ELEMENTOS DE ANÁLISE MATEMÁTICA. PARTE I

(1)

ELEMENTOS DE AN ´

ALISE MATEM ´

ATICA. PARTE I

* Método de indu¸cão matemática

* Sucess˜ao. Limite de sucess˜ao

* Sucess˜oes fundamentais

* Fun¸c˜ao. Limite de fun¸c˜ao

* Limites not´aveis

* Compara¸c˜ao de infinit´esimos

(2)

A colectânea de exerc´ıcios aborda o tema sobre limite de sucessão e fun¸cão. O presente trabalho destina-se aos estudantes dos cursos de Matemática, Ciências e Engenharias.

Referências bibliográficas: 4 t´ıtulos. Número de registo: 01882/RLINLD/2000 Tiragem: 1500

Revisão: Prof. Doutor A. I. Shindiapin (Professor Associado Convidado no Departamento de Matemática e Informática); dr. Lu´ıs Weng Sam (Assistente no Departamento de Matemática e Informática).

c

° M. J. Alves, 2000

Este trabalho foi editado com o apoio financeiro da

Cervejas de Mo¸cambique

.

Typeset by LA_TEX

1_{Prof. Doutor M. J. Alves ´e mestrado (Universidade Estatal de Saint-Petersburg) e doutorado (Universidade Estatal}

de Perm) em Matemática Pura. Actualmente é professor no Departamento de Matemática e Informática da Universidade Eduardo Mondlane. O seu endere¸co electrónico é: majoalves@member.ams.org

(3)

Pref´acio . . . 6

1 MÉTODO DE INDUÇ ÃO MATEM ÁTICA 8 1.1 Resumo teórico . . . 8

1.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . 9

1.3 Perguntas de contrˆole . . . 13

1.4 Exerc´ıcios propostos . . . 13

2 SUCESS ÃO. LIMITE DE SUCESS ÃO 15 2.1 Resumo teórico . . . 15

3 INFINIT´ESIMO E INFINITAMENTE GRANDE 22 3.1 Resumo te´orico . . . 22

4 PROPRIEDADES ARITMÉTICAS DE SUCESS ÕES CONVERGENTES 29 4.1 Resumo teórico . . . 29

4.4 Exerc´ıcios propostos . . . 40 3

(4)

5 SUCESS ÕES MON ÓTONAS 43 5.1 Resumo teórico . . . 43 5.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . 44 5.3 Perguntas de contrôle . . . 46 5.4 Exerc´ıcios propostos . . . 46 6 LIMITES PARCIAIS 48 6.1 Resumo teórico . . . 48 6.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . 49 6.3 Perguntas de contrôle . . . 51 6.4 Exerc´ıcios propostos . . . 52

7 SUCESS ÕES FUNDAMENTAIS 54 7.1 Resumo teórico . . . 54 7.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . 55 7.3 Perguntas de contrôle . . . 57 7.4 Exerc´ıcios propostos . . . 58 8 FUNÇ ÃO 60 8.1 Resumo teórico . . . 60 8.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . 61 8.3 Perguntas de contrôle . . . 68 8.4 Exerc´ıcios propostos . . . 68 9 LIMITE DE FUNÇ ÃO 71 9.1 Resumo teórico . . . 71 9.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . 74 9.3 Perguntas de contrôle . . . 83 9.4 Exerc´ıcios propostos . . . 83

10 LIMITES NOT ´AVEIS 85 10.1 Resumo te´orico . . . 85

(5)

11 COMPARAÇ ÃO DE INFINITÉSIMOS 99 11.1 Resumo teórico . . . 99 11.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . 100 11.3 Perguntas de contrôle . . . 110 11.4 Exerc´ıcios propostos . . . 112 Bibliografia . . . 114 Respostas . . . 115 Indice remissivo . . . 122

(6)

O presente trabalho é uma colectânea de exerc´ıcios referentes ao primeiro e segundo temas da disciplina Análise Matemática I.

Pretendemos, deste modo, mostrar a aplica¸cão dos teoremas e conceitos principais condu-centes à assimila¸cão dum dos tópicos básico e fundamental da Análise Matemática, que é a no¸cão de limite.

Faz-se uma breve revisão de conceitos tais como sucessão, fun¸cão, seu dom´ınio e con-tradom´ınio. Introduz-se a no¸cão de limite de sucessão e fun¸cão, suas propriedades e vêm-se, de um modo geral, os limites notáveis. Aborda-se, também, o conceito de o– pequeno, O – grande e retratam-se algumas fórmulas ass´ımptóticas que nos mostram, de modo profundo, o seu impacto no cálculo de limites.

A assimila¸cão dos principais conceitos e teoremas, que se encontram no resumo teórico, são fundamentais para a compreensão dos exerc´ıcios resolvidos e a resolu¸cão dos exerc´ıcios propostos. Subentende-se que as demonstra¸cões destes teoremas o leitor teve a oportunidade

(7)

de aprendˆe-las durante as aulas te´oricas ministradas.

Parte dos exerc´ıcios aqui retratados foram retirados do livro sob redaçcão do académico russo Boris Pavlovitch Demidovitch2_.

Gostar´ıamos de exprimir os nossos agradecimentos à todos que, directa ou indirectamente, contribu´ıram para que este trabalho fosse publicado. À CERVEJAS DE MOÇ AMBIQUE, que financiou esta edi¸cão, o nosso agradecimento.

O autor Maputo, 2001

(8)

M´

ETODO DE INDUC

¸ ˜

AO

MATEM ´

ATICA

1.1 Resumo te´

orico

Para se demonstrar que uma afirma¸cão é correcta para qualquer número natural n, é suficiente mostrar que:

1) a afirma¸c˜ao ´e correcta para n = 1;

2) caso o ponto anterior se cumpra, então supõe-se que a afirma¸cão é correcta para n = k ;

3) finalmente mostramos que, com base na suposi¸cão 2), a afirma¸cão é correcta para n =

k + 1.

(9)

1.2 Exerc´ıcios resolvidos

1) Nos exerc´ıcios seguintes mostre, aplicando o método de indu¸cão matemática, que as igual-dades têm lugar para qualquer n natural:

(a) 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)

2 ;

Resolu¸c˜ao. Para n = 1 temos 1 = 1(1 + 1)

2 , i.e. o ponto 1) do método de indu¸cão matemática cumpre-se. Suponhamos que para n = k a igualdade é válida, i.e. 1 + 2 + · · · + k = k(k + 1)

2 . Sendo assim, mostremos que para n = k + 1 a igualdade se cumpre, i.e. 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2) 2 ? Realmente, 1+2+· · ·+k+(k+1) = k(k + 1) 2 +(k+1) = k(k + 1) + 2(k + 1) 2 = (k + 1)(k + 2) 2 . ¤ (b) 12_{+ 2}2_{+ · · · + n}2 ₌ n(n + 1)(2n + 1) 6 ;

Resolu¸c˜ao. Para n = 1 temos 12 ₌ 1(1 + 1)(2 + 1)

6 =

2 · 3

6 = 1. Suponhamos que para n = k a igualdade ´e v´alida, i.e.

12+ 22+ · · · + k2 = k(k + 1)(2k + 1)

6 .

Vamos mostrar que para n = k + 1 a igualdade cumpre-se, i.e.

12_{+ 2}2_{+ · · · + k}2_{+ (k + 1)}2 ₌ (k + 1)(k + 2)(2k + 3)

(10)

Com efeito: 12+ 22+ · · · + k2+ (k + 1)2 = k(k + 1)(2k + 1) 6 + (k + 1) 2 ₌ = k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1) 2 6 = (k + 1)[k(2k + 1) + 6(k + 1)] 6 = = (k + 1)(2k 2_{+ k + 6k + 6)} 6 = (k + 1)(2k2_{+ 7k + 6)} 6 = (k + 1)(k + 2)(2k + 3) 6 . ¤ (c) arctg1 2+ arctg 1 8+ · · · + arctg 1 2n2 = arctg n n + 1;

Resolu¸c˜ao. Para n = 1 temos arctg1

2 = arctg 1

1 + 1, i.e. a igualdade cumpre-se. Suponhamos que para n = k a igualdade ´e correcta, i.e.

arctg1 2 + arctg 1 8 + · · · + arctg 1 2k2 = arctg k k + 1.

Mostremos que a igualdade ´e correcta para n = k + 1, i.e.

arctg1 2 + arctg 1 8 + · · · + arctg 1 2k2 + arctg 1 2(k + 1)2 = arctg k + 1 k + 2?

Para tal vamos mostrar, inicialmente, a igualdade:

arctgα + arctgβ = arctg α + β 1 − αβ.

