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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 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

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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