Sequências e Limites

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Universidade Federal de Vic¸osa
Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnolo´gicas - CCE
Departamento de Matema´tica
MAT 147 - CA´LCULO II 2013/I
Professor: Luiz Henrique Couto.
1 Sequeˆncias
1.1 Definic¸o˜es e Exemplos
Uma sequeˆncia nume´rica e´ uma correspondeˆncia (isto e´, uma func¸a˜o) f que associa cada nu´mero
natural n a um u´nico nu´mero an, chamado de elemento da sequeˆncia:
f : N∗ → R
n 7→ f(n) = an
1 7→ f(1) = a1
2 7→ f(2) = a2
...
...
O nu´mero a1 e´ denominado primeiro termo, a2 e´ o segundo termo e, em geral, an e´ o n-e´simo
termo, tambe´m chamado termo geral. Trataremos exclusivamente de sequeˆncias infinitas, de modo
que cada termo an tera´ um sucessor an+1.
Exemplo 1.1 Considere as sequeˆncias:
(a) {an} = {
√
n} = {√1,√2,√3, . . . ,√n, . . .}
(b) {bn} =
{
1
n
}
=
{
1,
1
2
,
1
3
, . . . ,
1
n
, . . .
}
(c) {cn} =
{
(−1)n+1 1
n
}
=
{
1,−1
2
,
1
3
, . . . , (−1)n+1 1
n
, . . .
}
Estas podem ser apresentadas graficamente das seguintes formas:
1
Exemplo 1.2 Encontre uma fo´rmula para o termo geral an da sequeˆncia{
3
5
,− 4
25
,
5
125
,− 6
625
,
7
3125
, . . .
}
.
Soluc¸a˜o: Foi nos dado que
a1 =
3
5
, a2 = − 4
25
, a3 =
5
125
, a4 = − 6
625
, a5 =
7
3125
.
Observe que os numeradores dessas frac¸o˜es comec¸am com 3 e sa˜o incrementados com 1 a` medida que
avanc¸amos para o pro´ximo termo. O segundo termo tem numerador 4, o terceiro 5. Generalizando,
o n-e´simo termo tera´ numerador n + 2. Os denominadores sa˜o poteˆncias de 5. Logo, an tem
denominador 5n. Os sinais dos termos alternam entre positivos e negativos. Assim, precisamos, a
cada termo, efetuar uma multiplicac¸a˜o por −1. O fator (−1)n nos indica que comec¸amos com um
termo negativo. Como queremos ecomec¸ar com um termo positivo, usamos o alternador de sinal
(−1)n−1 ou (−1)n+1. Portanto,
an = (−1)n−1n+ 2
5n
.
Exemplo 1.3 Algumas sequeˆncias na˜o teˆm uma equac¸a˜o de definic¸a˜o simples:
(a) A sequeˆncia {pn}, onde pn representa a populac¸a˜o do mundo no dia 1o de janeiro do ano n.
(b) A sequeˆncia {an}, onde an e´ o algarismo da n-e´sima casa decimal do nu´mero e, e´ uma sequeˆncia
bem definida cujos primeiros termos sa˜o
7, 1, 8, 2, 8, 1, 8, 2, 8, 4, 5, . . . .
(c) A sequeˆncia de Fibonacci {fn}, definida recursivamente pelas condic¸o˜es
f1 = 1, f2 = 1, fn = fn−1 + fn−2, n ≥ 3,
e´ tal que cada termo e´ a soma dos dois termos precedentes. Seus primeiros termos sa˜o:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . .
Definic¸a˜o 1.4 Uma sequeˆncia {an} possui limite L e escrevemos lim
n→∞
an = L ou an → L quando
n→∞ se pudermos tornar os termos an ta˜o pro´ximos de L quanto quisermos ao fazer n suficiente-
mente grande. Se lim
n→∞
an for um nu´mero, dizemos que a sequeˆncia converge (ou e´ convergente).
Caso contra´rio, dizemos que a sequeˆncia diverge (ou e´ divergente).
Definic¸a˜o 1.5 Dizemos que um sequeˆncia {an} e´
(a) crescente se an ≤ an+1, para todo n ∈ N∗;
(b) decrescente se an ≤ an+1, para todo n ∈ N∗;
(c) mono´tona se for crescente ou decrescente;
(d) limitada superiormente se existe uma constante real M tal que an ≤M , para todo n ∈ N∗;
2
(e) limitada inferiormente se existe uma constante real N tal que an ≥ N , para todo n ∈ N∗;
(f) limitada quando ela for limitada superiormente e inferiormente.
Exemplo 1.6 Note que, pela definic¸a˜o:
(a) as sequeˆncias {n},
{
n
n+ 1
}
e {3} sa˜o crescentes;
(b) a sequeˆncia
{
3
n+ 5
}
e´ decrescente pois, como 0 < n+ 5 ≤ n+ 6, segue que
1
n+ 5
>
1
n+ 6
⇒ 3
n+ 5
>
3
n+ 6
=
3
(n+ 1) + 5
⇒ an ≥ an+1;
(c) as sequeˆncias {an} =
{
n
n+ 1
}
e {bn} =
{
n!
nn
}
sa˜o limitadas (inferiormente por 0 e superior-
mente por 1) pois
0 < n < n+ 1⇒ 0 < n
n+ 1
< 1⇔ 0 < an < 1
e
0 <
1 · 2 · 3 · . . . · n
n · n · n · . . . · n =
1
n
· 2
n
· 3
n
· n
n
≤ 1 · 1 · 1 · . . . 1 = 1.
