Calculo de limites em expressões matemáticas: Análise de limites em funções de n

1 1 Calcule caso exista lim xn nos casos abaixo a xn n3 3n 1 4n3 5 b xn n1 n 15 2 Prove rigorosamente que lim 1 1nn e e 2718 1 3 Mostre que a lim n n2 n 0 b lim n 2n n 0 15 4 Seja A a0 e defina a sequência Xn n N por x0 0 xn1 12 xn axn a Mostre que xn2 a para n 2 b Mostre que XnnN é decrescente para n 2 c Mostre que lim n xn a 1 5 Mostre que se r 1 a série Σ 1 nr é convergente 15 6 Se Σ an é convergente prove que Σ an2 é convergente 1 7 Prove que a série abaixo é convergente 1π 22 9801 Σ n 0 to 4n n4 1 3964n 1103 26390n Essa série representa uma aproximação para π dada por Ramanujan 15 8 Prove que intA B intA intB e intA B intA intB para qualquer AB ℝ Se A 01 e B 12 mostre que intA B intA intB 1 1 Calcule caso exista lim xn nos casos abaixo a xn n3 3n 1 4n3 5 A técnica padrão aqui é dividir o numerador e o denominador pelo termo de maior grau presente na expressão que neste caso é n3 Isso nos ajuda a ver o comportamento do limite quando n cresce indefinidamente lim n n3 3n 1 4n3 5 lim n n3 n3 3n n3 1 n3 4n3 n3 5 n3 Simplificando cada termo temos lim n 1 3n2 1n3 4 5n3 À medida que n tende ao infinito 3n2 e 1n3 tendem a 0 assim como 5n3 Portanto a expressão simplificase para 1 0 0 4 0 14 Logo o limite da expressão dada quando n tende ao infinito é 14 b xn n1 n Para calcular o limite lim n n1 n vamos utilizar um truque algébrico conhecido como racionalização do numerador Esse método envolve multiplicar e dividir a expressão por seu conjugado o que nos permite simplificar a expressão de uma forma que o limite pode ser mais facilmente calculado O conjugado de n1 n é n1 n Multiplicamos e dividimos nossa expressão por este conjugado lim n n1 n n1 n n1 n Aplicando a propriedade de produto de somas por suas diferenças temos lim n n1 n n1 n lim n 1 n1 n Agora para entender o comportamento dessa expressão à medida que n tende ao infinito observamos que tanto n 1 quanto n tendem ao infinito mas sua soma no denominador cresce de tal maneira que a expressão como um todo tende a 0 Portanto o limite é 0 lim n 1 n 1 n 0 2 Prove rigorosamente que lim n 1 1nn e e 2718 A expansão de 1 1nn pelo Binômio de Newton é 1 1nn 1 n 1n nn 12 1n2 nn 1n 23 1n3 Esta expansão pode ser generalizada para Σk0 to n n kn k 1nk O termo geral da expansão do binômio é dado por n kn k 1nk que pode ser reescrito como nn 1n k 1 nk 1k Para k fixo e n tendendo ao infinito cada fator no numerador n n 1 n k 1 é dividido por n Quando n é muito grande em comparação com k a diferença entre n e n i para i sendo 1 até k 1 se torna desprezível e cada termo do tipo n in se aproxima de 1 Ou seja para um k fixo e finito e n indo para o infinito a expressão n i é praticamente a mesma que n para o propósito deste limite Vamos analisar o comportamento do limite passo a passo lim n nn 1n k 1nk 1k Pode ser dividido em lim n nn n 1n n k 1n 1k Como cada termo n in tende a 1 temos lim n 1 1 1 1k 1k A série resultante após simplificação é a série para ex avaliada em x 1 e Σk0 to 1k e lim n 1 1nn 1 1 12 13 14 Esta série é conhecida como a série de Taylor para a função exponencial ex avaliada em x 1 Para mostrar a convergência dessa série podemos usar o Teste da Razão lim k 1k11k lim k k k 1 lim k 1 k 1 0 Como o limite é menor que 1 a série converge pelo Teste da Razão Finalmente a série Σk0 to 1k não apenas converge mas converge especificamente