sequencias2

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Capítulo 3
Sequências e Séries Numéricas
3.1 Sequências Numéricas
Uma sequência numérica é uma função real com domínio N que, a cada n associa um
número real an. Os números an são chamados termos da sequência.
É comum indicar uma sequência escrevendo apenas seus termos:
a1, a2, a3, . . . , an, . . .
Alguns autores também denotam uma sequência usando parêntesis:
(a1, a2, a3, . . . , an, . . .) ou (an)n∈N, ou simplesmente (an)
Também podemos descrever uma sequência por meio da fórmula do termo geral an, quando
houver.
A imagem da sequência é formada pelo conjunto de todos os valores an, e pode ser um
conjunto finito ou infinito. Dizemos que a sequência (an)n é limitada se sua imagem for um
subconjunto limitado de R, isto é, se existirem M,N ∈ R tais que M ≤ an ≤ N,∀n.
Exemplos 3.1.1 Alguns exemplos importantes de sequências são estudados já no Ensino Fun-
damental e no Ensino Médio:
1
• Uma Progressão Aritmética (PA) é uma sequência de números tais que a diferença entre
dois termos consecutivos quaisquer é sempre a mesma. Por exemplo, a sequência 10, 13,
16, 19, . . . é uma PA.
Se o termo inicial da PA é a1 e a diferença entre os termos é r, então o n-ésimo termo é dado
por an = a1 + (n − 1)r. O professor deve ensinar alguns fatos importantes sobre as PAs,
tais como, se r > 0, então a sequência cresce indefinidamente (isto é, tende a infinito).
Também costuma-se ensinar como obter o valor da soma de uma quantidade finita de
termos consecutivos de uma PA: uma fórmula fácil de ser obtida e bastante instrutiva, que
pode ser motivada por meio de problemas (ou perguntas) interessantes.
• Uma Progressão Geométrica (PG) é uma sequência de números em que o quociente entre
um termo e seu antecessor é constante. Esse quociente é uma constante não nula chamada
razão. Por exemplo, a sequência 2, 4, 8, 16, 32, . . . é uma progressão geométrica de razão
2. A sequência 1,−1
3
, 1
9
,− 1
27
, 1
81
, . . . é uma PG de razão −1
3
. Em geral, uma PG pode ser
escrita na forma
a, ar, ar2, ar3, . . . , arn, . . . , para r 6= 0 e termo inicial a
Há muitos aspectos interessantes e fatos importantes sobre as PGs que devem ser ensinados,
para preparar melhor os alunos do ensino médio para muito do que eles terão que enfrentar
no futuro. Por exemplo, usa-se PG para se calcular o valor, depois de n meses, do capital
investido a juros compostos. Também é muito importante saber que se −1 < r < 1, r 6= 0,
a soma dos infinitos termos da PG é finita. Voltaremos a esse assunto quando formos
estudar séries, isto é, somas com infinitas parcelas.
• Uma sequência famosa é a Sequência de Fibonacci . Trata-se da sequência cujos dois
primeiros termos são iguais a 1 e, todo número a partir do terceiro termo é a soma dos
dois que o precedem, isto é:
f1 = f2 = 1, e fn = fn−1 + fn−2,∀n ≥ 3
Assim, os primeieros termos da sequência de Fibonacci são:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . .
2
Há uma quantidade surpreendente de fatos relacionados à sequência de Fibonacci, tanto
em Matemática (a razão áurea, o Triângulo de Pascal), como fora dela (em botânica,
música, arquitetura, por exemplo)1.
Exemplos 3.1.2 Nos exemplos de sequências abaixo, cada sequência está descrita de mais de
uma maneira.
1. (a) (2, 4, 6, . . .) (b) an = 2n
2. (a)
(
1,
1
2
,
1
3
, . . . ,
1
n
, . . .
)
(b) bn =
1
n
(c)
(
1
n
)
n∈N
3. (a) (1,−1, 1,−1, . . . , (−1)n−1, . . .) (b) cn = (−1)n−1
4. (a) (5, 5, 5, 5, . . . , 5, . . .) (b) dn = 5,∀n
5. (a) (−1,−2,−3,−4, . . . ,−n, . . .) (b) rn = −n,∀n ∈ N
6. (a)
(
1
2
,
2
3
,
3
4
, . . . ,
n
n+ 1
, . . .