Fazendo θ1 = arctgα e θ2 = arctgβ temos que α = tgθ1 e β = tgθ2. Seja

γ = θ1+ θ2 =⇒ tgγ = tg(θ1+ θ2) =

tgθ1+ tgθ2 1 − tgθ1tgθ2

= α + β

1 − αβ =⇒ =⇒ γ = θ1+ θ2 = arctgα + arctgβ = arctg α + β

(11)

Assim, arctg1 2+ · · · + arctg 1 2k2 + arctg 1 2(k + 1)2 = arctg k k + 1 + arctg 1 2(k + 1)2 = = arctg k k+1 +2(k+1)1 2 1 − k k+1· 2(k+1)1 2 = arctg(2k 2_{+ 2k + 1)(k + 1)} (2k3 _{+ 6k}2_{+ 5k + 2)} = = arctg(2k2+ 2k + 1)(k + 1) (2k2_{+ 2k + 1)(k + 2)} = arctg k + 1 k + 2. ¤

2) Demonstre a desigualdade de Bernoulli1_:

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xn) ≥ 1 + x1+ · · · + xn,

onde xi > −1, i = 1, 2, . . . , n e xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n;

Resolu¸c˜ao. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se. Suponhamos que ela ´e correcta para

n = k , i.e.

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk) ≥ 1 + x1+ x2+ · · · + xk.

Vamos mostrar a validade desta desigualdade para n = k + 1. Temos, para xi > −1,

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk)(1 + xk+1) ≥ (1 + x1+ x2+ · · · + xk)(1 + xk+1) =

= (1 + x1+ x2+ · · · + xk+ xk+1) + (x1+ x2+ · · · + xk)xk+1 ≥ 1 + x1+ x2+ · · · + xk+ xk+1.

N´os fizemos uso da desigualdade (x1+ x2 + · · · + xk)xk+1 ≥ 0, pois segundo a condi¸c˜ao

do exerc´ıcio xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n. ¤

(12)

3) Demonstre a desigualdade 1 2· 3 4· · · 2n − 1 2n < 1 √ 2n + 1; Resolu¸c˜ao. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se, pois

1 2 < 1 √ 2 · 1 + 1 = 1 √ 3; suponhamos que ela tamb´em cumpre-se para n = k , i.e.

1 2 · 3 4· · · 2k − 1 2k < 1 √ 2k + 1.

Vamos mostrar que esta desigualdade ´e correcta para n = k + 1, i.e. 1 2· 3 4· · · 2k − 1 2k · 2k + 1 2k + 2 < 1 √ 2k + 3? Na verdade: 1 2 · 3 4· · · 2k − 1 2k · 2k + 1 2k + 2 < 1 √ 2k + 1 · 2k + 1 2k + 2 = = √ 1 2k + 3 · √ 2k + 3 √ 2k + 1 · 2k + 1 2k + 2 = 1 √ 2k + 3 · r 4k2_{+ 8k + 3} 4k2_{+ 8k + 4} < 1 √ 2k + 3. ¤ 4) Demonstre a desigualdade ¯ ¯ ¯ ¯ ¯sin Ã n X i=1 xi !¯_¯ ¯ ¯ ¯≤ n X i=1 sin xi, 0 ≤ xi ≤ π, i = 1, 2, . . . , n;

Resolu¸c˜ao. Para n = 1 temos | sin x1| = sin x1 pois, para 0 ≤ x1 ≤ π , o seno ´e positivo. Suponhamos que para n = k a desigualdade tem lugar, i.e.

¯ ¯ ¯ ¯ ¯sin Ã k X i=1 xi !¯_¯ ¯ ¯ ¯≤ k X i=1 sin xi.

(13)

Vamos mostrar que para n = k + 1 a desigualdade cumpre-se: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯sin Ã_k+1 X i=1 xi !¯_¯ ¯ ¯ ¯= ¯ ¯ ¯ ¯ ¯sin Ã _k X i=1 xi+ xk+1 !¯_¯ ¯ ¯ ¯= = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯sin Ã k X i=1 xi ! cos xk+1+ cos Ã k X i=1 xi ! sin xk+1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯≤ ≤ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯sin Ã k X i=1 xi !¯_¯ ¯ ¯ ¯| cos xk+1| + ¯ ¯ ¯ ¯ ¯cos Ã k X i=1 xi !¯_¯ ¯ ¯ ¯| sin xk+1| ≤ ≤ k X i=1 sin xi+ sin xk+1 = k+1 X i=1 sin xi. ¤

1.3 Perguntas de contrˆ

ole

1) Em que consiste o método de indu¸cão matemática?

1.4 Exerc´ıcios propostos

Para os exerc´ıcios seguintes demonstre, usando o método de indu¸cão matemática, as igualdades ou desigualdades: 1) 13_{+ 2}3_{+ · · · + n}3 _{= (1 + 2 + · · · + n)}2_; 2) 1 + 2 + 22_{+ · · · + 2}n−1 _{= 2}n_{− 1;} 3) (1 + x)n_{≥ 1 + nx (n > 1, x > −1);} 4) 1 + √1 2+ 1 √ 3+ · · · + 1 √ n > √ n, (n ≥ 2);

(14)

5) x1+ x2+ · · · + xn

n ≥

n

√

x1x2· · · xn (xk ≥ 0, k = 1, 2, . . . , n).

6) Utilizando o método de indu¸cão matemática demonstre, que

(15)

SUCESS ˜

AO. LIMITE DE SUCESS ˜

AO

2.1 Resumo te´

orico

Se a cada número natural n se faz corresponder um certo número real xn, então diremos que

está definida a sucessão num´erica x1, x2, . . . , xn, . . . A denota¸cão usada é {xn}∞n=1 ou, caso

não suscite dúvidas, xn. O número xn é o n-ésimo termo (ou elemento) da sucessão {xn}∞n=1.

As sucess˜oes {xn+ yn}, {xn− yn}, {xnyn} e

½

xn

yn

¾

chamaremos soma, diferen¸ca, produto e quociente, respectivamente, das sucess˜oes {xn} e {yn} (para o quociente sup˜oe-se que yn 6=

0, ∀ n ∈ N).

Diremos que a sucess˜ao {xn} ´e limitada se ∀ n ∈ N ∃ M > 0 : |xn| ≤ M . Do ponto de

vista geom´etrico significa que todos os elementos da sucess˜ao se encontram na vizinhan¸ca do ponto 0 e raio M .

(16)

Diremos que a sucess˜ao {xn} n˜ao ´e limitada se ∃ n0 ∈ N ∀ M > 0 : |xn0| > M .

Diremos que o número a é limite da sucessão {xn} se

∀ ε > 0 ∃ N = N(ε) ∈ N ∀ n > N : |xn− a| < ε.

A denota¸c˜ao usada ´e lim

n→∞xn = a, ou lim xn = a, ou xn → a. Do ponto de vista geom´etrico

significa que em qualquer vizinhan¸ca de a e raio ε “caiem” todos os elementos da sucess˜ao

{xn}, com excep¸cão dum número finito. Se uma sucessão tem limite finito, então diremos que

ela é convergente; se uma sucessão não tem limite, ou o seu limite é igual à infinito, então diremos que ela é divergente.

Teorema 1. Se a sucessão {xn} é convergente, então o seu limite é único.

Teorema 2. Se a sucessão {xn} é convergente, então ela é limitada.

A afirma¸cão contrária não é verdadeira: uma sucessão pode ser limitada, mas não ser convergente. Por exemplo, a sucessão de termo geral (−1)n _{é limitada, mas não converge.}

2.2 Exerc´ıcios resolvidos

1) Utilizando a defini¸c˜ao de limite mostre que

lim n

(17)

Resolu¸c˜ao. Pegamos um ε > 0 qualquer e vamos ver o m´odulo da diferen¸ca entre o

n-´esimo termo e a unidade, i.e. |xn− 1| = ¯ ¯ ¯ ¯_{n + 1}n − 1 ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯−_{n + 1}1 ¯ ¯ ¯ ¯ . Assim, |xn− 1| = ¯ ¯ ¯ ¯−_{n + 1}1 ¯ ¯ ¯

¯ = _{n + 1}1 ; de acordo com a defini¸cão temos que achar um número natural N tal, que ∀ n > N terá lugar a desigualdade 1

n + 1 < ε. Resolvendo

esta desigualdade em rela¸c˜ao `a n temos n > 1

ε − 1. Na qualidade de N podemos tomar

a parte inteira de 1 ε − 1, i.e. N = · 1 ε − 1 ¸ . ¤

2) No exerc´ıcio anterior ache N , para ε = 0.1, ε = 0.01 e ε = 0.001. Que conclus˜ao tira sobre o comportamento de N a medida que o raio da vizinhan¸ca diminui?

Resolu¸c˜ao. Calculando directamente obtemos:

N(0.1) = · 1 0.1 − 1 ¸ = 9; N(0.01) = · 1 0.01 − 1 ¸ = 99; N(0.001) = · 1 0.001 − 1 ¸ = 999.

Vemos que N cresce, o que implica que mais termos caiem fora da vizinhan¸ca de 1. ¤

3) Utilizando a defini¸c˜ao mostre que

lim

n→∞

5 · 3n

(18)

Resolu¸c˜ao. Pela defini¸c˜ao de limite significa que ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n > N : ¯ ¯ ¯ ¯ 5 · 3 n 3n_{− 2} − 5 ¯ ¯ ¯ ¯ < ε. Assim, ¯ ¯ ¯ ¯ 5 · 3 n 3n_{− 2} − 5 ¯ ¯ ¯ ¯ = ₃n10_{− 2} < ε.

