y−z <2t−z <2t−t=tpor isso
0< y−z < t,
comoy,z∈Gentãoy−z∈Gum elemento menor que o ínfimo do conjunto to que é absurdo logot∈Ge por ser grupotZ⊂G.
Iremos mostrar agora a outra inclusãoG⊂tZ. Suponha que existex∈G\tZ então existennatural tal que
n < x
t < n+1⇒nt < x < nt+t,
comox,nt∈Gseguex−nt∈Ge subtraindontde ambos lados da desigual-dade anterior temos
0< x−nt < t,
chegando mais uma vez em uma contradição pois teríamos um elemento menor que o ínfimo do conjunto. PortantoG⊂tZetZ⊂GlogoG=tZ.
2. Set= 0entãoGé denso pois dadox∈Rarbitrário eε >0temosy∈ Gtal que0< y < ε. Sex=mypara algummnada precisamos demonstrar, se não, existemtal que
m < x
y < m+1⇒my < x < my+y⇒
subtraindomyde ambos lados0< x−my < y < ε,my∈GlogoGé denso emR.
1.5 Capítulo 4-Sequências e Séries de Números Reais
Questão 1
b
Propriedade111 Selimxn =aentãolim|xn|=|a|. êDemonstração. Se limxn=aentão∀ε >0,∃n0∈N|n > n0⇒|xn−a|< ε
porém temos a desigualdade||xn|−|a||6|xn−a|logo||xn|−|a||< εe lim|xn|=|a|.
Z
Exemplo23 lim|xn|pode existir porémlimxnpode não existir, por exemplo to-mamosxn= (−1)n, ela não converge porém|(−1)n|=1é constante logo convergente.Questão 2
Z
Exemplo24 Selimxn =0eyn =min{|x1|,∙ ∙ ∙ ,|xn|}entãolimyn =0.Por definição vale que06yn6|xn|, como|xn|→0então por sanduíche segue que limyn =0.
Questão 3
b
Propriedade112 Selimx2n =aelimx2n−1=aentθolimxn=a.êDemonstração. Sejamyn =x2nezn =x2n−1como temos limyn =limzn= a, para qualquerε >0existemn0en1tais que paran > n0valeyn ∈ (a−ε,a+ ε)en > n1valezn ∈ (a−ε,a+ε), escolhendon2 > max{n0,n1}temos para n > n2simultaneamentezn,yn ∈ (a−ε,a+ε),x2n−1,x2n ∈ (a−ε,a+ε), entθoparan>2n2−1temosxn∈(a−ε,a+ε)logo vale limxn=a.
Questão 4
b
Propriedade113 SeN=Spk=1Nkelimn∈Nkxn =aentãolimxn=a. êDemonstração.
Dadoε > 0fixo e arbitrário existenk ∈ Nktal que∀ n > nk,n ∈ Nkvale xn∈(a−ε,a+ε)pelo fato de limn∈Nkxn =a. Tomamosn0=max{n1,∙ ∙ ∙,np}, daí vale paran > n0,xn ∈ (a−ε,a+ε)para todon ∈ Nkcom todok, com isso uniformizamos o valor do índice para o qual os termos da sequência estão no mesmo intervalo(a−ε,a+ε). Como todon ∈Npertence a algumNkentão paran∈N suficientemente grande valexnem(a−ε,a+ε). Vamos tentar deixar mais clara a última proposição.
Sejan00 =min{n > n0|xn∈(a−ε,a+ε)∀n∈Nk, ∀k}, tal conjunto é não
vazio logo possui mínimo. Para todon∈ N,n > n00 valexn ∈(a−ε,a+ε), pois dadon > n00 > n0xnpertence à algumNke nas condições colocadas na construção do conjunto paraNkvalexn∈(a−ε,a+ε).
