CalcII Aula2 SeqSeries

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Ca´lculo II - 2o Semestre de 2011
2a Aula (Resumo)
SEQUEˆNCIAS E SE´RIES
1. Uma sequeˆncia {an}∞n=1 e´ crescente se an < an+1, n ≥ 1. Ela e´ decrescente se
an > an+1, n ≥ 1. Ela e´ mono´tona se for crescente ou decrescente.
Ex.1 an =
n
n2 + 1
e´ decrescente.
1a Soluc¸a˜o. f(x) =
x
x2 + 1
e´ a func¸a˜o associada com an =
n
n2 + 1
. Usaremos
derivadas para ver que f(x) e´ decrescente. Temos,
f ′(x) =
(x2 + 1)1− x(2x)
(x2 + 1)2
=
−x2 + 1
(x2 + 1)2
≤ 0
⇐⇒ 1 < x2 ⇐⇒ 1 < x
=⇒ f(x) e´ decrescente em [1,∞).
=⇒ an e´ decrescente, n ≥ 1..
2a Soluc¸a˜o. Desta vez, usaremos a definic¸a˜o
an e´ decrescente ⇐⇒ an > an+1, n ≥ 1.
Resolvemos a correspondente desigualdade,
n+ 1
(n+ 1)2 + 1
<
n
n2 + 1
=⇒ 1 < n2 + n
Como esta condic¸a˜o e´ verdadeira para todo n ≥ 1, temos que {an} e´ decrescente. �
2. {an} e´ limitada superiormente se an ≤M, n ≥ 1, para algum M fixo.
{an} e´ limitada inferiormente se m ≤ an, n ≥ 1, para algum m fixo.
{an} e´ limitada se ela e´ limitada tanto superiormente quanto inferiormente.
3. Teorema (da Sequeˆncia Mono´tona). Toda sequeˆncia mono´tona e limitada e´ con-
vergente. �
OBS. Em particular: ”Se {an} e´ crescente e limitada superiormente, enta˜o e´ con-
vergente”. Ou tambe´m: ”Se {an} e´ decrescente e limitada inferiormente, enta˜o e´
convergente”
Ex.2 lim
n→∞
rn = 0 se |r| < 1.
Sol. Se denominamos an = |r|n enta˜o, an+1 = |r|n+1 = |r|n · |r| < |r|n = an.
Assim, {an} e´ decrescente e limitada inferiormente, pois 0 ≤ an.
Logo, lim
n→∞
|r|n = L existe (chamemos o limite de L) e, se L 6= 0
0 ≤ L = lim
n→∞
|r|n+1 = lim
n→∞
|r||r|n = |r| lim
n→∞
|r|n = |r|L < L
pois |r| < 1 e estamos supondo L > 0; teriamos L < L se L 6= 0, absurdo.
⇒ L = 0⇒ lim
n→∞
|rn| = 0.
Pelo item vii) das Leis do limite, temos que tambe´m
lim
n→∞
rn = 0.
�
Ex.3 Seja an definida por
a1 = 2, an+1 =
1
2
(an + 6).
Mostre que {an} e´ crescente e limitada superiormente, portanto convergente. Ache o
lim
n→∞
an.
Sol.
a1 = 2, a2 =
1
2
(2 + 6) = 4, a3 =
1
2
(4 + 6) = 5
i) Queremos ver que an < an+1. (Afirmac¸a˜o P(n)).
({an} e´ crescente.)
Sabemos que a1 < a2. (P(1) e´ verdadeiro.).
Suponhamos que an < an+1 vale para n = k, ou seja
ak < ak+1 (P(k) e´ verdadeiro, k fixo.).
=⇒ ak + 6 < ak+1 + 6
=⇒ 1
2
(ak + 6) <
1
2
(ak+1 + 6)
=⇒ ak+1 < ak+2 (P(k + 1) e´ verdadeiro).
ii) Queremos provar que an < 6 (Afirmac¸a˜o P(n)).
Sabemos que a1 < 6. (P(1) e´ verdadeiro.).
Suponhamos que an < 6 vale para n = k, ou seja
ak < 6 (P(k) e´ verdadeiro, k fixo.).
=⇒ ak + 6 < 12
=⇒ 1
2
(ak + 6) <
12
2
= 6
=⇒ ak+1 < 6 (P(k + 1) e´ verdadeiro). �
Ex.4 Calcule o limite da sequeˆncia definida por
a1 =
√
2, an+1 =
√
2an, n = 1, 2, . . .