Resolvendo esta inequa¸cão em rela¸cão à n temos

n > log₃ µ 10 ε + 2 ¶ .

Na qualidade de N podemos tomar

N = · log₃ µ 10 ε + 2 ¶¸ . ¤

4) Mostre, utilizando a defini¸c˜ao de limite, que

lim

n→∞

1

√

n! = 0;

Resolu¸c˜ao. Sabendo que para n > 1 ´e v´alida a desigualdade n! > 2n−1 _temos

1 √ n! < 1 2(n−1)/2 < ε =⇒ 2 (n−1)/2 _> 1 ε.

Daqui, logaritmizando na base 2, obtemos n > 1 − log₂ε2_{, portanto podemos tomar}

N = [1 − log₂ε2_]. _¤

5) Formule, na linguagem “ε − N ”, o facto de que o número a não é limite da sucessão {xn}

(19)

Resolu¸c˜ao. Por defini¸c˜ao, dizer que lim xn= a significa que

∀ ε ∃ N ∀ n > N : |xn− a| < ε.

Utilizando a regra de constru¸c˜ao da nega¸c˜ao temos que lim xn 6= a se

∃ ε > 0 ∀ N ∃ n > N : |xn− a| ≥ ε.

A interpreta¸cão geométrica deste facto é que existe uma vizinhan¸ca de a de raio ε tal que fora dela se encontra um número infinito de termos da sucessão. ¤

6) Mostre que a sucess˜ao de termo geral xn= (−1)nn ´e divergente;

Resolu¸c˜ao. Por defini¸c˜ao, |(−1)n_{n| = n > E verifica-se para n > E ≡ N , onde E > 0}

´e qualquer. ¤

7) Mostre que a sucess˜ao de termo geral xn= 2n(−1)

n

n˜ao ´e limitada;

Resolu¸cão. De acordo com a defini¸cão de sucessão não limitada, precisamos mostrar que

∀ M > 0 ∃ n0 ∈ N tal, que |xn0| > M . Pegando um n´umero n qualquer, mas par, de

modo que n > log₂M temos xn = 2n> 2log2M = M . ¤

2.3 Perguntas de contrˆ

ole

1) Formule as defini¸c˜oes:

(20)

(b) sucess˜ao limitada; (c) limite de sucess˜ao.

Dê uma interpreta¸cão geométrica destas defini¸cões.

2) Diga se é correcta a seguinte defini¸cão de limite de sucessão: lim xn = α se ∀ ε > 0 ∃ k > 0

(n˜ao obrigat´oriamente natural) tal, que ∀ n > k : |xn− α| < ε.

3) Mostre, com um exemplo, que o número N que figura na defini¸cão de limite duma sucessão, depende de ε.

4) Seja pois {xn} uma sucessão e o número α, que satisfaz a condi¸cão: ∃ N tal, que ∀ ε > 0

e ∀ n > N : |xn− α| < ε. Ser´a que qualquer sucess˜ao convergente para α satisfaz esta

condi¸c˜ao?

5) Seja lim xn= α.

(a) Ser´a poss´ıvel que todos os termos da sucess˜ao sejam positivos (negativos) se α = 0? (b) Demonstre que lim xn+1 = α, lim xn+2 = α;

(c) Demonstre que xn ´e limitada.

6) Suponhamos que numa certa vizinhan¸ca do ponto α se encontram um número infinito de elementos da sucessão {xn}. Desta condi¸cão será verdade, que:

(21)

(b) Nenhum ponto, que se encontre fora desta vizinhan¸ca, é o limite desta sucessão? (c) A sucessão {xn} é limitada?

7) Diga o que entende por sucess˜ao convergente e sucess˜ao divergente.

8) A sucessão {xn} é limitada (não é limitada). Será que da´ı advém o facto que {xn} é

convergente (divergente)?

9) Demonstre que o limite duma sucessão (caso exista) é um só.

2.4 Exerc´ıcios propostos

1) Verifique se as sucess˜oes seguintes s˜ao limitadas:

(a) xn= (−1)n 1 n; (b) xn= 2n; (c) xn= ln n; (d) xn= sin n.

2) Utilizando a defini¸c˜ao de limite mostre que:

(a) lim(−1)

n

n = 0;

(b) lim 2n

(22)

INFINIT´

ESIMO E INFINITAMENTE

GRANDE

3.1 Resumo te´

orico

Diremos que a sucess˜ao de termo geral xn ´e um infinit´esimo se lim xn = 0. Diremos que a

sucess˜ao de termo geral xn ´e infinitamente grande se

∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E.

Do ponto de vista geométrico dizer que uma sucessão é infinitamente grande significa que em qualquer vizinhan¸ca de zero se encontra um número finito de elementos, e fora da vizinhan¸ca há um número infinito de termos. Se a sucessão {xn} é um infinitamente grande, então

(23)

se lim xn = ∞. Se, a partir de um certo número, todos os termos da sucessão são positivos

(negativos), ent˜ao escreve-se lim xn = +∞ (lim xn = −∞).

Note-se que uma sucessão infinitamente grande não é convergente e a escrita simbólica lim xn = ∞ (lim xn = −∞) significa sómente que a sucessão {xn} é infinitamente grande,

contudo não significa que ela tem limite. Qualquer que seja a sucessão infinitamente grande, ela não é limitada, já que fora de qualquer vizinhan¸ca de zero encontra-se um número infinito de termos.

Teorema 3. A soma de dois infinitésimos é um infinitésimo.

Teorema 4. O produto de uma sucessão limitada por um infinitésimo é um infinitésimo.

Teorema 5. Se a sucessão {xn} (xn 6= 0) é infinitamente grande, então a partir de um certo

número n está definida a sucessão

½ 1

xn

¾

, que ´e um infinit´esimo.

3.2 Exerc´ıcios resolvidos

1) Formule, na linguagem “ε–N ”, a nega¸cão de que a sucessão {xn} é um infinitamente

grande. Dê a interpreta¸cão geométrica desta nega¸cão;

Resolu¸c˜ao. A sucess˜ao xn ´e infinitamente grande se ∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E .

A nega¸c˜ao ser´a: ∃ E > 0 tal, que ∀ N ∃ n > N : |xn| ≤ E .

(24)

e raio E , no qual se encontra um n´umero infinito de termos desta sucess˜ao. ¤

2) Demonstre que a sucess˜ao an _{´e um infinitamente grande, para o caso quando |a| > 1;}

Resolu¸c˜ao. Mostremos que a sucess˜ao {an_{} satisfaz a defini¸c˜ao de infinitamente grande,}

i.e.

∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |a|n> E.

Resolvendo esta desigualdade temos n > log_|a|E , assim N = [log_|a|E]. ¤

3) Mostre que a sucess˜ao de termo geral xn= n(−1)

n

não é limitada, contudo não tende para o infinito;

Resolu¸c˜ao. Seja E > 0 um n´umero qualquer. Ent˜ao, para n = 2k (k = 1, 2, . . .) temos

|x2k| = 2k > E se k > E/2, i.e. a sucessão xn não é limitada. Contudo, para E > 1 e

n = 2k − 1 (k = 1, 2, . . .) |x2k−1| = 1

2k − 1 < 1 e não pode ser superior à E > 1, i.e. não é infinitamente grande. ¤

4) Demonstre que a sucessão de termo geral an_{é um infinitésimo, para o caso quando |a| < 1;}

Resolu¸c˜ao. Para a = 0 temos an _{= 0, qualquer que seja o n´umero natural n;}

supon-hamos que a 6= 0, ent˜ao an ₌

µµ 1 a ¶_n¶−1 . Como ¯ ¯ ¯ ¯1_a ¯ ¯ ¯ ¯ > 1, então a sucessão ½ 1 an ¾ é um infinitamente grande e a sucessão de termo geral an₌

µµ 1 a ¶_n¶−1 ´e um infinit´esimo, segundo o Teorema 5. ¤

5) Mostre que a sucess˜ao de termo geral 2n

(25)

Resolu¸c˜ao. Dizer que lim 2n n! = 0 significa: ∀ ε > 0 ∃ N ∀ n > N : ¯ ¯ ¯ ¯2 n n! ¯ ¯ ¯ ¯ < ε. Temos 2n n! = 2 1 · 2 2· 2 3· · · 2 n ≤ 2 µ 2 3 ¶_n−2 = = 9 2 · µ 2 3 ¶_n < ε =⇒ µ 2 3 ¶_n < 2 9ε =⇒ n > log2/3(2ε/9). Assim, N = £log_2/3(2ε/9)¤. ¤

6) Mostre que a sucess˜ao ½

an

n!

