seja, \sup S é o menor desses majorantes). \n
      Vou usar essas propriedades muitas vezes: a primeira para comparar valores ponto a ponto, a segunda para concluir desigualdades envolvendo supremos.

Passo 3

Prova detalhada do item (a): provar que f+g é limitada superiormente e que \sup(f+g)\le \sup f + \sup g. \n
  1. Como f é limitada superiormente, seu supremo \sup f é um número real finito e, pela propriedade da definição, para todo x\in X vale
f(x) \le \sup f.
  1. De modo análogo, como g é limitada superiormente, para todo x\in X vale
g(x) \le \sup g.
  1. Agora somo as duas desigualdades ponto a ponto: para todo x\in X,
f(x) + g(x) \le \sup f + \sup g.
Explicação detalhada: somar desigualdades que valem para o mesmo x é permitido e mantém a direção da desigualdade; não usei nada além de aritmética básica. \n
4) A desigualdade acima diz que o número \sup f + \sup g é um majorante (um upper bound) do conjunto \{f(x)+g(x):x\in X\}, isto é, é um limitante superior para a imagem de f+g. Logo a imagem de f+g é limitada superiormente, portanto \sup(f+g) existe e é finito. \n
5) Finalmente, usando a segunda propriedade do supremo (é o menor majorante), como \sup f + \sup g é um majorante de f+g concluímos
\sup(f+g) \le \sup f + \sup g,
que é exatamente o que se pedia. \n
Comentário intuitivo: cada valor f(x)+g(x) nunca ultrapassa a soma dos maiores valores possíveis de f e g; assim a soma f+g é limitada superiormente e seu supremo não pode passar da soma dos supremos.

Passo 4

Discussão sobre quando ocorre igualdade e quando pode haver desigualdade estrita (prévia para o item (b)). \n
  • Se existir um ponto x_0\in X tal que f(x_0)=\sup f e g(x_0)=\sup g (ou seja, ambos os supremos são atingidos no mesmo ponto), então para esse x_0 vale
(f+g)(x_0) = f(x_0)+g(x_0)=\sup f + \sup g,
o que implica \sup(f+g)=\sup f + \sup g. \n
  • Se os pontos onde f e g chegam perto de seus supremos são diferentes (por exemplo, f atinge seu supremo em x=a e g atinge em x=b com a\neq b), então pode acontecer que nenhum ponto faça f(x)+g(x) alcançar a soma dos supremos, e assim podemos ter a desigualdade estrita \sup(f+g) < \sup f + \sup g. \n
    Essa observação já dá a pista de como construir exemplos.

Passo 5

Exemplos para o item (b) — construindo funções com \sup(f+g) < \sup f + \sup g. \n
Exemplo simples e explícito (discreto): tomo X=\{1,2\} e defino
f(1)=1,\quad f(2)=0;
g(1)=0,\quad g(2)=1.
Calculemos os supremos: \sup f = 1 (porque a imagem de f é \{1,0\}) e \sup g = 1 (imagem \{0,1\}). Assim
\sup f + \sup g = 1 + 1 = 2.
Agora a soma ponto a ponto é
(f+g)(1)=f(1)+g(1)=1+0=1,
(f+g)(2)=f(2)+g(2)=0+1=1.
A imagem de f+g é \{1\}, logo \sup(f+g)=1. Portanto
\sup(f+g)=1 < 2 = \sup f + \sup g.
Isso mostra explicitamente a desigualdade estrita. \n
Outro exemplo (mais “suave”, contínuo): em X=[0,2\pi] defina f(x)=\sin x e g(x)=\cos x. Temos \sup f=1 e \sup g=1, então \sup f + \sup g = 2. Mas f(x)+g(x)=\sin x + \cos x tem máximo \sqrt{2} (atingido em x=\pi/4), portanto
\sup(f+g)=\sqrt{2} < 2 = \sup f + \sup g.
Ambos os exemplos servem; o primeiro é o mais simples para a prova/exame. \n
Comentário encorajador: deu pra ver uma ideia clara — quando os picos de f e g não coincidem, a soma não alcança a soma dos picos.

Passo 6

Prova detalhada do item (c): f,g: X\to\mathbb{R}^+ limitadas superiormente. Mostrar que f\cdot g é limitada superiormente e que
\sup(f\cdot g) \le (\sup f)\cdot(\sup g).
  1. Como em (a), pela definição de supremo, para todo x\in X vale
0 \le f(x) \le \sup f
e
0 \le g(x) \le \sup g,
pois f,g são não-negativas e limitadas superiormente. \n
2) Agora quero multiplicar as duas desigualdades. Atenção didática importante: multiplicar desigualdades preserva a ordem se multiplicarmos por números não-negativos. Aqui todos os termos envolvidos são não-negativos ( f(x),g(x),\sup f,\sup g \ge 0), então é seguro multiplicar. Multiplicando we get, para todo x\in X,
f(x)\cdot g(x) \le (\sup f)\cdot (\sup g).
Explicação passo a passo da multiplicação: como 0\le f(x)\le\sup f e 0\le g(x)\le\sup g, então f(x)\cdot g(x) \le (\sup f)\cdot g(x) \le (\sup f)\cdot(\sup g). Ou seja, primeiro fixamos uma ordem de multiplicação e aplicamos monotonicidade da multiplicação por números não-negativos. \n
3) A desigualdade acima mostra que o número (\sup f)\cdot(\sup g) é um majorante da imagem \{f(x)g(x):x\in X\}. Logo f\cdot g é limitada superiormente e seu supremo existe e é finito. \n
4) Finalmente, pela propriedade do supremo (é o menor majorante), obtemos
\sup(f\cdot g) \le (\sup f)\cdot(\sup g),
como queríamos. \n
Comentário adicional: a hipótese f,g\ge0 é essencial aqui para garantir que a multiplicação preserve a desigualdade; se uma das funções pudesse assumir valores negativos, a conclusão não seguiria dessa maneira direta.

Passo 7

Resumo final e observações rápidas de reforço (para lembrar na hora da prova): \n
  • Técnica padrão usada: pegar as desigualdades ponto a ponto fornecidas por serem supremos e, em seguida, combinar (somar ou multiplicar, conforme permitido) para produzir um majorante para a função composta (soma ou produto). \n
  • Mostrar que algo é limitada superiormente basta encontrar um número real que seja majorante de cada valor da função; então usar a propriedade do supremo para concluir a desigualdade solicitada. \n
  • Para exigir desigualdade estrita, construa funções cujos pontos de pico não coincidam — exemplo discreto com X=\{1,2\} é o mais direto.

Resposta

(a) f+g é limitada superiormente e \displaystyle \sup(f+g)\le \sup f + \sup g.\n
(b) Exemplo: X=\{1,2\}, f(1)=1,f(2)=0, g(1)=0,g(2)=1. Então \sup f=1, \sup g=1, \sup(f+g)=1 e \displaystyle \sup(f+g)=1<2=\sup f+\sup g.\n
(c) f\cdot g é limitada superiormente e \displaystyle \sup(f\cdot g)\le (\sup f)\cdot(\sup g).

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