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Análise Matemática – Limites e Continuidade V

07/20/2015 6:17 am / 2 comentários em Análise Matemática – Limites e Continuidade V

A condição {\epsilon\delta}, por si só, é algo que não é fácil de entender pela primeira vez para a maior parte das pessoas. Se a isso adicionarmos a semelhança entre a definição {\epsilon\delta} para limites e a definição {\epsilon\delta} para continuidade pode aumentar a incompreensão deste conceito tão importante nos alunos.

De forma a tentarmos contrariar essa tendência vamos apresentar alguns exemplos da condição {\epsilon\delta}.

— 4.7. {\epsilon\delta} para continuidade —

Vamos iniciar o nosso estudo com um exemplo muito simples.

Seja {f(x)=\alpha} (que é uma função obviamente contínua!).

O ponto de utilizarmos o argumento {\epsilon\delta} para este caso é tornarmos os alunos confortáveis com este tipo de raciocínio. Em termos técnicos o que nós pretendemos fazer é mostrar que independentemente do {\delta} escolhido conseguimos sempre encontrar um {\epsilon} que satisfaz o critério de Heine para a continuidade.

Voltando à nossa função {f(x)=\alpha} vem que {|f(x)-f(c)| < \delta}. Neste caso temos {f(x)=f(c)=\alpha}. Assim

{\begin{aligned} |f(x)-f(c)| &< \delta \\ |\alpha-\alpha| &< \delta \\ |0| &< \delta \\ 0 &< \delta \end{aligned}}

Que é trivialmente válido, uma vez que {\delta > 0} por hipótese. Assim qualquer valor positivo de {\epsilon} satisfaz o critério de Heine para a continuidade e {f(x)=\alpha} é contínua em {c}.

Uma vez que nunca fizemos qualquer assunção relativamente a {c} para além de que {c \in {\mathbb R}} podemos concluir que {f(x)=\alpha} é contínua em todos os pontos do seu domínio.

Vamos agora analisar {f(x)=x} e novamente vamos estudar a continuidade no ponto {c} ({f(c)=c}):

{\begin{aligned} |f(x)-f(c)| &< \delta \\ |x-c| &< \delta \end{aligned}}

A última expressão é exactamente o que queremos: uma expressão da forma {x-c} (a primeira parte do critério {\epsilon\delta}).

Se tomarmos {\epsilon=\delta} fica então {|x-c| < \epsilon} o que completa a nossa demonstração que {f(x)=x} é contínua em {c}.

Mais uma vez não fizemos nenhuma assunção relativamente à natureza de {c} para além de que {c \in {\mathbb R}} e como tal concluímos que {f(x)=x} é contínua no seu domínio.

Vamos agora olhar para funções da forma {f(x)=\alpha x + \beta} e estudar a continuidade de {f(x)} em {c}.

{\begin{aligned} |f(x)-f(c)| &< \delta \\ |\alpha x + \beta-(\alpha c + \beta)| &< \delta \\ |\alpha x -\alpha c| &< \delta \\ |\alpha||x-c| &< \delta \\ |x-c| &< \dfrac{\delta}{|\alpha|} \end{aligned}}

Se tomarmos {\epsilon=|\delta|/ |\alpha|} vem que {|x-c|< \epsilon} e {f(x)=\alpha x + \beta} é contínua em {c}.

Como um exemplo final do critério de Heine para a continuidade vamos olhar para a função {f(x)=\sin x}.

{\begin{aligned} |f(x)-f(c)| &< \delta \\ |\sin x-\sin c| &< \delta \end{aligned}}

Uma vez que queremos algo da forma {|x-c| < g(\delta)} a última expressão não nos é útil.

Neste caso temos que tomar uma alternativa que ainda assim tem o mesmo espírito que temos usado até agora.

Dada à novidade deste método pedimos aos leitores que prestem muita atenção à dedução e que se certifiquem que percebem todos os passos.

{\begin{aligned} |\sin x-\sin c| &= 2\left| \cos\left( \dfrac{x+c}{2}\right)\right| \left| \sin\left( \dfrac{x-c}{2}\right)\right|\\ &< 2\left| \sin\left( \dfrac{x-c}{2}\right)\right| \end{aligned}}

Uma vez que {x \rightarrow c} sabemos que em algum momento {\dfrac{x-c}{2}} vai estar no primeiro quadrante. Assim

{\begin{aligned} 2\left| \sin\left( \dfrac{x-c}{2}\right)\right| &< 2\left|\dfrac{x-c}{2}\right| \\ &= |x-c|\\ &< \epsilon \end{aligned}}

Onde a última desigualdade é válida por hipótese.

Quer isto dizer que se tomarmos {\epsilon=\delta} fica {|x-c|<\epsilon \Rightarrow | \sin x - \sin x | < \delta} que é a condição {\epsilon\delta} para a continuidade.

— 4.8. {\epsilon\delta} para limites —

Nesta subsecção vamos utilizar o mesmo procedimento que utilizámos na subsecção anterior, mas com as devidas adaptações para o caso dos limites.

Seja {f(x)=2}. Queremos mostrar que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}f(x)=2}.

{\begin{aligned} |f(x)-2| &< \delta \\ |2-2| &< \delta \\ 0 &< \delta \end{aligned}}

Que é trivialmente válido para qualquer valor de {\delta}, assim {\epsilon} pode ser um número positivo qualquer.

Seja {f(x)=2x+3}. Queremos mostrar que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}f(x)=5}.

{\begin{aligned} |f(x)-5| &< \delta \\ |2x+3-5| &< \delta \\ |2x-2| &< \delta \\ 2|x-1| &< \delta \\ |x-1| &< \dfrac{\delta}{2} \end{aligned}}

Com {\epsilon=\delta/2} satisfazemos a condição {\epsilon\delta} para limites.

Como um exemplo final vamos olhar para a função de Dirichlet modificada que foi introduzida em Análise Matemática Limites e Continuidade III.

\displaystyle f(x) = \begin{cases} o \quad x \in \mathbb{Q}\\ x \quad x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q} \end{cases}

Nesse artigo demonstrámos que para {a \neq 0} o limite {\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)} não existe e prometemos que num artigo futuro iríamos mostrar que {\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}f(x)=0} usando a condição {\epsilon\delta}:

{\begin{aligned} |f(x)-f(0)| &< \delta \\ |f(x)-0| &< \delta \end{aligned}}

Uma vez que {f(x)=0} ou {f(x)=x} vamos atacar este problema usando estas duas possibilidades.

No primeiro caso é {|0-0|<\delta} que é trivialmente válido e assim {\epsilon} pode ser um número positivo qualquer.

No segundo caso é {|x-0|<\delta}. Tomando {\epsilon=\delta} faz com que se respeite o critério de Heine.

Uma vez que mostramos que {\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}f(x)=0=f(0)} a conclusão é que a função de Dirichlet modificada é somente contínua em {x=0}.

Análise Matemática – Exercícios III

07/18/2015 9:44 pm / 1 comentário em Análise Matemática – Exercícios III

1.

a) Calcule { \displaystyle \sum_{k=p}^{m}(u_{k+1}-u_k)} e {\displaystyle\sum_{k=p}^{m}(u_k - u_{k+1})}

{\displaystyle \sum_{k=p}^{m}(u_{k+1}-u_k)=u_{p+1}-u_{p}+u_{p+2}-u_{p+1}+\ldots +u_{m+1}-u_{m}}

Como podemos ver o primeiro termo cancela o quarto, o terceiro cancela o sexto e assim por diante. Deste modo ficamos somente com o segundo e último termo:

{\displaystyle \sum_{k=p}^{m}(u_{k+1}-u_k) = u_{m+1}-u_p}

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=p}^{m}(u_k - u_{k+1})&= - \sum_{k=p}^{m}(u_{k+1}-u_k)\\ &= - (u_{m+1}-u_p)\\ &= u_p-u_{m+1} \end{aligned}}

b) Calcule {\displaystyle \lim \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k(k+1)}} Usando o resultado anterior.

{\displaystyle \lim \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k(k+1)}= \lim \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right) }

Definindo {u_k=1/k} podemos reescrever a soma anterior como

{\begin{aligned} \displaystyle \lim \sum_{k=1}^n \left( u_k-u_{k+1} \right)&=\lim (u_1 - u_{n+1})\\ &= \lim \left(1-\frac{1}{n+1}\right)\\ &=1 \end{aligned}}

Aparentemente este resultado tem uma história engraçada. Mengoli foi o primeiro a conseguir calcular {\displaystyle \lim \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k(k+1)}=1}. Na altura em que tal aconteceu a investigação em Matemática tinha um cariz ligeiramente diferente do que temos agora. Muitas vezes as pessoas escondiam os seus resultados ou então as derivações dos seus resultados durante anos enquanto atormentavam os seus rivais devido à inépcia destes.

E foi isto que Mengoli fez. Na altura em que ele conseguiu somar esta série a teoria das séries não estava desenvolvida como está hoje em dia, e este resultado que acabamos de demonstrar, sem sermos particularmente brilhantes em Matemática, era algo digno de nota.

Mengoli escreveu cartas a algumas pessoas dizendo que {\displaystyle \lim \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k(k+1)}=1}, sem nunca mostrar como foi que ele chegou a este resultado. Uma vez que os matemáticos a quem ele enviou o resultado não sabiam dos seus métodos tudo o que podiam fazer era somar explicitamente e ver que o resultado da soma era cada vez mais próximo de {1}.

Claro está que eles sabiam que isso não provava nada pois podiam até somar um milhão de termos que ainda assim faltaria somar um infinidade de termos para sabermos o resultado real.

c) Calcule {\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(2k+1) }

Neste exercício vamos calcular a soma de {n} números primos consecutivos. Este resultado já era conhecido na Grécia Antiga e o valor da sua soma era algo que os matemáticos gregos achavam especialmente apelativo.

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(2k+1)&=\sum_{k=0}^{n-1}\left[ (k+1)^2-k^2\right]\\ &= \sum_{k=0}^{n-1}(u_{k+1}-u_k) \end{aligned}}

Com {u_k=k^2}

Usando a fórmula que já nos é familiar por esta altura

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(2k+1) &= (n-1+1)^2-0^2\\ &= n^2 \end{aligned}}

Um resultado que realmente tem algo de mágico estético, tal como os gregos diziam!

