Atividade de seque ncias pdf

Cíntia Eduarda do Nascimento - 7º período tarde\nLista 1\n1) a) termo geral \\frac{1}{n}\n b) \\frac{1}{g^n}\n c) \\left( 1, se n = 2n \\right) \\left( 0, se n = 2n + 1 \\right)\n d) 0, se n = 2n + 1 \\frac{1}{2}, se n = 2n\n e) (2n - 1)^2\n f) n/2, se n for ímpar\n g) \\left[(-1)^{(n+1)}, (n-1) \\right] \\frac{1}{5^n}\n h) \\frac{n+1}{2}\n i) 2, se n = 1\\n 1, se n é par\n n, se n for ímpar\n j_{n+1} + 1\n j) (-1)^{m+1} \\frac{1}{2n}\n k) \\frac{n+1}{n+2}, se m é ímpar\n n, se n é par \\frac{n}{n+1}\n l) n, se n é ímpar \\left( 10 \\frac{m}{2}, se n é par \\right) I) (F) Toda sequência limitada é convergente\nPolse basta tomar a sequência (0, 0, 1, ...)\nNote que ela é limitada tanto superiormente como inferiormente por 1 e 0, respectivamente.\nObserve que há duas subsequências que convergem para limites diferentes.\n(V) Toda sequência convergente é limitada\nVerifique-seja a = \\lim_{n\\in \\mathbb{N}} a_n, então que n > n_0 implica em |a_n - a| < \\epsilon\nTomaremos, arbitrariamente, \\epsilon = 1 logo, |a_n - a| < 1,\npara n > n_0. Agora seja M = \\max\\{|a_1|, |a_2|,\\dots,|a_n|, |a| + 1\\}\nEntão |x_n| \\leq M, \\forall n \\in \\mathbb{N}.\n(F) Toda sequência limitada é monótona\nA monotonicidade se refere aos termos da sequência estarem aumentando/diminuindo à medida que o índice m aumenta. 11) \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{\\log(n+1)}{\\log n} \\lim_{n\\to \\infty}\\log(n(1 + \\frac{1}{n})\n= \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{\\log(n + 1)}{\\log n} = 1 + \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{\\log(1 + \\frac{1}{n})}{\\log n} = 1\nvisto que \\lim_{n \\to \\infty} \\log(1 + \\frac{1}{n}) = \\log 1 = 0 e \\lim_{n \\to \\infty} \\log n = +\\infty.\n12) Denote \\displaystyle x_n = \\frac{m!}{n^k a^n}\nAgora, note que:\n\\frac{x_{n+1}}{x_n} = \\frac{(n + 1)!}{(n-k) a^n} = \\frac{(n + 1)! a^n}{(n + 1) \\frac{(n+1)!}{\\frac{(n + 1)!}{n!}}} > \\frac{n + 1}{1 + n} = \\frac{n + 1}{(n + k)^{k}}.\nLogo, \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{x_{n+1}}{x_n} = +\\infty \\text{ pelo teste da razão}.\nPara sequências, temos\\lim_{x_n} = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{m!}{n^k a^n} = +\\infty. 9 a) lim (2^n n^2) = lim 2^n + lim n^2 = +∞ + ∞ + ∞\nb) lim 1/(n - 2x + 3) = 1/(2x + 3)\nc) lim (n^3 + 1/n) = lim (n + 1) e^n = (lim n^(n+1))(lim e^n) = (0)(+∞) = +∞\nd) Note that y_n = sqrt(n^2 + 1) - 3n = (sqrt(n^2 + 1) - 3n) is a subsequence\nof s_n = sqrt(n + 1) - n, whose limit exists and has been previously calculated.\nThus, y_n must converge to the same limit, 0.\ne) Lim (5n^3 - n^2 + 12n) = lim n^3(5 - 1/n + 2/n^2) = (lim (5 - 1/n + 2/n^2))\nhence = +∞ as n approaches +5 + ∞\nf) Observe that 1 - n^2/n^4 + n^n > 0, where n ∈ ℕ, because n^2 + n - 2(n - 1)(n + 1) ≥ 0.\nThus, we have (1/n^5 - 1/n^3)(1/n) = 1/n^5(1 - n^2 + n^4) > 0, where n ∈ ℕ, hence:\nlim (n + n^2 + n^5)/(1 - n^2 + n^4) = Lim (1/n^4 + 1/n^2 + 1) = lim 1/n^5 + 1/n^3 + 1/n. 6) By the intermediate value principle, for n ∈ ℕ; a < n_0, if n < n_0, we can say that 0 < a/n! < a/(1/n_0)a...a/n_0 < (a/n_0)^(n-n_0) → 0\n as n → ∞, so that a/n_0 < 0.\nThus, by the confrontation theorem, lim (a^n/n!) = 0.