)
(b) sn =
n
n+ 1
, n ∈ N (c)
(
n
n+ 1
)
n∈N
7. (a)
(
0, 1,
√
2,
√
3,
√
4, . . . ,
√
n, . . .
)
(b) wn =
√
n− 5, n ≥ 5 (c) (√n− 5)
n≥5
No exemplo acima, as sequências 1 e 7 não são limitadas pois seus valores crescem arbi-
trariamente. A sequência 5 também não é limitada, pois não existe M tal que M ≤ rn para
todo n. Todas as demais são sequências limitadas:
• Na sequência 2 vale que 0 < bn ≤ 1,∀n e o conjunto imagem é infinito;
• Na 3, o conjunto imagem tem apenas dois elementos, −1 e 1. Portanto, a sequência é
limitada (−1 ≤ cn ≤ 1,∀n);
• A imagem da sequência 4 é o conjunto { 5 }. Logo, a sequência é limitada;
• Na 6, tem-se 0 < sn < 1,∀n. A imagem é um conjunto infinito e limitado.
1veja, por exemplo, https://en.wikipedia.org/wiki/Fibonacci_numbers_in_popular_culture
3
Definição 3.1.3 Dizemos que uma sequência (an)n converge para um número real L se para
qualquer ε > 0, for possível encontrar um índice n0 tal que
|L− an| < ε, para todo n ≥ n0
-
a1 a2 · · ·
b
L− ε an L
b
L+ ε
Observação: Quando testamos a convergência de uma sequência, nos interessam os valores
pequenos de ε. De fato, se para cada ε0 > 0 dado existir n0 tal que |L−an| < ε0, para todo n ≥
n0, e se ε > ε0 então |L− an| < ε0 < ε, para todo n ≥ n0.
O número L é chamado limite da sequência. Usamos as notações
L = lim an ou an −→ L
para indicar que a sequência (an) converge para L.
Exemplo 3.1.4 Vamos demonstrar que a sequência
(
n
n+1
)
n
converge para 1.
Rascunho: (Nosso objetivo é provar que, dado um número � > 0 qualquer, consigo determinar
n0 com a propriedade
∣∣1 − n
n+1
∣∣ < ε, para todo n ≥ n0. Ou seja, precisamos resolver uma
inequação em n.)
Mas
∣∣1 − n
n+1
∣∣ = ∣∣n+1−n
n+1
∣∣ = 1
n+1
< 1
n
e 1
n
< ε ⇐⇒ n > 1
ε
. Logo, se tomarmos um
natural maior do que 1
ε
, o problema estará resolvido. Uma última questão é: existe um natural
maior do que 1
ε
, para qualquer ε dado? A resposta afirmativa é consequência da Propriedade
Arquimediana, vista no capítulo 1.
Solução: Seja ε > 0 dado. Pela Propriedade Arquimediana, existe n0 ∈ N tal que n0 > 1ε .
Para todo n > n0, teremos:∣∣∣∣1− nn+ 1
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣n+ 1− nn+ 1
∣∣∣∣ = 1n+ 1 < 1n < 1n0 < ε
�
Observação: Esse exemplo ilustra o fato que, quanto menor o número ε, maior o índice n0
necessário para aproximar o termo an do limite L. Por exemplo, se ε = 10−1, precisamos
escolher n0 > 10; se ε = 10−2, precisamos de n0 > 100.
4
Exemplo 3.1.5 A sequência (−1, 1,−1, . . . , (−1)n, . . .) não converge.
Intuitivamente, como há infinitos termos da sequência iguais a 1 e infinitos termos iguais
a −1, é impossível que, a partir de algum índice, os termos se aproximem de algum valor L.
Mas como provar, de modo rigoroso, que não existe L com a propriedade desejada? A ideia é
tomar ε pequeno, de modo que qualquer que seja L, o intervalo ]L− ε, L+ ε[ não possa conter
todos os termos da sequência a partir de algum índice.
Solução: Seja ε = 1
4
.
Qualquer que seja o número real L e para qualquer natural n0, existirão termos an com
n > n0 tal que an /∈ ]L− 14 , L+ 14 [, já que o intervalo tem comprimento 12 e, para n par, teremos
an = 1 e para n ímpar, teremos an = −1.