¾

é um infinitésimo; Resolu¸cão. Temos a avalia¸cão

¯ ¯ ¯ ¯a n n! ¯ ¯ ¯

¯ = |a|₁ · |a|₂ · · ·|a|_m · _{m + 1}|a| · · ·|a|_n <

< |a| m m! µ |a| m + 1 ¶_n−m < ε =⇒ µ |a| m + 1 ¶_n−m < m!ε |a|m =⇒ =⇒ (n − m) > log_|a|/(m+1) µ m!ε |a|m ¶ ,

i.e. n > m + log_|a|/(m+1) µ

m!ε |a|m

¶

qualquer que seja ε e |a| < m + 1. ¤

7) Mostre que a sucess˜ao de termo geral 1 2·

3 4· · · ·

2n − 1

2n é um infinitésimo; Resolu¸cão. Segundo o exerc´ıcio 5 do ponto 1.2 temos

1 2 · 3 4· · · 2n − 1 2n < 1 √ 2n + 1 < ε =⇒ =⇒ 2n + 1 > 1 ε2 =⇒ n > 1 2 µ 1 ε2 − 1 ¶ . Assim, N = · 1 2 µ 1 ε2 − 1 ¶¸ . ¤

(26)

3.3 Perguntas de contrˆ

ole

1) Formule as defini¸c˜oes:

(a) sucess˜ao infinitamente pequena; (b) sucess˜ao infinitamente grande.

2) Formule, na linguagem “ε–N ”, que:

(a) a sucessão {xn} é um infinitésimo;

(b) a sucessão {xn} é um infinitamente grande. Dê a interpreta¸cão geométrica.

3) Dˆe a defini¸c˜ao, na linguagem “ε–N ”, que lim xn= −∞.

4) Suponhamos que um n´umero infinito de termos duma sucess˜ao se encontra:

(a) em qualquer vizinhan¸ca de zero; (b) fora de qualquer vizinhan¸ca de zero.

Da condi¸cão a) (da condi¸cão b)) implica que a sucessão é infinitamente pequena (infinitamente grande)? Limitada (não limitada)?

5) Sabe-se que yn6= 0, ∀ n ∈ N e

(a) lim xn = lim yn = 0;

(27)

Ser´a que a sucess˜ao de termo geral xn

yn

´e um infinitamente grande (infinitamente pequeno)?

6) Mostre que a soma de dois infinitésimos é um infinitésimo.

7) ´E correcto dizer que a soma de dois infinitamente grande ´e um infinitamente grande?

8) Demonstre que se lim xn = ∞, então a partir de um certo n está definida a sucessão

½ 1 xn ¾ e lim 1 xn = 0.

9) Seja {xn+ yn} um infinitésimo. Será correcto afirmar que {xn} e {yn} são infinitésimos?

10) Demonstre que se xn≥ yn e lim yn = +∞, ent˜ao lim xn = +∞.

3.4 Exerc´ıcios propostos

1) Demonstre que as sucessões seguintes são infinitésimos:

(a) xn= nk, k < 0; (b) xn= (−1)n(0.999)n; (c) xn= 2 √ n_; (d) xn= log(log n), n ≥ 2.

(28)

3) Ache o menor termo da sucess˜ao:

(a) xn= n2− 9n − 100;

(b) xn= n +

100

(29)

PROPRIEDADES ARITM´

ETICAS

DE SUCESS ˜

OES CONVERGENTES

4.1 Resumo te´

orico

Teorema 6. Seja lim xn = a e lim yn = b. Ent˜ao:

1) lim (xn+ yn) = a + b;

2) lim (xnyn) = ab;

3) se b 6= 0, então a partir de um certo número está definida a sucessão de termo geral xn yn

e limxn yn

= a

b.

Se lim xn = lim yn = 0, ent˜ao limxn

yn

chama-se indetermina¸c˜ao do tipo 0/0. De modo

(30)

análogo se definem as indetermina¸cões do tipo ∞/∞, 0 · ∞, ∞ − ∞. ´E claro que para tais limites o Teorema 6 não se aplica.

Teorema 7. Se lim xn = a e a partir de um certo n´umero temos que xn ≥ b (xn ≤ b), ent˜ao

a ≥ b (a ≤ b).

Teorema 8. Se lim xn = lim yn = a e a partir de um certo n´umero cumpre-se a dupla

de-sigualdade

xn ≤ zn≤ yn,

ent˜ao lim zn = a.

4.2 Exerc´ıcios resolvidos

1) Calcule lim xn, se:

(a) xn= 9 + n n+1 2 + 1 n ;

Resolu¸c˜ao. Fa¸camos yn = 9 +

n

n + 1 e zn= 2 +

1

n; ´e claro que

lim yn= lim µ 9 + n n(1 + 1 n) ¶ = 10 e lim zn = lim µ 2 + 1 n ¶ = 2.

(31)

Assim, aplicando o Teorema 6 temos lim xn = lim yn zn = lim yn lim zn = 10 2 = 5. ¤ (b) xn= n 3n + 2;

Resolu¸c˜ao. Calculando directamente temos: lim n 3n + 2 = lim n n(3 + 2 n) = lim 1 3 + 2 n = 1 3. ¤ (c) xn= 10n n2_{+ 1};

Resolu¸c˜ao. Calculando directamente temos:

lim 10n n2_{+ 1} = lim 10n n(n + 1 n) = lim 10 n + 1 n = 0. ¤ (d) xn= n 2_{− n} n −√n;

Resolu¸c˜ao. Calculando directamente e tendo em considera¸c˜ao o facto de que

n2− n = (n +√n)(n −√n) temos: lim n2− n n −√n = lim (n +√n)(n −√n) n −√n = lim(n + √ n) = ∞ + ∞ = ∞. ¤ (e) xn= 5 · 3n 3n_{− 2};

lim 5 · 3n 3n_{− 2} = lim 5 · 3n 3n_{(1 −} 2 3n) = lim 5 1 − 2 3n = 5. ¤

(32)

(f) xn=

2 − n

n + 1 +

n · 2−n

n + 2 ;

Resolu¸c˜ao. Denote-se yn=

2 − n n + 1 e zn= n · 2−n n + 2 . Temos lim yn = lim n(2 n− 1) n(1 + 1 n) = −1 e lim zn= lim n n(1 + 2 n)2n = lim 1 (1 + 2 n)2n = 0. Assim, lim xn = lim yn+ lim zn= −1. ¤

(g) xn= µ n + 1 n ¶₅ ;

lim µ n + 1 n ¶₅ = · lim µ n + 1 n ¶¸₅ = 15 _{= 1. ¤} (h) xn= n3_{+ 27} n4_{− 15};

Resolu¸c˜ao. O numerador comporta-se como n3 _{e o denominador como n}4_{. Da´ı,} que lim n 3_{+ 27} n4_{− 15} = lim n3 n4 = lim 1 n = 0. ¤ (i) xn= (n + 5)3_{− n(n + 7)}2 n2 ;

Resolu¸c˜ao. Desenvolvemos, primeiro, o numerador:

(n + 5)3− n(n + 7)2 = n3+ 15n2+ 75n + 125 − n3− 14n2− 49n =

(33)

Assim, lim xn = lim n2_{+ 26n + 125} n2 = lim n2 n2 = 1. ¤ (j) xn= 2n+2_{+ 3}n+3 2n_{+ 3}n ;

Resolu¸c˜ao. No numerador e denominador vamos evidenciar a potˆencia de maior base. Assim, lim xn = lim 4 · 2n_{+ 27 · 3}n 2n_{+ 3}n = lim 3n_[4(2/3)n_{+ 27]} 3n_[(2/3)n_{+ 1]} = 27, pois (2/3)n _{→ 0, porque 2/3 < 1.} _¤

2) Sabe-se que lim xn= 1. Ache lim yn, se yn=

xn− 1

x2

n− 1

;

Resolu¸c˜ao. Usando a express˜ao da diferen¸ca de quadrados temos

x2 n− 1 = (xn+ 1)(xn− 1). Assim, lim xn = lim xn− 1 (xn+ 1)(xn− 1) = lim 1 xn+ 1 = 1 1 + lim xn = 1 2. ¤ 3) Calcule lim1 + a + · · · + an 1 + b + · · · + bn, para |a| < 1, |b| < 1;

Resolu¸c˜ao. Os numerador e denominador são somas de n termos de progressões geomé-tricas de razão a e b, respectivamente. Assim, com base na fórmula que permite calcular

(34)

tais somas, temos: 1 + a + · · · + an = 1 − a n+1 1 − a , 1 + b + · · · + b n₌ 1 − bn+1 1 − b . Em conclus˜ao: lim1 + a + · · · + a n 1 + b + · · · + bn = lim (1 − an+1_{)(1 − b)} (1 − a)(1 − bn+1₎ = 1 − b 1 − a.

N´os exploramos o facto que lim an+1_{= 0 e lim b}n+1_{= 0, pois |a| < 1 e |b| < 1 segundo a}

condi¸c˜ao do exerc´ıcio. ¤ 4) Calcule lim µ 1 n2 + 2 n2 + · · · + n − 1 n2 ¶ ;

Resolu¸c˜ao. Reescrevemos o termo geral de forma mais compacta:

xn= 1 n2 + 2 n2 + · · · + n − 1 n2 = 1 + 2 + · · · + (n − 1) n2 .