Questão 5
Z
Exemplo25 Pode valerN=S∞k=1Nkcomlimn∈Nkxn=aelimxn 6=a. Como por exemplo, definimosN2={2,22,23,∙ ∙ ∙,2n,∙ ∙ ∙}em geral
Nk+1={p1k,p2k,∙ ∙ ∙ ,pnk,∙ ∙ ∙}ondepké ok-ésimo primo, definindoN1como o comple-mento deS∞
k=2NkemN. Definimos emN2,x2 =2,xn =0para os outros valores, da mesma forma emNk+1definimosxpk = pkexn = 0para os outros valores. EmN1 definimosxn = 0para todon. A sequênciaxnnão converge possui uma subsequência que tende a infinito.x2 = 2, x3=3,x5 =5,∙ ∙ ∙ ,xpk = pk,∙ ∙ ∙ a subsequência dos primos.
Questão 6
Corolário da adição e multiplicação de limites.
1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 55
tomando-se o limite segue pelo teorema do sanduíche que lim(xn)n1 =1.
Questão 11
Z
Exemplo26 Usando que a média aritmética é maior ou igual a média geométrica, na sequência den+1números comnnúmeros iguais à(1+nt)e um deles sendo a unidadecomt > −1real. Em especial a sequência de termoxn = (1− n1)né crescente e para n=2temos
x2= 1 4 daíxn >41 paran >1.
Questão 11a.
Z
Exemplo27 Vale que lim(1− 1n)n(1+ 1
n)n =lim1n=1 daílim(1−n1)n =e−1.
Questão 12
b
Propriedade115 Sejama>0,b>0então|an1 −bn1|6|a−b|n1
êDemonstração. Supondoa>b, definindoc=an1 ed=bn1, entãoc−d>0 por expansão binomial tem-se
cn= ((c−d) +d)n = Xn k=0
n k
(c−d)kdn−k>dn+ (c−d)n >0
daícn−dn >(c−d)n >0implicando
|a−b|>|an1 −bn1|n e daí
|an1 −bn1|6|a−b|n1.
b
Propriedade116 Sexn>0elimxn=aentãolim(xn)p1 =ap1êDemonstração. Como limxn =aentão∀ε >0conseguimosn0∈Ntal que paran > n0tem-se|xn−a| < εpe daí|xn −a|p1 < ε, da desigualdade anterior temos que
|xnp1 −ap1|6|xn−a|p1 < ε e daí lim(xn)p1 =ap1.
b
Propriedade117 Sejamracional e(xn)de termos positivos. Selimxn =aentão limxn=am.1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 57 usando propriedade do produto segue
limx tomando limites, temos pelo teorema do sanduíche
lim n√ e novamente por teorema do sanduíche tem-se
lim n
Questão 15
m
Definição 13 (Termo destacado) Dizemos quexn é um termo destacado quando xn >xppara todop > n.Isto é quandoxné maior ou igual a todos seus sucessores.b
Propriedade120 Toda sequência possui subsequência monótona . êDemonstração.SejaA ⊂No conjunto dos índicessda sequência(xn), tais quexsé destacado, existem dois casos a serem analisados
• SeAé infinito, então podemos tomar uma subsequência(xn1,xn2,∙ ∙ ∙)de ter-mos destacados formada pelos elementos com índices emAque é não-crescente comn1< n2< n3<∙ ∙ ∙ e comxn1>xn2>∙ ∙ ∙ .
• SeAé finito, tomamos umn1maior que todos elementos deAdaíxn1não é destacado, existindoxn2 >xn1comn2 > n1, por sua vezxn2não é destacado logo existen3 > n2tal quexn3 >xn2, assim construímos uma subsequência não-decrescente .