2.

a) Usando 1.a) e {a^k=a^k\dfrac{a-1}{a-1}\quad (a \neq 1)} calcule {\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} a^k }

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} a^k &= \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \left[ a^k\frac{a-1}{a-1}\right]\\ &= \displaystyle \frac{1}{a-1}\sum_{k=0}^{n-1}\left( a^{k+1}-a^k\right)\\ &= \displaystyle\frac{1}{a-1}(a^n-1)\\ &= \displaystyle\frac{a^n-1}{a-1} \end{aligned}}

b) Usando a) estabeleça a desigualdade {a^n-1 \geq n(a-1)} se {a > 0} e {n \in \mathbb{Z}^+} (se bem se lembram usamos esse resultado no artigo Análise Matemática ? Sucessões III

Se {a=1} é {1-1=n(1-1) \Rightarrow 0=0} que é trivialmente válido.

Se {n=1} é {a-1=a-1} que é trivialmente válido.

Para {n \geq 2 } e {a>1} é:

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}a^k&= 1+a+a^2+\ldots+a^{n-1}\\ &> 1+1+\ldots+1\\ &= n \end{aligned}}

Assim

{\begin{aligned} \dfrac{a^n-1}{a-1} & > n \\ a^n-1 &> n(a-1) \end{aligned}}

Uma vez que {a > 1}

Finalmente, se {0 < a <1 } é

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}a^k&= 1+a+a^2+\ldots+a^{n-1}\\ &< 1+1+\ldots+1\\ &= n \end{aligned}}

Assim

{\begin{aligned} \dfrac{a^n-1}{a-1} &< n \\ a^n - 1 &> n(a-1) \end{aligned}}

Uma vez que {a < 1}

c) Use b) para calcular {\lim a^n} se {a > 1} e depois conclua que {\lim a^n=0} se {|a| < 1}.

por b) é

{\begin{aligned} a^n &> n(a-1)+1 \\ \lim a^n &\geq \lim \left( n(a-1)+1 \right)= +\infty \end{aligned}}

Logo {\lim a^n = +\infty \quad (a>1)}

Para a segunda parte vamos calcular antes {\lim |a^n|} uma vez que sabemos que { u_n \rightarrow 0 \Leftrightarrow |u_n| \rightarrow 0} pelo artigo Análise Matemática ? Exercícios II

Vamos fazer a mudança de variável {t=1/a}. O que implica {|a|=|1/t|} e

{\begin{aligned} \lim |a^n| &= \lim |1/t|^n\\ &= \dfrac{1}{\lim |t|^n}\\ &= \dfrac{1}{+\infty}\\ &=0 \end{aligned}}

3. Considere as sucessões {u_n=\left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n } e {v_n=\left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^{n+1}}

a) Calcule {\dfrac{v_n}{v_{n+1}}} e {\dfrac{u_{n+1}}{u_n}}. Use a desigualdade de Bernoulli para mostrar que {v_n} é estritamente decrescente e que {u_n} é estritamente crescente.

{\begin{aligned} \dfrac{v_n}{v_{n+1}} &= \dfrac{\left( 1+1/n \right)^{n+1}}{\left(1+1/(n+1)\right)^{n+2}}\\ &=\dfrac{\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{n+1}}{\left( \dfrac{n+2}{n+1} \right)^{n+2}}\\ &= \dfrac{n}{n+1}\dfrac{\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{n+2}}{\left( \dfrac{n+2}{n+1} \right)^{n+2}}\\ &=\dfrac{n}{n+1}\left( \dfrac{(n+1)^2}{n(n+2)} \right)^{n+2}\\ &= \dfrac{n}{n+1}\left( \dfrac{n^2+2n+1}{n(n+2)} \right)^{n+2}\\ &=\dfrac{n}{n+1}\left( \dfrac{n(n+2)+1}{n(n+2)} \right)^{n+2}\\ &= \dfrac{n}{n+1}\left( 1+\dfrac{1}{n(n+2)} \right)^{n+2} \end{aligned}}

Após calcularmos {v_n/v_{n+1}} podemos usar a Desigualdade de Bernoulli com {a=1+\dfrac{1}{n(n+2)}} , para vermos que {v_n} é estritamente decrescente.

{\begin{aligned} \dfrac{n}{n+1}\left( 1+\dfrac{1}{n(n+2)} \right)^{n+2} &> \dfrac{n}{n+1}\left(1 + \dfrac{n+2}{n(n+2)} \right)\\ &= \dfrac{n}{n+1}(1+1/n)\\ &= \dfrac{n}{n+1}\dfrac{n+1}{n}\\ &= 1 \end{aligned}}

Assim {v_n} é estritamente decrescente.

Como uma técnica semelhante podemos mostrar que

{ \displaystyle u_{n+1}/u_n=\dfrac{n+1}{n}\left( 1- \dfrac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1}}

E após isso novamente usamos a Desigualdade de Bernoulli para mostrar que {u_{n+1}/u_n>1} o que implica que {u_n} é estritamente crescente.

c) Usando a), b) e {\lim u_n = e} mostre que são válidas as seguintes desigualdades {(1+1/n)^n < e <(1+n)^{n+1}}.

{\begin{aligned} \lim v_n&= \lim(1+1/n)^n(1+1/n)\\ &= e\times 1\\ &= e \end{aligned}}

Já sabemos que {v_n} é decrescente por isso é {v_n<(1+1/n)^{n+1}}

Por outro lado {u_n} é crescente e {\lim u_n=e} por isso {(1+1/n)^n<e}.

Logo {(1+1/n)^n<e<(1+1/n)^{n+1}}

d) Use c) para mostrar que { \displaystyle \frac{1}{n+1}<\log (n+1)-\log n <\frac{1}{n}}.

{ \begin{aligned} (1+1/n)^n &< e \\ n \log \left( \dfrac{n+1}{n} \right) &< 1 \\ \log(n+1) - \log n &< \dfrac{1}{n} \end{aligned} }

E agora para a segunda parte da desigualdade:

{ \begin{aligned} e &< \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1} \\ 1 &< (n+1)\log \left(\dfrac{n+1}{n}\right) \\ \dfrac{1}{n+1} &< \log (n+1) -\log n \end{aligned}}

Em conclusão é { \dfrac{1}{n+1}<\log (n+1)- \log n < \dfrac{1}{n} }

4.

a) Usando 3d) mostre que { \displaystyle 1+\log k < (k+1)\log (k+1)-k\log k < 1+ \log(k+1) }.

Em primeiro lugar é

{ \begin{aligned} \dfrac{1}{k+1} &< \log (k+1) - \log k \\ 1 &< (k+1)\log(k+1) - (k+1)\log k \\ 1+ \log k &< (k+1)\log(k+1)-k \log k \end{aligned}}

Com um raciocínio semelhante também podemos mostrar que {(k+1)\log(k+1)-l\log k < 1+ \log(k+1)}.

Logo é {1+\log k < (k+1)\log(k+1)-k\log k < 1+ \log(k+1)}

b) Some as desigualdades anteriores entre {1 \leq k \leq n-1}.

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(1+ \log k) &< \sum_{k=1}^{n-1} ((k+1)\log(k+1)-k \log k)\\ &< \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(1+\log(k+1)) \end{aligned}}

Ora

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} (1+ \log k) &= \sum_{k=1}^{n-1}1+\sum_{k=1}^{n-1}\log k\\ &= n-1 +\sum_{k=1}^{n-1}\log k \end{aligned}}

E

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\log k &= \log 1 + \log2 +\ldots+\log(n-1)\\ &=\log((n-1)!) \end{aligned}}

E também temos

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}((k+1)\log(k+1) - k\log k)&= m\log n -\log 1\\ &=n\log n \end{aligned}}

E {\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(1+\log(k+1))=n-1+\log n!}

Em conclusão é {n-1+\log(n-1)! < n\log n < n-1 \log n!}

c) Conclua as seguintes desigualdades { n \log n -n +1 < \log n! < n \log n -n+1+\log n} e estabeleça a Aproximação de Stirling { \displaystyle \log n! = n\log n -n +r_n} com {e < C_n < en}

{ \begin{aligned} n-1 + \log (n-1)! &< n\log n \\ \log (n-1)! &< n\log n -n+1 \\ \log n! &< n\log n -n +1+\log n \end{aligned}}

Por outro lado

{\begin{aligned} n\log n &< n-1 + \log n! \\ n\log n -n +1 &< \log n! \end{aligned} }

Logo

{\begin{aligned} n\log n -n +1 &< \log n! \\ &< n\log n -n +1 +\log n \end{aligned}}

E daqui temos {1 < \log n! -n\log n+n < 1+\log n}

Definindo {r_n=\log n! -n\log n+n} vem que {\log n! = n\log n-n+r_n} com {1 < r_n < 1+\log n}

5.

Mostre que {\log \left(1+\dfrac{1}{n}\right)\sim \dfrac{1}{n}} e que {\log \left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)\sim \dfrac{1}{n^2}}

Sabemos que

{ \begin{aligned} \dfrac{1}{n+1} &< \log(n+1)-\log n < \dfrac{1}{n} \\ \dfrac{1}{n+1} &< \log\left( \dfrac{n+1}{n}\right) < \dfrac{1}{n} \\ \dfrac{1}{n+1} &< \log\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) <\dfrac{1}{n} \\ \dfrac{1/(n+1)}{1/n} &< \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n}<1 \\ \lim \dfrac{n}{n+1} &\leq \lim \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n} \leq \lim 1 \\ 1 &\leq \lim \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n} \leq 1 \end{aligned}}

Logo {\lim \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n}=1} e isto é equivalente a {\log \left(1+\dfrac{1}{n}\right)\sim \dfrac{1}{n}}.

Seja {u_n = \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n}}. Neste caso é {\dfrac{\log (1+1/n^2)}{1/n^2}=u_{n^2}}. Uma vez que {u_{n^2}} é uma subsucessão de {u_n} sabemos que é {\lim u_{n^2}= \lim u_n} e assim também é {\log \left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)\sim \dfrac{1}{n^2}}.

6. Mostre que {u_n \sim v_n} e {v_n \sim w_n \Rightarrow u_n \sim w_n }

Por hipótese é {u_n=h_n v_n}, {v_n=t_n w_n} com {h_n,t_n \rightarrow 1}.

Substituindo a segunda igualdade na primeira obtemos {u_n = h_n t_n w_n}.

Seja {s_n = h_n t_n} e {u_n =s_n w_n } com {\lim s_n = \lim h_n \lim t_n =1\times 1=1}.

Logo {u_n \sim w_n}

7. Seja {u_n = O\left(1/n\right)} e{v_n = O (1/ \sqrt{n})}. Mostre que {u_n v_n = o ( 1/n^{4/3})}.

{u_n = h_n 1/n} and {v_n = t_n 1/ \sqrt{n}} com {h_n} e {t_n} sendo sucessões limitadas.