Uma outra forma de dizer isso é:
“Dado ε = 1
4
, para todo L ∈ R e todo n0 ∈ N, existe n > n0 tal que |L− an| > 14 ”.
�
Quando uma sequência não converge, dizemos que ela diverge.
Em R, uma sequência pode ser divergente basicamente por dois motivos. Um deles é que a
sequência é divergente por não ser limitada, ou seja, os valores de |an| tornam-se “arbitrariamente
grandes”. Também pode acontecer de uma sequência limitada ser divergente, como a sequência
3 do exemplo 3.1.2.
Se para qualquer número M > 0 dado, existir um índice n0 tal que an > M, ∀n > n0,
dizemos que a sequência “tende a +∞” e escrevemos lim an = +∞ ou an −→ +∞. É o que
acontece com as sequências 1 e 7 do exemplo 3.1.2, que são divergentes porque seus termos
tendem a +∞.
Analogamente, se para cada M > 0 dado, existir n0 ∈ N tal que an < −M, ∀n ≥ n0,
escrevemos lim an = −∞ e a sequência (an)n também é divergente.Um exemplo para esse caso
é o da sequência 5 em 3.1.2.
O exemplo a seguir foi extraído do livro de Geraldo Ávila [1]. O motivo de reproduzi-lo
nestas notas de aula é por que ele ilustra uma técnica importante para a demonstração de que o
limite é o número L encontrado: trocar a expressão |L− an| por outra mais simples, de modo a
facilitar a resolução da inequação em n, tomando-se o cuidado com as desigualdades envolvidas.
5
Exemplo 3.1.6 Prove que a sequência dada por an = 3nn+ sen (2n) é convergente.
Rascunho:
Primeiramente vamos calcular o limite L, usando técnicas aprendidas em cálculo:
3n
n+ sen (2n)
=
3n
n
(
1 + sen (2n)
n
) = 3
1 + sen (2n)
n
−→ 3
pois
lim
sen (2n)
n
= lim sen (2n)︸ ︷︷ ︸
limitada
· 1
n︸︷︷︸
tende a 0
= 0
Agora que descobrimos que L = 3, devemos resolver a inequação |an − 3| < ε, fixado ε:∣∣∣∣ 3nn+ sen (2n) − 3
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣3n− 3n− 3 sen (2n)n+ sen (2n)
∣∣∣∣ = 3| sen (2n)||n+ sen (2n)|
(a)
≤ 3|n+ sen (2n)|
(b)
≤ 3
n− 1 , ∀n > 1
Observe que na desigualdade (a) usamos que | sen (2n)| ≤ 1 para todo n; na desigualdade
(b) usamos que sen (2n) ≥ −1 e que n+ sen (2n) > 0. (Confira!)
Com isso, em vez de resolvermos a inequação
∣∣ 3 sen (2n)
n+ sen (2n)
∣∣ < ε, vamos resolver outra bem
mais simples:
3
n−1 < ε ⇐⇒ 3 < ε(n− 1) ⇐⇒ n > 3ε + 1
Portanto, escolhendo um natural n0 tal que n0 > 3ε + 1, teremos o resultado desejado.
Fim do rascunho!
Solução: (Demonstração formal)
Seja ε > 0 dado. Pela Propriedade Arquimediana, existe n0 ∈ N tal que n0 > 3ε + 1.
Se n > n0, teremos:
|an − 3| =
∣∣∣∣ 3nn+ sen (2n) − 3
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣3n− 3n− 3 sen (2n)n+ sen (2n)
∣∣∣∣ = 3| sen (2n)||n+ sen (2n)|
≤ 3|n+ sen (2n)| ≤
3
n− 1 <
3
n0 − 1 < ε
�
Proposição 3.1.7 (Propriedades do limite)
Se (an)n e (bn)n são sequências convergentes tais que a = lim an, b = lim bn e se k é um número
real qualquer, então
6
(a) a sequência (an + bn)n é convergente e lim(an + bn) = a+ b;
(b) a sequência (kan)n é convergente e lim(kan) = ka, para qualquer número k;
(c) a sequência (k + an)n é convergente e lim(k + an) = k + a, para qualquer número k;
(d) a sequência (anbn)n é convergente e lim(anbn) = ab;
(e) se an 6= 0, ∀n e a 6= 0 então a sequência
(
1
an
)
n
é convergente e lim 1
an
= 1
a
Demonstração.
