Lista 7 - Sequências e séries (RESOLVIDA)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE JUIZ DE FORA
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
PROFESSORES: JOANA DARC E TATIANA
AULA 7 - TUTORIA DE EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS I
Questa˜o 1. Considere a sequeˆncia
√
2,
√
2 +
√
2,
√
2 +
√
2 +
√
2, ...
a) Determine a lei de recorreˆncia que define a sequeˆncia.
b) Mostre que a sequeˆncia e´ mono´tona.
c) Mostre que a sequeˆncia e´ convergente.
d) Determine o limite da sequeˆncia.
Soluc¸a˜o:
a) Temos
a1 =
√
2
a2 =
√
2 +
√
2 =
√
2 + a1
a3 =
√
2 +
√
2 +
√
2 =
√
2 + a2
...
an =
√
2 + an−1, para n ≥ 2.
Logo a sequeˆncia e´ definida recursivamente por
an =

√
2, n = 1
√
2 + an−1, n ≥ 2.
b) Mostremos que a sequeˆncia e´ crescente. Usaremos induc¸a˜o.
Temos a1 < a2, pois a1 =
√
2 > 0 e a2 =
√
2 + a1.
Suponha por induc¸a˜o que an−1 < an. Mostremos que an < an+1, para todo n ≥ 1.
Temos an =
√
2 + an−1 <
√
2 + an = an+1, pois por hipo´tese de induc¸a˜o an−1 < an.
Portanto, a sequeˆncia dada e´ mono´tona.
c) Agora mostraremos que a sequeˆncia e´ limitada.
Como an < an+1, para todo n ≥ 1, segue que
an <
√
2 + an ⇔ a2n < 2 + an ⇔ a2n − an − 2 < 0 (fazer o estudo do sinal da func¸a˜o
f(an) = a
2
n − an − 2) ⇔ −1 < an < 2, para todo n ≥ 1.
Logo a sequeˆncia (an) e´ limitada.
Pelo item (a), a sequeˆncia e´ mono´tona, disso e do fato de ser limitada, pelo Teorema da Con-
vergeˆncia Mono´tona segue que a sequeˆncia (an)n≥1 e´ convergente.
d) Como a sequeˆncia e´ convergente lim
n→∞
an = L ∈ R. Ale´m disso, an+1 =
√
2 + an, logo usando
propriedades de limite temos
L =
√
2 + L ⇔ L2 = 2 + L ⇔ L2 − L− 2 = 0 ⇔ L1 = −1 e L2 = 2.
Do fato da sequeˆncia ser de termos positivos, segue que L = 2, ou seja, a sequeˆncia converge para
2.
Questa˜o 2. Verifique se a sequeˆncia
(
5n
n + sen 2n
)
n≥1
e´ convergente.
Soluc¸a˜o: Temos que lim
n→∞
(
5n
n + sen 2n
)
= lim
n→∞
 5n
n
(
1 +
sen 2n
n
)
 ·
Como |sen 2n| < 1 temos
− 1
n
<
sen 2n
n
<
1
n
·
Pelo Teorema do Confronto, segue que lim
n→∞
sen 2n
n
= 0, pois lim
n→∞
1
n
= 0 = − lim
n→∞
1
n
·
Assim,
lim
n→∞
(
5n
n + sen 2n
)
= lim
n→∞
5(
1 +
sen 2n
n
) = 5·
Logo a sequeˆncia dada converge para 5.
Questa˜o 3. Verifique se as se´ries abaixo sa˜o convergentes ou divergentes.
a)
∞∑
n=1
9−n+24n+1
b)
∞∑
k=0
1
k2 + 4k + 3
c)
∞∑
k=1
(
4
k2 + 4k + 3
− 9−k+24k+1
)
Soluc¸a˜o:
a) Primeiramente escreveremos o 4 e o 9 com um mesmo expoente, obtendo uma se´rie
geome´trica. Temos
∞∑
n=1
9−n+24n+1 =
∞∑
n=1
4n+1
9n−2
=
∞∑
n=1
4n−1(42)
9n−1(9−1)
=
∞∑
n=1
(42)9
(
4
9
)n−1
= 144
∞∑
n=1
(
4
9
)n−1
·
Como
∞∑
n=1
(
4
9
)n−1
e´ uma se´rie geome´trica de raza˜o r =
4
9
, e |r| < 1, esta se´rie corresponde
a soma dos termos de uma PG infinita, logo
∞∑
n=1
(
4
9
)n−1
=
a1
1− r =
1
1− 4
9
=
9
5
·
Portanto
∞∑
n=1
9−n+24n+1 =
∞∑
n=1
4n+1
9n−2
= 144
(
9
5
)
=
1296
5
, ou seja, a se´rie e´ convergente.
b) Determinaremos as ra´ızes do polinoˆmio p(k) = k2 + 4k + 3. Usando a fo´rmula de Bhaskara
obtemos k1 = −1 e k2 = −3. Agora usando frac¸o˜es parciais obtemos
1
k2 + 4k + 3
=
1
(k + 1)(k + 3)
=
A
k + 1
+
B
k + 3
=
A(k + 3) + B(k + 1)
(k + 1)(k + 3)
⇒ A(k + 3) + B(k + 1) = 1.
Para k = −1, A = 1
2
·
Para k = −3, B = −1
2
·
Assim,
sn =
n∑
k=0
1
k2 + 4k + 3
=
n∑
k=0
(
A
k + 1
+
B
k + 3
)
=
n∑
k=0
( 1
2
k + 1
−
1
2
k + 3
)
=
1
2
n∑
k=0
(
1
k + 1
− 1
k + 3
)
=
1
2
[(
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+ ... +
1
n + 1
)
+
(
−1
3
− 1
4
− 1
5
− 1
6
− ...− 1
n + 3
)]
=
1
2
[(
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+ ... +
1
n + 1
)
+
(
−1
3
− 1
4
− 1
5
− 1
6
− ...− 1
n + 1
− 1
n + 2
− 1
n + 3
)]
=
1
2
(
1 +
1
2
− 1
n + 2
− 1
n + 3
)
=
1
2
(
3
2
− 1
n + 2
− 1
n + 3
)
·
Logo
∞∑
k=0
1
k2 + 4k + 3
= lim
n→∞
sn = lim
n→∞
n∑
k=0
1
k2 + 4k + 3
= lim
n→∞
1
2
(
3
2
− 1
n + 2
− 1
n + 3
)
=
3
4
,
pois
1
n + 2
→ 0 e 1
n + 3
→ 0, quando n→∞.
Portanto a se´rie e´ convergente.
c) Temos
∞∑
k=1
(
4
k2 + 4k + 3
− 9−k+24k+1
)
= 4
∞∑
k=1
1
k2 + 4k + 3
−
∞∑
k=1
9−k+24k+1
= 4
( ∞∑
k=0
1
k2 + 4k + 3
− 1
3
)
−
∞∑
k=1
9−k+24k+1 = 4
(
3
4
− 1
3
)
− 1296
5
= 4
(
5
12
)
− 1296
5
= −3863
15
·
Portanto a se´rie e´ convergente.