{\begin{aligned} u_n v_n &= \dfrac{h_n}{n} \dfrac{t_n}{\sqrt{n}}\\ &= \dfrac{h_n t_n}{n^{3/2}}\\ &=\dfrac{h_n t_n}{n^{1/6}}\dfrac{1}{n^{4/3}} \end{aligned}}

Seja {s_n = \dfrac{h_n t_n}{n^{1/6}}}. Então {\lim s_n = \lim \dfrac{h_n t_n}{n^{1/6}} = 0} uma vez que {h_n t_n} é limitada.

Logo {u_n v_n = o (1/n^{4/3})}

8.Usando a Aproximação de Stirling mostre que {\log n! = n\log n -n + O(\log n)}

Sabemos que é {\log n! = n\log n -n + +r_n} com { 1< r_n < 1+\log n}. Logo

{\begin{aligned} 0 &<\dfrac{1}{\log n}\\ &< \dfrac{r_n}{\log n}\\ &< \dfrac{1}{\log n} +1\\ &\leq \dfrac{1}{\log 2}+1 \end{aligned}}

Onde usámos o facto que { \dfrac{1}{\log n}+1} é uma função decrescente.

Logo {\dfrac{r_n}{\log n}} é limitada e assim {r_n=O(\log n)} como desejado.

Análise Matemática – Limites e Continuidade IV

07/18/2015 1:58 pm / Deixe um comentário

Como uma aplicação do Teorema 35 vamos estudar as funções {f(x)=e^x} e {g(x)=\log x}.

Ora {f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R^+}} é uma função estritamente crescente e {g:\mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R}} também é uma função estritamente crescente.

Pelo Teorema 35 é então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}e^x = \mathrm{sup} [\mathbb{R^+}] = +\infty} e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty} e^x= \mathrm{inf} [\mathbb{R^+}] = 0}.

Quanto a {g(x)} vem que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} \log x=\sup [\mathbb{R}]=+\infty} e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \log x = \inf [\mathbb{R}]=-\infty}.

Definição 34 Seja {D \subset \mathbb{R}}; {f,g: D \rightarrow \mathbb{R}},e {c \in D^\prime}. Vamos admitir que existe {h: D \rightarrow \mathbb{R}} tal que {f(x) = h(x)g(x) }.

  1. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} h(x)=1 } dizemos que {f(x)} é assimptoticamente igual a {g(x)} quando {x \rightarrow c} e escrevemos {f(x) \sim g(x)\,\, (x \rightarrow c)}.
  2. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} h(x) = 0} dizemos que {f(x)} é desprezável relativamente a {g(x)} quando {x \rightarrow c} e escrevemos { f(x) = o (g(x)) \,\, (x \rightarrow c)}.
  3. Se {h(x)} é limitada em alguma vizinhança de {c} dizemos que {f(x)} é dominada por {g(x)} quando {x \rightarrow c} e escrevemos {f(x)=O(g(x)) \;(x \rightarrow c)}.

Se {g(x)\neq 0} é:

  1. { f(x) \sim g(x) \Leftrightarrow \displaystyle \lim_{x \rightarrow c} \frac{f(x)}{g(x)} = 1}.
  2. { f(x) = o (g(x)) \,\, (x \rightarrow c) \Leftrightarrow \displaystyle \lim_{x \rightarrow c} \frac{f(x)}{g(x)} = 0}.
  3. { f(x) = O(g(x)) \,\, (x \rightarrow c) \Leftrightarrow \dfrac{f(x)}{g(x)} } é limitada em alguma vizinhança de {c}.

Esta noções têm uma interpretação exactamente igual à interpretação oferecida aquando do nosso estudo das sucessões e dão o mesmo tipo de informação referente ao comportamento de duas funções.

Teorema 36

Seja {D \subset \mathbb{R}}; {f,g,f_0,g_0: D \rightarrow \mathbb{R}}, e {c \in D^\prime}. Então:

  1. Se {f(x) \sim g(x) \,\, (x \rightarrow c)} e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c}g(x) = a}, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a}
  2. Se {f(x) \sim f_0(x) \,\, (x \rightarrow c)} e {g(x) \sim g_0(x) \,\, (x \rightarrow c)}, então {f(x)g(x) \sim f_0(x)g_0(x) \,\, (x \rightarrow c)} e {f(x)/g(x) \sim f_0(x)/f_0(x) \,\, (x \rightarrow c)}.

Demonstração: Deixada como um exercício para o leitor. \Box

Para as funções polinomiais podemos dizer com toda a generalidade o seu comportamento é ditado pelo termo de maior grau se nos estivermos a aproximar de {\pm \infty}. No entanto, se a aproximação for para {0} o seu comportamento é ditado pelo termo de menor grau.

Para vermos que de facto as coisas são como enunciamos vamos analiser o simples exemplo:

\displaystyle f(x) = x^2+x

Ora {x^2+x=(x+1)x}. Seja {h(x)=x+1}. então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} h(x)=1} e assim é {x^2+x=O(x) \,\, (x \rightarrow 0)}.

Outro exemplo com bastante interesse para nós é:

\displaystyle \sin x \sim x \,\, (x \rightarrow 0)

Podemos ver que é assim uma vez que é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1}

— 4.6. Condição Epsílon-Delta —

Após este preâmbulo está na hora de introduzirmos o conceito de limite e continuidade utilizando a condição { \varepsilon\delta }.

Mais uma vez o que estamos a fazer é usar conceitos cada vez mais abstractos por forma a conseguirmos atingir níveis de rigor e generalização cada vez maiores. A partir deste ponto temos perfeita consciência que a compreensão desta matéria será mais difícil, especialmente para quem não está habituado a este tipo de argumentos, mas temos também sabemos que ao fazerem o devido esforço serão recompensados intelectualmente.

O ponto da condição { \varepsilon\delta } é que nos permite evitar conceitos nebulosos como perto de, sinais de entrada, sinais de saída, ou ainda a relativamente fraca definição de limite que temos usado até agora.

Teorema 37 (Teorema de Heine)

Seja {D \subset \mathbb{R}}, {f: D \rightarrow \mathbb{R}}, {c \in D^\prime} e {a \in \overline{\mathbb{R}}}. Dizemos que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a} sse

\displaystyle \forall \delta > 0 \, \exists \varepsilon >0 : \; x \in V(c,\varepsilon) \cap (D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace ) \Rightarrow f(x) \in V(a, \delta)

Demonstração: Demonstração omitida. \Box

Caso a parafernália de símbolos faz com que os nossos leitores fiquem a pensar “Mas afinal isto quer dizer o quê?!” a resposta é que isto somente uma correcta formalização da noção intuitiva de limite.

Mais uma vez temos que ver isto como se fosse um jogo entre duas pessoas. A primeira escolhe os valores de {\delta} enquanto que a segunda escolhe os valores de {\varepsilon} que façam com que a condição seja válida.

Se o segundo jogador conseguir encontrar uma expressão geral de {\varepsilon} para todos os valores de {\delta} ele ganha o jogo e podemos afirmar que função realmente tem limite {a} no ponto {c}.

Teorema 38

Seja {D \subset \mathbb{R}}, {f: D \rightarrow \mathbb{R}}, e {c \in D^\prime}. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)} existe e é finito, então existe uma vizinhança de {c } onde {f(x)} é limitada.

Demonstração:

Seja {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a \in \mathbb{R}}. Pelo Teorema 37 com {\delta=1} existe {\varepsilon > 0} tal que

\displaystyle \begin{aligned} x \in V(c,\varepsilon)\cap(D\setminus\left\lbrace c \right\rbrace ) &\Rightarrow f(x) \in V(a,1) \\ &\Rightarrow f(x) \in \left] a-1, a+1\right[ \end{aligned}

Assim {x\in V(c,\varepsilon)\cap(D\setminus\left\lbrace c \right\rbrace)\Rightarrow a-1 < f(x) < a+1}.

Logo

\displaystyle x \in V(c,\varepsilon) \cap D \Rightarrow f (x) \begin{cases} \leq \mathrm{max} \left\lbrace a+1,f(c)\right\rbrace \\ \geq \mathrm{max}\left\lbrace a+1,f(c)\right\rbrace \end{cases}

e {f(x)} é limitada em {V(c,\varepsilon)} \Box

Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)/g(x)} existe, então {f(x)= O(g(x))\,\, (x \rightarrow c)} uma vez que neste caso é {h(x)=f(x)/g(x)} e existe uma vizinhança de {c} onde {h(x)} é limitada.

Após isto estamos interessados em saber como é que podemos traduzir {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^+} f(x) = a} para uma condição {\varepsilon\delta}.

Neste caso estamos a considerar {f(x)} apenas no conjunto {D_{c^+}} e temos:

\displaystyle \forall \delta > 0 \exists \varepsilon > 0: \, x \in V(c,\varepsilon)\cap D_{c^+} \Rightarrow f(x) \in V(a,\delta)

Teorema 39

Seja {D \subset \mathbb{R}}, {f:D \rightarrow \mathbb{R}}, e {c \in D^\prime}. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^-}f(x)=\lim_{x \rightarrow c^+}f(x)=a}, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c}f(x)=a}.

Demonstração:

Seja {\delta > 0}. Pela condição {\varepsilon\delta} é:

\displaystyle \exists \varepsilon_1>0:x \in V(c,\varepsilon_1)\cap D_{c^+} \Rightarrow f(x) \in V(a,\delta)

\displaystyle \exists \varepsilon_2>0:x \in V(c,\varepsilon_2)\cap D_{c^-} \Rightarrow f(x) \in V(a,\delta)

Tomando {\varepsilon =\mathrm{min} \left\lbrace \varepsilon_1, \varepsilon_2 \right\rbrace } Vem que {x \in V(c,\varepsilon) \cap (D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace ) \Rightarrow x \in V(c,\varepsilon) \cap D_{c^+}} ou {x \in V(c,\varepsilon) \cap D_{c^- }\Rightarrow f(x) \in V(a,\delta)}

Em conclusão:

{ \forall \delta > 0 \exists \varepsilon > 0: x \in V(c,\varepsilon)\cap (D\setminus \left\lbrace c \right\rbrace ) \Rightarrow f(x) \in V(a,\delta) } que é equivalente a {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)=a}. \Box

Definição 35

Seja {D \subset \mathbb{R}}; {f: D \rightarrow \mathbb{R}} e {c \in D}. Dizemos que {f(x)} é contínua em {c} se para todas as sucessões {x_n} de pontos em {D}, tal que {\lim x_n = c} é {\lim f(x_n)=f(c)}.