Sol. Temos que {an} e´ crescente e limitada superiormente por 2 e portanto, conver-
gente. Seja L = lim
n→∞
an. Tomando limites na relac¸a˜o de recorreˆncia:
L =
√
2L =⇒ L2 = 2L =⇒ L = 2 ou L = 0
Para eliminar a possibilidade que L = 0, observamos o seguinte.√
2 ≤ an, n = 1, 2, . . . =⇒ lim
n→∞
√
2 ≤ lim
n→∞
an, n = 1, 2, . . . =⇒
√
2 ≤ L. Assim, L na˜o
pode ser 0 e o limite da sequeˆncia e´ 2. �
4. Se´ries infinitas.
Dada uma sequeˆncia {an}∞n=1, consideramos as somas parcias
s1 = a1
sn = a1 + a2
sn = a1 + a2 + . . .+ an−1 + an
. . .
sn = a1 + a2 + . . .+ an−1 + an =
n∑
i=1
ai
Estas somas formam uma sequeˆncia {sn} e se ela convergir, denominamos o limite
desta sequeˆncia de soma da se´rie infinita e denotamos
∞∑
n=1
an = lim
n→∞
sn
e an e´ o termo geral da se´rie.
Ex.5 (Se´rie telesco´pica)
Mostre que
∞∑
n=1
1
n(n+1)
converge. Calcule a soma.
Soluc¸a˜o. Calculamos a diferenc¸a das frac¸o˜es
1
i(i+ 1)
=
1
i
− 1
i+ 1
,
donde, obtemos
sn =
n∑
i=1
1
i(i+1)
(forma aberta) = (1− 1
2
) + (1
2
− 1
3
) + . . .+ ( 1
n
− 1
n+1
)
⇒ sn = 1− 1n+1 (forma fechada)
Donde, vemos que a sequeˆncia das somas sn converge e que o limite e´
s = lim
n→
sn = lim
n→
1− 1
n+ 1
= 1
�
Ex.6 (Se´rie geome´trica) Se a ∈ R, a 6= 0 e |r| < 1, enta˜o,
a+ ar + ar2 + ar3 + . . .+ arn−1 + . . . =
∞∑
n=1
arn−1 = a
1−r .
Se |r| > 1, a se´rie diverge.
Soluc¸a˜o. Se r 6= 1,
sn = a+ ar + . . .+ ar
n−1, (forma aberta)
⇒ rsn = ar + ar2 + . . .+ arn−1 + arn,
⇒ sn − rsn = a− arn ⇒ sn = a(1−rn)1−r (forma fechada)
Se |r| < 1 enta˜o rn → 0, se n→∞, pelo Ex.2, donde,
lim
n→
sn = lim
n→
a(1− rn)
1− r =
a
1− r
�
Ex.7
∞∑
n=1
22n31−n, converge ou diverge?
Soluc¸a˜o. Procurando a analogia entre o termo geral desta se´rie e o termo geral da
se´rie geome´trica, que e´ da forma arn−1, temos,
22n31−n = 4n · 3−n+1 = 4
n
3n−1
=
4 · 4n−1
3n−1
= 4(
4
3
)n−1,
que e´ o termo da se´rie geome´trica com a = 4, r = 4
3
⇒ A se´rie diverge pois r = 4
3
> 1.
�
5. Teorema do limite zero. Se a se´rie
∞∑
i=1
an for convergente, enta˜o lim
n→
an = 0.
Prova. Seja sn = a1 + a2 + . . .+ an−1 + an. Como sn−1 = a1 + a2 + . . .+ an−1, temos
an = sn − sn−1. Como
∑
an converge, a sequeˆncia {sn} e´ convergente para um limite
s. E {sn−1} tambe´m converge para o mesmo limite s pois {sn−1} e´ uma subsequeˆncia
de {sn}. Donde,
lim
n→
an = lim
n→
(sn − sn−1) = s− s = 0
�
Teorema(O Teste para Divergeˆncia). Se lim
n→
an na˜o existir ou se lim
n→
an 6= 0,
enta˜o a se´rie
∞∑
n=1
an e´ divergente. �
6. Teorema (Propriedades) Se
∑
an e
∑
bn forem se´ries convergentes, enta˜o tambe´m
o sera˜o as se´ries
∑
c an,
∑
(an + bn) e
∑
(an − bn), e
(i)
∞∑
n=1
c an = c
∑
an, (ii)
∞∑
n=1
(an + bn) =
∑
an +
∑
bn
(iii)
∞∑
n=1
(an − bn) =
∑
an −
∑
bn, �