Listas de Exercícios 1 edo uff

Prévia do material em texto

LISTA 1
Equações Diferenciais - 2020.2
Definição de sequências
Convergência de sequências
Sequências monótonas; limitadas
Exercício 1
As seguintes sequências têm um padrão natural de continuação. Usando tal padrão determine uma fórmula
para o n−ésimo termo da sequência.
(a) 1, 3, 5, 7, 9, . . .
(b) 99, 199, 299, 399, 499, . . .
(c) 23 ,
3
2·4 ,
4
3·5 ,
5
4·6 ,
6
5·7 , . . .
(d) − 12 ,
2
5 ,−
3
8 ,
4
11 ,−
5
14 , . . .
Exercício 2
Verifique se as sequências são crescentes, decrescentes ou não-monótonas. Determine também se são limitadas
superiormente e inferiormente.
(a)
{
n
2n+ 1
}
(b)
{
(−3)n
n
}
(c)
{
3n
n!
}
para n ≥ 3
(d)
{
nn
n!
}
(e)
{
n2 − 1
n2 + 1
}
(f)
{
1− (−1)n
5
}
Exercício 3
(a) Toda sequência limitada tem limite? Explique.
(b) Toda sequência que tem limite é limitada? Explique.
(c) Toda sequência monótona é convergente? Explique.
(d) Toda sequência convergente é monótona? Explique.
Exercício 4
Verifique que as sequências {an} abaixo são decrescentes e tem limitante inferior. O que você pode dizer a
respeito da convergência destas sequências?
(a) an =
n
3n (b) an =
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
(2n)n
Exercício 5
Verifique se as sequências são convergentes ou divergentes:
(a)
{
en
n3
}
(b)
{
3 + 5n2
n+ n2
}
(c)
{
sen
(nπ
2
)}
(d)
{
ln(n)
n2
}
(e)
{
sen(2n)
1 +
√
n
}
(f)
{(
n
n+ 1
)n}
(g)
{
(−1)n2
}
(h)
{
2nn!
(2n+ 1)!
}
(i)
{
1− cos(2n)
2n
}
(j)
{
n! + n2
2n! + n
}
(k)
{
e2n
(1 + 2en)2
}
1
Exercício 6
Dados a1, c ∈ R e b1 > 0, considere as sequências (an)n≥1 e (bn)n≥1 dadas pelas relações:
(a) an+1 − an = c (b) bn+1 = c · bn.
Determine (dependendo de a1, b1 e c), se as sequências (an) e (bn) são monótonas (crescente ou decrescente) e
calcule, caso existam, seus limites quando n→∞.
Exercício 7
Considere a sequência de Collatz (an) definida por a0 = 24 e
an+1 =
{an
2
se an for par
3an + 1 se an for ímpar
Ela é limitada? Monótona? Convergente? E se fosse a0 = 23, que respostas mudariam?
Solução do Exercício 1
(a) an = 2n+ 1 para n ≥ 0
(b) an = 99 + n · 100 para n ≥ 0
(c) an =
n
(n− 1)(n+ 1)
para n ≥ 2
(d) an = (−1)n
n
2 + 3(n− 1)
para n ≥ 1
Solução do Exercício 2
(a) Os primeiros termos da sequência são
1
3
,
2
5
,
3
7
, . . . . Podemos verificar que
1
3
<
2
5
<
3
7
. Isto sugere que a
sequência é estritamente crescente. De fato, para todo n,
n
2n+ 1
<
n+ 1
2(n+ 1) + 1
⇐⇒ n(2n+ 3) < (n+ 1)(2n+ 1) ⇐⇒ 2n2 + 3n < 2n2 + 3n+ 1 ⇐⇒ 0 < 1
Como vale esta última desigualdade, vale a primeira, o que significa que a sequência é crescente.
Agora, em relação à limitação da sequência, observamos primeiro que todos os termos da sequência são
positivos (0 <
n
2n+ 1
). Logo ela é limitada inferiormente.
Por outro lado, temos que
n < 2n+ 1
para todo n. Isto implica que
n
2n+ 1
< 1
para todo n. Logo a sequência é limitada superiormente.