A função diz-se contínua se é contínua em todos os pontos de {D}.

Vamos agora usar alguns exemplos para clarificar a Definição 35.

  1. \displaystyle f(x)=|x| \quad \forall x \in \mathbb{R}

    Seja {c \in \mathbb{R}} e {x_n} uma sucessão tal que {x \rightarrow c}. Então {f(x_n)=|x_n|} e {\lim f(x_n) = \lim |x_n| = |c|}.

    Ou seja dizer que {f(x_n) \rightarrow f(c)} é equivalente a dizer que {f} é contínua em {c}. Uma vez que {c} pode ser um ponto qualquer {f(x)=|x|} é contínua em {\mathbb{R}}.

  2. Seja {f(x)= \sin x} e {x_n} uma sucessão tal que {x_n \rightarrow \theta}. Temos {\lim \sin x= \sin \theta} e usando o mesmo argumento que no exemplo anterior podemos dizer que {\sin x} é contínua.
  3. Em geral podemos dizer que se {x_n \rightarrow c} é {\lim f(x_n)=f(c)=f(\lim x_n)}. Logo para {\exp (x)} é {\lim \exp (x_n)=\exp (\lim x_n)}.

    Se {x_n \rightarrow +\infty } vem que{\lim \exp(x_n)=+\infty }. Para {x_n \rightarrow -\infty} vem que {\lim \exp(x_n)=0}.

    Se definirmos {\exp (+\infty)=+\infty} e {\exp (-\infty)=0} vem que é sempre {\lim \exp (x_n)=\exp (\lim x_n)}.

  4. De forma análoga podemos definir {\log +\infty= +\infty} e {\log 0 = -+\infty} para que seja sempre {\lim \log x_n = \log (\lim x_n)}.
Teorema 40 (Teorema de Heine para a continuidade)

Seja {D \subset \mathbb{R}}, {f:D \rightarrow \mathbb{R}} e {c \in D}. {f} é contínua em {D} sse

\displaystyle \forall \delta>0 \,\,\exists \, \varepsilon > 0: \, x \in D \wedge |x-c| < \varepsilon \Rightarrow |f(x)-f(c)| < \delta

Que também podemos escrever na forma de vizinhanças:

\displaystyle \forall \delta>0 \,\,\exists \, \varepsilon > 0: \, x \in V(c,\varepsilon) \cap D \Rightarrow f(x) \in V(f(c),\delta)

Demonstração: Demonstração omitida. \Box

Como podemos ver a condição {\varepsilon\delta} para a continuidade no ponto {c} é muito semelhante à condição {\varepsilon\delta} para o limite {a} no ponto {c}.

Para terminarmos este artigo vamos só enunciar um teorema que torna mais explícita a relação entre continuidade e limite.

Teorema 41 Seja {D \subset \mathbb{R}}, {f:D \rightarrow \mathbb{R}} e {c \in D \cap D^\prime}. Então {f} é contínua em {c} sse {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = f(c)}.

Demonstração: Demonstração omitida. \Box

Análise Matemática – Limites e Continuidade III

07/18/2015 6:08 am / 1 comentário em Análise Matemática – Limites e Continuidade III

O conceito de limite é um conceito local.

Em linguagem matemática quando dizemos que o conceito de limite é local estamos a dizer que para uma função ter um limite num dado ponto, {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a}, não interessa como é que a função se comporta quando estamos longe do ponto em questão. O que interessa é como a função se comporta quando estamos na vizinhança do ponto.

A linguagem que estamos a usar até pode ser satisfatória para o dia-a-dia, mas para os padrões de rigor da Matemática deixa muito a desejar.

O que nós, de facto, estamos a fazer com o conceito de limite é formalizar o que queremos dizer quando usamos expressões como longe e na vizinhança.

Como exemplo, vamos introduzir a função

\displaystyle f(x) = \begin{cases} o \quad x \in \mathbb{Q}\\ x \quad x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q} \end{cases}

Esta função não é das mais sofisticadas, mas é o suficiente para a ideia que queremos passar.

Antes de mais vamos representar graficamente esta função para termos uma visualização do seu comportamento:

Onde representámos {x \in \mathbb{Q}} com a cor azul e {x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}} a vermelho.

É fácil ver que para todos os pontos {c} diferentes de {0} a função não tem limite.

Para {c \neq 0} { \displaystyle \lim_{x \in \mathbb{Q} \rightarrow c} f(x) = 0 } e { \displaystyle\lim_{x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}\rightarrow c} f(x) = c }. Logo { \displaystyle \lim_{x \in \mathbb{Q} \rightarrow c} f(x) \neq \lim_{x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}\rightarrow c} f(x)}, e assim podemos concluir que este limite não existe.

Para {c=0} é possível mostrar (faremos isso quando o conceito de limite for formalizado usando a condição { \epsilon-\delta }) que { \displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} f(x) = 0}.

Quase que apetece dizer que “Não se pode ser mais local do que isto! Esta função só tem limite no ponto {x=0}!”.

De uma forma intuitiva podemos entender este resultado da seguinte forma. O conceito de limite basicamente expressa o quão bem-comportada uma função é. Uma vez que esta função está sempre a saltar de ponto para ponto dependendo se estamos numa ordenada racional ou numa ordenada irracional podemos dizer que esta função é malcomportada.

A asserção anterior é verdadeira em quase todo o domínio da função. O único ponto em que ela deixa de ser aplicável é em {x=0}.

Isto é assim porque embora a função seja malcomportada ela é cada vez menos malcomportada à medida que nos aproximamos da origem.

Teorema 32

Seja {D \subset \mathbb{R} }, {f,g : D \rightarrow \mathbb{R}}, {c \in D^\prime} e {r > 0} tal que

\displaystyle f(x) \leq g(x)\, \forall x \in V(c,r) \cap \left( D \setminus \left\lbrace c\right\rbrace \right)

Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)= +\infty } então também é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} g(x)= +\infty }. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} g(x)= -\infty } então também é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)= -\infty }

Demonstração: Demonstração omitida. \Box

Tal como noutros casos que já vimos o teorema anterior expressa um facto bastante prosaico, mas, tal como nos outros casos, aqui o que interessa é vermos que podemos demonstrar estas asserções rigorosamente.

O que devemos reter deste teorema é que ele nos permite saber o resultado do limite algumas funções sem termos que calcular o limite.

Teorema 33 (Teorema da função enquadrada)

Seja {D \subset \mathbb{R} }, {f,g : D \rightarrow \mathbb{R}}, {c \in D^\prime} e {r > 0} tal que {g(x) \leq f(x) \leq h(x)\quad \forall x \in V(c,r) \cap D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace }. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} g(x) = \lim_{x \rightarrow c} h(x) = a } também é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a}.

Demonstração: Demonstração omitida. \Box

E temos mais um teorema que continua a tendência de possibilitar que saibamos o limite de funções sem termos que o calcular!

Como exemplo vamos ver o limite:

\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\sin x}{x}

Temos

\displaystyle -1 \leq \sin x \leq 1 \quad \forall x \in \mathbb{R}

Logo

\displaystyle \displaystyle -\frac{1}{x} \leq \frac{\sin x}{x} \leq \frac{1}{x} \quad \forall x > 0

Uma vez que é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}-\frac{1}{x}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{1}{x}= 0} vem que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}-\frac{\sin x}{x}=0}.

Como segundo exemplo vamos olhar para:

\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}

Uma vez que

\displaystyle \displaystyle \cos x < \frac{\sin x}{x} < 1\quad \forall x \in \left] -\frac{\pi}{2},0 \right[ \cup \left] 0,\frac{\pi}{2}\right[

Temos {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}1=1} e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \cos x = \cos 0 = 1}. Assim também é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1}

— 4.5. Propriedades algébricas dos limites de funções —

Tal como fizemos para as sucessões vamos agora enunciar algumas regras algébricas que nos permitem calcular o limite de algumas expressões matemáticas mais complexas.

Teorema 34 (Propriedades algébricas dos limites de funções)

Seja {D \subset \mathbb{R}}; {f,g:D \rightarrow \mathbb{R}} e {c \in D^\prime}. Então:

  1. {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)=a \Rightarrow \lim_{x \rightarrow c} |f(x)|=|a|}
  2. {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)=a} e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} g(x)=b}, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} \left( f(x)+g(x)\right) = a+b}
  3. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = +\infty } e {g} é minorada, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} (f(x)+g(x))= +\infty}
  4. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = -\infty } e {g} é minorada, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} (f(x)+g(x))= -\infty}
  5. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = 0 } e {g} é limitada, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} (f(x)g(x))= 0}
  6. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a } e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} g(x) = b}, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} (f(x)g(x))= ab}
  7. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = +\infty } e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} g(x) = a \neq 0}, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} |f(x)g(x)|= +\infty}
  8. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a \neq 0 }, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} 1/f(x)= 1/a}
  9. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = +\infty }, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} 1/f(x)= 0}
  10. Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = 0 }, então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} 1/|f(x)|= +\infty}

Demonstração:

Só vamos demonstrar a segunda proposição uma vez que o raciocínio pode ser facilmente adaptado aos outros casos.

Seja {x_n} uma sucessão em {D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace } tal que {x_n \rightarrow c}. Então {f(x_n) \rightarrow a} e {g(x_n) \rightarrow b}. Pelo que já vimos em sucessões é {f(x_n)+g(x_n) \rightarrow a+b}.

Por definição de limite isto é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} (f(x)+g(x)) = a + b}. \Box
Teorema 35 (Teorema da função Monótona)

Seja {D \subset \mathbb{R}}; {f: D \rightarrow \mathbb{R}}, { \alpha = \inf D} e { \beta = \sup D}.

Então:

  1. Se { \alpha \in D^\prime }, {\displaystyle \lim_{x \rightarrow \alpha} f(x)} existe e temos:{\displaystyle \lim_{x \rightarrow \alpha} f(x) = \mathrm{inf}f \left[ D_{\alpha^+} \right] } se {f} é crescente.

    {\displaystyle \lim_{x \rightarrow \alpha} f(x) = \mathrm{sup}f \left[ D_{\alpha^+} \right] } se {f} é decrescente.

  2. Se { \beta \in D^\prime }, {\displaystyle \lim_{x \rightarrow \beta} f(x)} existe e temos:{\displaystyle \lim_{x \rightarrow \alpha} f(x) = \mathrm{sup}f \left[ D_{\beta^-} \right] } se {f} é crescente.

    {\displaystyle \lim_{x \rightarrow \alpha} f(x) = \mathrm{inf}f \left[ D_{\beta^-} \right] } se {f} é decrescente.