(a) Seja ε > 0. (Precisamos encontrar n0 tal que |(an + bn)− (a+ b)| < �, para todo n ≥ n0.)
Por hipótese, como a = lim an, existe n1 ∈ N tal que |an − a| < ε2 , para todo n ≥ n1.
Analogamente, como b = lim bn, existe n2 ∈ N tal que |bn − b| < ε2 , para todo n ≥ n2.
Seja n0 = max{n1, n2}. Para todo n ≥ n0 temos:
|(an + bn)− (a+ b)| = |(an − a) + (bn − b)| ≤ |an − a|+ |bn − b| < ε
2
+
ε
2
= ε
(b) Exercício.
(c) Exercício.
(d) (Rascunho: precisamos provar que, a partir de algum índice n0, |anbn − ab| se torna tão
pequeno quanto se queira, sabendo que |an−a| e |bn−b| podem ser escolhidos tão pequenos
quanto quisermos. Um dos problemas é relacionar |anbn− ab| com as diferenças |an− a| e
|bn − b|. O que fazer? Uma ideia pode ser a seguinte:
(an − a)(bn − b) = anbn − anb− abn + ab = anbn − (an − a)b− a(bn − b)− ab
= (anbn − ab)− (an − a)b− (bn − b)a
Equivamentemente podemos escrever:
anbn − ab = (an − a)(bn − b) + (an − a)b+ (bn − b)a (3.1)
Pronto: conseguimos relacionar a diferença anbn− ab com as diferenças |an− a| e |bn− b|.
Agora basta finalizar alguns detalhes.)
7
Solução. Seja ε > 0. Existem índices n1 e n2 tais que |an − a| <
√
ε, ∀n ≥ n1 e
|bn − b| <
√
ε, ∀n ≥ n1. Logo, para todo n ≥ max{n1, n2}, temos |(an − a)(bn − b)| < ε.
Isso prova que
lim(an − a)(bn − b) = 0 (3.2)
Portanto, da expressão (3.1) temos:
lim anbn − ab = lim[(an − a)(bn − b) + (an − a)b+ (bn − b)a]
(a)
= lim(an − a)(bn − b) + lim(an − a)b+ lim(bn − b)a
(3.2)
= 0 + + lim(an − a)b+ lim(bn − b)a
(b)
= b lim(an − a) + a lim(bn − b) = 0
(e) (Rascunho: precisamos provar que, a partir de algum índice n0,
∣∣ 1
an
− 1
a
∣∣ se torna tão
pequeno quanto se queira, sabendo que |an − a| pode ser tão pequeno quanto quisermos.
Façamos algumas contas para ver como é possível relacionar essas desigualdades:∣∣∣∣ 1an − 1a
∣∣∣∣ = |a− an||a an|
Se conseguirmos garantir que |a an| > M para alguma constanteM , conseguiremos concluir
que
|a− an|
|a an| <
|a− an|
M
< ε se |a − an| < εM . Assim, o problema estará resolvido se
encontrarmos um número M adequado, tal que |a an| > M , para índices n suficientemente
grandes.
Como a 6= 0, sabemos que |a| > 0.
-
0
b
|a|
2
|an| |a|
b
3
|a|
2
Como lim an = a, existe n1 tal que |a − an| < |a|
2
para todo n ≥ n1. Com isso, é
possível provar (exercício) que |an| > |a|
2
, ∀n ≥ n1. (Veja a figura acima.) Portanto
|an| |a| > |a|
2
|a| = a
2
2︸︷︷︸
M
, para todo n ≥ n1. Essa foi a parte difícil! Vamos então escrever a
demonstração formal.
8
Demonstração. Fixemos ε > 0 qualquer. Existe n1 tal que
|an| > |a|
2
, ∀n ≥ n1 (∗)
Além disso, existe n2 tal que
|a− an| < ε
2
a2, ∀n ≥ n2 (∗∗)
Seja n0 = max{n1, n2}. Para todo n ≥ n0 temos:∣∣∣∣ 1an = 1a
∣∣∣∣ = |a− an||a| |an| (∗)≤ |a− an||a| |a|
2
=
2
a2
|a− an|
(∗∗)
<
2
a2
ε
2
a2 = ε
�
A seguir, enunciamos alguns resultados bastante úteis para o cálculo de limites de sequên-
cias, sujas demonstrações são deixadas para o leitor.