(b) Os primeiros termos da sequência são
−3
1
,
9
2
,
−27
3
, . . . . Observamos que o termo an é maior que 0 se n é
par e menor que 0 se n é ímpar. Logo a sequência não pode ser nem crescente nem decrescente. Logo ela
não é monótona. Agora, chamando bn =
3n
n
, note que
an = (−1)nbn
2
Queremos estudar o comportamento da sequência {bn}. Observe que 3n = en ln 3. Para determinar
limn→∞
en ln 3
n , observe que se trata de uma indeterminação do tipo “
∞
∞". Portanto, podemo usar a regra
de L’Hôpital obtendo que
lim
n→∞
en ln 3
n
= lim
n→∞
ln 3en ln 3
1
=∞
Temos assim que a sequência {bn} vai para infinito. Como an = (−1)nbn, temos que an = bn (para n par)
ou an = −bn (para n ímpar). Assim a sequência {an} não é limitada inferiormente nem superiormente.
(c) Os primeiros termos da sequência são
27
6
,
81
24
,
243
120
, . . . . Podemos verificar que
27
6
>
81
24
>
243
120
. Isto
sugere que a sequência é estritamente decrescente. De fato,
3n
n!
>
3n+1
(n+ 1)!
⇐⇒ (n+ 1)!
n!
>
3n+1
3n
⇐⇒ n+ 1 > 3 ⇐⇒ n > 2
Logo a sequência a partir de n = 3 é estritamente decrescente. Usando este fato, podemos concluir que
3n
n!
≤ 27
6
para todo n ≥ 3. Ou seja, a sequência é limitada superiormente.
Por outro lado, todos os termos da sequência são positivos, o que implica que ela é limitada inferiormente.
(d) A sequência é estritamente crescente, pois
nn
n!
<
(n+ 1)n+1
(n+ 1)!
⇐⇒ n
n
n!
<
(n+ 1)n
n!
⇐⇒ nn < (n+ 1)n.
Portanto, a sequência é limitada inferiormente. Por outro lado, a sequência não é limitada superiormente,
pois
nn
n!
=
n
n
· n
n− 1
· n
n− 2
· n
n− 3
· · · · n
2
· n
1
> 1 · 1 · 1 · 1 · · · · · 1 · n = n
(e) A sequência é estritamente crescente. Pode verificar mostrando diretamente que an < an+1 ou usando
a função f(x) =
x2 − 1
x2 + 1
. Como é crescente, é limitada inferiormente. Por outro lado, notemos que vale
n2 − 1 < n2 + 1 para todo n, logo n
2−1
n2+1 < 1 para todo n. Assim, a sequência é limitada.
(f) Para n par, 1−(−1)
n
5 = 0. Para n ímpar,
1−(−1)n
5 =
2
5 . Logo a sequência não é monótona, mas é limitada.
Solução do Exercício 3
(a) Não. Por exemplo, an = (−1)n é limitada mas não tem limite.
(b) Sim. Informalmente: se a sequência tem limite L, a partir de algum índice ela fica entre (digamos) L−0.1
e L + 0.1, e portanto este “rabo” da sequência é limitado. Como sobram apenas uma quantidade finita
de termos antes daquele índice (e qualquer conjunto finito de números é limitado), a sequência como um
todo tem que ser limitada também.
(c) Não. Por exemplo, bn = n é monótona mas diverge.
(d) Não. Por exemplo, cn = (−1)n/n, ou seja, (cn) = −1, 1/2,−1/3, 1/4, ... não é monótona mas converge
para 0.
3
Solução do Exercício 4
(a) Os primeiros termos da sequência são
1
3
,
2
9
,
3
27
, . . . . Podemos verificar que
1
3
>
2
9
>
3
27
. Isto sugere que
a sequência é estritamente decrescente. De fato, para todo n,
n
3n
>
n+ 1
3n+1
⇐⇒ 3
n+1
3n
>
n+ 1
n
⇐⇒ 3 > n+ 1
n
⇐⇒ 3n > n+ 1 ⇐⇒ 2n > 1
Como vale esta última desigualdade, vale a primeira, o que significa que a sequência é decrescente.
Por outro lado, todos os termos da sequência são positivos, logo a sequência é limitada inferiormente.
Pelo teorema da sequência monótona, temos que a sequência {an}é convergente.
(b) Vamos entender primeiro como estão definidos os termos de esta sequência. Lembremos que
an =
1 · 3 · 5 · . . . (2n− 1)
(2n)n
No numerador aparecem multiplicados os primeiros números ímpares, começando desde 1 até 2n− 1.