Questão 18
Generalizamos o exercício em dois resultados.
b
Propriedade121 Sejam(an)e(bn)sequências limitada tais quean +bn = 1∀n∈N,(zn)e(tn)com o mesmo limitea, entãoliman.zn+bn.tn=a.êDemonstração. Escrevemos an.zn+bn.tn =an.zn−a.an+a. an
=1−b|{z}n
+bn.tn=an(zn−a)+a(1−bn)+bn.tn=
=an(zn−a) +a−a.bn+bn.tn =an(zn−a) +a+bn(tn−a) daí
liman(zn−a) +a+bn(tn−a) =a=liman.zn+bn.tn poisanebnsão limitadas ezn−a,tn−atendem a zero.
b
Propriedade122 Selimn→∞zk(n) = a ∀ ke cada(xk(n))é limitada com Ppk=1xk(n) =vn→bentãolimn→∞
Pp
k=1xk(n)zk(n) =a.b. êDemonstração. Valex1(n) =vn−
Pp k=2xk(n). Xp
k=1
xk(n)zk(n) =x1(n)z1(n) + Xp k=2
xk(n)zk(n) =
1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 59
m
Definição 14 (Sequência de variação limitada) Uma sequência(xn)tem varia-ção limitada quando a sequência(vn)comvn = Xn k=1
|Δxk|limitada.
b
Propriedade123 Se(xn)tem variação limitada então(vn)converge.êDemonstração.(vn)é limitada e não-decrescente, poisΔvn =|Δxn+1| >0, logo é convergente.
b
Propriedade124 Se(xn)tem variação limitada então existelimxn. êDemonstração. A série P∞k=1|Δxk|converge portanto P∞
k=1Δxkconverge absolu-tamente e vale logoxné convergente.
Z
Exemplo28 Se|Δxn+1|6c|Δxn|∀ n∈Ncom06c <1então(xn)possui variação limitada. Definimosg(k) = |Δxk|logo a desigualdade pode ser escrita como g(k+1)6cg(k),Qg(k)6caplicamosn−1Qk=1de ambos lados, daí g(n) =|Δxn|6cn−1g(1) somando em ambos lados temos
Xn
como o segundo termo converge por ser série geométrica segue que(xn)é de variação limi-tada, logo converge.
b
Propriedade125 (xn)tem variação limitada⇔xn =yn−znonde(yn)e(zn) são sequências não-decrescentes limitadas.êDemonstração.
⇐).
Sejaxn=yn−znonde(yn)e(zn)são sequências não-decrescentes limitadas, entãoxntem variação limitada.
vn = variação limitada, poisΔaplicado as duas sequências tem o mesmo valor. Escrevemos
xn−x1=
n−1X
k=1
Δxk
Para cadandefinimosPno conjunto doskda somaPn−1
k=1Δxktais queΔxk >0e Nno conjunto doskda mesma soma tais queΔxk<0, com isso temos uma partição do conjunto dos índices e vale
xn−x1=
da mesma maneira(zn)é limitada.
Z
Exemplo29 Existem sequências convergentes que não possuem variação limitada, como por exemploxn =n−1P1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 61
• Primeiro vale quexn>1para todonpois vale paran=1, supondo validade para n, então vale paran+1, poisxn+1=1+ x1
portanto|Δxn+1| 6 21|Δxn|portanto a sequência é convergente. Calculamos seu limitelimxn=a
a=1+ 1
a ⇔a2−a−1=0
cujas raízes são1±2√5, ficamos com a raiz positiva pois a sequência é de termos po-sitivos, logo
A sequência é limitada superiormente, por3, por exemplo, poisx1 < 3, supondoxn <
3<4tem-se √xn <2⇒1+√xn <3⇒xn+1<3.
Agora calculamos o limite da sequência a=1+√
a⇒(a−1)2=a⇒a2−3a+1=0
cujas raízes são3±2√5, não podendo ser3−2√5que é menor que1logo o limite é3+2√5.
Questão 22
b
Propriedade126 (xn)não possui subsequência convergente⇔lim|xn|=∞. êDemonstração.⇒).
Se(xn)não possui subsequência convergente então lim|xn|=∞.
Se não fosse lim|xn| = ∞, existiriaA > 0tal que∀ n0, existen1 > n0tal que|xn1| < A, aplicando o resultado comn1no lugar den0, existen2 > n1tal que
|xn2|< Ae assim construímos uma subsequência(xn1,xn2,∙ ∙ ∙)limitada , que possui uma subsequência convergente , o que é absurdo.
⇐).