Demonstração:

Não vamos dar uma demonstração formal deste resultado, mas vamos providenciar uma evidência gráfica da sua veracidade.

Como exemplo vamos tomar a função crescente:

\displaystyle f(x) = \sin x \quad \forall x \in \left] -\pi/2, \pi/2\right[

Neste caso é { \alpha = -\pi/2 } e { \beta = \pi/2 }; {\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\pi/2} \sin x = \sin(-\pi/2)= -1}.

{ D_{\alpha^+}} representa {D\cap \left] \alpha, +\infty \right[} de tal modo que {f \left[ D_{\alpha^+} \right] } representa o transformado de {f} por { D \cap \left] \alpha, +\infty \right[ }. Isto é mesmo que dizer que {f \left[ D_{\alpha^+} \right] = \left] -1, 1 \right[ } e { \mathrm{inf}\left] -1, 1 \right[=-1 } como já havíamos visto ao calcular o limite.

De uma forma semelhante também podemos verificar que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow \pi/2} \sin x = \sin(\pi/2)= f \left[ D_{\beta^-} \right]}

Para a função decrescente, {f(x)= \cos x \quad \forall x \in ]0,\pi[}, ambos os passos devem ser executados pelo leitor.

\Box

Análise Matemática – Limites e Continuidade II

07/17/2015 8:08 pm / 1 comentário em Análise Matemática – Limites e Continuidade II

\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{1}{x}

Neste caso é {D_{0^+} = \left] 0, +\infty\right[ } e { 0^+ \in D_{0^+} }.

Se {x_n} é uma sucessão de pontos em {D_{0^+}} tal que {x_n \rightarrow 0^+} vem que

\displaystyle \lim f(x_n) = \lim \dfrac{1}{x_n} = \dfrac{1}{0^+} = + \infty

Vamos agora introduzir um teorema que descreve um resultado simples e óbvio.

De uma forma mais dinâmica podemos entender o teorema seguinte como indicando o facto de que se nos aproximarmos de um ponto {c} pela sua esquerda ou pela sua direita as imagens associadas a ambos os limites devem ser iguais, para o limite realmente existir.

Teorema 29

Seja {D \subset \mathbb{R}}, {f: D \rightarrow \mathbb{R} }, {c \in D^\prime} e vamos supor que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a}. Se {c \in D^\prime_{c^+}} temos que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^+} f(x) = a}, e se {c \in D^\prime_{c^-}} também é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^-} f(x) = a}.

Demonstração:

Seja {x_n} uma sucessão de pontos em {D_{c^+} } tal que {x_n \rightarrow c}.

Uma vez que {x_n} é uma sucessão de pontos em {D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace} (por definição de {x_n}) e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)=a } (por hipótese) pela definição de limite vem que { \lim f(x_n) = a }.

Mas isto é { \displaystyle \lim_{x \rightarrow c^+} f(x) = a} pela Definição 33.

O caso { \displaystyle \lim_{x \rightarrow c^-} f(x) } é provado usando um raciocínio análogo e como tal fica como um exercício para o leitor. \Box

\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{x}

Já sabemos que {\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{x}=+\infty} e que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^-} \dfrac{1}{x} = - \infty }.

Uma vez que o limite à direita de {0} é diferente do limite à esquerda podemos concluir que o limite não existe.

— 4.4. Limites de Funções e desigualdades —

Vamos agora enunciar um conjunto de teoremas que vão generalizar os resultados que vimos para as sucessões.

Teorema 30 (Desigualdade de limites) Seja {D \subset \mathbb{R}}, {f,g : D \rightarrow \mathbb{R}}, {c \in D^\prime} e vamos admitir que existe {r > 0} tal que

\displaystyle f(x) < g(x)\quad \forall x \in V(c,r) \cap (D\setminus \left\lbrace c \right\rbrace )

Se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)} e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} g(x)} existe e é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) \leq \lim_{x \rightarrow c} g(x)}

Demonstração:

Seja {x_n} uma sucessão de pontos em {D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace } tal que {x_n \rightarrow c}. Pela definição 19 {\exists k \in \mathbb{N}:\, n \geq k \Rightarrow x_n \in V(c,r) \Rightarrow x_n \in V(c,r) \cap D\setminus \left\lbrace c \right\rbrace }.

Uma vez que {x \in V(c,r) \cap D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace \Rightarrow f(x) \leq g(x)}.

Assim {n \geq k} implica que {f(x_n) \leq g(x_n)}.

Pelo Teorema 14 sabemos que é {\displaystyle \lim f(x_n) \leq \lim g(x_n)}.

Uma vez que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = f(x_n)} e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} g(x) = g(x_n)} segue que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) \leq \lim_{x \rightarrow c} g(x)} \Box

Corolário 31

Seja {D \subset \mathbb{R}}, {f: D \rightarrow \mathbb{R} }, {c \in D^\prime} e {a \in \mathbb{R}}.

Se existe {r > 0} tal que {f(x) \leq a} ({f(x) \geq a}) { \forall x \in V(c,r) \cap D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace} e se {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x)} existe, vem que { \displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) \leq a} ({ \displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) \geq a }).

Demonstração: Façamos {g(x)=a} no Teorema 30. \Box

Análise Matemática – Limites e Continuidade I

07/14/2015 8:44 pm / 1 comentário em Análise Matemática – Limites e Continuidade I

— 4. Limites e Continuidade —

Após introduzirmos sucessões e ganharmos conhecimentos sobre algumas das suas propriedades (I, II, III, e IV) estamos finalmente prontos para estudar Análise Real.

— 4.1. Definições Preliminares —

A Física expressa-se de uma forma mais concisa e eficiente na linguagem da Matemática. Um conceito matemático muito útil para a Física é conceito de uma função.

Falando de forma informal uma função é uma associação (transforma um sinal de entrada de um conjunto a um sinal de saída noutro conjunto) entre os elementos de dois conjuntos.

As sucessões que estudámos são casos particulares de funções: eles tomam números naturais e mapeiam-nos para números reais.

Mais formalmente introduzimos:

Definição 24

  • Uma função, {f} é uma relação (mapeamento) entre elementos de dois subconjuntos de números reais fazendo corresponder a um elemento do primeiro conjunto, um e um só elemento do segundo conjunto.

    \displaystyle f:D\subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \ \ \ \ \ (44)

  • O conjunto {D} é o domínio da função
  • O conjunto formado pelos elementos que podem ser relacionados com o conjunto da função diz-se o contradomínio da função .

    Representamos o elemento transformado pela função por {f(x)}:

    \displaystyle \left\lbrace f(x):x \in D \right\rbrace = f\left[ D \right] \ \ \ \ \ (45)

Por vezes estamos interessados no mapeamento de uma função não para a totalidade de {D} mas somente para um subconjunto de {D}. Assim, faz sentido introduzir:

Definição 25

Seja {E \subset D}. Então {f\left[ E \right] = \left\lbrace f(x):x \in E \right\rbrace } é o transformado de {f} por {E}.

Tal como fizemos para as sucessões podemos definir o que é uma função majorada, minorada e limitada.

A título de exemplo temos

Definição 26

{f} diz-se limitada sse {\exists \, \alpha > 0 : |f(x)| \leq \alpha \forall x \in D }

— 4.2. Introdução à Topologia —

Vamos agora introduzir de forma breve algumas noções topológicas para depois estudarmos os conceitos de limites e continuidade.

Definição 27

  • Seja {E \subset \mathbb{R}}. Dizemos que {c \in \overline{\mathbb{R}}} é um ponto limite de {E} se existe uma sucessão {x_n} de pontos em {E \setminus \left\lbrace c \right\rbrace } tal que {\lim x_n = c}.
  • O conjunto dos pontos limites de {E} é {E^\prime}.
  • Os pontos pertencentes a {E} que não são pontos limites dizem-se pontos isolados.

Como já vem sendo nosso hábito após introduzirmos algumas definições vamos fornecer alguns exemplos para tornar a nossa exposição mais concreta:

\displaystyle E = \left] 0,1\right[ \cup \left\lbrace 2 \right\rbrace

É fácil ver que (e não vamos dar uma demonstração rigorosa dessa asserção) que {E^\prime= \left[ 0,1 \right] } e que {2} é o único ponto isolado de {E}.

Definição 28

  • {\displaystyle \lim _{x \rightarrow c^+}} denota o limite para {c} por números reais maiores que {c}.
  • {\displaystyle \lim _{x \rightarrow c^-}} denota o limite para {c} por números reais menores que {c}.
  • Definimos {\displaystyle \lim _{x \rightarrow c^+} f(x) = a} se para todas sucessões {x_n \in D} tais que {x_n \rightarrow c^+} corresponde uma sucessão {f(x_n)} tal que {f(x_n) \rightarrow a}.

Definição 29

O símbolo {D_{c^+}} é utilizado para denotar {D \cap \left] c, \infty \right[ } e o símbolo {D_{c^-}} para denotar {D \cap \left] - \infty , c \right[ }

Como exemplo vamos calcular

\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^+} \frac{1}{x}

Neste caso é {D_{0^+} = \left] 0, \infty \right[ } e {0^+ \in D^\prime_{c^+}} pelo que o limite que vamos calcular não é despropositado.

Se {x_n} é uma sucessão de pontos em {D^\prime_{c^+}} tal que {x_n \rightarrow 0^+} então

\displaystyle \lim f(x_n)=\lim \dfrac{1}{x_n}=\dfrac{1}{0^+}=+\infty

Teorema 28

Seja {D \subset \mathbb{R}}, {f : D \rightarrow \mathbb{R}}, {c \in D^\prime}. Vamos admitir que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a}. Então, se {c \in D^\prime_{c^+}} vem que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^+} f(x) = a }. Se {c \in D^\prime_{c^-}} vem que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^-} f(x) = a }.

Demonstração:

Seja {x_n} uma sucessão de pontos em {D_{c^+}} tal que {x_n \rightarrow c}. Uma vez que {x_n} é uma sucessão de pontos em {D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace } (pela nossa escolha de {x_n}) e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c} f(x) = a} (por hipótese do teorema) vem, pela definição de limite que { \lim f(x_n)= a}.

Mas isto é {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^+} = a} por definição.

O caso {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^-}} é demonstrado com um raciocínio semelhante.

\Box

Como aplicação do teorema 28 vamos calcular

\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{x}

É fácil ver que este limite não existe. Seja {f(x)=\dfrac{1}{x}}. Então {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = +\infty} e {\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = -\infty}.