O numerador é a soma de n − 1 termos duma progressão aritmética, cujo primeiro termo é 1 e razão igual à 1. Deste modo, e aplicando a fórmula que permite achar a soma dos elementos duma progressão aritmética, temos:

lim xn = lim (1 + n − 1)(n − 1) 2 · n2 = lim n(n − 1) 2 · n2 = 1 2. ¤ 5) Calcule lim µ 1 2 + 1 2 · 3 + · · · + 1 n(n + 1) ¶ ;

(35)

Resolu¸c˜ao. Vamos primeiro escrever 1 k(k + 1) na forma A k + B k + 1. Achamos A e B : 1 k(k + 1) = A k + B k + 1 = A(k + 1) + Bk k(k + 1) ;

daqui tir´amos que (A + B)k + A = 1 =⇒ A = −B e A = 1. Assim, 1 k(k + 1) = 1 k − 1 k + 1.

Voltando `a nossa sucess˜ao temos: 1 2 + 1 2 · 3 + · · · + 1 n(n + 1) = µ 1 − 1 2 ¶ + µ 1 2 − 1 3 ¶ + · · · + µ 1 n − 1 n + 1 ¶ = 1 − 1 n + 1.

Agora ´e f´acil achar o limite:

lim µ 1 1 · 2+ 1 2 · 3 + · · · + 1 n(n + 1) ¶ = lim µ 1 − 1 n + 1 ¶ = 1. ¤ 6) Calcule lim µ 1 2+ 3 22 + 5 23 + · · · + 2n − 1 2n ¶ ;

Resolu¸c˜ao. Fazendo

Sn = 1 2 + 3 22 + 5 23 + · · · + 2n − 1 2n temos 1 2Sn= 1 22 + 3 23 + 5 24 + · · · + 2n − 1 2n+1 ; assim, Sn− 1 2Sn = 1 2Sn = 1 2 + 3 − 1 22 + 5 − 3 23 + · · · + 2n − 1 − 2n + 3 2n − 2n − 1 2n+1 =

(36)

= 1 2 + 1 2 + 1 22 + · · · + 1 2n−1 − 2n − 1 2n+1 = 1 2− 2n − 1 2n+1 + xn, onde xn = 1 2 + 1 22 + · · · + 1

2n−1. ´E f´acil ver que xn ´e a soma de n − 1 termos de uma

progressão geométrica, cuja razão é 1

2. Assim, xn = 1 2(1 −2n−11 ) 1 −1 2 = 1 − 1 2n−1. Temos, finalmente, lim1 2Sn = lim µ 1 2− 2n − 1 2n+1 + 1 − 1 2n−1 ¶ = 1 2+ 1 = 3 2. Daqui conclu´ımos que lim Sn = 3. ¤

7) Calcule lim√2 2 ·√4 2 ·√8 2 · · · 2n√ 2;

Resolu¸c˜ao. Temos

xn = 2 √ 2 ·√4 2 ·√8 2 · · · 2n√ 2 = 212+14+81+···+2n1 = 21−2n1 .

Assim, lim xn = 2lim(1−

1 2n) = 21 = 2. ¤ 8) Calcule lim √ n cos n n + 1 ;

Resolu¸c˜ao. Fazendo xn = cos n e yn =

√ n

n + 1 podemos ver que xn = cos n ´e limitada

e lim yn = √ n √ n(√n + _√1 n)

= 0 ´e um infinit´esimo. Assim,

√ n cos n

n + 1 tende para zero, pois

(37)

9) Calcule

lim14+ 24 + 34+ · · · + n4

n5 ;

Resolu¸c˜ao. Denotemos Sndef= 14+ 24+ 34+ · · · + n4. Vamos procurar Sn na forma

Sn= An5+ Bn4+ Cn3+ Dn2+ En + F ;

ent˜ao,

Sn+1− Sn= A[(n + 1)5− n5] + B[(n + 1)4 − n4]+

+C[(n + 1)3_{− n}3_{] + D[(n + 1)}2_{− n}2_{] + E[(n + 1) − n].}

Para qualquer natural n temos

(n + 1)4 _{= 5An}4_{+ (10A + 4B)n}3_{+ (10A + 6B + 3C)n}2₊

+(5A + 4B + 3C + 2D)n + A + B + C + D + E.

Igualando os coeficientes com os mesmos expoentes `a esquerda e direita temos:

5A = 1

10A + 4B = 4

10A + 6B + 3C = 6 5A + 4B + 3C + 2D = 4

(38)

Daqui tir´amos A = 1/5, B = 1/2, C = 1/3, D = 0, E = 1/30. Deste modo, para qualquer natural n temos:

Sn = 1 5n 5₊ 1 2n 4₊1 3n 3₋ 1 30n + F. Colocando n = 1 temos 1 = 1 5+ 1 2+ 1 3− 1 30+ F =⇒ F ≡ 0. Assim, lim1 4_{+ 2}4 _{+ 3}4_{+ · · · + n}4 n5 = lim µ 1 5+ 1 2n + 1 3n2 − 1 30n4 ¶ = 1 5. ¤

10) Seja a > 1. Demonstre que

lim√n_{a = 1;}

Resolu¸c˜ao. Denotamos √n_{a − 1 = α}

n, ent˜ao αn> 0 e

a = (1 + αn)n= 1 + nαn+ · · · + αnn≥ nαn.

Daqui conclu´ımos que 0 < αn≤

a

n, ∀ n. Significa que lim αn = 0, consequentemente

lim √n_{a = lim(1 + α}

n) = 1. ¤

11) Demonstre que

(39)

Resolu¸cão. Fazendo √n_{n − 1 = α} n, então αn > 0 e n = (1 + αn)n = 1 + nαn+ n(n − 1) 2 α 2 n+ · · · + αnn ≥ n(n − 1) 2 α 2 n, para n ≥ 2. Como n − 1 ≥ n 2 para n ≥ 2, então n ≥ n2_α2 n

4 donde tir´amos, que 0 ≤ αn ≤

2

√

n. Assim, lim αn= 0 e, consequentemente,

lim√n_{n = lim(1 + α}

n) = 1. ¤

4.3 Perguntas de contrˆ

ole

1) Dê a defini¸cão de sucessão convergente.

2) Formule, na linguagem “ε–N ”, a defini¸cão de sucessão divergente e dê a interpreta¸cão geométrica desta defini¸cão.

3) Formule os teoremas 6–8.

4) Suponhamos que xn converge e yn diverge. Demonstre que xn+yn diverge, αxn converge,

αyn diverge, para α 6= 0. Mostre, com exemplos, que a sucess˜ao xnyn pode convergir ou

divergir.

5) Suponhamos que a sucess˜ao xn+yn converge. Deste facto implica que xn e yn convergem?

6) Suponhamos que lim xn = a. Demonstre que xn pode representar-se na forma xn =

(40)

7) Demonstre o Teorema 7.

8) Suponhamos que lim xn= a e ∀ n, xn> b. Deste facto implica que a > b?

4.4 Exerc´ıcios propostos

1) Sabe-se que a sucess˜ao xn converge e yn diverge. Ser´a poss´ıvel que xnyn seja convergente?

2) S˜ao dadas as sucess˜oes 1

n, 1 n2, (−1)n n e 1

n + 100. Escolha destes infinit´esimos as sucess˜oes

que: (a) limxn yn = 0; (b) limxn yn = 1; (c) limxn yn = ∞.

3) Investigue a convergência das sucessões (conforme os parâmetros α, β e γ ):

(a) xn= nα_{+ 1} nβ _{+ 3}; (b) xn= nγ 3 √ n3_{+ 1 − n} √ n + 1 −√n.

(41)

(a) xn= 3 √ n2_sin(n!) n + 2 ; (b) xn= √ n + 1 −√n; (c) xn= (−2)n_{+ 3}n (−2)n+1_{+ 3}n+1. 5) Calcule lim µ 1 n − 2 n + 3 n − · · · + (−1)n−1_n n ¶ . 6) Calcule lim µ 12 n3 + 22 n3 + · · · + (n − 1)2 n3 ¶ . 7) Calcule lim µ 1 1 · 2 · 3 + 1 2 · 3 · 4 + · · · + 1 n(n + 1)(n + 2) ¶ .

8) Sabe-se que xn 6= 1 e lim xn = 1. Calcule

limx 2 n− 3xn+ 2 x2 n− 1 .

9) Seja Sn a soma dos n primeiros termos duma progressão aritmética, cuja razão é d 6= 0

e termo geral an. Calcule:

(a) limSn

(42)

(b) limSn

a2

n

, an6= 0;

(43)

SUCESS ˜

OES MON ´

OTONAS

5.1 Resumo te´

orico

Diremos que a sucess˜ao xn ´e decrescente (crescente) se xn+1 ≤ xn (xn+1 ≥ xn), qualquer

que seja n ∈ N. As sucessões decrescentes ou crescentes chamam-se sucessões mon´otonas. Diremos que a sucessão xn é estritamente crescente (estritamente decrescente) se

xn < xn+1 (xn > xn+1), qualquer que seja n ∈ N. As sucess˜oes estritamente crescentes ou

estritamente decrescentes chamam-se sucess˜oes estritamente mon´otonas.

Teorema 9. Qualquer sucessão limitada e monótona é convergente.