Suponha por absurdo que lim|xn|=∞e(xn)possui subsequência convergente, convergindo paraa. Por definição de limite infinito, sabemos que existen0tal que n > n0implica|xn|>|a|+10, por(xn)ter subsequência que converge paraa, existe n1tal quen > n1eníndice da subsequência, implica|xn−a|<10⇒|xn|<|a|+10, podemos tomar índice da subsequência tal quen > n1en > n2, logo valeria|xn|<
|a|+10e|xn|>|a|+10o que é absurdo, portanto(xn)não pode possuir subsequência
convergente.
Questão 24
b
Propriedade127 Sejaz: N →Ncomlimzn = ∞elimxn =a. Então dada yn:=xzn, vale quelimyn=a.êDemonstração.
1. De limxn = asegue que∀ ε > 0existen0 ∈ Ntal que sen > n0implica
|xn−a|< ε.
2. Como limzn = ∞então existen1tal que sen > n1implica quezn > n0, daí pelo ponto1, tem-se|xzn −a| < εparan > n1e daí limxzn = a = limyn, como queríamos demonstrar.
Z
Exemplo32 A sequência dada porz2n+1 =nez2n =1é sobrejetiva, sendo uma sequência deNemN. Considerexn = n1. Vale queyn =xϕnnão converge pois possui subsequência dos ímpares convergindo para0e subsequência dos pares convergindo para 1.Questão 25
b
Propriedade128 (Teste da razão para sequências.) Sexn > 0∀ n ∈ Nexn+1
xn 6c <1paransuficientemente grande entãolimxn=0.
êDemonstração. Existen0tal que parak > n0vale0< xxk+1
k 6c <1, aplica-mos o produtórioQn
k=n0+1em ambos , de onde segue 0<
Yn k=n0+1
xk+1 xk 6
Yn k=n0+1
c
1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 63 0< xn+1< x(n0+1)cn−n0
como limcn=0, tem-se pelo teorema do sanduíche que limxn=0.
$
Corolário21 Dada uma sequência de termos não nulos(xn), então(|xn|)é uma sequência de termos positivos, se ela satisfaz a propriedade anterior entãolim|xn|=0 o que implicalimxn=0.b
Propriedade129 Seja(xn)sequência de termos positivos, sexxn+1n >c >1paran suficientemente grande entãolimxn =∞.êDemonstração. Existen0∈Ntal quek > n0implicaxxk+1k >c, ondec >1.
Aplicando o produtório na desigualdade tem-se Yn
k=n0+1
xk+1
xk > cn−n0
xn+1> xn0+1 cn0 cn como limcn=∞segue que limxn=∞.
$
Corolário22 Na propriedade anterior podemos trocarxnpor|xn|ondexnnão se anula, pois(|xn|)é uma sequência de positivos.$
Corolário23 Selimxxn+1n = a < 1então paransuficientemente grande valexn+1
xn 6c <1, logo também valelimxn =0.
$
Corolário24 Selimxxn+1n =c >1a propriedade também se verifica pois existe n0∈Ntal quen > n0implicaxxn+1n > a >1para alguma.b
Propriedade130lim n!
nn =0.
êDemonstração. Definimosxn = nn!ne valexn >0, aplicamos a regra da razão xn+1
xn
= (n+1)!
(n+1)n+1 nn
n! = n
n+1 n
= 1
(1+ n1)n o limite é limxxn+1n = e1 <1.
nncresce mais rápido quen!
b
Propriedade131 Para todoa >0real temosliman!n =0.êDemonstração. Pelo teste da razão, definimosxn = an!n temosxn > 0segue
xn+1
xn = (n+1).n!aan+1n!n = n+1a e temos limxxn+1n =0, logo limxn=0.
A propriedade nos diz quen!cresce mais rápido quean.
$
Corolário25 liman!n =∞, poisliman!n =0,isso significa que∀A >0∃n0∈ Ntal quen > n0 ⇒an!n > A, em especial paraA = 1, tem-sen! > anparan suficientemente grande.b
Propriedade132 Sea >1epnatural fixo vale limnpan =0.