Para n = 1, 2n− 1 = 2 · 1− 1 = 1, portanto na fórmula acima, no numerador só vai ter o termo 1. Não
vai aparecer nem 3 nem 5 nem nenhum outro número ímpar. Portanto, segundo a fórmula de an,
a1 =
1
2
Para n = 2, 2n− 1 = 2 · 2− 1 = 3, portanto na fórmula acima, no numerador só vai ter o produto de 1 e
de 3. Não vai aparecer nem 5 nem nenhum outro número ímpar. Portanto, segundo a fórmula de an,
a2 =
1 · 3
42
Para n = 3, 2n− 1 = 2 · 3− 1 = 5, portanto na fórmula acima, no numerador só vai ter o produto de 1,
de 3 e de 5. Não vai aparecer nenhum outro número ímpar. Portanto, segundo a fórmula de an,
a3 =
1 · 3 · 5
63
E desta mesma maneira podemos determinar todos os termos da sequência. Podemos verificar facilmente
que vale a1 > a2 > a3.
O termo n+ 1−ésimo da sequência é
an+1 =
1.3.5. · · · (2n− 1) · (2(n+ 1)− 1)
((2(n+ 1))n+1
=
1.3.5. · · · (2n− 1) · (2n+ 1)
2n+1(n+ 1)n(n+ 1)
Então
an+1 < an ⇐⇒
1.3.5. · · · (2n− 1) · (2n+ 1)
2n+1(n+ 1)n(n+ 1)
<
1.3.5. · · · (2n− 1)
2n(n)n
⇐⇒ 1.3.5. · · · (2n− 1) · (2n+ 1)2
nnn
1.3.5. · · · (2n− 1)2n+1(n+ 1)n(n+ 1)
< 1 ⇐⇒ (2n+ 1)
2(n+ 1)
nn
(n+ 1)n
< 1
⇐⇒ 2n+ 1
2n+ 2
(
n
n+ 1
)n
< 1
E esta última desigualdade vale porque
2n+ 1
2n+ 2
< 1 e
n
n+ 1
< 1 (se
n
n+ 1
< 1, então
(
n
n+1
)n
< 1).
Portanto a sequência é decrescente. Como todos os termos da sequência são positivos, a sequência é
limitada inferiormente. Pelo teorema da sequência monótona, temos que a sequência {an}é convergente.
4
Solução do Exercício 5
(a) Observe que se trata de uma indeterminação do tipo "∞∞". Portanto, podemo usar a regra de L’Hôpital
obtendo que
lim
n→∞
enn3
= lim
n→∞
en
3n2
Usando a regra de L’Hôpital mais duas vezes temos que
lim
n→∞
en
n3
= lim
n→∞
en
3n2
= lim
n→∞
en
3 · 2n
= lim
n→∞
en
3 · 2 · 1
=∞
Assim a sequência diverge.
(b) Dividindo numerador e denominador pela maior potência que aparece no denominador, temos
lim
n→∞
3 + 5n2
n+ n2
= lim
n→∞
3
n2
+ 5
1
n + 1
=
5
1
= 5
pois lim
n→∞
3
n2
= lim
n→∞
1
n
= 0.
(c) sen(0) = 0, sen(π/2) = 1, sen(π) = 0, sen(3π/2) = −1· e sen(θ + 2π) = sen(θ). Portanto, a sequência vai
repetindo os valores 0, 1,−1. Desta forma a sequencia não converge.
(d) ln(n)n2 é uma indeterminação do tipo "
∞
∞". Assim podemos usar a regra de L’Hôpital:
lim
n→∞
ln(n)
n2
= lim
n→∞
1
n
2n
= lim
n→∞
1
2n2
= 0.
Portanto, a sequência é convergênte.
(e) Observe primeiro que para todo n ∈ N vale
−1 ≤ sen(2n) ≤ 1
e então
−1
1 +
√
n
≤ sen(2n)
1 +
√
n
≤ 1
1 +
√
n
Agora, lim
n→∞
−1
1 +
√
n
= 0 e lim
n→∞
1
1 +
√
n
= 0. Então pelo teorema do Confronto, temos que
lim
n→∞
sen(2n)
1 +
√
n
= 0.
(f) Os termos da sequência do exercício são f(n), onde f(x) =
(
x
x+ 1
)x
. Vamos estudar o comportamento
de f(x), quando x vai para infinito, pois se limx→∞ f(x) existir, então limx→∞ f(x) = limn→∞ f(n).
Para calcular limx→∞ f(x), vamos reescrever f(x),
f(x) = e
x ln
(
x
x+ 1
)
Agora, escrito assim, para calcular limx→∞ f(x) é suficiente calcular o limite do expoente que aparece na
expressão de f(x).
lim
x→∞
x ln
(
x
x+ 1
)
é uma indeterminação do tipo∞·0. Como queremos usar L’Hôspital, vamos reescrever
esta expressão e calcular o limite da seguinte maneira
lim
x→∞
x ln
(
x
x+ 1
)
= lim
x→∞
ln
(
x
x+1
)
1
x
=︸︷︷︸
Aplicando l’Hõspital
lim
x→∞
x+1
x
1
(x+1)2
− 1x2
= lim
x→∞
− x
x+ 1
=︸︷︷︸
Aplicando l’Hõspital
−1
5
Usando o valor deste limite e a continuidade da função exponencial, temos que
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
e
x ln
(
x
x+ 1
)
= e−1.