Teorema 10. Qualquer sucess˜ao xn crescente e limitada superiormente ´e convergente.

Teorema 11. Qualquer sucess˜ao xn decrescente e limitada inferiormente ´e convergente.

(44)

5.2 Exerc´ıcios resolvidos

1) Mostre que a sucess˜ao

xn = n!

(2n + 1)!!, n ∈ N tem limite e calcule esse limite;

Resolu¸cão. Vamos verificar se esta sucessão é monótona e limitada. Para tal analisemos o quociente xn+1 xn = (n + 1)!(2n + 1)!! n!(2n + 3)!! = n + 1 2n + 3 < 1 2 < 1,

da´ı que xn é estritamente decrescente. É evidente que esta sucessão é limitada pois, para

qualquer n ≥ 1, tem lugar a dupla desigualdade 0 < xn < x1 = 1

3 e, pelo Teorema 9, ela ´e convergente. Vamos calcular este limite. Suponhamos que lim xn = c. ´E claro que

tamb´em lim xn+1 = c. Assim,

c = lim xn+1= lim xn· xn+1 xn = lim xn· n + 1 2n + 3 = lim xn 2 = c 2 Ent˜ao c − c 2 = c 2 = 0 =⇒ c = 0. ¤

2) Mostre que a sucess˜ao xn, onde x1 = 0, xn+1 =

√

6 + xn, tem limite e calcule esse limite;

Resolu¸c˜ao. Vamos mostrar que a sucess˜ao xn=

√

6 + xn ´e crescente e, para tal, faremos

isto usando o método de indu¸cão matemática. Temos

x2 =

√

6 + x1 =

√

(45)

Suponhamos que xk+1 > xk. Ent˜ao x2k+2 > x2k+1 e tal como xk+2 > 0 e xk+1 > 0 a

desigualdade xk+2 > xk+1 ´e correcta.

Mostremos que xn ´e limitada. ´E claro que para qualquer natural n temos 0 ≤ xn e

x2

n < x2n+1 = 6 + xn, i.e. x2n− xn− 6 < 0 de onde tir´amos que xn< 3. Assim, 0 ≤ xn < 3

para qualquer n natural.

Sendo xn uma sucessão crescente e limitada, então ela é convergente. Suponhamos que

lim xn= c. Fazendo a passagem do limite na igualdade x2n+1 = 6 + xn e tendo em conta,

que lim xn+1= c2 obtemos c2 = 6 + c da´ı, que c = 3 (porque xn≥ 0). ¤

3) Demonstre que a sucess˜ao xn =

µ 1 + 1

n

¶_n

é monótona e limitada; Resolu¸cão. Temos

xn+1 xn = (1 + 1 n+1)n+1 (1 + 1 n)n = µ 1 − 1 (n + 1)2 ¶_n+1 · n + 1 n > > µ 1 − 1 n + 1 ¶ · n + 1 n = 1.

Vemos que xn+1 > xn, i.e. xn ´e estritamente crescente.

Mostremos que xn ´e limitada. Pelo bin´omio de Newton1 temos

xn= µ 1 + 1 n ¶_n = 1 + n · 1 n + n(n − 1) 2! · 1 n2+ +n(n − 1)(n − 2) 3! · 1 n3 + · · · + n(n − 1) · · · (n − (n − 1)) n! · 1 nn =

(46)

= 2+1 2! µ 1 − 1 n ¶ +1 3! µ 1 − 1 n ¶ µ 1 − 2 n ¶ +· · ·+ 1 n! µ 1 − 1 n ¶ µ 1 − 2 n ¶ · · · µ 1 −n − 1 n ¶ < < 2 + 1 2!+ 1 3!+ · · · + 1 n! < 2 + 1 2 + 1 22 + · · · + 1 2n−1 = 2 + µ 1 − 1 2n−1 ¶ < 3.

Assim, 2 ≤ xn < 3. Ao mostrarmos que a sucess˜ao xn ´e limitada, exploramos o facto,

que 1 − i

n < 1, ∀ 1 ≤ i ≤ n e n! > 2

n−1_{, n ≥ 2.} _¤

5.3 Perguntas de contrˆ

ole

1) Defina sucess˜ao mon´otona.

2) Formule o teorema de convergência para uma sucessão monótona.

3) A condi¸cão de que uma sucessão é limitada, é necessária e suficiente para a convergência dela, caso seja monótona?

5.4 Exerc´ıcios propostos

1) Demonstre que a sucess˜ao xn = n

P

k=1

1

n + k ´e convergente.

2) Demonstre a convergˆencia e calcule o limite da sucess˜ao xn dada na forma recorrente:

(a) x1 = a, x2 = b, a 6= b,

xn =

xn−1+ xn−2

(47)

(b) x1 ´e qualquer n´umero negativo e xn+1 = 1 2 µ xn+ a xn ¶ , ∀ n ≥ 1, a > 0.

(48)

LIMITES PARCIAIS

6.1 Resumo te´

orico

Seja xn uma sucessão. Vejamos qualquer sucessão crescente de números inteiros positivos

k1, k2, . . . , kn, . . . De xn escolhemos os termos xk1, xk2, . . . , xkn, . . . A sucess˜ao xkn chamaremos

subsucess˜ao de xn.

Teorema 12. Se lim xn = a, ent˜ao qualquer subsucess˜ao sua xkn converge para a.

Teorema 13. De qualquer sucess˜ao limitada podemos extrair uma subsucess˜ao convergente.

Suponhamos que xkn ´e uma subsucess˜ao de xn e lim

n→∞xkn = α. Ent˜ao α chamaremos

limite parcial da sucess˜ao xn. Ao maior dos limites parciais da sucess˜ao xn chamaremos

limite superior de xn (denota-se lim xn) e ao menor dos limites parciais chamaremos limite

(49)

inferior de xn (denota-se lim xn). ´E claro que se xn ´e convergente, ent˜ao tem lugar a igualdade:

lim xn= lim xn = lim xn.

6.2 Exerc´ıcios resolvidos

1) Dada a sucess˜ao xn= 1 −

1

n, ache lim xn e lim xn;

Resolu¸c˜ao. A sucess˜ao xn converge para 1, portanto lim xn= lim xn = 1. ¤

2) Dada a sucess˜ao xn= (−1)n−1

µ 2 + 3

n

¶

, ache lim xn e lim xn;

Resolu¸cão. Todos os termos desta sucessão encontram-se em duas subsucessões, uma com ´ındice par e outra com ´ındice ´ımpar. Assim,

x2k = − µ 2 + 3 2k ¶ , lim x2k = −2, x2k+1 = − µ 2 + 3 2k + 1 ¶ , lim x2k+1 = 2. Ent˜ao lim xn= 2 e lim xn = −2. ¤

3) Ache lim xn e lim xn para a sucess˜ao, cujo termo geral ´e xn= 1 +

n n + 1cos

nπ

2 ; Resolu¸c˜ao. Para n = 4k temos x4k = 1 +

4k

4k + 1; para n = 2k − 1 temos x2k−1 = 1 e para n = 4k − 2 temos x4k−2= 1 −

4k − 2

4k − 1. Deste modo,

lim x4k = 1 + 1 = 2, lim x2k−1 = 1, lim x4k−2= 0.

(50)

4) Calcule lim xn e lim xn da sucess˜ao xn= µ 1 + 1 n ¶_n · (−1)n+ sinnπ 4 ; Resolu¸c˜ao. Para n = 8k − 7:

x8k−7= − µ 1 + 1 8k − 7 ¶_8k−7 + √ 2 2 → −e + √ 2 2 , k → ∞; Para n = 8k − 6: x8k−6= µ 1 + 1 8k − 6 ¶_8k−6 + 1 → e + 1, k → ∞; Para n = 8k − 5: x8k−5= − µ 1 + 1 8k − 5 ¶_8k−5 + √ 2 2 → −e + √ 2 2 , k → ∞; Para n = 4k : x4k = µ 1 + 1 4k ¶_4k → e, k → ∞; Para n = 8k − 3: x8k−3= − µ 1 + 1 8k − 3 ¶_8k−3 − √ 2 2 → −e − √ 2 2 , k → ∞; Para n = 8k − 2: x8k−2= µ 1 + 1 8k − 2 ¶_8k−2 − 1 → −e − 1, k → ∞; Para n = 8k − 1: x8k−1= − µ 1 + 1 8k − 1 ¶_8k−1 − √ 2 2 → −e − √ 2 2 , k → ∞.

(51)

Portanto, lim xn = −e −

√

2

2 e lim xn= e + 1. ¤

6.3 Perguntas de contrˆ

ole

1) Dˆe a defini¸c˜ao de:

(a) sucess˜ao; (b) subsucess˜ao;

(c) limite parcial duma sucess˜ao;

(d) limite superior e limite inferior duma sucess˜ao.

2) Dê a interpreta¸cão geométrica de limite parcial.

3) Dadas as sucess˜oes {n(−1)n_{+ 1}, {n}, {(−1)}n_{+ 1} diga qual delas:}

(a) tem limite parcial; (b) n˜ao tem limite parcial;

(c) tem dois limites parciais; (d) tem um limite parcial.

