Análise Matemática – Exercícios II

a) Para a sequência ${ \dfrac{n^2+1}{2n^2-1}}$ mostre que existe uma ordem ${ k}$ onde ${ \left | u_n - \dfrac{1}{2} \right |<10^{-3}}$ é válido.

${ \begin{aligned} \left | \dfrac{n^2+1}{2n^2-1} - \dfrac{1}{2} \right | &< 10^{-3} \\ \left | \dfrac{2n^2+2-2n^2+1}{2(2n^2-1)} \right | &< 10^{-3} \\ \left | \dfrac{3}{2(2n^2-1)} \right | &< 10^{-3} \\ \dfrac{|3|}{|2(2n^2-1)|} &< 10^{-3} \end{aligned}}$

Uma vez que ${ 2(2n^2-1)>0}$ vem que

${ \begin{aligned} \dfrac{3}{2(2n^2-1)} &< 10^{-3} \\ 3/2 \times 10^3 &< 2n^2-1 \\ 3/4\times 10^3+1/2 &< n^2 \\ \sqrt{3/4\times 10^3 + 1/2} &< n \end{aligned}}$

Tomando ${ k > \left \lfloor \sqrt{3/4\times 10^3 + 1/2}\right \rfloor +1}$ Temos o resultado pretendido.

b) Mostre por definição que ${ u_n \rightarrow 1/2}$

Pela definição de limite e usando a), temos

$\displaystyle n > \sqrt{\dfrac{3}{4 \delta}+1/2}$

Fazendo

$\displaystyle k= \left \lfloor \sqrt{\dfrac{3}{4 \delta}+1/2} \right\rfloor+1$

a diferença entre ${ u_n}$ e ${ 1/2}$ é sempre menor do que ${ \delta}$ .

2. Mostre que ${ \lim u_n = 0 \Leftrightarrow \lim |u_n| = 0}$

Na maior parte dos casos é mais fácil mostrar que o módulo da sequência tende para ${0}$ . Com esta proposição podemos ver que as proposições são equivalentes e como tal podemos evitar cálculos longos e aborrecidos.

Diz-se que ${ u_n \rightarrow a}$ sse ${ \forall \delta > 0 \, \exists k \in \mathbb{N}: \quad n>k \Rightarrow |u_n - a| < \delta}$

Assim ${ \lim |u_n - a| = 0}$ sse

${\forall \delta > 0\,\exists k\in\mathbb{N}:\; n > k\Rightarrow||u_n-a|-0| < \delta}$

${\Leftrightarrow \forall \delta > 0 \, \exists k \in \mathbb{N}:\; n > k \Rightarrow |u_n - a| < \delta}$

Com ${ a=0}$ as proposições ${ \lim u_n = 0}$ e ${ \lim |u_n| = 0}$ são de facto equivalentes.

3. Calcule ${ \lim \sqrt{n+1}-\sqrt{n}}$

Este limite que estamos interessados em calcular pode ser visto como ${ \lim u_n - v_n}$ onde ${ u_n = \sqrt{n+1}}$ e ${ v_n = \sqrt{n}}$ .

Sabemos que ${ \lim u_n = \lim \sqrt{n+1} = +\infty}$ e ${ \lim v_n = \lim \sqrt{n} = +\infty}$ .

O que estamos a tentar determinar é quão rápido estas sucessões divergem. Se o valor do limite é ${ a \in \mathbb{R}^+}$ então ${ u_n}$ diverge ligeiramente mais depressa, se for ${ a \in \mathbb{R}^-}$ então é ${ v_n}$ que diverge ligeiramente mais depressa.

No caso de ${ \pm \infty}$ vemos que uma das sequências diverge muito mais rápido que a outra.

Vamos então calcular:

${\begin{aligned} \lim \sqrt{n+1}-\sqrt{n} &= \lim \dfrac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \\ &= \lim \dfrac{n+1-n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \\ &= \lim \dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \\ &= \lim \dfrac{1}{\sqrt{n(1+1/n)}+\sqrt{n}} \\ &= \lim \dfrac{1}{\sqrt{n}\sqrt{1+1/n}\sqrt{n}} \\ &= \lim \dfrac{1}{\sqrt{n}\left( \sqrt{1+1/n}+1 \right)} \\ &= \lim\dfrac{1}{\left( \sqrt{1+1/n}+1 \right) } \lim \dfrac{1}{\sqrt{n}} \\ &= \lim\dfrac{1}{2 \sqrt{n}} \\ &= 0 \end{aligned}}$

O que quer dizer que as sucessões divergem com essencialmente a mesma velocidade.

4. Calcule ${ \lim \left( \sqrt{n^2+n} - \sqrt{n^2+1} \right)}$

${\begin{aligned} \lim \left( \sqrt{n^2+n} - \sqrt{n^2+1} \right)&=\lim \dfrac{n^2+n-n^2-1}{\sqrt{n^2+n} + \sqrt{n^2+1}} \\ &=\lim \dfrac{n-1}{\sqrt{n^2\left(1+\frac{1}{n}\right)} + \sqrt{n^2\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}} \\ &=\lim \dfrac{n-1}{n \sqrt{1+\frac{1}{n}} + n\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} \\ &=\lim \dfrac{n-1}{n\left( \sqrt{1+\frac{1}{n}} + \sqrt{1+\frac{1}{n^2}} \right)} \\ &=\lim \dfrac{n-1}{2n} \\ &=\dfrac{1}{2} \end{aligned}}$

5. Calcule ${ \lim \displaystyle \sum _{k=1}^n \dfrac{1}{(n+k)^2}}$ .

Vamos escrever alguns termos desta soma para podermos ganhar alguma intuição sobre o que está a acontecer:

$\sum _{k=1}^n \dfrac{1}{(n+k)^2} = \dfrac{1}{(n+1)^2}+\dfrac{1}{(n+2)^2}+\cdots + \dfrac{1}{(2n)^2}$

Ou seja, fazendo ${ n \rightarrow \infty}$ o que nós obtemos é cada vez mais termos para somar, mas os valores destes termos tornam-se cada vez menores.