Exemplo 1.7 Mostre que a sequeˆncia com termo geral an =
n
n2 + 1
e´ decrescente.
Soluc¸a˜o:
Considere a func¸a˜o f(x) =
x
x2 + 1
. Como
f ′(x) =
x2 + 1− 2x
(x2 + 1)2
=
1− x2
(x2 + 1)2
< 0
sempre que x2 > 1, f e´ decrescente em (1,+∞) e, como f(n) = an, segue que {an} e´ decrescente.
Definic¸a˜o 1.8 Seja {an} uma sequeˆncia. Dizemos que {bn} e´ uma subsequeˆncia de {an} se exis-
tirem nu´meros naturais t1, t2, . . . , tn, . . . tais que
t1 < t2 < . . . < tn < . . .
e bn = atn.
Exemplo 1.9 Considere a sequeˆncia {an} =
{
1,−1
2
,
1
3
,−1
4
,
1
5
,−1
6
, . . .
}
. Note que {bn} = {a2n+1} ={
1,
1
3
,
1
5
, . . .
}
e {cn} = {a2n} =
{
−1
2
,−1
4
,−1
6
, . . .
}
sa˜o subsequeˆncias de {an} correspondentes aos
temos de ı´ndices ı´mpares e pares, respectivamente.
3
1.2 Teoremas sobre sequeˆncias
Teorema 1 Seja {an} uma sequeˆncia e seja f uma func¸a˜o definida para todo inteiro positivo tal que
f(n) = an, para n ∈ N∗. Se lim
x→∞
f(x) = L, enta˜o lim
n→∞
an = L.
Teorema 2 Sejam {an} e {bn} duas sequeˆncias. Se lim
n→∞
an = L e lim
n→∞
bn = M , enta˜o
(i) lim
n→∞
c · an = c · L;
(ii) lim
n→∞
(an + bn) = L+M ;
(iii) lim
n→∞
(an · bn) = L ·M ;
(iv) lim
n→∞
an
bn
=
L
M
, desde que lim
n→∞
bn 6= 0 e todo bn 6= 0.
Teorema 3 (Teorema do Confronto para Sequeˆncias) Sejam as sequeˆncias {an}, {bn} e {cn}.
Se
lim
n→∞
an = lim
n→∞
bn = L
e an ≤ cn ≤ bn, para todo n ∈ N∗, enta˜o
lim
n→∞
cn = L.
Teorema 4 (Teorema da Convergeˆncia Mono´tona) Toda sequeˆncia mono´tona limitada e´ con-
vergente.
Teorema 5 Toda sequeˆncia convergente e´ limitada.
Teorema 6 Se {xn} e´ uma sequeˆncia tal que lim
n→∞
xn = 0 e {yn} e´ uma sequeˆncia limitada, enta˜o
lim
n→∞
(xn · yn) = 0 (mesmo que na˜o exista lim
n→∞
yn).
Teorema 7 Seja {an} uma sequeˆncia e seja {bn} uma subsequeˆncia de {an}. Se lim
n→∞
an = L, enta˜o
lim
n→∞
bn = L.
Corola´rio 1.10 1. Se duas subsequeˆncias de uma sequeˆncia convergem para pontos distintos,
enta˜o a sequeˆncia e´ divergente.
2. Se uma subsequeˆncia diverge, enta˜o a sequeˆncia diverge.
3. Se as subsequeˆncias dos ı´ndices pares e ı´mpares convergem para um mesmo valor, enta˜o a
sequeˆncia tambe´m converge para o mesmo valor.
4
1.3 Exerc´ıcios
Observac¸a˜o: Representaremos as sequeˆncias denotando os termos dentre chaves
ou pareˆnteses.
1. Determine o termo geral de cada sequeˆncia abaixo.
(a)
{
1
2
,
2
3
,
3
4
,
4
5
, . . .
}
Soluc¸a˜o:
Note que a1 =
1
2
, a2 =
2
3
, a3 =
3
4
, a4 =
4
5
, . . .. Desta forma, a sequeˆncia acima pode ser
escrita como:
(an) =
(
n
n+ 1
)
n∈N∗
.
(b)
{
1
2
,
1
4
,
1
8
,
1
16
, . . .
}
Soluc¸a˜o:
Note que a1 =
1
2
, a2 =
1
4
, a3 =
1
8
, a4 =
1
16
, . . .. Desta forma, a sequeˆncia acima pode ser
escrita como:
(an) =
(
1
2n
)
n∈N∗
.
(c) {1, 3, 5, 7, . . .}
Soluc¸a˜o:
Note que a1 = 1, a2 = 3, a3 = 5, a4 = 7, . . .. Desta forma, a sequeˆncia acima pode ser
escrita como:
(an) = (2n− 1)n∈N∗ .
(d)
{
1,−2
3
,
4
9
,− 8
27
, . . .
}
Soluc¸a˜o:
Note que a1 = 1, a2 = −2
3
, a3 =
4
9
, a4 = − 8
27
, . . .. Desta forma, a sequeˆncia acima pode
ser escrita como:
(an) =
(
−2
3
)n−1
n∈N∗
.
(e) {2, 7, 12, 17, . . .}
Soluc¸a˜o:
Note que a1 = 2, a2 = 7, a3 = 12, a4 = 17, . . .. Desta forma, a sequeˆncia acima pode ser
escrita como:
(an) = (5n− 3)n∈N∗ .