4) Demonstre que se uma sucessão é convergente, então ela tem só um limite parcial que coincide com o seu limite. A afirma¸cão inversa é correcta?

(52)

5) Formule o teorema de Bolzano1_-Weierstrass2_{(Teorema 13).}

6.4 Exerc´ıcios propostos

1) Demonstre que de qualquer sucessão não limitada podemos extrair uma subsucessão in-finitamente grande.

2) Demonstre que qualquer subsucessão extra´ıda duma sucessão infinitamente grande é in-finitamente grande.

3) Sabe-se que as sucess˜oes xn e yn tˆem um limite parcial cada. Mostre, com exemplos, que

as sucess˜oes xn+ yn e xnyn podem:

(a) n˜ao ter limites parciais; (b) ter um s´o limite parcial;

(c) ter dois limites parciais.

4) Ache lim xn e lim xn se:

(a) xn= 1 + 2(−1)n+1+ 3(−1)

n(n−1) 2 ;

1_{Bernhard Bolzano (1781–1848) — matem´atico checo}

(53)

(b) xn= n − 1 n + 1cos 2πn 3 ; (c) xn= 1 + n sin πn 2 ; (d) xn= (−1)n n + 1 + (−1)n 2 ; (e) xn= n n + 1sin 2 nπ 4 ; (f) xn= n √ 1 + 2−1n n; (g) xn= cosn 2nπ 3 .

(54)

SUCESS ˜

OES FUNDAMENTAIS

7.1 Resumo te´

orico

Diremos que a sucess˜ao xn ´e fundamental (ou de Cauchy1) se

∀ ε > 0 ∃ N : ∀ n > N ∀ p > 0 =⇒ |xn+p− xn| < ε.

A interpreta¸cão geométrica desta defini¸cão é seguinte: se a sucessão xn é fundamental, então

para qualquer ε > 0 existe um natural N tal, que a distância entre dois termos quaisquer da sucessão, com ´ındices superiores à N , é menor que ε.

Teorema 14. (Crit´erio de Cauchy)

No conjunto dos números reais as duas afirma¸cões são equivalentes:

1_{Augustin Louis Cauchy (1789–1857) — matem´atico francˆes}

(55)

1) xn converge;

2) xn ´e fundamental.

7.2 Exerc´ıcios resolvidos

1) Utilizando o crit´erio de Cauchy mostre que a sucess˜ao

xn= sin 1 2 + sin 2 22 + · · · + sin n 2n ´e convergente;

Resolu¸c˜ao. Avaliamos o m´odulo da diferen¸ca:

|xn+p− xn| = ¯ ¯ ¯ ¯sin (n + 1)₂n+1 + sin (n + 2) 2n+2 + · · · + sin (n + p) 2n+p ¯ ¯ ¯ ¯ ≤ ≤ 1 2n+1 + 1 2n+2 + · · · + 1 2n+p < 1 2n < ε,

para n > − log₂ε e para todo p > 0. Exploramos o facto de que

1

2n+1 + · · · +

1 2n+p

é a soma de p termos duma progressão geométrica. ¤

xn= n X k=1 cos k 3k ´e convergente;

(56)

Resolu¸c˜ao. Avaliamos o m´odulo da diferen¸ca: |xn+p− xn| = ¯ ¯ ¯ ¯cos (n + 1)₃n+1 + cos (n + 2) 3n+2 + · · · + cos (n + p) 3n+p ¯ ¯ ¯ ¯ ≤ ≤ 1 3n+1 + 1 3n+2 + · · · + 1 3n+p < 1 2 · 3n < 1 3n < ε,

para n > − log₃ε e para todo p > 0. ¤

3) Demonstre que a sucess˜ao xn = n

X

k=1

1

k diverge;

Resolu¸cão. De acordo com o critério de Cauchy é suficiente mostrar que ela não é fundamental. Avaliando a diferen¸ca e tendo em conta que n + i ≤ n + p para qualquer

i ≤ p, temos: |xn+p− xn| = 1 n + 1+ 1 n + 2+ · · · + 1 n + p ≥ 1 n + p+ 1 n + p + · · · + 1 n + p = p n + p. Pegando p = n obtemos |x2n− xn| ≥ n n + n = 1

2 da´ı, que a sucess˜ao xn =

n X k=1 1 k n˜ao ´e fundamental. ¤

xn= n X k=1 sin k k2 ´e convergente;

Resolu¸cão. Vamos mostrar que esta sucessão é fundamental. Avaliamos o módulo da diferen¸ca:

|xn+p− xn| ≤ 1

(n + 1)2 + · · · + 1 (n + p)2 <

(57)

< µ 1 n − 1 n + 1 ¶ + · · · + µ 1 n + p − 1− 1 n + p ¶ = 1 n − 1 n + p < 1 n. Assim, |xn+p− xn| < 1 n < ε, ∀ n > N = [1/ε], p > 0.

Neste exerc´ıcio usamos a desigualdade 1 k2 < 1 k(k − 1) = 1 k − 1 − 1 k. ¤

xn= 1 ln 2 + 1 ln 3 + · · · + 1 ln n, n = 2, 3, . . . diverge;

Resolu¸cão. A divergência da sucessão vem do facto que

|xn+p− xn| = 1 ln(n + 1) + · · · + 1 ln(n + p) > p ln(n + p) > p n + p = 1 2 se p = n. ¤

7.3 Perguntas de contrˆ

ole

1) Defina:

(a) sucessão fundamental; (b) sucessão não fundamental.

(58)

2) Dê a interpreta¸cão geométrica das duas defini¸cões anteriores.

3) Formule o crit´erio de Cauchy (Teorema 14).

7.4 Exerc´ıcios propostos

1) Mostre que a sucess˜ao xn ´e fundamental se:

(a) xn= n + 1 3n − 2; (b) xn= a + aq + · · · + aqn−1, onde q < 1, n ∈ N; (c) x1 = 1, xn= xn−1+ (−1)n−1 n! , n = 2, 3, . . ..

2) Demonstre que a sucess˜ao xn ´e convergente se:

(a) xn= sin a 2 + sin 2a 22 + · · · + sin na 2n , a ∈ R 1_; (b) xn= 1 + 1 2!+ · · · + 1 n!; (c) xn= cos 1! 1 · 2 + cos 2! 2 · 3 + · · · + cos n! n(n + 1).

(59)

(a) xn= n cos nπ − 1 2n ; (b) xn= (−1)n µ 1 + 1 n ¶_n ; (c) xn= 1 22 + 2 32 + · · · + n (n + 1)2.

(60)

FUNC

¸ ˜

AO

8.1 Resumo te´

orico

A variável y chama-se fun¸cão da variável x se a cada valor de x, que pertence ao conjunto E ⊂ R1_{, corresponde um valor definido da variável y . A variável x chama-se argumento} ou variável independente, o conjunto E chama-se dom´ınio ou conjunto de defini¸cão da fun¸cão e denota-se D . O conjunto dos valores que a fun¸cão toma chama-se contradom´ınio e denota-se CD .

A nota¸cão y = f (x) significa que y é fun¸cão de x. O valor de f (x) para x = x0 denota-se

f (x0).

Ao lugar geométrico de pontos pertencentes à R2 _{e cujas coordenadas satisfazem a equa¸cão}

y = f (x) chama-se gráfico da fun¸cão y = f (x). Diremos que o conjunto E ⊂ R1 _{é sim´}_etrico 60

(61)

se para qualquer x ∈ E implica que também −x ∈ E. Seja f (x) uma fun¸cão definida num conjunto simétrico. Se para qualquer x ∈ E temos f (x) = f (−x), então diz-se que a fun¸cão

f (x) é par. Se para qualquer x ∈ E temos f (−x) = −f (x), então diz-se que a fun¸cão f (x) é

´ımpar. Para uma fun¸cão par, o seu gráfico é simétrico em rela¸cão ao eixo das ordenadas (eixo Y). Para uma fun¸cão ´ımpar, o seu gráfico é simétrico em rela¸cão à origem (ponto (0, 0)).

Seja f (x) uma fun¸c˜ao definida no conjunto E ⊂ R1 _{e seja T um valor positivo. Diz-se que}

f (x) ´e T -peri´odica se:

1) x + T ∈ E;

2) f (x + T ) = f (x).