O valor deste limite dir-nos-á qual destes efeitos contraditórios é mais forte.

Uma vez que estamos a somar ${ n}$ cujo valor absoluto é sucessivamente menor temos

$\displaystyle \displaystyle \sum _{k=1}^n \dfrac{1}{(n+k)^2} \leq \dfrac{n}{(n+1)^2}$

Mas também é

$\displaystyle \displaystyle \sum _{k=1}^n \dfrac{1}{(n+k)^2} \geq \dfrac{n}{4n^2}$

Assim

$\displaystyle \dfrac{n}{4n^2} \leq \displaystyle \sum _{k=1}^n \dfrac{1}{(n+k)^2} \leq \dfrac{n}{(n+1)^2}$

com ${ \lim \dfrac{n}{4n^2} = \lim \dfrac{n}{(n+1)^2} = 0}$

Logo ${ \lim \displaystyle \sum _{k=1}^n \dfrac{1}{(n+k)^2} = 0}$ .

Em conclusão o facto dos valores dos termos serem sucessivamente menores é mais importante para o valor do limite do que o facto do número de termos aumentar indefinidamente.

6. Calcule $\sum _{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n+k}}$

Uma situação semelhante à encontrada no exercício anterior

Uma vez que estamos a somar ${ n}$ cujo valor absoluto é sucessivamente menor temos

$\displaystyle \displaystyle \sum _{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n+k}} \geq \dfrac{n}{\sqrt{2n}}$

Mas também é

$\displaystyle \displaystyle \sum _{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n+k}} \leq \dfrac{n}{\sqrt{n+1}}$

Logo ${ \dfrac{n}{\sqrt{2n}} \leq \displaystyle \sum _{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n+k}} \leq \dfrac{n}{\sqrt{n+1}}}$ .

Uma vez que

$\displaystyle \lim \dfrac{n}{\sqrt{2n}} = \lim \dfrac{1}{\sqrt{2}}\dfrac{n}{\sqrt{n}}= \lim \dfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{n} = + \infty$

$\displaystyle \lim \dfrac{n}{\sqrt{n+1}} = \lim \dfrac{n}{\sqrt{n}}\dfrac{1}{\sqrt{1+1/n}} = \lim \sqrt{n}\dfrac{1}{\sqrt{1+1/n}} = +\infty$

vem que

$\displaystyle \displaystyle \sum _{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n+k}} = + \infty$

Desta vez o facto de termos um número infinito de termos para adicionar é mais relevante para o valor do limite do que o facto das fracções estarem a tender para ${0}$ . Tal resultado advém desta vez termos raízes quadradas no denominador das fracções.

7. Calcule ${ \lim \dfrac{n^n}{n!}}$

Visualmente:

$\displaystyle n^{n-1} = n \times n \times n \ldots \times n$

com ${ n-1}$ termos.

$\displaystyle n! = 1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times n = 2 \times 3 \times \ldots \times n$

com ${ n-1}$ termos.

Então

$\displaystyle \lim \dfrac{n^n}{n!} \geq \lim \dfrac{n^n}{n^{n-1}} = + \infty$

então também é

$\displaystyle \lim \dfrac{n^n}{n!} = +\infty$

De onde podemos concluir que ${ n^n}$ tende para infinito mais rápido do que ${ n!}$

8. Dê exemplo de sucessões que

a) ${ u_n \rightarrow +\infty}$ e ${ v_n \rightarrow - \infty}$ : ${ u_n+v_n=0}$

${ u_n = n}$ e ${ v_n = -n}$

b) ${ u_n \rightarrow +\infty}$ e ${ v_n \rightarrow - \infty}$ : ${ u_n+v_n=10}$

${ u_n = n+10}$ e ${ v_n = -n}$

c) ${ u_n \rightarrow +\infty}$ e ${ v_n \rightarrow - \infty}$ : ${ u_n+v_n=+\infty}$

${ u_n = 2n}$ e ${ v_n = -n}$

d) ${ u_n \rightarrow +\infty}$ e ${ v_n \rightarrow - \infty}$ : ${ u_n+v_n}$ não existe.

${ u_n = n+(-1)^n}$ e ${ v_n = -n}$

e) ${ u_n \rightarrow 0}$ e ${ v_n \rightarrow \infty}$ : ${ u_n v_n = a \in \mathbb{R}}$

${ u_n = \dfrac{a}{n}}$ e ${ v_n = n}$

f) ${ u_n \rightarrow 0}$ e ${ v_n \rightarrow \infty}$ : ${ u_n v_n = 0}$

${ u_n = \dfrac{1}{n^2}}$ e ${ v_n = n}$

g) ${ u_n \rightarrow 0}$ e ${ v_n \rightarrow \infty}$ : ${ u_n v_n = +\infty}$

${ u_n = \dfrac{1}{n}}$ e ${ v_n = n^2}$

h) ${ u_n \rightarrow 0}$ e ${ v_n \rightarrow \infty}$ : ${ u_n v_n}$ não existe.

${ u_n = \dfrac{\sin n}{n}}$ e ${ v_n = n}$

1 Comentário

Análise Matemática – Exercícios III « Luso Academia diz:

07/18/2015 às 9:44 pm

[…] Para a segunda parte vamos calcular antes uma vez que sabemos que pelo artigo Análise Matemática ? Exercícios II […]

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