Uma vez que os limites laterais são diferentes podemos concluir que o limite {\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{1}{x}} não existe.

Definição 30

{ +\infty } é um ponto limite de {E} se {E} não é majorado em { \mathbb{R} }.

{ -\infty } é um ponto limite de {E} se {E} não é minorado em {\mathbb{R}}.

Se as definições anteriores o deixam confuso lembre-se que se {E} não é majorado, então tem-se necessariamente { \exists x_n \in E: \quad \lim x_n = +\infty } o que é a definição de ponto limite.

Definição 31

{c} diz-se ponto limite de {E} se

\displaystyle \forall \delta > 0 \; V(c,\delta) \cap E \setminus \left\lbrace c \right\rbrace \neq \emptyset \ \ \ \ \ (46)

Definição 32

Seja {D \subset \mathbb{R} }, {f : D \rightarrow \mathbb{R}}, {c \in D^\prime} e { a \in \mathbb{R} }.

{f} tem limite {a} no ponto {c} se para todas sucessões {x_n \in D \setminus \left\lbrace c \right\rbrace } tais que {\lim x_n = c} vem que {\lim f(x_n) = a}.

— 4.3. Limites e Topologia —

Só definimos o limite de uma função em pontos limite do seu domínio. De notar que com esta definição podemos também definir o limite de uma função em pontos que não pertencem ao domínio da função.

Vamos agora utilizar alguns exemplos para testar os nossos conhecimentos:

  • Calcule {\displaystyle \lim_{x \rightarrow + \infty} \dfrac{1}{x} }.

    { D = \mathbb{R} \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace } e { + \infty \in D^\prime } uma vez que {D} não é majorado em { \mathbb{R} }.

    Seja {x_n} uma sucessão de pontos em {D} tal que { x_n \rightarrow + \infty } e {f(x)=\dfrac{1}{x}}. Então {f(x_n)=\dfrac{1}{x_n}} e temos {\lim f(x_n)=0}.

  • Calcule {\displaystyle \lim_{x \rightarrow + \infty} \sin x }

    O domínio de {f(x)= \sin x} é {D = \mathbb{R}}. Logo {+\infty \in D^\prime}

    Seja {x_n = n \pi}. Assim {x_n \rightarrow +\infty } e {f(x_n)=\sin x_n = 0}.

    Neste caso é trivial que {\lim f(x_n)=0}.

    No entanto escolhendo {y_n=\pi/2 + 2n\pi} também é {y_n \rightarrow + \infty}, mas {f(y_n)= \sin (\pi/2+2n\pi)=1} e assim {\lim f(y_n)=1}.

    Uma vez que temos {x_n}, {y_n} tais que {\lim x_n = \lim y_n = + \infty}, mas {\lim f(x_n) \neq \lim f(y_n)}. Logo {\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} \sin x } não existe.

Vamos agora introduzir os conceitos de limites laterais. Vamos usar os símbolos {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^+}} para denotar a aproximação a {c} por números reais maiores que {c}. A definição de {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^-}} segue um caminho análogo.

Formalizando:

Definição 33

  • Dizemos que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^+} f(x)=a} se para todas {x_n \in D} tais que { x_n \rightarrow c^+} corresponde uma sucessão {f(x_n)} tal que {f(x_n) \rightarrow a}.
  • {D_{c^+}} é {D \cap \left] c, +\infty \right[ } e {D_{c^-}} é {D \cup \left] -\infty, c \right[ }.
  • Dizemos que {\displaystyle \lim_{x \rightarrow c^-} f(x)=a} se para todas {x_n \in D} tais que { x_n \rightarrow c^-} corresponde uma sucessão {f(x_n)} tal que {f(x_n) \rightarrow a}.

Análise Matemática – Exercícios II

07/14/2015 5:15 am / 1 comentário em Análise Matemática – Exercícios II

1.

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:

{ \displaystyle \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 { \displaystyle \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

e

\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}

Análise Matemática – Sucessões IV

07/12/2015 9:21 pm / 1 comentário em Análise Matemática – Sucessões IV

Após termos demonstrado alguns teoremas importantes sobre sucessões no artigo anterior vamos agora introduzir algumas noções auxiliares que nos ajudarão a continuar o nosso estudo das sucessões.

— 3.3. Relações entre Sucessões —

Definição 20 Sejam { u_n} e { v_n} duas sucessões. Vamos admitir a existência de uma sucessão { h_n} tal que { u_n = h_n v_n}.

Se { \lim h_n=1} dizemos que { u_n} é assimptoticamente igual a { v_n} e escrevemos { u_n \sim v_n}. Se { v_n \neq 0} podemos escrever { h_n = \dfrac{u_n}{v_n}}.

Como exemplo vamos considerar a sucessão { u_n=3n^2-5n+1}. É fácil ver que neste caso temos { u_n \sim 3n^2}.

Podemos então escrever { 3n^2-5n+1=3n^2\left(1-\dfrac{5}{3n}+\dfrac{1}{3n^2}\right)}.

Neste caso é { h_n=1-\dfrac{5}{3n}+\dfrac{1}{3n^2}} e temos { \lim h_n = \lim \left( 1-\dfrac{5}{3n}+\dfrac{1}{3n^2} \right) = 1}.

Teorema 23 Consideremos as sucessões { a_n}, { b_n}, { c_n}, e { d_n}.

  • Se { a_n \sim b_n} e { \lim a_n = a} também temos { \lim b_n = a}
  • Se { a_n \sim c_n} e { b_n \sim d_n} então { a_n b_n \sim c_n d_n} e { \dfrac{a_n}{b_n} \sim \dfrac{c_n}{d_n}}.

Demonstração: Por definição de { a_n \sim b_n} é { a_n=h_n b_n}. Aplicando limites a ambos os lados da equação anterior vem { \lim a_n =\lim (h_n b_n)= \lim h_n \lim b_n= 1\cdot \lim b_n} onde { \lim h_n = 1} por hipótese. Então temos { \lim b_n =\lim a_n=a}.

Vamos escrever { a_n= h_n c_n} e { b_n= t_n d_n} com { \lim h_n = \lim t_n = 1}. Então { a_n b_n = h_n t_n c_n d_n} e aplicando limites { \lim ( a_n b_n )= \lim (h_n t_n)\lim ( c_n d_n )} com { \lim (h_n t_n)= \lim h_n \lim t_n=1\times 1 =1}. Então { \lim ( a_n b_n )= \lim ( c_n d_n )} como pretendido.

A parte do enunciado referente à divisão prova-se de uma forma semelhante. \Box
Definição 21 Sejam { u_n} e { v_n} duas sucessões e vamos supor que { u_n= h_n v_n} para uma sucessão { h_n}:

  • Se { \lim h_n = 0} dizemos que { u_n} é desprezável relativamente a { v_n} e escrevemos { u_n = o(v_n)}.
  • Se { h_n} é limitada dizemos que { u_n} é dominada por { v_n} e escrevemos { u_n = O(v_n)}.

Vamos agora dar uma explicação mais intuitiva sobre o significado dos símbolos que introduzimos:

A notação { u_n \sim v_n} expressa o facto que a diferença entre { u_n} e { v_n} tende para { 0\,} à medida que { n \rightarrow \infty}. Ou seja os valores das sucessões são cada vez mais próximos

A notação { u_n = O(v_n)} expressa o facto que as duas sucessões diferem por um factor de escala, que é o mesmo que dizer que evidenciam o mesmo tipo de comportamento em {\infty}. A expressão o mesmo tipo de comportamento será tornada mais clara com o desenvolver da Análise Real neste blog.

A notação { u_n = o(v_n)} diz-nos que { u_n} toma valores cada vez mais pequenos quando comparada com { v_n} à medida que nos aproximamos de { \infty}. De uma maneira mais formal: se { v_n \neq 0 \, \lim \dfrac{u_n}{v_n}=0}

Vamos agora fornecer alguns exemplos para tornar mais concreta a discussão anterior:

\displaystyle \dfrac{1}{n^3}=o \left(\dfrac{1}{n}\right)

Escrevemos { \dfrac{1}{n^3}=\dfrac{1}{n^2}\dfrac{1}{n}}. Definindo { h_n = \dfrac{1}{n^2}} vemos que é efectivamente { \lim h_n=0}

\displaystyle \dfrac{\sin n}{n}=O\left(\dfrac{1}{n}\right)

Neste caso escrevemos { \dfrac{\sin n}{n}=\sin n \dfrac{1}{n}} com { h_n=\sin n}. Uma vez que { \sin n} é limitada obtemos o resultado pretendido.

— 3.4. Comentários finais sobre sucessões —

Definição 22 Diz-se que { u_{\alpha_n}} é uma subsucessão de { u_n} se { \alpha_n} é uma sucessão que tende para { \infty}.

De forma informal podemos dizer que uma subsucessão, { u_{\alpha_n}}, de { u_n} é uma sucessão que omite alguns dos termos de { u_n}.

Como exemplo de subsucessões temos { u_{2n}} (onde omitimos os termos ímpares da sucessão inicial) e { u_{n^2}} (onde só consideramos os termos que são quadrados perfeitos da sucessão inicial).

Teorema 24 Se uma sucessão tem um limite então todas as suas subsucessões têm o mesmo limite.

Demonstração: Por hipótese { u_n \rightarrow a \in \overline{\mathbb{R}}}. Seja { u_{\alpha_n}} uma subsucessão de { u_n}.

Se { u_n} converge sabemos que { \forall \delta > 0\, \exists l \in \mathbb{N}: \; n \geq l \Rightarrow u_n \in V(a,\delta)}.

Uma vez que { \alpha_n \rightarrow \infty \quad \exists k \in \mathbb{N}: \; n \geq k \Rightarrow u_{\alpha_n} > l}.

Assim { n \geq k \Rightarrow u_{\alpha_n} \in V(a,\delta)}.

Por definição isto é { \lim u_{\alpha_n}=a} \Box

Já vimos que { u_n = \left (1+\dfrac{1}{n} \right )^n} é uma sucessão convergente, então, ainda que { v_n = \left (1+\dfrac{1}{n^2} \right )^{n^2}} pareça ser uma sucessão mais difícil, podemos dizer sem nenhum esforço que { \lim \left (1+\dfrac{1}{n} \right )^n = \lim \left (1+\dfrac{1}{n^2} \right )^{n^2}} visto que { v_n=u_{n^2}} e assim { v_n} é uma subsucessão de uma sucessão convergente.

Corolário 25 Se uma sucessão tem duas subsucessões com limites distintos, então a sucessão é divergente.