Proposição 3.1.8 Se f é uma função tal que existe lim
x→+∞
f(x) e se an = f(n), para todo n ∈ N,
então
lim an = lim
x→+∞
f(x)
Exemplo 3.1.9 Calcule lim
lnn
n
Solução. Observe que tanto o numerador quanto o denominador tendem a +∞ quando n cresce.
Mas não podemos usar a regra de L’Hôspital para calcular o limite da sequência, já que não tem
sentido usar derivadas neste contexto. Entretanto, podemos considerar a função f(x) =
lnx
x
,
definida para x ≥ 1.
É claro que an =
lnn
n
= f(n). Usando L’Hôspital, podemos agora calcular
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
lnx
x
= lim
x→+∞
1
x
1
= 0
Logo, pela proposição 3.1.8, podemos concluir que lim
lnn
n
= 0.
9
Proposição 3.1.10 Se lim an = L e se f é uma função contínua em L, então o limite de f(an)
existe e
lim f(an) = f(L)
Exemplo 3.1.11 Calcule lim sen
1
n
Solução. A função seno é contínua em todos os pontos. Em particular, é contínua em 0, que é
o limite da sequência dada por an = 1n . Assim, a proposição 3.1.10 nos permite concluir:
lim sen
1
n
= sen
(
lim
1
n
)
= sen 0 = 0
Proposição 3.1.12 (Teorema do confronto) Sejam (an), (bn), e (cn) três sequências tais que
an ≤ bn ≤ cn. Suponha que lim an = L = lim cn. Então a sequência (bn) converge e seu limite é
L.
Exemplo 3.1.13 Calcule lim
2n
nn
Solução. Para n = 1, temos a1 =
2
1
= 2; se n = 2, temos a2 =
22
22
= 1; se n = 3, temos
a3 =
23
33
=
(
2
3
)3
; a4 =
(
2
4
)4
, e assim por diante. Notamos que an =
2
n
(
2
n
)n−1
e que, para
n ≥ 3,
(
2
n
)n−1
< 1. Portanto, para n ≥ 3, vale:
0 ≤ an ≤ 2
n
Como lim
2
n
= 0, pela proposição 3.1.12, concluímos que lim
2n
nn
= 0.
Exemplo 3.1.14 Um exemplo importante, cujo resultado será útil mais adiante, é a sequência
dada por an = n
√
n. Vamos provar que seu limite é 1.
Solução. Uma maneira de provar é por meio da proposição 3.1.8, calculando o limite,
para x→ +∞ da função f(x) = x 1x , x > 1, e é deixada como exercício.
Vamos mostrar uma maneira direta de provar que o limite da sequência é 1. Inicialmente
notamos que a2 =
√
2, a3 =
3
√
3, . . . , n
√
n, . . . são todos números maiores do que 1. (Por quê?)
Logo, podemos escrever n
√
n = 1 + hn, para algum hn > 0. Assim,
n = (1 + hn)
n = 1 + nhn +
n(n− 1)
2
h2n + · · ·+ hnn >
n(n− 1)
2
h2n
10
já que todos os termos são positivos.Portanto n−1
2
h2n < 1, ou, equivalentemente, h2n <
2
n−1 , que tende a 0 quando n cresce.
Assim, dado ε > 0, existe, pela propriedade Arquimediana, n0 ∈ N tal que n0 > 2ε2 + 1.
Se n > n0, teremos:
| n√n− 1| = |hn| <
(
2
n− 1
) 1
2
<
(
2
n0 − 1
) 1
2
< ε
�
Definição 3.1.15 Dizemos que uma sequência é:
crescente, se a1 < a2 < a3 < · · · < an < an+1 < · · ·
decrescente, se a1 > a2 > a3 > · · · > an > an+1 > · · ·
não-decrescente, se a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · ≤ an ≤ an+1 ≤ · · ·
não-crescente, se a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ · · · ≥ an ≥ an+1 ≥ · · ·
Em qualquer um desses casos, dizemos que a sequência é monótona.
