Atividades - Cálculo - Sequências
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Universidade Federal de Mato Grosso
Fundamentos de Calculo
Atividades resolvidas - Grupo de estudos - PROFMAT
13/04/2013
Sequencias Reais e seus Limites
Questao 1.3.1.c) Mostre que a sequencia xn = 1n2 e limitada e monotona. Descreva o tipo de monoticidade de
xn.
Demonstracao:
Afirmacao 1: (xn) e monotona decrescente.
De fato! Observe que para todo natural n, vale que:
n+ 1 > n ⇔ (n+ 1)2 > n2 ⇔1
(n+1)2 < 1n2 .
Ou seja, xn+1 < xn. Concluımos assim que (xn) e monotona decrescente.
Vamos agora calcular o limite de (xn).
Sabendo que limn→∞
1n = 0 e usando as propriedades de limites, temos:
limn→∞
1n2 = limn→∞( 1n )
2 = (limn→∞
1n )
2 = 02 = 0.
Assim concluımos que (xn) e convergente e seu limite e zero.
Afirmacao 2: (xn) e limitada.
De fato! Mostramos acima que (xn) e convergente. Desta forma, por teorema, temos que (xn) e limitada.
Com as ferramentas apresentadas anteriormente, podemos encontrar os limitantes de (xn). Como (xn) e monotona
decrescente e lim xn = 0, temos que:
1 = x1 > x2 > x3 > ... > xn > ... > 0.
Questao 1.3.3) Existe um numero finito ou infinito de subsequencias da sequencia ((−1)n+1)? Justifique sua
resposta.
Solucao: Existem infinitas subsequencias de ((−1)n+1), pois podemos fazer infinitas combinacoes entre 1 e -1.
Observe alguns exemplos:
(1, 1, 1, 1, ...)
1
(−1,−1,−1,−1, ...)
(−1,−1, 1, 1, 1, 1, 1, ...)
(1, 1, 1, 1,−1,−1,−1,−1,−1,−1, ...)
etc.
Questao 1.3.4.c) Dada a sequencia (1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, ...), exiba tres subsequencias monotonas cres-
centes e tres monotonas nao crescente.
Solucao: Nao e possıvel encontrar subsequencias do tipo acima, pois sempre geramos um numero finito de elementos
em cada subsequencia criada. Por exemplo:
(1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, ...1, 2, 3, ...,1000, 1, 2, 3, ...,999, 1000, 1001, 1, 2, 3, ...,998, 999, 1000, 1001, 1002, ...)
Poderıamos construir atraves da sequencia acima, a seguinte sequencia decrescente:
(1000, 999, 998, 997, 996, ...3, 2, 1),
entretanto, ela teria um numero finito de termos, nao satisfazendo assim a definicao de subsequencia.
Questao 1.4.1.2.a) Encontre n1 ≥ 1 inteiro, tal que:
n2n < 1
10 , para todo n > n1.
Solucao: Tome n natural. Se n < 6 temos que 2n < 10n. Entretanto para todo n ≥ 6, entao 2n > 10n. Assim,
concluımos que sendo n ≥ 6, entao 2n > 10n ⇔n2n < 1
10 , ou seja, n1 = 6.
Questao 1.4.1.3.b) Ache o limite da sequencia xn = 1 + 13n .
Solucao:
limn→∞1 + 13n
propriedades︷︸︸︷= limn→∞1 + limn→∞
13n = 1 + 0 = 1.
Portanto lim xn = 1.
Questao 1.4.1.4.a) Mostre que limn→∞
nn+1 = 1.
Solucao: Com efeito, dado ǫ > 0 arbitrario, podemos obter n0 natural tal que n0 > 1−ǫǫ . Entao n > n0 Implica
que:
n > 1−ǫǫ = 1
ǫ − 1 ⇔ n+ 1 > 1ǫ ⇔
1n+1 < ǫ ⇔
∣∣∣−1n+1
∣∣∣ < ǫ ⇔
∣∣∣n−n−1n+1
∣∣∣ < ǫ ⇔
∣∣∣
nn+1 − 1
∣∣∣ < ǫ.
Concluımos assim que:
limn→∞
nn+1 = 1.
2
Questao 1.4.1.4.b) Mostre que limn→∞
n+3n3+4 = 0.
Solucao: Com efeito, dado ǫ > 0 arbitrario, podemos obter m e k naturais, tais que: m2 ǫ2 > 1 e k3 ǫ
2 > 3. Desta
forma temos:
m2 ǫ2 > 1 ⇔ m3 ǫ
2 > m e k3 ǫ2 > 3. Como m3 ǫ
2 + 4 ǫ2 > m3 ǫ
2 > m e k3 ǫ2 + 4 ǫ
2 > k3 ǫ2 > 3, obtemos:
ǫ2 (m
3 + 4) > m ⇔m
m3+4 < ǫ2 (I) e ǫ
2 (k3 + 4) > 3 ⇔
3k3+4 < ǫ
2 (II).
Tome agora n0 = max [m,k]. Logo, para todo n > n0, obtemos:
∣∣∣n+3n3+4 − 0
∣∣∣ =
∣∣∣n+3n3+4
∣∣∣ = n+3
n3+4 = nn3+4 + 3
n3+4 <︸︷︷︸
por(I)/(II)
ǫ2 + ǫ
2 = ǫ.
Concluımos assim que limn→∞
n+3n3+4 = 0.
Questao 1.4.1.8) Mostre que:
limn→∞( 1(n+1)2 + 1
(n+2)2 + ...+ 1(2n)2 ) = 0.
Solucao: Com efeito! Inicialmente observe que para todo n e k natural, vale:
n < n+ k ⇔ (n+ k)2 > n2 ⇔1
(n+k)2 < 1n2 .
Sendo assim, dado ǫ > 0 arbitrario, podemos obter n0 natural tal que n0 > 1ǫ . Entao, para todo n > n0, temos
que: n > 1ǫ ⇔
1n < ǫ. Mas:
1n = n
n2 =1
n2+
1
n2+ ...+
1
n2︸ ︷︷ ︸
n−parcelas
> 1(n+1)2 + 1
(n+2)2 + ...+ 1(2n)2 =
∣∣∣
1(n+1)2 + 1
(n+2)2 + ...+ 1(2n)2
∣∣∣ =
∣∣∣
1(n+1)2 + 1
(n+2)2 + ...+ 1(2n)2 − 0
∣∣∣.
Logo∣∣∣
1(n+1)2 + 1
(n+2)2 + ...+ 1(2n)2 − 0
∣∣∣ <
1n < ǫ. Concluımos assim que:
limn→∞( 1(n+1)2 + 1
(n+2)2 + ...+ 1(2n)2 ) = 0
3