5
(f) {0, 2, 0, 2, . . .}
Soluc¸a˜o:
Note que a1 = 0, a2 = 2, a3 = 0, a4 = 2, . . .. Desta forma, o termo geral da sequeˆncia
acima pode ser escrito como:
an =
{
0, se n e´ ı´mpar
2, se n e´ par.
2. Seja an =
1 · 3 · 5 · 7 · . . . · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · . . . · 2n . Resolva os itens abaixo:
(a) Exprima an+1 em func¸a˜o de an:
Soluc¸a˜o:
Seja an =
1 · 3 · 5 · 7 · . . . · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · . . . · 2n . Assim, segue que:
an+1 =
1 · 3 · 5 · 7 · . . . · (2(n+ 1)− 1)
2 · 4 · 6 · . . . · 2(n+ 1) =
1 · 3 · 5 · 7 · . . . · (2n− 1)(2n+ 1)
2 · 4 · 6 · . . . · 2n · (2n+ 2) = an
(
2n+ 1
2n+ 2
)
.
(b) Mostre que (an) e´ decrescente;
Soluc¸a˜o:
Observe que: an ≥ 0 ∀ n ∈ N∗. E temos pela letra anterior que an+1 = an
(
2n+ 1
2n+ 2
)
.
Efetuando a divisa˜o
an+1
an
, obtemos:
an+1
an
=
an
(
2n+1
2n+2
)
an
=
2n+ 1
2n+ 2
.
Como n ∈ N∗ temos que 2n+ 1 < 2n+ 2⇒ 2n+1
2n+2
< 1. Assim,
an+1
an
< 1⇒ an+1 < an.
Logo a sequeˆncia e´ decrescente.
(c) Mostre que (an) e´ convergente.
Soluc¸a˜o:
Como an e´ mono´tona, para que ela seja convergente basta que ela seja limitada. De fato,
an =
1 · 3 · 5 · 7 · . . . · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · . . . · 2n =
1
2
· 3
4
· 5
6
· 7
8
· . . . · 2n− 1
2n
< 1.
e an > 0, pois o numerador e denominador sa˜o sempre positivos. Assim, 0 < an < 1.
Portanto, an e´ limitada e, consequentemente, convergente.
6
3. Verifique se as sequeˆncias abaixo sa˜o mono´tonas ou na˜o mono´tonas. Quais sa˜o limitadas?
Lembrando que N∗ = {1, 2, 3, ...}.
(a)
(
n2
2n2 + 1
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Temos que an+1 =
(n+ 1)2
2(n+ 1)2 + 1
e an =
n2
2n2 + 1
. Assim,
an+1
an
=
(n+1)2
2(n+1)2+1
n2
2n2+1
=
(n+ 1)2
2(n+ 1)2 + 1
· n
2
2n2 + 1
2n4 + 4n3 + 3n2 + 2n+ 1
2n4 + 4n3 + 3n2
= 1 +
2n+ 1
2n4 + 4n3 + 3n2
.
Observe que, como n ∈ N∗, enta˜o 2n+ 1
2n4 + 4n3 + 3n2
> 0, temos
an+1
an
> 1 ⇒ an+1 > an.
Portanto a sequeˆncia e´ estritamente crescente. Ale´m disso, como 0 < n2 < 2n2 < 2n2 + 1,
temos 0 <
n2
2n2 + 1
< 1, ou seja a sequeˆncia e´ limitada.
(b) (2 + cos(npi))n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Note que quando n e´ par, temos 2+cos(2kpi) = 2+1 = 3 e quando n e´ ı´mpar, 2+cos(2k+
1pi) = 2− 1 = 1. Logo, na˜o e´ mono´tona, pois oscila estre os valores 3 e 1. E ale´m disso, a
sequeˆncia e´ limitada, pois:
−1 ≤ cos(npi) ≤ 1⇒ 2− 1 ≤ 2 + cos(npi) ≤ 2 + 1⇒ 1 ≤ 2 + cos(npi) ≤ 3.
Logo, 1 ≤ an ≤ 3.
(c)
((
1 +
2
n
)n)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Tomando f(x) =
(
1 +
2
x
)x
, temos que f(n) = an para n ∈ N∗. Como f(x) > 0, repare
que f(x) =
(
1 +
2
x
)x
⇒ ln(f(x)) = ln
((
1 +
2
x
)x)
= xln
(
1 +
2
x
)
, ou seja,
f(x) = exln(1+
2
x).
Derivando, temos
f ′(x) = exln(1+
2
x) ·
[
ln
(
1 +
2
x
)
− 2
x(x+ 2)
]
.
Como −2 ≤ − 2
x(x+ 2)
< 0, enta˜o, para que f ′(x) seja maior que zero basta que
ln
(
1 +
2
x
)
> 2 pois a exponencial e´ sempre positiva. Mas isso e´ equivalente a dizer
7
que 1 +
2
x
> e2 ⇒ x > 2
e2 − 1 = 0, 31. Como para a nossa sequeˆncia, x > 1, sempre
teremos ln
(
1 +
2
x
)
> 2 e assim, f ′(x) > 0, ou seja, f e´ crescente para todo x ≥ 1.
