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Análise Matemática – Exercícios II

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

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

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

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

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

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

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

Pela definição de limite e usando a), temos

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

Fazendo

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Vamos então calcular:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Mas também é

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

Assim

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

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

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

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

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

Uma situação semelhante à encontrada no exercício anterior

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

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

Mas também é

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

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

Uma vez que

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

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

vem que

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

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

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

Visualmente:

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

com ${ n-1}$ termos.

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

com ${ n-1}$ termos.

Então

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

então também é

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

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

8. Dê exemplo de sucessões que

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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:

${ \lim u_n = a \in \mathbb{R}\Rightarrow \lim |u_n|=|a|}$
${ \lim u_n=a \in \mathbb{R}}$ e ${ \lim v_n=b \in \mathbb{R}}$ , então ${ lim (u_n+v_n)=a+b}$
${ \lim u_n=+\infty}$ e ${ v_n}$ minorada, então ${ \lim (u_n+v_n)=+\infty}$
${ \lim u_n=-\infty}$ e ${ v_n}$ majorada, então ${ \lim (u_n+v_n)=-\infty}$
${ \lim u_n=0}$ e ${ v_n}$ limitada, então ${ \lim (u_n v_n)=0}$
${ \lim u_n=a \in \mathbb{R}}$ and ${ \lim v_n=b \in \mathbb{R}}$ , então ${ \lim u_n v_n = ab}$
${ \lim |u_n|=+\infty}$ e ${ \lim v_n=a \neq 0}$ , então ${ \lim |u_n v_n|= +\infty}$
${ \lim u_n=a \in \mathbb{R}\setminus\{0\} \Rightarrow lim \dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{a}}$
${ \lim |u_n|=+\infty \Rightarrow \lim \dfrac{1}{u_n}=0}$
${ \lim u_n=0 \Rightarrow \lim \dfrac{1}{|u_n|}=+\infty}$

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:

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

Luso Academia

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