A seguir apresento um dos principais resultados deste capítulo. A ideia da demonstração
é simples. Tente não se intimidar com os ε’s e apreciar a ideia bacana.
Teorema 3.1.16 Toda sequência monótona limitada é convergente.
Demonstração. Faremos a demonstração supondo a sequência não-decrescente. A demonstração
de outros casos é análoga e ficam como exercício.
Temos então a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · an ≤ · · · e suponhamos que exista uma constante M tal
que an ≤M , para todo n.
O conjunto A = {a1, a2, · · · , an · · · } dos valores da sequência. Então A é não vazio e
limitado superiormente (por M). Portanto, pelo axioma do supremo, existe um número real
s = supA. Vamos provar que lim an = s.
Seja ε > 0. Pela definição de supremo, an ≤ s para todo n. Além disso, existe um
elemento an0 em A tal que s− ε < an0 ≤ s (caso contrário, o supremo seria menor do que s− ε).
Como a sequência é não-decrescente, para todo n ≥ n0 vale an0 ≤ an. Mas an ≤ s.
Portanto, para todo n ≥ n0, vale s− ε < an ≤ s < s+ ε, ou seja, |s− an| < ε.
-
s− ε
r
an0
r
an s s+ ε
11
�
Exemplo 3.1.17 Considere a sequência
a1 =
√
2, a2 =
√
2 +
√
2, a3 =
√
2 +
√
2 +
√
2, . . .
Existe lim an? Em caso afirmativo, calcule-o.
Solução. Observemos inicialmente que an =
√
2 + an−1, para todo n ≥ 2.
Provemos que a sequência é crescente:
Como 2 < 2 +
√
2, é claro que
√
2 <
√
2 +
√
2, ou seja, a1 < a2.
Suponhamos ak−1 < ak para algum k. Então 2 + ak−1 < 2 + ak. Consequentemente,√
2 + ak−1 <
√
2 + ak, ou seja, ak < ak+1. Assim, pelo Princípio de Indução Finita, podemos
concluir que an < an+1 para todo n.
Vamos provar que a sequência é limitada superiormente por 2:
Sabemos que a1 =
√
2 < 2. Suponhamos ak ≤ 2 para algum k. Temos:
ak+1 =
√
2 + ak ≤
√
2 + 2 = 2
pois a função raiz quadrada é crescente. Portanto, novamente pelo Princípio de Indução Finita,
an ≤ 2, ∀n.
É claro que, por ser crescente, temos também que a sequência é limitada inferiormente:
1 < a1 < a2 < . . . ≤ 2.
Sendo crescente e limitada, o teorema 3.1.16 nos garante que (an) converge para algum
número L.
Como encontrar L?
Da expressão an =
√
2 + an−1 e do fato de sabermos que o limite existe podemos escrever:
L = lim an = lim
√
2 + an−1 =
√
2 + lim an−1 =
√
2 + L
pois sabemos que a função raiz quadrada é contínua.
Logo, L2 = 2+L, de onde podemos concluir que L = 2, pois a outra solução da equação
do segundo grau é negativa e (an) é uma sequência de números positivos.
12
Exercícios 3.1.18 1. Determine se a sequência (an) dada é convergente ou divergente. Se
for convergente, calcule seu limite:
a) an =
1− n+ 2n4
2 + 3n4
b) an =
√
n+ 5−√n c) an = sen 1
n
d) an =
senn
n
e) an =
√
n
3 +
√
n
f) an =
n
3 +
√
n
g) an = ne−n h) an = arctgn i) an = cos(n3) 2−n
j) an =
n!
(n+ 2)!
l) an =
7n+1
10n
m) an =
n2
en
Os exercícios a seguir foram inspirados no livro do Stewart, volume 2.
2. Considere a sequência dada por a1 = 1, an+1 = 3− 1an . Mostre que (an)n é crescente e que
an < 3 para todo n. Deduza que a sequência é convergente e calcule seu limite.
3. Seja (fn)n a sequência de Fibonacci definida no exemplo 3.1.1. Defina an =
fn+1
fn
.
(i) Determine os 10 primeiros termos de (an).
(ii) Verifique que an−1 = 1 + 1an−2 para todo n ≥ 3.