Demonstração: Segue directamente de { p\Rightarrow q \Leftrightarrow \left( \sim q \Rightarrow \sim p \right)}.

Ou seja este corolário é o contra-recíproco do Teorema 24 e como tal é também uma proposição verdadeira. \Box

Como aplicação do Corolário 25 vamos analisar { u_n = (-1)^n}.

{ u_{2n}= (-1)^{2n}=1} e é {\lim u_{2n}=1}.

{ u_{2n+1}=(-1)^{2n+1}=-1} e é { \lim u_{2n+1}=-1}.

Concluímos então que { u_n=(-1)^n} é uma sucessão divergente.

Teorema 26 (Teorema de Bolzano-Weierstrass) Toda a sucessão limitada tem uma subsucessão convergente em { \mathbb{R}}.

Demonstração: Vamos somente apresentar um esboço de demonstração.

Uma maneira de o fazer é primeiro demonstrar que todas as sucessões têm uma subsucessão monótona. Aplicando este resultado a uma sucessão limitada teríamos então que uma sucessão limitada tem uma subsucessão que é limitada e monótona. Pelo Corolário 21 sabemos que uma sucessão monótona e limitada é convergente. \Box
Definição 23 Seja { X \subset \mathbb{R}}. Dizemos que { X} é um intervalo compacto se for fechado e limitado.
Corolário 27 Seja { X} um intervalo compacto e { u_n : \mathbb{N} \rightarrow X}. Então { \exists \, u_{\alpha_n}: \quad \lim u_{\alpha_n}=x \in X} onde { u_{\alpha_n}} é uma subsucessão de { u_n}.

Demonstração: Seja { X= \lbrack a, b \rbrack} um intervalo compacto e { u_n} uma sucessão de pontos em { X}. Uma vez que { a \leq u_n \leq b}, { u_n} é limitada. Do Teorema 26 vem que { u_n} tem uma subsucessão convergente: { u_{\alpha_n}}.

Para { u_{\alpha_n}} também é { a \leq u_{\alpha_n} \leq b}. Isto implica { \lim a \leq \lim u_{\alpha_n} \leq \lim b \Rightarrow a \leq \lim u_{\alpha_n} \leq b\Rightarrow \lim u_{\alpha_n} \in X} \Box

Análise Matemática – Sucessões III

07/12/2015 6:39 pm / 3 comentários em Análise Matemática – Sucessões III

Teorema 18 Seja { E \subset \mathbb{R}}e { s=\sup E}. Então existe uma sucessão { u_n} com termos em { E} tal que { \lim u_n=s}.

Também podemos formular um teorema análogo para { i=\inf E}.

Demonstração: Demonstração omitida. \Box

Teorema 19 Dada as sucessões { u_n} e { v_n} é:

  1. { \lim u_n = a \in \mathbb{R}\Rightarrow \lim |u_n|=|a|}
  2. { \lim u_n=a \in \mathbb{R}} e { \lim v_n=b \in \mathbb{R}}, então { lim (u_n+v_n)=a+b}
  3. { \lim u_n=+\infty} e { v_n} minorada, então { \lim (u_n+v_n)=+\infty}
  4. { \lim u_n=-\infty} e { v_n} majorada, então { \lim (u_n+v_n)=-\infty}
  5. { \lim u_n=0} e { v_n} limitada, então { \lim (u_n v_n)=0}
  6. { \lim u_n=a \in \mathbb{R}} and { \lim v_n=b \in \mathbb{R}}, então { \lim u_n v_n = ab}
  7. { \lim |u_n|=+\infty} e { \lim v_n=a \neq 0}, então { \lim |u_n v_n|= +\infty}
  8. { \lim u_n=a \in \mathbb{R}\setminus\{0\} \Rightarrow lim \dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{a}}
  9. { \lim |u_n|=+\infty \Rightarrow \lim \dfrac{1}{u_n}=0}
  10. { \lim u_n=0 \Rightarrow \lim \dfrac{1}{|u_n|}=+\infty}

Demonstração: Só vamos demonstrar a propriedade 2 do teorema sendo que as restantes ficam como um exercício para o leitor

Seja { \delta > 0}. Então:

{\begin{aligned} |(u_n+v_n)-(a+b)| &= |(u_n - a)+(v_n - b)| \\ &\leq |u_n - a|+ |v_n - b| \end{aligned}}

Vamos denotar a relação anterior por 1 .

Também temos:

\displaystyle u_n \rightarrow a\Leftrightarrow \exists k_1 \in \mathbb{N}: \quad n \geq k_1 \Rightarrow |u_n - a| \leq \dfrac{\delta}{2}

\displaystyle v_n \rightarrow b \Leftrightarrow \exists k_2 \in \mathbb{N}: \quad n \geq k_2 \Rightarrow |v_n - b| \leq \dfrac{\delta}{2}

Seja { k=\mathrm{max}\{k_1,k_2\}} de modo a que ambas as condições anteriores sejam satisfeitas. Então { \exists k \in \mathbb{N}: \, n \geq k \Rightarrow |u_n - a|+|v_n - b|<\delta}.

Voltando a 1 fica:

\displaystyle |u_n - a|+|v_n - b| < \delta

Consequentemente

\displaystyle n \geq k \Rightarrow |(u_n + v_n)-(a+b)| < \delta

Isto é equivalente a

\displaystyle \lim (u_n + v_n) =a+b

que é o resultado pretendido. \Box

Caso esteja a inquirir porque usámos { \dfrac{\delta}{2}} nas condições dos limites, tanto para { u_n} como para { v_n}, ao invés de utilizarmos { \delta} isto deve.se ao facto de que o que importa na definição de limite é que a distância entre termos sucessivos da sucessão tem que ser cada vez menor. A quantidade que utilizamos para denotar esta distância tem que er positiva e para a conveniência da demonstração usámos neste caso o símbolo { \dfrac{\delta}{2}}.

Este teorema diz-nos que as propriedades algébricas dos limites de sucessões têm o comportamento esperado.

Utilizamos a demonstração da propriedade 2 para ganharmos alguma familiaridade com a notação { k-\delta} e esperamos que o leitor seja capaz de mostrar as restantes propriedades.

Teorema 20 (Convergência da Sucessão Monótona) Seja { u_n} uma sucessão monótona em { \overline{\mathbb{R}}}. Então { u_n} é uma sucessão convergente em { \overline{\mathbb{R}}}:

  • { \lim u_n = \mathrm{sup}\{ u_n: \, n \geq p \}} para { u_n} crescente.
  • { \lim u_n = \mathrm{inf}\{ u_n: \, n \geq p \}} para { u_n} decrescente.

Demonstração: Vamos somente demonstrar o resultado para o caso em que {u_n} é uma sucessão monótona crescente.

Dada uma sucessão monótona { u_n} temos, { E=\{ u_n:\, n\geq p \}} e { s=\sup E}.

Vamos admitir que { s \in \mathbb{R}} (sucessão majorada). Dado { \delta > 0} é possível mostrar que { x \in E} tal que { s-\delta < x\leq s}.

Pela definição de { E} sabemos que { x=u_k}, para um certo { k}. Assim { \exists k \in \mathbb{N}:\, s-\delta < u_k \leq s}.

Uma vez que { u_n} é uma sucessão monótona { n \geq k \Rightarrow u_n > s-\delta}. Mas uma vez que { u_n \in E} também temos { u_n \leq s}.

Logo { n\geq k \Rightarrow s-\delta < u_n\leq s \Rightarrow u_n \in \rbrack s-\delta, s \rbrack \Rightarrow |u_n - s| < \delta}. Pela de definição de limite é { \lim u_n = s}.

Vamos agora supor que { s=+\infty}. Neste caso também podemos provar que dado { L > 0\, \exists x \in E: \, x > L}. Relembrando que é { x=u_k} temos { \exists k \in \mathbb{N}: \, u_k > L}. Uma vez { u_k} é uma sucessão crescente temos { n\geq k \Rightarrow u_n \geq u_k > L} e isto é equivalente a { u_n \rightarrow +\infty}. \Box

Mais uma vez queremos indicar que é necessário termos atenção com a interpretação deste teorema. De modo algum podemos assumir que o recíproco desta teorema é verdadeiro. Ou seja não podemos pensar que todas as sucessões que têm um limite em { \overline{\mathbb{R}}} são monótonas. Basta apenas pensarmos na sucessão { u_n=\dfrac{(-1)^n}{n}} que tende para {0} ainda que não seja monótona.

Corolário 21 Toda a sucessão monótona e limitada é convergente em { \mathbb{R}}.

Demonstração: Por hipótese sabemos que { \exists a,b \in \mathbb{R}: \, a\leq u_n \leq b}. Pelo Teorema 20 sabemos que { u_n } tem limite em { \overline{\mathbb{R}}}. Pelo Corolário 15 vem que { a \leq \lim u_n \leq b}. Assim { u_n \rightarrow c \in \mathbb{R}} onde { c \in \lbrack a, b \rbrack}. \Box

Este corolário é muito importante para aplicações práticas pois permite-nos identificar a natureza da convergência para um bom número de sucessões sem calcularmos explicitamente o limite.

Em alguns casos podemos precisar de saber explicitamente o valor do limite e aí o Corolário não é de grande ajuda, mas cabe-nos a nós avaliar o que precisamos em cada situação e assim decidirmos qual abordagem tomar.

Por exemplo dado { u_n = \left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n} qual deverá ser a nossa estratégia? Calcular o limite ou provar que a sucessão é monótona e convergente?

Vamos fazer uma pequena inspecção ao gráfico dos termos da sucessão:

Pelo gráfico podemos ver que { u_n} aparente ser majorada por { 3} e é crescente, logo é monótona.

Inspirados pela inspecção gráfica vamos tentar demonstrar que a sucessão de facto é majorada e crescente para assim concluirmos que é convergente.

Proposição 22 { u_n = \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n} é uma sucessão convergente.

Demonstração: Primeiro vamos mostrar que { u_n } é crescente. Para o fazer vamos calcular { u_{n+1}/u_n}.