\nFor another limit, we have O = lim n/(1/n) = 1/n,\n so by the confrontation theorem, lim m/n = 0.\n7) It suffices to prove that lim a^(n+1) = 0. Now, as 0 < a < 1, ∀ n ∈ ℕ, we have that 0 < 2 a^(n+1) = a^n < a...\n Therefore, the sequence is bounded and monotonic decreasing. We know that the limit exists, which we will denote by L, of a^(n+1).\nNote that a^(n+1) = a^n.\nThen:\nL = lim a^(n+1) = lim a^n = a^nL.\nThus, O = L(a - 1), and since a - 1 = 0, L = 0. 8) Note that n^2 = (4 + 4)^n = ∑ i=0 to n (n choose i) a^i = n^(noun): Thus, if M > 0, based on the sum, we have now.\nThus, M < n_0 < n < 2^n, which proves that lim n^2 = +∞;\na) Hence, 1 ≤ n, implies that n < n^2 < n^3.\nGiven M > 0, by the principle of argument, since n_0 ∈ ℕ; max{M_1, 1} < n_0.\nThus for n_0 < n^3, we have; rewriting terms:\n -n^3 ≤ -M, which proves that lim (-n^3) = -∞. Lista 2 - Análise Real\n\n1. a) Note que, \\( v_n \\in \\mathbb{N} \\), temos \\( n = \\sqrt{n^2} < \\sqrt{n^2+1} = \\sqrt{n} \\).\nLogo, \\( \\lim_{n \\to \\infty} x_n = \\infty \\), portanto, divergente.\n\nb) Observe que \\( n^2 < 2^n, \\forall n > 4. \\n\nTome \\( n = 4 + k \\), \\( k \\in \\mathbb{N} \\), temos:\n\\n2n + 1 = 2(4+k) + 1 = 2k + 9.\n\\n2k + 9 < 16 + 8k + k^2 = (k + 4)^2 = n^2.\n\nCom isso, \\( 2n + 1 < m_n^2, \\forall n > 4. \\n\nPerceba então \\( n^2 < 2^n, para n = 5. \\n\nSuponha, por hipótese de indução, \\( n^2 < 2^n, para n = k > 4, temos:\n\\n(k+1)^2 = k^2 + 2k + 1 < k^2 + 2k < 2k^2 < 2^{k+1}.\n\nA afirmação é válida pelo princípio da indução finita. Porém, se \\( n^2 < 2^n, para n > 4, temos 0 < \\frac{m_n^2}{2^n} < \\frac{1}{n} > \\varepsilon. Fazendo \\( n \\to \\infty \\), como \\( \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{m_n^2}{2^n} = 0, \\) pelo teorema do confronto, segue que \\( \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{m_n}{n^2} = 0. Portanto, a sequência converge.\n\nc) Note que a sequência \\( x_n \\) é dada por: \\( x_n = \\{ 0, se \\ n \\ e \\ impar \\}, \\{ 2, se \\ n \\ e \\ par \\}. \\n\nLogo, basta observar que temos duas subsequências que convergem para limites distintos.\n\nd) Observe para \\( n > 3 \\):\n0 < \\( x_n = \\frac{2^n}{n!} = \\frac{2}{1} \\cdot \\frac{2}{2} \\cdot \\frac{2}{3} ... < 2\\left( \\frac{2}{3} \\right)^{n-2}. \\n\nLogo, \\( x_n converge para 0. e) \\( \\lim_{n \\to \\infty} x_n = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{2^n}{n^2} = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{1}{1 + \\frac{2^n}{n^2}} = 1 \\)\n\nConvergente.\n\nf) \\( x_n = \\{0, se \\ n \\ e \\ impar \\}, \\{1, se \\ n \\ e \\ par \\}: \\n д, temos 3 subsequências convergentes a \\{0, 1, \\frac{1}{3} \\} valores distintos, portanto, não é convergente. E, também, não diverge, pois é limitada.\n\n2. Pela desigualdade triangular:\n\\( \\varepsilon = |x_n - y_n| = |x_n - a - (y_n - b)| \\leq |x_n - a| + |y_n - b| + |a - b| \\n se fizermos \\( n \\to \\infty, \\) temos \\( |x_n - a| \\to 0, e \\ |y_n - b| \\to 0 \\n Então, \\varepsilon \\leq |a - b|\\n \n3. Seja \\( \\varepsilon = \\frac{|b - a|}{2} > 0. \\n\ncomo \\( \\lim_{n \\to \\infty} x_n = a, m_1 \\leq m \\Rightarrow |x_n - a| < \\varepsilon \\n Como \\( \\lim_{n \\to \\infty} y_n = b, m_2 \\leq n \\Rightarrow |y_n - b| < \\varepsilon \\n\nTome \\( n_0 := MAX \\{ m_1, m_2 \\}, então, se \\ n_0 < n < m, m_1 < n, e vale: ... 