Portanto, (an) e´ crescente para todo n ∈ N∗. Como lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
(
1 +
2
x
)x
, fazendo
a mudanc¸a de varia´vel
2
x
=
1
y
, segue que x→∞⇒ y →∞ e, assim,
lim
x→∞
(
1 +
2
x
)x
= lim
y→∞
(
1 +
1
y
)2y
= lim
y→∞
((
1 +
1
y
)y)2
=
(
lim
y→∞
(
1 +
1
y
)y)2
= e2.
Logo, y = e2 e´ uma ass´ıntota horizontal para f(x). Como f(x) e´ crescente e f(1) = 1 = a1,
temos enta˜o 1 ≤ f(x) ≤ e2, e assim f e´ limitada. Como f(n) = an, temos 1 ≤ an ≤ e2, e
assim, a sequeˆncia (an) e´ limitada.
(d)
(
en
n
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Considere a func¸a˜o f tal que f(x) =
ex
x
. Temos que:
f ′(x) =
ex · x− ex
x2
=
ex(x− 1)
x2
.
Observe que para x > 1, temos que f ′(x) > 0 e portanto crescente e a sequeˆncia mono´tona.
Temos ainda que a1 = e <
e2
2
= a2. Portanto, a sequeˆncia e´ mono´tona para todo x ≥ 1.
Entretanto ela na˜o e´ limitada, pois lim
x→∞
ex
x
LH
= lim
x→∞
ex
1
=∞.
(e) (n2 · e−n)n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Considere a func¸a˜o f tal que f(x) =
n2
en
. Note que:
f ′(x) =
2x · ex − x2 · ex
(ex)2
=
(2x− x2) · ex
(ex)2
=
2x− x2
ex
=
x(2− x)
ex
.
Da´ı, segue que f ′(x) e´ negativa ∀ x ≥ 2. Portanto, f(x) e´ decrescente ∀ x ≥ 2. Logo,
f(n) = an e´ decrescente ∀ n ≥ 2. Note que a sequeˆncia e´ limitada, pois:
0 ≤ an ≤ a2 = 0.54 < 1.
(f)
(
n3 − 3n2 + 4
n3 − n2 − 8n+ 12
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Manipulando algebricamente segue que
n3 − 3n2 + 4
n3 − n2 − 8n+ 12 =
n+ 1
n+ 3
. Note que
an+1 =
(n+ 1) + 1
(n+ 1) + 3
=
n+ 2
n+ 4
8
e
an =
n+ 1
n+ 3
.
Assim,
an+1
an
=
n+2
n+4
n+1
n+3
=
n+ 2
n+ 4
· n+ 3
n+ 1
=
n2 + 5n+ 6
n2 + 5n+ 4
.
Observe que, como n ∈ N∗, enta˜o n2 + 5n + 6 > n2 + 5n + 4. Desta forma, an+1
an
> 1 ⇒
an+1 > an. Portanto, a sequeˆncia e´ estritamente crescente. Ale´m disso, como n + 3 >
n + 1 ⇒ 0 < 1
n+ 3
<
1
n+ 1
⇒ 0 < n+ 1
n+ 3
<
n+ 1
n+ 1
= 1 conclu´ımos que a sequeˆncia e´
limitada.
(g)
(
(−1)n · n
3
1 + 2n2
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Inicialmente observe que:
a1 = −1
3
, a2 =
8
33
, a3 = − 27
163
.
Da´ı temos que a1 < a2 e a3 < a2. Portanto an na˜o e´ mono´tona pois os termos oscilam
entre positivos e negativos. Ale´m disso, esta sequeˆncia tambe´m na˜o e´ limitada, pois |an|
na˜o e´ limitado. De fato,
lim
n→∞
|an| = lim
n→∞
n3
1 + 2n2
=∞.
(h)
( n
2n
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Observe que:
an+1
an
=
n+1
2n+1
n
2n
=
n+ 1
2n · 2 ·
2n
n
=
n+ 1
2n
.
Para todo n ≥ 1, temos n + 1 ≤ 2n. Da´ı, n+ 1
2n
≤ 1. Assim, an+1 ≤ an. Portanto, a
sequeˆncia e´ mono´tona decrescente. Ale´m disso, sequeˆncia e´ limitada, pois 0 < an < a2 =
1
2
< 1.
(i)
(
1− 3n
1− n
)
n≥2
.
Soluc¸a˜o:
Note que:
an+1
an
=
1−3(n+1)
1−(n+1)
1−3n
1−n
=
−3n− 2
−n ·
1− n
1− 3n =
3n2 − n− 2
3n2 − n .
Observe que 3n2 − n− 2 < 3n2 − n, para todo n ≥ 2. Deste modo,
an+1
an
=
3n2 − n− 2
3n2 − n < 1.
9
Assim, an+1 < an. Portanto a sequeˆncia e´ decrescente, logo mono´tona. Ale´m disso, a
sequeˆncia e´ limitada, pois:
3n > n⇒ −3n < −n⇒ 1− 3n < 1− n⇒ 1− 3n
1− n < 1.
Portanto, 0 < an < 1.
(j)
(
n2
n+ 1
− n
2 + 1
n
)
n∈N∗
.
Soluc¸a˜o:
Por manipulac¸o˜es alge´bricas,
n2
n+ 1
− n
2 + 1
n
=
n2 · n− (n2 + 1) (n+ 1)
n(n+ 1)
=
−n(n+ 1)− 1
n(n+ 1)
= −1− 1
n(n+ 1)
.