{\begin{aligned} \dfrac{u_{n+1}}{u_n}&= \dfrac{\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n} \\ &=\dfrac{\left (\dfrac{n+2}{n+1} \right )^{n+1}}{\left ( \dfrac{n+1}{n} \right )^n} \\ &= \dfrac{n+2}{n+1}\left (\dfrac{n+2}{n+1}/\dfrac{n+1}{n} \right )^n \\ &= \dfrac{n+2}{n+1}\left (\dfrac{(n+2)n}{(n+1)^2} \right )^n \\ &= \dfrac{n+2}{n+1}\left (\dfrac{n^2+2n}{n^2+2n+1} \right)^n \\ &= \dfrac{n+2}{n+1} \left( \dfrac{n^2+2n+1-1}{n^2+2n+1} \right)^n \\ &= \dfrac{n+2}{n+1}\left (1-\dfrac{1}{n^2+2n+1} \right)^n \\ &= \dfrac{n+2}{n+1}\left (1-\dfrac{1}{(n+1)^2} \right )^n \end{aligned}}

Para procedermos vamos utilizar a Desigualdade de Bernoulli { (1+x)^r \geq 1+rx\, \forall r \in \mathbb{Z}} e { \forall x: \, x \geq -1}. Esta desigualdade será demonstrada num artigo futuro usando a indução matemática.

Continuando.

{\begin{aligned} \dfrac{n+2}{n+1}\left (1-\dfrac{1}{\left (n+1 \right )^2} \right )^n &\geq \dfrac{n+2}{n+1}\left (1-\dfrac{n}{\left (n+1 \right )^2} \right ) \\ &= \left ( 1+\dfrac{1}{n+1}\right )\left ( 1-\dfrac{n}{\left(n+1\right)^2}\right ) \\ &= 1-\dfrac{n}{\left (n+1 \right )^2}+\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{n}{\left (n+1 \right )^3} \\ &= 1-\dfrac{-n(n+1)+(n+1)^2-n}{\left (n+1 \right )^3} \\ &= 1+\dfrac{-n^2-n+n^2+2n+1-n}{\left (n+1 \right )^3} \\ &= 1+\dfrac{1}{\left (n+1 \right )^3} \\ &\geq 1 \end{aligned}}

Em conclusão { \dfrac{u_{n+1}}{u_n} \geq 1 \Leftrightarrow u_{n+1} \geq u_n} e { u_n } é monótona.

Agora resta-nos mostrar que { u_n} é limitada e terminamos a nossa demonstração que {u_n} é convergente.

{ u_1=\left(1+\dfrac{1}{1}\right)^1=2}. Umja vez que {u_n} é crescente vem que { u_n \geq 2}.

Assim resta-nos provar que { u_n} é majorada para podermos concluir que é limitada.

Como foi mostrado neste artigo podemos escrever

{ \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n=\displaystyle \sum _{k=0}^n\dbinom{n}{k}\dfrac{1}{n^n}}.

Escrevendo por extenso:

{\begin{aligned} \left( 1 + \dfrac{1}{n}\right)^n &= \displaystyle \sum _{k=0}^n\dbinom{n}{k}\dfrac{1}{n^n} \\ &= 1+\dbinom{n}{1}\dfrac{1}{n}+\dbinom{n}{2}\dfrac{1}{n^2}+\cdots +\dbinom{n}{n}\dfrac{1}{n^n} \\ &= 1+1+\dfrac{n(n-1)}{2!}\dfrac{1}{n^2}+\cdots + \dfrac{1}{n^n} \end{aligned}}

Sabemos que { \dfrac{n(n-1)\ldots (n-(k-1))}{2!}\dfrac{1}{n^k}<1} e que { \dfrac{1}{k!}<\dfrac{1}{2^{k-1}}}. Usando estas duas desigualdades, por essa ordem respectiva:

{ \begin{aligned} 1+1+\dfrac{n(n-1)}{2!}\dfrac{1}{n^2}+\cdots + \dfrac{1}{n^n} &< 1+1+\dfrac{1}{2!}+\cdots+\dfrac{1}{n!} \\ &< 1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n+1}} \end{aligned} }

Assim o que temos é: { \left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n<\displaystyle 1 + \sum_{k=0}^{n-1}\left( \dfrac{1}{2} \right)^n}.

Uma vez que { \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}r^n=\dfrac{1-r^n}{1-r}} segue

{\begin{aligned} \left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n &< 1+\dfrac{1-1/2^n}{1-1/2} \\ &= 1+\dfrac{1-1/2^n}{1/2} \\ &= 1+2-\dfrac{1}{2^{n-1}} \\ &= 3-\dfrac{1}{2^{n-1}} \\ &\leq 3 \end{aligned}}

Sintetizando o que nós temos é

\displaystyle 2\leq \left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n \leq 3

Assim { u_n} é monótona e limitada. O que nos leva a concluir que { u_n} é convergente.

Para além disso também sabemos de { u_n \leq 3} que { \lim u_n \leq 3}. Tal não nos permite saber com exactidão qual é o valor do limite, mas é já alguma informação. \Box

Análise Matemática – Sucessões II

07/12/2015 5:31 pm / 3 comentários em Análise Matemática – Sucessões II

Após termos introduzido a definição do que é uma vizinhança no artigo anterior vamos agora fazer mais uma definição que nos permitirá unificar mais alguns resultados.

Definição 17 O conjunto formado por { \{ -\infty \} \cup \mathbb{R} \cup \{\infty \}} é denominado de reta real estendida e o seu símbolo é { \overline{\mathbb{R}}}. Os elementos deste novo conjunto têm as seguintes propriedades:

  • { x\in\mathbb{R}\Rightarrow -\infty<x<\infty} e { -\infty<\infty}
  • { x+\infty=\infty} se { x\neq -\infty}
  • { x-\infty=-\infty} se { x\neq \infty}
  • { x\cdot(\pm\infty)=\pm\infty} se { x>0}
  • { x\cdot(\pm\infty)=\mp\infty} se { x<0}
  • { \dfrac{x}{\pm\infty}=0} se { x\neq\pm\infty}
  • { \displaystyle\left|\frac{x}{0}\right|=\infty} se { x\neq 0}

Após a introdução deste novo conjunto e os seus dois novos elementos podemos definir duas vizinhanças:

Definição 18

\displaystyle V(+\infty,\delta)=\left\rbrack\dfrac{1}{\delta},+\infty\right\rbrack \ \ \ \ \ (42)

\displaystyle V(-\infty,\delta)=\left\lbrack -\infty,-\dfrac{1}{\delta}\right\lbrack \ \ \ \ \ (43)

É muito importante que o leitor possa entender a razão de ser destas duas vizinhanças. Por experiência pessoal posso dizer que a primeira vez que olhei para elas fiquei baralhado e penso que a reacção dos meus colegas não foi muito diferente.

A noção de vizinhança de um número real é bastante simples de se entender. Essencialmente é o intervalo aberto e centrado num dado ponto.

Se queremos generalizar a noção de vizinhança para estes novos elementos { +\infty} e { -\infty} temos que perceber que não mais podemos ter intervalos centrados visto que estes dois números são os limites finais de { \overline{\mathbb{R}}}.

O que nós podemos e devemos manter é o facto de quanto maior o valor de { \delta} maior é o intervalo considerado. Mas com { 1/\delta} os rácios são cada vez menores se { \delta} aumentar. E é isso mesmo que nós queremos. Se { 1/\delta} toma valores que são cada vez menores a vizinhança fica cada vez mais próxima de {0}. Uma vez que nós começamos do {\infty} isso quer dizer que a nossa vizinhança é de facto maior!

A definição escolhida para a vizinhança de { -\infty} tem uma justificação análoga.

Vamos agora considerar uma sucessão { u_n}, que é minorada mas não é majorada. Ou seja temos { u_n \rightarrow +\infty} em { \overline{\mathbb{R}}}. Isto é equivalente ao seguinte:

{ \begin{aligned} \forall \delta > 0 \,\exists k \in \mathbb{N}: \, n\geq k \Rightarrow u_n > \dfrac{1}{\delta} &\Leftrightarrow u_n \in \left\rbrack \dfrac{1}{\delta}, +\infty\right\rbrack \\ &\Leftrightarrow u_n \in V(+\infty,\delta) \end{aligned}}

Podemos fazer uma dedução semelhante para for { u_n \rightarrow -\infty}. Assim podemos escrever com toda a generalidade:

Definição 19 Seja { a \in \overline{\mathbb{R}}}. Então é { \lim u_n=a} sse { \forall \delta > 0 \, \exists k \in \mathbb{N}: \, n \geq k \Rightarrow u_n \in V(a,\delta)}.

— 3.2. Limites e Desigualdades —

Teorema 14 Seja { u_n} e { v_n}. Vamos admitir que existe uma ordem { m} tal que { u_n \leq v_n \quad \forall n \geq m}. Se { \lim u_n} e { \lim v_n} existem, então { \lim u_n \leq \lim v_n}

Demonstração: Demonstração omitida. \Box

Após isto podemos perguntar se { u_n < v_n \Rightarrow \lim u_n < \lim v_n} também é um teorema. A resposta é negativa e um simples contra-exemplo é suficiente para o mostrar:

Por exemplo { \dfrac{1}{n+1}<\dfrac{1}{n} \quad \forall n\geq 1} e ainda assim { \lim \dfrac{1}{n+1}= \lim \dfrac{1}{n} = 0}.

Corolário 15 Seja { u_n} uma sucessão e { a \in \mathbb{R}}. Vamos também admitir que a partir de uma certa ordem se tem { u_n \leq a} ({ u_n \geq a}). Se { \lim u_n} existe, vem que { \lim u_n \leq a} ( { \lim u_n \geq a}).

Demonstração: Seja { v_n=a\, \forall n} no teorema 14 e o resultado segue trivialmente. \Box

Teorema 16

Seja { u_n} e { v_n} tais que { u_n \leq v_n \quad \forall n > m} para alguma ordem { m}. Então:

  • { u_n \rightarrow +\infty \Rightarrow v_n \rightarrow +\infty}
  • { v_n \rightarrow - \infty \Rightarrow u_n \rightarrow -\infty}

Demonstração: Demonstração omitida. \Box

Teorema 17 (Teorema da sucessão enquadrada) Seja { u_n}, { v_n}, and { w_n} tais que a partir de uma certa ordem { m} se tem { v_n \leq u_n \leq w_n}. Se { \lim v_n = \lim w_n}, o limite de { u_n} existe e é { \lim v_n = \lim u_n = \lim w_n}.

Demonstração: Demonstração omitida. \Box

Enquanto aplicação do Teorema 17 vamos olhar para o seguinte exemplo: { u_n=\dfrac{\sin n}{n}} onde queremos calcular o limite { \lim u_n}.

Ora

\displaystyle -1\leq \sin n \leq 1 \Rightarrow -\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{\sin n}{n} \leq \dfrac{1}{n}

Sabemos que { \lim\left( -\dfrac{1}{n} \right)= \lim \dfrac{1}{n} = 0}, então:

\displaystyle \lim \dfrac{\sin n}{n}=0

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