êDemonstração. Definimosxn = napn, valexn >0daí podemos aplicar o teste da razão
xn+1
xn = (n+1)p an+1
an np =
n+1 n
p1
a ⇒limxn+1xn= 1
|{z}a
0<
<1
daí o limite é zero.
$
Corolário26 Sea >1,p∈Nentãolimannp =∞poislimnanp =0.Tal propriedade mostra que a exponencialancresce muito mais rápido quenp parangrande.
Questão 27 Questão 27
Feita no outro gabarito.
Questão 28
Feita no outro gabarito.
Questão 31
Z
Exemplo33 Mostrar que limPn k=1kp
np+1 = 1 p+1.
1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 65 Iremos calcular o limite das diferenças do inverso da sequência
lim(n+1)p+1−np+1
A segunda solução é a pedida no livro.
FTeorema2 O númeroeé irracional.
êDemonstração.[1] Vamos provar quee−1é irracional, logoetambém é . Temos pela representação em série que
ex=
pois todos termos somados e subtraídos são menores que(2n)!1 e como temos termos sendo subtraídos tem-se
paransuficientemente grande see−1é racional, temos que(2n−1)!(e−1−P2n−1 k=0 (−1)k
k! ) é inteiro, entre0e21, absurdo, entãoe−1é irracional e daí também seu inversoe.
êDemonstração.[2] Pela série de taylor, temos que ex=P∞
vamos considerar queeseja um número racional da forma
p temos que essa série é menor que
1 a última igualdade por ser uma série geométrica
logo temos
onde o número do meio das desigualdades é inteiro , e por não existir inteiro entre 0e1/qparaq>1, chegamos num absurdo.
Questão 33
Questão digitada errada
b
Propriedade133 Selimxn=∞, comxn>0entãolim(Qnk=1xkn1) =∞
1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 67
Z
Exemplo34 Provar quelim qn(2n)!
Z
Exemplo35 Mostrar quelim qn(2n)!
Z
Exemplo36 Mostrar quelim qn(2n)! daí tomando o inverso, temos
lim n rn!an
nn = a e,
em especial see=a, segue que
b
Propriedade134 Sejam P∞n=u
ane P∞
n=s
bnséries de termos positivos. Se P∞
n=s pois temos termos positivos, tomando a série temos
X∞
logo a série tende ao infinito por comparaθo. Questão 36
b
Propriedade135 1. Sejam duas sériesP akePbkde termos positivos, se existe limabkk =a6=0entãoP
akconverge⇔P
bkconverge . 2. Selimabkk =0então a convergência deP
bkimplica convergência deP ak. aplicamos a somaPn
k=n0+1, daí
usando essa desigualdade temos por comparação que seP
bkconverge então Pakconverge e seP
akconverge entãoP
bkconverge.
1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 69 2. De maneira similar ao item anterior.
Existen0∈Ntal que parak > n0tem-se
aplicamos a somaPn
k=n0+1, daí
usando essa desigualdade temos por comparação que seP
bkconverge então Pakconverge.
Z
Exemplo38 Pode valer quePakconverge, valendolimabkk =0eP
bknão con-verge, tome por exemploak = k12,bk = k1,P
bknão converge,limabkk = limkk2 = limk1 =0eP
akconverge, logo a recíproca do item2da propriedade anterior não vale.
Questão 37
b
Propriedade136 SeP(x)é um polinômio de graun >2sem raízes nos naturais,então X 1
P(x)converge. êDemonstração. Já sabemos queP
x 1
xnconverge sen>2, por exemplo por cri-tério de condensação de Cauchy, ou por comparação com a série convergenteP
x 1 x2
paraxsuficientemente grande. Tomando um polinômio de graun, temos quean6=0 e
xn|, paraxsuficientementegrande,
daí, X
x
1
|P(x)| 6X 2
|an|xn, que converge, logo temos a convergência absoluta paraP
x 1
P(x)e por isso a série con-verge.