(iii) Supondo que (an)n seja convergente, calcule seu limite.
3.1.1 O número e
Jacob Bernoulli, em 1683, tentou encontrar o valor da expressão lim
n→∞
(
1 +
1
n
)n
ao estudar a
seguinte questão sobre juros compostos: “Um capital C é aplicado à taxa de juros de 100% ao
ano. Se os juros forem creditados de uma vez ao final de um ano, o capital passa a ser 2C. O
que acontece se os juros forem creditados mais vezes ao longo do ano?”
Se forem creditados 50% de juros a cada 6 meses, o capital inicial passa a ser C1 =
C+ 50
100
C = C ·(1+ 1
2
) ao fim de 6 meses, e C2 = C1+ 50100C1 = C1 ·(1+ 12) = C · (1 +
1
2
)︸ ︷︷ ︸
C1
·(1+ 1
2
) =
C · (1 + 1
2
)2 = C · 2, 25 ao final de 1 ano.
Se forem creditados 25% de juros a cada 3 meses, ao final do ano o capital será igual a
C · (1 + 1
4
)4 = C · 2, 44140.
Se forem creditados 100
12
% mensalmente, ao final de um ano o capital será C · (1+ 1
12
)12 ≈
C · 2, 61303
13
Se forem creditados 100
52
% semanalmente, ao final de um ano, o capital será C ·(1+ 1
52
)52 ≈
C · 2, 69259
Se forem creditados 100
365
% diariamente, ao final de um ano, o capital será C · (1+ 1
365
)365 ≈
C · 2, 71456
Em geral, se forem creditados juros em n intervalos e a taxa de juros for de 100
n
% em cada
intervalo, o valor ao final do ano será de C · (1 + 1
n
)n.
Bernoulli notou que, conforme n cresce, os valores da expressão (1+
1
n
)n aumentam, mas
aproximam-se de um limite. Inicialmente foi usada a letra b para denotar tal limite.
Leonard Euler foi o primeiro a utilizar a letra e para indicar esse número, em uma carta
de 1731.
Considere a sequência an =
(
1 + 1
n
)n
Vamos provar que essa sequência (an)n é limitada (2 ≤ an < 3, ∀n) e crescente. Portanto,
pelo Teorema 3.1.16, (an) converge.
O número e é, por definição, o limite dessa sequência:
e = lim
(
1 +
1
n
)n
= 2, 7182818284 . . .
Proposição 3.1.19 Seja an =
(
1 +
1
n
)n
. Então 2 ≤ an < 3, para todo n ∈ N.
Demonstração. Se n = 1, temos a1 = 2. Se n > 1, podemos escrever:(
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
nn
=
= 1 + 1 +
n(n− 1)
n · n︸ ︷︷ ︸
≤1
· 1
2!
+
n(n− 1)(n− 2)
n · n · n︸ ︷︷ ︸
≤1
· 1
3!
+ . . .+
n!
nn︸︷︷︸
≤1
· 1
n!
≤
≤ 1 + 1 + 1
2!
+
1
3!
+ . . .+
1
n!
<
< 1 + 1 +
1
2
+
1
4
+
1
8
+ . . .+
1
2n−1︸ ︷︷ ︸
<1
< 3
A partir da segunda linha do desenvolvimento acima é possível perceber que an ≥ 2 para todo
n.
14
�
Proposição 3.1.20 A sequência an =
(
1 +
1
n
)n
é crescente.
Demonstração. Vamos provar que an < an+1:
Como visto anteriormente,
an = 1 + 1 +
6 n(n− 1)
6 n · n ·
1
2!
+
6 n(n− 1)(n− 2)
6 n · n · n ·
1
3!
+ . . .+
6 n(n− 1)!
6 n · nn−1 ·
1
n!
= 1 + 1 +
(
1− 1
n
)
1
2!
+
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
1
3!
+ . . .+
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)(
1− n− 1
n
)
1
n!
De modo análogo,
an+1 = 1 + 1 +
(
1− 1
n+ 1
)
1
2!
+
(
1− 1
n+ 1
)(
1− 2
n+ 1
)
1
3!
+ . . .
+
(
1− 1
n+ 1
)(
1− 2
n+ 1
)(
1− n− 1
n+ 1
)
1
n!