Considere a func¸a˜o f tal que f(x) =
x2
x+ 1
− x
2 + 1
x
= −1− 1
x(x+ 1)
. Temos que:
f ′(x) =
2x+ 1
(x(x+ 1))2
.
Assim, f e´ crescente para todo x ≥ 1 e, enta˜o, como f(n) = an para todo n ∈ N∗, temos
que a sequeˆncia (an) e´ crescente, logo mono´tona. Ale´m disso, (an) e´ limitada, pois f(x) e´
limitada. De fato, como
0 <
1
x(x+ 2)
≤ 1⇒ −1 ≤ − 1
x(x+ 2)
< 0⇒ −2 ≤ −1− 1
x(x+ 2)
< −1,
temos, −2 ≤ f(x) < −1, e assim f(x) e´ limitada.
4. Mostre que:
(a) lim
n→∞
n
n+ 1
= 1
Soluc¸a˜o:
Seja f(x) =
x
x+ 1
. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e coincide com a
sequeˆncia an =
n
n+ 1
nos inteiros positivos. Logo, como:
lim
x→∞
x
x+ 1
LH
= lim
x→∞
1
1
= 1
pelo Teorema 1, temos que lim
n→∞
n
n+ 1
= 1.
(b) lim
n→∞
(
1 +
(
−1
2
)n)
= 1
Soluc¸a˜o:
Como − 1
2n
<
(
−1
2
)n
< 1
2n
, segue que
⇒ 1− 1
2n
< 1 +
(
−1
2
)n
< 1 +
1
2n
.
10
Como f(x) = 1− 1
2x
e g(x) = 1+
1
2x
esta˜o definidas para todo x ≥ 1, x ∈ R, f(n) = 1− 1
2n
e g(n) = 1 +
1
2n
para n ∈ N∗ e ainda
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
(
1− 1
2x
)
= 1
e
lim
x→∞
g(x) = limx→∞
(
1 +
1
2x
)
= 1,
temos que lim
n→∞
(
1− 1
2n
)
= 1 e lim
n→∞
(
1 +
1
2n
)
= 1. Portanto, pelo Teorema do Confronto
para Sequeˆncias, segue que
lim
n→∞
(
1 +
(
−1
2
)n)
= 1.
5. Em cada item, determine se a sequeˆncia converge ou diverge.
(a)
(
n
2n+ 1
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Como f(x) =
x
2x+ 1
esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e f(n) = n
2n+ 1
= an para
n ∈ N∗ e ainda
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
x
2x+ 1
LH
= lim
x→∞
1
2
=
1
2
,
temos, pelo Teorema 1, que lim
n→∞
n
2n+ 1
=
1
2
, donde concluimos que
(
n
2n+ 1
)
n∈N∗
con-
verge.
(b)
(
(−1)n+1 n
2n+ 1
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Tomando as subsequeˆncias (bk) = (a2k) =
(
(−1)2k+1 2k
2(2k) + 1
)
=
(
− 2k
4k + 1
)
e (ck) =
(a2k−1) =
(
(−1)2k−1+1 2k − 1
2(2k − 1) + 1
)
=
(
(−1)2k 2k − 1
4k − 2 + 1
)
=
(
2k − 1
4k − 1
)
de (an),
como as func¸o˜es f(x) = − 2x
4x+ 1
e g(x) =
2x− 1
4x− 1 esta˜o definidas para todo x ≥ 1, x ∈ R
e temos que f(n) = bn e g(n) = cn para n ∈ N∗, e ainda
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
(
− 2x
4x+ 1
)
LH
= lim
x→∞
(
−2
4
)
= −1
2
e
lim
x→∞
g(x) = lim
x→∞
(
2x− 1
4x− 1
)
LH
= lim
x→∞
(
2
4
)
=
1
2
,
conclu´ımos, pelo Teorema 1 que
lim
k→∞
bk =
1
2
6= −1
2
= lim
k→∞
ck
11
e assim, (an) possui duas subsequeˆncias (bk) = (a2k) e (ck) = (a2k−1) com limites distintos
e, portanto, diverge pelo Corola´rio 1.10.
(c)
(
(−1)n+1 1
n
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Note que
− 1
n
<
(
(−1)n+1 1
n
)
<
1
n
.
Como f(x) = −1
x
e g(x) =
1
x
esta˜o definidas para todo x ≥ 1, x ∈ R, f(n) = − 1
n
e
g(n) =
1
n
para n ∈ N∗ e ainda
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
(
−1
x
)
= 0
e
lim
x→∞
g(x) = lim
x→∞
(
1
x
)
= 0,
temos que lim
n→∞
(
− 1
n
)
= 0 e lim
n→∞
(
1
n
)
= 0. Portanto, pelo Teorema do Confronto para
Sequeˆncias, temos que
lim
n→∞
(
(−1)n+1 1
n
)
= 0.
Logo a sequeˆncia
(
(−1)n+1 1
n
)
n∈N∗
converge.
(d) (8− 2n)n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Seja f(x) = 8 − 2x. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e conicide com a
sequeˆncia (an) = (8− 2n) nos inteiros positivos. Logo, como:
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
8− 2x = −∞
pelo Teorema 4.2, temos que lim
n→∞
8− 2n = −∞.
Portanto, temos que (8− 2n)n∈N∗ diverge.
6. Verifique se as sequeˆncias abaixo sa˜o divergentes ou convergentes. Caso sejam convergentes,
para onde convergem? Lembrando que N∗= {1, 2, 3, . . . }.