Portanto lim
n→∞
(
n
n+ 1
)n
= lim
n→∞
f(n) = e−1. Aqui termina a conta!
Outra maneira mais simples de verificar o valor do limite, seria lembrando que lim
n→∞
(
n+ 1
n
)n
= e. Então
lim
n→∞
(
n
n+ 1
)n
= lim
n→∞
(
1
n+1
n
)n
=
1
e
.
(g) Os termos da sequência são alternadamente iguais a 1 ou -1. Assim, a sequência é divergente.
(h) Temos que
0 ≤ 2
nn!
(2n+ 1)!
=
2n
(2n+ 1)(2n)(2n− 1) . . . (n+ 2)(n+ 1)
≤ 1
n+ 1
Pelo teorema do confronto, o limite da sequência é igual a 0.
(i) Temos que 0 ≤ 1−cos(2n) ≤ 2 para todo n e lim
n
1
2n
= 0. Pelo teorema do confronto, lim
n
1− cos(2n)
2n
= 0.
(j) Dividindo numerador e denominador por n! temos
n! + n2
2n! + n
=
1 + n(n−1)!
2 + 1(n−1)!
Agora, para n ≥ 2,
0 ≤ n
(n− 1)!
=
n
n− 1
· 1
(n− 2)!
≤ 2 · 1
(n− 2)!
Pelo teorema do confronto lim
n
n
(n− 1)!
= 0. Também vale que lim
n
1
(n− 1)!
= 0. Portanto,
lim
n
n! + n2
2n! + n
=
1
2
.
(k) Dividindo numerador e denominador por e2n temos
e2n
(1 + 2en)2
=
1
1
e2n +
4
en + 4
Portanto, lim
n
e2n
(1 + 2en)2
=
1
4
.
Solução do Exercício 6
(a) Suponhamos que c = 0. Neste caso, an+1 = an para todo n ≥ 1 e portanto a sequência é constante. Toda
sequência constante é monótona e tem por limite o valor da constante. Assumamos agora c 6= 0. Assim
an+1 = an + c = an−1 + 2c = an−2 + 3c = · · · = a1 + nc.
Então a sequência é monótona. Será crescente com limite ∞ quando c > 0 e decrescente com limite −∞
quando c < 0.
6
(b) Observe que
bn+1 = c · bn = c2 · bn−1 = · · · = cnb1.
Se |c| < 1, temos que limn→∞ cn = 0. Se 0 ≤ c < 1 = 0, a sequência (bn)n≥1 é decrescente e limn→∞ bn =
0. Se −1 < c < 0, a sequência não é monótona, pois vai alternando valores positivos e negativos. Mas
ainda vale neste caso que limn→∞ bn = 0.
Para estudar o caso |c| ≥ 1 devemos dividir em mais casos:
Caso c = 1 temos que bn+1 = b1 para todo n ∈ N. Assim a sequência é constante e como antes, é
monótona e o limite é o valor b1.
Caso c > 1 temos que limn→∞ cn =∞ e assim (bn)n é crescente e limn→∞ bn =∞.
Caso c ≤ −1 temos que não existe limite de cn (e portanto não existe limite de {bn}) pois a sequência
oscila entre valores positivos e negativos. Neste caso a sequência não é monótona.
Solução do Exercício 7
Iniciando por 24, a sequência seria 24, 12, 6, 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, ... entrando no loop “4-2-1 ”. Por-
tanto ela é limitada (entre 1 e 24), mas não é monótona nem convergente.
Iniciando por 23, agora temos 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, 10, 5, ... e a partir daqui ela fica idêntica à sequên-
cia anterior a partir do 5. Portanto novamente ela é limitada (entre 1 e 160), mas não é monótona nem
convergente.
Curiosidade: a conjectura de Collatz diz que, qualquer que seja a0 natural positivo, esta sequência mais
cedo ou mais tarde recai no loop “4-2-1”. A conjectura foi confirmada computacionalmente para todos os
valores de a0 até 268, mas sua veracidade ainda é um problema em aberto na Matematica (vide https:
//en.wikipedia.org/wiki/Collatz_conjecture).
7
https://en.wikipedia.org/wiki/Collatz_conjecture
https://en.wikipedia.org/wiki/Collatz_conjecture