10. \\( \\lim_{n \\to \\infty} \\left( \\sqrt{\\log(x_{n+1})} - \\log(x_n) \\right) = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{\\log(x_n + a) - \\log(x_n)}{\\sqrt{\\log(x_{n+1})} + \\sqrt{\\log(x_n)}} = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{\\log(1 + \\frac{a}{x_n})}{\\sqrt{\\log(x_{n+1})} + \\sqrt{\\log(x_n)}} \\n = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{\\log \\left(1 + \\frac{a}{x_n}\\right)}{\\sqrt{\\log(x_{n+1})} + \\sqrt{\\log(x_n)}} \\n = \\lim_{n \\to \\infty} \\log(4 + \\frac{a}{x_n}) \\n = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{\\log(1 + \\frac{a}{x_n})}{\\sqrt{\\log(x_{n+1})} + \\sqrt{\\log(x_n)}} = 0 \\n\\text{ pois Limite de Log(1 + a/x_n) = Log 1 = 0 e limite(\\sqrt{\\log(x_{n+1})} + \\sqrt{\\log(x_n)}) = 0 } a) lim (2^n n^2) = lim (2^n) + lim (n^2) = +oo + oo = +oo\nb) lim (1/(n^2 + 2x + 3)) = 11/(2x + 3)\nc) Lim (n + 1)^4 / e^n = lim (n + 1) e^n = (lim (n + 1)) (lim (e^n)) = (+oo)(+oo) = +oo\nd) Note que y_n = √(n + 1) - 3n = √((3n)^2 + 1) - 3n é uma subsequência de s_n = √(n + 1) - n, cujo limite existe e ja foi anteriormente calculado. Logo, y_n deve convergir para o mesmo limite, 0.\ne) Lim (5n^3 - n^2 + 12n) = Lim m^3(5 - 1/n^2 * 2/n^2) = (Lim (5 - 1/n^2))(Lim (n^3)) = +oo > 5 - +oo\nf) Observe que 1 - n^2 + n^n > 0, ∀n ∈ IN, pois -n^2 + n^n > n^2(n - 1)(n + 1) ≥ 0. Assim, (1/n^5 - 1/n^3 + 1/n) = 1/m^5 (a - n^2 + n^4) > 0, ∀m ∈ IN, com isso: Lim (n + n^3 + n^5) / (n^4 + n^2 + n^4) = Lim (1/n^5 + 1/n^3 + 1/n) = 1/(1 + 1 + 1) / O + = +oo Lim (Log(n * (1/n))) = Lim Log(n(1/n)) = Lim Log(n) + Log(1/n)\n= Lim (1 + Log(1/n))\n= 1 + Lim log(1 - 4/n) = 1\n= 1 + Lim (log(1) / log(n)) = 1\nvisto que Lim log(1/n) = log(1) = 0 e lim log(n) = +oo\ndonde Lim Log(1 + 1/n) / Lim log(n) = 0.\nDenote x_n = m! / (n^k a_n)\nAgora, note que:\nx_(n + 1) / x_n = ((m + 1)!) / ((m + 1) a_n+1!) = ((m + 1) n^k a^n) / ((m + 1) (n + 1) a^(n + 1) > (n + 1)/(2^k a).\nLogo, Lim x_(n + 1) / x_n = +oo, pois lim (n + 1) = +oo. Pelo teste da razão para sequências temos Lim x_n = lim (m! / (n^k a^n) = +oo Lim Log(n(1/n)) = Lim Log(n(1/n)) = Lim Log(n/n) = 1 + Lim log(1 + 1/n) / log(n)\n= 1 + Lim log(1/n) / log(n) = 1 + 1 / Lim(log(n)) \n= ojo(log(n)) = +oo = +oo. 6) Pelo princípio aração, \\forall n \\in \\mathbb{N}; a < a_{n_0}, podemos dizer que 0 < a_{n_1} =\\dots<a_{n_0 - 1} < a_{n_0}(\\frac{a_{n_0}}{a_{n_0}}) < a_{n_0} \\to 0.\\n\\text{Para o outro limite, temos } L = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{1}{n} = 0.\\n\\text{Pelo teorema do confronto,}\\n\\lim_{n \\to \\infty} \\frac{m}{n} = 0.\\n7) B basta provar que \\lim_{n \\to \\infty} a^{n + 1} = 0. Ora, como 0 < a < 1, \\forall n \\in \\mathbb{N}, temos que 0 < a^{n+1} = a^n a <...< a, a^n é limitado e monótona crescente. Sabemos que existe o limite, denotaremos por L, de a^{n+1}. Note que a^n = a a^{n}.\\nL = \\lim_{n \\to \\infty} a^{n + 1} \\lim a^n = \\lim a^{n} = aL.\\nPortanto, 0 = L(a-1), e como a - 1 \\neq 0, L = 0.\\n8) a) Note que 2^n = (1 + 1)^{n} = \\sum_{i=0}^{n} {n \\choose i} a_{i} < \\sum_{k=0} = \\frac{1}{(1- 2)(1 - x)}> a_j > a_n = n < 2^n.