(a)
(
n2
2n2 + 1
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Seja f(x) =
x2
2x2 + 1
. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e coincide com
a sequeˆncia (an) =
(
n2
2n2 + 1
)
nos inteiros positivos. Logo, como:
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
(
x2
2x2 + 1
)
LH
= lim
x→∞
(
2x
4x
)
LH
= lim
x→∞
(
2
4
)
=
1
2
,
12
pelo Teorema 1, temos que lim
n→∞
(
n2
2n2 + 1
)
=
1
2
. Portanto,
(
n2
2n2 + 1
)
n∈N∗
converge para
1
2
.
(b) (2 + cos(npi))n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Tomando as subsequeˆncias (bk) = (a2k) = (2 + cos(2kpi)) = 2 + 1 = 3 e (ck) = (a2k−1) =
(2 + cos((2k − 1)pi)) = 2 + 0 = 2 de (an), como as func¸o˜es f(x) = 3 e g(x) = 2 esta˜o
definidas para todo x ≥ 1, x ∈ R e temos que f(n) = bn e g(n) = cn para n ∈ N∗, e ainda
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
3 = 3
e
lim
x→∞
g(x) = lim
x→∞
2 = 2,
conclu´ımos, pelo Teorema 1 que
lim
k→∞
bk = 3 6= 2 = lim
k→∞
ck
e assim, (an) possui duas subsequeˆncias (bk) = (a2k) e (ck) = (a2k−1) com limites distintos
e, portanto, diverge pelo Corola´rio 1.10.
(c)
((
1 +
2
n
)n)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Tome f(x) =
(
1 +
2
x
)x
. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e que
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
(
1 +
2
x
)x
. Fazendo a mudanc¸a de varia´vel
2
x
=
1
y
, temos que x→∞⇒
y →∞ e assim
lim
x→∞
(
1 +
2
x
)x
= lim
y→∞
(
1 +
1
y
)2y
= lim
y→∞
((
1 +
1
y
)y)2
=
(
lim
y→∞
(
1 +
1
y
)y)2
= e2.
Como f(n) =
(
1 +
2
n
)n
para n ∈ N∗, temos pelo Teorema 1 que
lim
n→∞
(
1 +
2
n
)n
= e2,
donde conclu´ımos que
((
1 +
2
n
)n)
n∈N∗
converge para e2.
(d)
(√
2n+ 3−√2n− 3)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Tome f(x) =
√
2x+ 3 − √2x− 3. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e
que
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
(√
2x+ 3−√2x− 3
)
= lim
x→∞
(√
2x+ 3−√2x− 3
)
·
(√
2x+ 3 +
√
2x− 3)(√
2x+ 3 +
√
2x− 3)
13
= lim
x→∞
(√
2x+ 3
)2 − (√2x− 3)2(√
2x+ 3 +
√
2x− 3) = limx→∞ (2x+ 3)− (2x− 3)√2x+ 3 +√2x− 3 = limx→∞ 6√2x+ 3 +√2x− 3 = 0.
Como f(n) =
√
2n+ 3−√2n− 3 para n ∈ N∗ temos, pelo Teorema 1, que
lim
n→∞
(√
2n+ 3−√2n− 3
)
= 0,
donde conclu´ımos que
(√
2n+ 3−√2n− 3)
n∈N∗ converge para 0.
(e)
(
en
n
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Tome f(x) =
ex
x
. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e que
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
(
ex
x
)
LH
= lim
x→∞
(
ex
1
)
=∞.
Como f(n) =
en
n
para n ∈ N∗ temos, pelo Teorema 1, que
lim
n→∞
(
en
n
)
=∞,
donde conclu´ımos que
(
en
n
)
n∈N∗
diverge.
(f) (n2e−n)n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Tome f(x) = x2e−x =
x2
ex
. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e que
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
x2
ex
LH
= lim
x→∞
2x
ex
LH
= lim
x→∞
2
ex
= 0.
Como f(n) = n2e−n para n ∈ N∗, temos pelo Teorema 1 que
lim
n→∞
n2e−n = 0,
donde conclu´ımos que (n2e−n)n∈N∗ converge para 0.
(g)
(
n3 − 3n2 + 4
n3 − n2 − 8n+ 12
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Tome f(x) =
x3 − 3x2 + 4
x3 − x2 − 8 + 12. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e que
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
x3 − 3x2 + 4
x3 − x2 − 8 + 12 = limx→∞
x3
(
1− 3
x
+ 4
x3
)
x3
(
1− 1
x
− 8
x2
+ 12
x3
) = 1
1
= 1.
14
Como f(n) =
n3 − 3n2 + 4
n3 − n2 − 8n+ 12 para n ∈ N
∗, temos pelo Teorema 1 que
lim
n→∞
n3 − 3n2 + 4
n3 − n2 − 8n+ 12 = 1,
donde conclu´ımos que
(
n3 − 3n2 + 4
n3 − n2 − 8n+ 12
)
n∈N∗
converge para 1.
(h)
(
(−1)n n
3
1 + 2n4
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Sabendo que 0 <
∣∣∣∣(−1)n n31 + 2n4
∣∣∣∣ ≤ n31 + 2n4 , temos
− n
3
1 + 2n4
≤
(
(−1)n n
3
1 + 2n4
)
≤ n
3
1 + 2n4
.