8.2 Exerc´ıcios resolvidos

1) Ache o dom´ınio da fun¸c˜ao:

(a) f (x) = x 2 1 + x;

Resolu¸c˜ao. A express˜ao x2

1 + x tem sentido sómente para valores de x que não anulem o denominador, i.e. 1 + x 6= 0, portanto a fun¸cão f (x) = x2

1 + x ´e definida em D(f ) = {x ∈ R1 _{: 1 + x 6= 0}, i.e. D(f ) = (−∞, −1) ∪ (−1, +∞).} _¤

(b) f (x) =√3x − x2_;

(62)

3x − x2 _{≥ 0. Assim, resolvendo esta desigualdade temos D(f ) = [0, 3].} _¤ (c) f (x) = ln(x2_{− 4);}

Resolu¸c˜ao. A express˜ao logar´ıtmica ln(x2 _{− 4) tem sentido se o argumento fˆor} estritamente positivo, i.e. x2_{−4 > 0. Resolvendo esta desigualdade obtemos D(f ) =} (−∞, −2) ∪ (2, +∞). ¤

(d) f (x) = arcsin 2x 1 + x;

Resolu¸c˜ao. A express˜ao arcsin 2x

1 + x tem sentido se o seu argumento fôr maior ou igual à −1 e menor ou igual à 1, i.e. −1 ≤ 2x

1 + x ≤ 1. Resolvendo esta dupla desigualdade e n˜ao olvidando que 1 + x 6= 0, temos: D(f ) =

· −1 3, 1 ¸ . ¤ (e) f (x) = ln(1 + x) x − 1 ;

Resolu¸c˜ao. A fun¸c˜ao est´a definida se x − 1 6= 0 e 1 + x > 0. Deste modo achamos

D(f ) = (−1, 1) ∪ (1, +∞). ¤

2) Ache o dom´ınio e o contradom´ınio da fun¸c˜ao: (a) f (x) =√2 + x − x2_;

Resolu¸cão. A expressão √2 + x − x2 _{tem sentido se o radicando fôr positivo, i.e.} 2 + x − x2 _{≥ 0. Resolvendo esta desigualdade temos D(f ) = [−1, 2]. Esbo¸cando} o gráfico da fun¸cão f (x) = √2 + x − x2 _{vemos que no intervalo [−1, 1/2] a fun¸cão} cresce de 0 até 3/2 e no intervalo [1/2, 2] a fun¸cão decresce de 3/2 até zero. Assim, o contradom´ınio, i.e. os valores da variável dependente, é o intervalo [0, 3/2]. ¤

(63)

(b) f (x) = log(1 − 2 cos x);

Resolu¸c˜ao. O logar´ıtmo tem significado se o argumento fˆor estritamente positivo, portanto 1 − 2 cos x > 0. Resolvendo esta desigualdade encontramos

D(f ) = µ 2kπ + π 3, 2kπ + 5π 3 ¶ , k = 0, ±1, ±2, . . .

Tendo em conta que para valores de x pertencentes ao dom´ınio é válida a desigualdade 0 < 1−2 cos x < 3 e o logar´ıtmo é uma fun¸cão monótona crescente no intervalo (0, 3], então CD(f ) = (−∞, log 3]. ¤

(c) f (x) = arccos 2x 1 + x2;

Resolu¸c˜ao. ´E evidente que −1 ≤ 2x

1 + x2 ≤ 1. Resolvendo esta dupla desigualdade obtemos D(f ) = R1_{. O contradom´ınio ´e CD(f ) = [0, π].} _¤

3) Dado o triˆangulo ABC , cuja base AC = b e altura DB = h, foi nele inscrito o rectˆangulo

KLM N , cuja altura ´e KL = x. Expresse o per´ımetro P do rectˆangulo KLM N como

fun¸c˜ao de x;

Resolu¸c˜ao. O per´ımetro deste rectângulo é igual à 2KL + 2KN = 2x + 2KN . Tendo em conta que os triângulos ABD e ALK são semelhantes, então

DB AD = KL AK =⇒ h AD = x AK =⇒ AK = ADx h .

Do mesmo modo, como também os triângulos DBC e NM C são semelhantes, temos

DB DC = NM NC =⇒ h DC = x NC =⇒ NC = DCx h .

(64)

Calculamos agora KN = AC − (AK + NC) = b − x h(AD + DC) = b − x h · b. Assim, P (x) = 2x + 2KN = 2x + 2b³1 −x h ´ = 2x µ 1 − b h ¶ + 2b. ¤ 4) Ache f (x) se f (x + 1) = x2 _{− 3x + 2;} Resolu¸c˜ao. Factorizando a express˜ao

f (x + 1) = x2_{− 3x + 2 = (x − 1)(x − 2) = (x + 1 − 2)(x + 1 − 3)} e fazendo x + 1 = t temos f (t) = (t − 2)(t − 3) = t2_{− 5t + 6. ¤} 5) Ache f (x) se f µ 1 x ¶ = x +√1 + x2_{, x > 0;} Resolu¸c˜ao. Fazendo t = 1

x temos: f (t) = f µ 1 x ¶ = x + x r 1 + 1 x2 = x Ã 1 + r 1 + 1 x2 ! = 1 t(1 + √ 1 + t2_{). ¤} 6) Ache f (x) se f µ 1 + 1 x ¶ = x2₊ 1 x2, (|x| ≥ 2); Resolu¸c˜ao. Fazendo

t = x + 1 x =⇒ t 2 _{= x}2₊ 1 x2 + 2 =⇒ t 2_{− 2 = x}2₊ 1 x2. Em conclus˜ao: f (t) = t2_{− 2.} _¤

(65)

7) Diga qual das fun¸c˜oes ´e par ou ´ımpar:

(a) f (x) = 3x − x3_;

Resolu¸c˜ao. f (−x) = 3(−x) − (−x)3 _{= −3x + x}3 _{= −(3x − x}3_{) = −f (x). A fun¸c˜ao} ´e ´ımpar. ¤

(b) f (x) = ax_{+ a}−x_{, (a > 0);}

Resolu¸c˜ao. f (−x) = a−x_{+ a}−(−x)_{= a}−x_{+ a}x _{= f (x). A fun¸c˜ao ´e par.} _¤

(c) f (x) = ln1 − x 1 + x

Resolu¸cão. Primeiro vamos verificar se o dom´ınio da fun¸cão é um conjunto simétrico. A expressão ln1 − x

1 + x tem sentido se

1 − x

1 + x > 0 e 1 + x 6= 0. Resolvendo esta inequa¸cão obtemos que D(f ) = (−1, 1), o dom´ınio é um intervalo simétrico. Esta fun¸cão é ´ımpar, pois

f (−x) = ln1 − (−x) 1 + (−x) = ln 1 + x 1 − x = − ln 1 − x 1 + x = −f (x). ¤

8) Demonstre que qualquer fun¸cão f (x), definida no intervalo simétrico (−m, m), pode representar-se na forma duma soma de duas fun¸cões, uma par e outra ´ımpar;

Resolu¸c˜ao. Fa¸camos f1(x) =

f (x) − f (−x)

2 e f2(x) =

f (x) + f (−x)

2 . É evidente que estas fun¸cões também estão definidas no intervalo simétrico (−m, m). Temos

f1(−x) =

f (−x) − f (−x)

2 = −

f (x) − f (−x)

(66)

e f2(−x) = f (−x) + f (−(−x)) 2 = f (−x) + f (x) 2 = f2(x),

portanto f1(x) é ´ımpar e f2(x) é par. Como f (x) = f1(x) + f2(x), então a afirma¸cão fica demonstrada. ¤

9) Diga quais das seguintes fun¸cões são periódicas e defina os seus menores per´ıodos, se:

(a) f (x) = A cos bx + B sin bx;

Resolu¸c˜ao. f (x) é periódica se f (x + T ) = f (x). A fun¸cão f (x) podemos escrever na forma f (x) =√A2_{+ B}2 µ A √ A2 _{+ B}2 cos bx + B √ A2_{+ B}2 sin bx ¶ = ρ sin(bx + φ), onde φ = arctgA B, ρ = √ A2_{+ B}2_{. Assim,} f (x + T ) = ρ sin(bx + φ + bT ) = ρ sin(bx + φ) = f (x) se bT = 2kπ , k = 1, 2, . . ., i.e. T = 2kπ

b . O menor per´ıodo ´e T0 =

2π b . ¤ (b) f (x) = sin x + 1 2sin 2x + 1 3sin 3x;

Resolu¸c˜ao. Vamos resolver a equa¸c˜ao f (x + T ) − f (x) = 0. Temos:

f (x+T )−f (x) = sin(x+T )−sin x+1 2[sin 2(x+T )−sin 2x]+ 1 3[sin 3(x+T )−sin 3x] = = 2 sinT 2 cos µ x +T 2 ¶ + sin T cos 2 µ x + T 2 ¶ + 2 3sin 3T 2 cos 3 µ x + T 2 ¶ = 0.

(67)

Isto ´e poss´ıvel se:                              sinT 2 = 0, sin T = 0, sin3T 2 = 0, =⇒                              T = 2kπ, T = mπ, T = 2nπ 3 , i.e. T = 2kπ = mπ = 2nπ 3 ,

onde k, m, n s˜ao n´umeros naturais. Deste modo T0 = 2π . ¤

10) Demonstre que para a fun¸c˜ao de Dirichlet1

D(x) =        1 se x fôr racional, 0 se x fôr irracional, o seu per´ıodo é um número racional T qualquer;

Resolu¸c˜ao. Como T é um número racional, então a soma x + T é racional para x racional e irracional para x irracional. Assim,

D(x + T ) =        1 se x fˆor racional, 0 se x fˆor irracional, i.e. D(x + T ) = D(x). ¤

11) Demonstre que se para a fun¸c˜ao f (x), (−∞ < x < +∞) tem lugar a igualdade f (x+T ) =