\\nSe M > 0, pelo princípio aração, existe n_0 \\in \\mathbb{N}; M < n_0 < n < 2^n.O que prova que \\lim_{n \\to \\infty} 2^n = +\\infty. 1) Tome como exemplo x_n = \\frac{1}{n} e y_n = n^2. O \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{1}{n} = 0 e \\lim_{n \\to \\infty} x_n y_n = \\lim_{n \\to \\infty} n = +\\infty.\n\n5) a) \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{n-4}{n+1} = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{n(1 - \\frac{4}{n})}{n(1 + \\frac{1}{n})} = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{1 - \\frac{4}{n}}{1 + \\frac{1}{n}} - 1.\n\nb) \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{n^2 - 3n}{n^2 + 5n - 6} = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{n^2(1 - \\frac{3}{n})}{n^2(1 + \\frac{5}{n} - \\frac{6}{n^2})} = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{1 - \\frac{3}{n}}{1 + \\frac{5}{n} - \\frac{6}{n^2}} = \\frac{1}{1} - 3.\n\nc) \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{n^2}{n^2 + n^2} = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{n^2(1)}{n^2(1 + \\frac{1}{2})} = 1.\n\nd) \\lim_{n \\to \\infty} \\sqrt{n + 1} - \\sqrt{n} = \\lim_{n \\to \\infty} \\left(\\frac{(n + 1) - n}{\\sqrt{n + 1} + \\sqrt{n}}\\right) = \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{1}{\\sqrt{n + 1} + \\sqrt{n}} = 0.\n\ne) Temos 0 \\leq \\frac{3\\sqrt{n^2}\\sin{n^2}}{n + 2} \\leq \\frac{n^3\\sqrt{n - 1}}{n + 2} = \\frac{n^3\\frac{1}{n}(1 + \\frac{2}{n})}{n(1 + \\frac{2}{n})} > \\frac{3\\sqrt{1/n}}{1 + \\frac{2}{n}}\\to 0 \\text{ quando } n \\to \\infty.\n\nSegue pelo teorema do confronto que \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{3\\sqrt{n^2}\\sin{n^2}}{n + 1} = 0. Lista 2 - Análise Real\n\n1) a) Note que, \\forall n \\in \\mathbb{N}, temos m = \\sqrt{n^2} < \\sqrt{n^2 + 1} = \\sqrt{m}. Logo, \\lim_{n \\to \\infty} x_n = +\\infty, portanto, divergente.\n\nb) Observe que m^2 < 2 m^2, \\forall m > \\sqrt{2}.\n\nSuponha, por hipóteses de indução, que m^2 < 2^n para n = k > 1. Temos: (k+1)^2 = k^2 + 2k + 1 < 2k^2 < 2^{k+1}.\n\nA afirmação é válida pelo princípio da indução finita. Porém, se n^2 < 2^n para n > 1, temos 0 < \\frac{m}{2^n} < \\frac{1}{n}, \\forall n > 1. Fazendo n \\to \\infty, como \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{1}{n} = 0, pelo teorema do confronto, segue que \\lim_{n \\to \\infty} \\frac{m}{2^n} = 0. Portanto, a sequência converge. E\nlim xn = lim 2^n\nn->∞ 1 + 2^n = lim 1/n -> ∞ + 1 = 1\nConvergente.\n\nxn = {0, se n = 0\n-1, se n = 1, xn = 1\n1, se n = 2\n-1, se n = 3}\nEntão, temos 3 subsequências convergentes a\nvalores distintos; portanto, não é convergente.\nEntretanto, também não dibriga, por ser limitada.\n\n2) Pela desigualdade triangular:\nε = |xn - yn| = |xn - a - (yn - b)| + |a - b| ≤ |xm - al + |yn - b| + |a - b|\nse fizermos m -> ∞, teremos |xn - al -> 0 e |yn - bl -> 0\nEntão, ε ≤ |a - b|\n\n3) Sejam ε := |b - a/2| > 0.\n\nComo lim xn = a, m1 < m => |xn - al < ε\nComo lim yn = b, m2 < n => |yn - bl < ε\n\nTome n0: = MAX{m1, m2}, então, se n0 < m, m1 < n, e vale:\n\nε < |xn - al <=> - ε < xn - a < ε <=> a . ε < xn < ε\nba - b/2 < xn < a + b/2\n\nDe modo análogo, m2 < n, vale:\n\na + b/2 < yn < 3b - a/2\n\nSe n0 < n, logo, xn < a + b/2 < yn