Questão 38
n! que faz sentido inclusive quandozé um número real, não precisando estar limitado aos naturais. Perceba também que sezé um número natural en > zentão
z n
=0, pois irá aparecer o termoz−zno produtório e portanto a sequênciaanserá nula paransuficientemente grande. Considere entãom /∈ N. Aplicamos o critério da razão de sequências paraan = mn
Z
Exemplo40 A sérieX∞ k=0
a2 (1+a2)k
converge com qualquera ∈ R. Vale que1 6 a2 +1 ∀ a ∈ Rlogo0 < 1+a1 2 6 1, portanto a série converge por ser série geométrica. Sabemos queP∞
k=0bk = 1−b1 , substituindob= a21+1, chegamos no resultado
X∞
1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 71 logo calculamos a soma telescópica
n−1X
b
Propriedade137 Sejam as sériesPakeP ak
akconverge e vale 06ak ⇒ 161+ak ⇒ 1
1+ak 61 ⇒ ak
1+ak 6ak
pelo critério de comparação segue queP ak
1+ak converge.
b
Propriedade138 Seja(xk)uma sequência de números não negativos com a série Pxkconvergente entãoPx2ké convergente.
temosΔs(n) =x2n+1>0, logos(n)é nθodecrescente,semostrarmosqueasrielimitadasuperiormenteteremosumasequnciaquelimitadaemontonalogoconvergente.T emosques(n)limitadasuperiormentedaseguintemaneiraPn
k=b
b
Propriedade139 SePak,ak > 0converge então a sérieP√ak
k também con-verge .
êDemonstração. Usando a desigualdade de Cauchy ( de onde por comparação segue o resultado .
$
Corolário27 SePx2k, converge então a sériePxkk também converge, basta usar o resultado anterior comak=x2k.
Questão 44
b
Propriedade140 Seja(an)uma sequência não-crescente de números reais positi-vos. SePakconverge entãolimnan =0.
êDemonstração. Usaremos o critério de Cauchy . Existen0 ∈ Ntal que para n+1> n0vale
1.5. CAPÍTULO 4-SEQUÊNCIAS E SÉRIES DE NÚMEROS REAIS 73 logo lim2na2n = 0. Agora mostramos que a subsequência dos ímpares também tende a zero. Valea2n+1 6 a2n daí0 < (2n+1)a2n+1 6 2na2n +a2npor te-orema do sanduíche segue o resultado. Como as subsequências pares e ímpares de (nan)tendem a zero, então a sequência tende a zero.
$
Corolário28 A série harmônicaP1kdiverge, pois(n1)é decrescente e valelimnn = 16=0.
Questão 46
b
Propriedade141 (Critério de condensação de Cauchy) Seja(xn)uma sequên-cia não-crescente de termos positivos entãoPxkconverge⇔P2k.x2kconverge.
êDemonstração. Usaremos a identidade
n−1X
Vamos provar que seP
xkconverge entãoP2k.x2kconverge, usando a contra-positiva, que é equivalente logicamente, vamos mostrar que seP2k.x2kdiverge en-tãoP
xkdiverge.
Comoxké não-crescente então vale
2sx2s+1=
xkconverge, de maneira direta. Usando que
Questão 48
b
Propriedade142 Sejama,b > 0 ∈ R,x1 = √ab,y1 = a+b2 ,xn+1 =
√xn.yn,yn+1= xn+y2 n.Então(xn)e(yn)convergem para o mesmo limite.
êDemonstração. Sabemos queyn>xnpela desigualdade das médias, então xn.yn>x2n⇒√xn.yn>xn ⇒xn+1>xn,
então(xn)é crescente . Da mesma maneirayné decrescente pois dexn 6yntem-se xn+yn 62yndaíyn+1 = (xn+y2 n) 6yn. Como valex1 6xn 6yn 6y1para todon, concluímos quexneynsão convergentes, por serem monótonas e limitadas .
yn+1= xn+yn 2 tomando o limite
y= x+y
2 ⇒x=y.