Como f(x) = − x
3
1 + 2x4
e g(x) =
x3
1 + 2x4
esta˜o definidas para todo x ≥ 1, x ∈ R,
f(n) = − n
3
1 + 2n4
e g(n) =
n3
1 + 2n4
para n ∈ N∗ e ainda
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
− x
3
1 + 2x4
= lim
x→∞
− x
3
x3
(
1
x3
+ 2x
) = 0
e
lim
x→∞
g(x) = lim
x→∞
x3
1 + 2x4
= lim
x→∞
x3
x3
(
1
x3
+ 2x
) = 0,
temos que lim
n→∞
− n
3
1 + 2n4
= 0 e lim
n→∞
n3
1 + 2n4
= 0. Portanto, pelo Teorema do Confronto
para Sequeˆncias, segue que
lim
n→∞
(
(−1)n n
3
1 + 2n4
)
= 0,
isto e´,
(
(−1)n n
3
1 + 2n4
)
n∈N∗
converge para 0.
i)
( n
2n
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Seja f(x) =
x
2x
. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e coincide com a
sequeˆncia an =
n
2n
nos inteiros positivos . Logo, como:
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
x
2x
LH
= lim
x→∞
1
2x · ln(2) = 0
temos, pelo Teorema 1, que lim
n→∞
( n
2n
)
= 0. Portanto a sequeˆncia
( n
2n
)
n∈N∗
converge para
0.
15
(i)
(
1− 3n
1− n
)
n≥2
Soluc¸a˜o:
Seja f(x) =
1− 3x
1− x . Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 2, x ∈ R e coincide com a
sequeˆncia an =
1− 3n
1− n para n ≥ 2. Logo,como:
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
1− 3x
1− x
LH
= lim
x→∞
−3
−1 = 3
temos, pelo Teorema 1, que lim
n→∞
(
1− 3n
1− n
)
= 3. Portanto a sequeˆncia
(
1− 3n
1− n
)
n≥2
converge para 3.
(j)
(
n2
2n3 − 1 · sen(n)
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Note que a func¸a˜o sen(n) e´ limitada, pois 0 < |sen(n)| ≤ 1 para todo n ∈ N∗. Note
tambe´m que
lim
x→∞
n2
2n3 − 1 = limx→∞
n2
n2(2n− 1
n2
)
= lim
x→∞
1
2n− 1
n2
= 0.
Da´ı, pelo Teorema 6, segue que lim
n→∞
(
n2
2n3 − 1 · sen(n)
)
= 0 e portanto, a sequeˆncia(
n2
2n3 − 1 · sen(n)
)
n∈N∗
converge para 0.
(k)
(
n2
n+ 1
− n
2 + 1
n
)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Seja f(x) =
x2
x+ 1
− x
2 + 1
x
=
x2 · x− (x+ 1) · (x2 + 1)
(x+ 1)x
=
x3 − (x3 + x2 + x+ 1)
x2 + x
=
−x2 − x− 1
x2 + x
. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e coincide com a
sequeˆncia an =
n2
n+ 1
− n
2 + 1
n
nos inteiros positivos. Logo, como:
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
(−x2 − x− 1
x2 + x
)
= lim
x→∞
(
x2(−1− 1
x
− 1
x2
)
x2(1 + 1
x
)
)
= lim
x→∞
(−1− 1
x
− 1
x2
1 + 1
x
)
= −1
temos, pelo Teorema 1, que lim
n→∞
(−n2 − n− 1
n2 + n
)
= −1.
Portanto a sequeˆncia
(
n2
n+ 1
− n
2 + 1
n
)
n∈N∗
converge para −1.
(l)
(
n−√n2 − n)
n∈N∗
Soluc¸a˜o:
Seja f(x) = x − √x2 − x. Repare que f esta´ definida para todo x ≥ 1, x ∈ R e coincide
16
com a sequeˆncia an = n−
√
n2 − n nos inteiros positivos. Logo, como:
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
x−
√
x2 − x = lim
x→∞
(
x−
√
x2 − x
)
·
(
x+
√
x2 − x
x+
√
x2 − x
)
= lim
x→∞
(
x2 − (√x2 − x)2
x+
√
x2 − x
)
lim
x→∞
(
x2 − x2 + x
x+
√
x2 − x
)
= lim
x→∞
 x
x+
√
x2
(
1− 1
x
)
 = lim
x→∞
 x
x+ x
√
1− 1
x
 =
lim
x→∞
 x
x
(
1 +
√
1− 1
x
)
 = lim
x→∞
 1
1 +
√
1− 1
x
 = 1
1 + 1
=
1
2
temos, pelo Teorema 1, que lim
n→∞
(
n−
√
n2 − n
)
=
1
2
.
Portanto a sequeˆncia
(
n−√n2 − n)
n∈N∗ converge para
1
2
.
7. Mostre que a sequeˆncia
(
cos(n)
n
)
e´ convergente, sendo n ≥ 1.
Soluc¸a˜o:
Note que a func¸a˜o cos(n) e´ limitada, pois |cos(n)| ≤ 1 para todo n ∈ N∗. Note ainda que
lim
x→∞
1
x
= 0.
Da´ı, pelo Teorema 6 temos que lim
n→∞
(
cos(n)
n
)
= 0 e portanto, a sequeˆncia e´ convergente.
8. Use o Teorema do Confronto para mostrar que a sequeˆncia
(
3 + (−1)n
n2
)
e´ convergente.