+
(
1− 1
n+ 1
)(
1− 2
n+ 1
)(
1− n− 1
n+ 1
)(
1− n
n+ 1
)
1
(n+ 1)!
Como para cada k entre 1 e n − 1, vale (1 − k
n
)
<
(
1 − k
n+1
)
, podemos concluir que o
coeficiente de 1
k!
na expressão de an é menor do que o coeficiente de 1k! na parcela correspondente
de an+1. Além disso, a expressão de an+1 tem uma parcela positiva a mais que a de an.
Isso mostra que an < an+1.
Nosso próximo objetivo é provar que e é irracional.
Consideremos a função f(x) = ex. O Polinômio de Taylor de ordemn de f centrado em
x0 = 0 é dado por
Pn(x) = 1 + x+
x2
2!
+
x3
3!
+ · · · x
n
n!
e, usando a estimativa do resto de Lagrange, podemos verificar que |ex − Pn(x)| < 3(n+1)!xn+1,
para todo x ∈ [0, 1].
Em particular, para x = 1, temos |e− Pn(1)| < 3(n+1)!
Pelo Teorema do Confronto, podemos concluir que limPn(1) = e, já que lim 3(n+1)! = 0.
(Confira!)
Isso mostra que
e = lim(1 + 1 +
1
2!
+
1
3!
+ · · · 1
n!
)
15
Proposição 3.1.21 O número e é irracional.
Demonstração. Suponhamos, por absurdo, que e = p
q
, com p e q inteiros positivos.
Como e = 1+1+ 1
2!
+ 1
3!
+ · · · 1
n!
+
1
(n+ 1)!
+ · · ·︸ ︷︷ ︸
>0
, podemos concluir que, para cada n ≥ 2,
e > 1 + 1 +
1
2!
+
1
3!
+ · · · 1
n!
= Pn(1)
Mas |e− Pn(1)| < 3(n+1)! . Portanto, para cada n vale:
0 <
p
q
− (1 + 1 + 1
2!
+
1
3!
+ · · · 1
n!
)
<
3
(n+ 1)!
Em particular, escolhendo n > q e n > 2, temos:
0 < n!
p
q︸︷︷︸
∈N
−n!(1 + 1 + 1
2!
+
1
3!
+ · · · 1
n!
)︸ ︷︷ ︸
∈N
<
3n!
(n+ 1)!
=
3
n+ 1︸ ︷︷ ︸
<1
o que é absurdo! 2
�
Exercícios 3.1.22 1. Use uma calculadora para calcular o valor de an =
(
1 + 1
n
)n
para
n = 1.000, 10.000, 100.000 e 1.000.000.
2. Considere a função f(x) =
(
1 + 1
x
)x
para x > 0. Calcule lim
x 7→+∞
f(x).
3. Calcule lim
n 7→+∞
(
1 +
1
n
)2n
4. Calcule lim
n 7→+∞
(
1 +
1
n
)n+3
5. Calcule lim
n 7→+∞
(
1 +
1
2n
)n
6. Calcule lim
n 7→+∞
(
1 +
5
n
)n
2Verifique se você entendeu por que os números assinalados na última linha como naturais são de fato naturais
e por que se chegou a um absurdo!
16
7. Calcule lim
n 7→+∞
(
n+ 2
n+ 1
)n
Respostas:
Exercícios 3.1.18
1. a)
2
3
b) 0 c) 0 d) 0 e) 1 f) Diverge
g) 0 h)
pi
2
i) 0 j) 0 l) 0 m) 0
2)
3 +
√
5
2
3) (iii)
1 +
√
5
2
= φ
Exercícios 3.1.22
2) e 3) e2 4) e 5)
√
e 6) e5 7) e
17
Referências Bibliográficas
[1] Geraldo Ávila. Análise Matemática para Licenciatura. Edgard Blucher Ltda, 3 edition, 2006.
[2] Djairo Guedes de Figueiredo. Análise I. Livros Técnicos e Científicos S.A., 1975.
[3] Elon Lages Lima. Análise Real. IMPA, CNPq, 1997.
[4] Walter Rudin. Princípios de Análise Matemática. Ed. Ao Livro Técnico S.A., 1971.
[5] James Stewart. Cálculo, volume II. Cengage Learning, 2010.
18