Soluc¸a˜o:
Como −1 ≤ (−1)n ≤ 1, temos 3−1 ≤ 3+(−1)n ≤ 3+1⇒ 2 ≤ 3+(−1)n ≤ 4⇒ 2
n2
≤ 3+(−1)n
n2
≤
4
n2
. Seja f(x) =
2
x2
e g(x) =
4
x2
. Repare que f e g esta˜o definidas para todo x ≥ 1, x ∈ R,
f(n) =
2
n2
e g(n) =
4
n2
para n ∈ N∗ e ainda
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
2
x2
= 0
lim
x→∞
g(x) = lim
x→∞
4
x2
= 0.
Assim, pelo Teorema 1, lim
n→∞
(
2
n2
)
= 0 e lim
n→∞
(
4
n2
)
= 0. Portanto, pelo Teorema do Confronto
para Sequeˆncias, temos que
lim
n→∞
(
3 + (−1)n
n2
)
= 0.
Logo a sequeˆncia
(
3 + (−1)n
n2
)
n∈N∗
converge.
17
9. Deˆ um contra-exemplo para justificar que a proposic¸a˜o e´ falsa:
(a) Toda sequeˆncia limitada e´ convergente;
Soluc¸a˜o:
Tome a sequeˆncia (2 + cos(npi))n∈N∗ , vista no exerc´ıcio 6(b). Ela e´ limitada mas na˜o e´
convergente.
(b) Toda sequeˆncia divergente e´ na˜o limitada;
Soluc¸a˜o:
Tome a sequeˆncia (2 + cos(npi))n∈N∗ , vista no exerc´ıcio 6(b). Ela e´ divergente e e´ limitada.
(c) Toda sequeˆncia alternada e´ divergente;
Soluc¸a˜o:
Tome a sequeˆncia
(
(−1)n+1 1
n
)
n∈N∗
, vista no exerc´ıcio 5(c). Ela e´ alternada e convergente.
(d) Se a sequeˆncia (an) diverge, enta˜o a sequeˆncia (|an|) tambe´m diverge.
Soluc¸a˜o:
Tome a sequeˆncia (an) = (−1)n. (an) diverge pois an =
{
1, para n par
−1, para n ı´mpar , isto e´,
os termos de an oscilam entre 1 e −1. No entanto, |an| = 1 e, assim, lim
n→∞
|an| = 1, ou
seja, (|an|) converge.
10. A proposic¸a˜o a seguir e´ verdadeira ou falsa? Se uma sequeˆncia converge para um limite L,
enta˜o toda subsequeˆncia sua tambe´m converge para L.
Soluc¸a˜o:
A afirmativa e´ verdadeira. E´ exatamente o que afirma o Teorema 7.
11. Construa uma sequeˆncia que tenha uma subsequeˆncia convergindo para −4 e outra convergindo
para 10.
Soluc¸a˜o:
Tome, por exemplo, a sequeˆncia (an)n∈N∗ dada por
an =

−4 cos
(
1
n
)
para n par
10 cos
(
1
n
)
, para n ı´mpar
.
Sendo (bk) = (a2k) a subsequeˆncia de (an) formada tomando os elementos da sequeˆncia com
ı´ndice par e (ck) = (a2k−1) a subsequeˆncia de (an) formada tomando os elementos da sequeˆncia
com ı´ndice ı´mpar, temos
lim
n→∞
bk = lim
n→∞
−4 cos
(
1
n
)
= −4
e
lim
n→∞
ck = lim
n→∞
10 cos
(
1
n
)
= −10.
Portanto, (an) possui uma subsequeˆncia convergindo para −4 e outra convergindo para 10.
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12. Deˆ um exemplo de uma sequeˆncia que seja limitada e convergente, pore´m na˜o mono´tona.
Soluc¸a˜o:
Tome a sequeˆncia
(
(−1)n+1 1
n
)
n∈N∗
, vista no exerc´ıcio 5(c). Ela e´ alternada (portanto na˜o
mono´tona) e convergente. Ale´m disso, e´ limitada pois, como 0 <
∣∣∣∣(−1)n+1 1n
∣∣∣∣ ≤ 1n ≤ 11 = 1,
temos
−1 ≤
(
(−1)n+1 1
n
)
≤ 1.
13. Dada a sequeˆncia (an), onde an > 0 para todo n e an+1 < kan com 0 < k < 1, prove que (an)
e´ convergente.
Soluc¸a˜o:
Provaremos que (an) e´ limitada e mono´tona. Assim, pelo Teorema da Convergeˆncia Mono´tona,
teremos que (an) e´ convergente. De fato, como 0 < k < 1, temos kan < an. Assim, como todos
os termos da sequeˆncia sa˜o positivos, temos
0 < an+1 < kan < an ⇒ an+1 < an,
ou seja, (an) e´ decrescente (e portanto mono´tona). Repare ainda que, por ser decrescente, o
maior termo de an e´ a1, e, portanto, temos 0 < an ≤ a1, ou seja, (an) e´ tambe´m limitada.
14. Prove que se a sequeˆncia (an) for convergente e lim
n→∞
an = L, enta˜o a sequeˆncia ((an)
2) tambe´m
sera´ convergente e lim a2n = L
2.
Soluc¸a˜o:
Se lim
n→∞
an = L, enta˜o, pelo Teorema 2(iii), temos
lim
n→∞
a2n = lim
n→∞
(an · an) = L · L = L2.
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