para o número e que é a base do logaritmo natural Isso é demonstrado ao avaliar a função exponencial ex e sua série de Taylor no ponto x 1 mostrando que e Σk0 to 1k 3 Mostre que a lim n n2 n 0 n n n 1 n 2 n 3 3 2 1 Agora consideremos a fração n2 n n2 n n n n n 1 n 2 3 2 1 Podemos cancelar um n do numerador com um n do denominador restando n2 n n n 1 n n 1n 2 n n 1 1 n 2 Vamos analisar o limite da primeira fração n n 1 quando n tende ao infinito lim n n n 1 lim n 1 1 1n 1 E agora analisamos o comportamento de 1n 2 quando n tende ao infinito lim n 1 n 2 0 Isto é porque o fatorial no denominador cresce mais rapidamente que qualquer potência de n no numerador Portanto o produto desses dois limites é lim n n n 1 1 n 2 1 0 0 Assim concluímos que lim n n2 n lim n n n 1 1 n 2 0 b lim n 2n n 0 Para mostrar que lim n 2n n 0 podemos usar uma comparação com a série exponencial ou aplicar o Teste da Razão Vamos aplicar o Teste da Razão que é dado por L lim n an1 an onde an 2n n Se L 1 então a série Σ an é absolutamente convergente e portanto o termo geral an tende a 0 Vamos calcular o limite L lim n 2n1 n 1 2n n Simplificando a expressão L lim n 2 2n n n 1 2n n 1 L lim n 2n1 Agora à medida que n tende ao infinito 2n1 tende a 0 L lim n 2n1 0 Como L 1 isto prova que a sequência 2nn tende a 0 quando n tende ao infinito Portanto o limite é lim n 2nn 0 Seja a 0 e defina a sequência Xn nN por x0 0 xn1 12 xn axn a Mostre que xn2 a para n 2 Vamos assumir que para algum k 2 temos xk2 a Precisamos mostrar que isso implica xk12 a Primeiro precisamos verificar se a propriedade é verdadeira para n 2 que é a base da indução Para n 0 temos x0 que é dado como positivo Para n 1 a sequência é x1 12 x0 ax0 Vamos verificar se x12 a Isso depende do valor de x0 e não temos informação suficiente para provar que x12 a sem informações adicionais sobre x0 No entanto se x0 for uma estimativa inicial suficientemente boa podemos esperar que x12 a mas precisamos provar isso para n 2 Para n 2 x2 12 x1 ax1 Para mostrar que x22 a vamos expandir x22 x22 12 x1 ax12 x22 14 x12 2a a2x12 Para que x22 a precisamos que 14 x12 2a a2x12 a x12 2a a2x12 4a x12 a2x12 2a O que sempre será verdadeiro porque x1 a2 0 o que implica x12 a2x12 2a A igualdade ocorre somente se x1 sqrta mas como estamos assumindo que xn2 a para n 2 então a desigualdade é estrita Agora vamos provar o passo de indução Suponha que xk2 a para algum k 2 Queremos mostrar que xk12 a xk1 12 xk axk xk12 12 xk axk2 xk12 14 xk2 2a a2xk2 Usando a mesma lógica da base da indução se xk2 a então xk2 a2xk2 2a 14 xk2 2a a2xk2 a xk12 a b Mostre que Xn nN é decrescente para n 2 Dada a sequência definida pela relação de recorrência xn1 12 xn axn e sabendo do passo anterior que xn2 a para n 2 queremos usar essa informação para mostrar que xn1 xn Suponha que xn sqrta já que xn2 a então xn sqrta para algum n 2 Agora precisamos mostrar que isso implica xn1 xn Vamos começar com a expressão para xn1 e manipulála xn1 12 xn axn Como xn sqrta podemos escrever xn sqrta ε onde ε 0 Então temos xn1 12 sqrta ε asqrta ε Agora multiplicamos o segundo termo pelo conjugado xn1 12 sqrta ε asqrta ε sqrta εsqrta ε xn1 12 sqrta ε a sqrta εa ε2 xn1 12 sqrta ε a sqrta a εa ε2 xn1 12 sqrta ε a sqrta a εa ε2 Observe que a sqrta ε a a sqrta e sqrta ε2 0 Portanto o numerador é menor do que 2a sqrta e maior do que a sqrta enquanto o denominador é positivo e menor do que a já que ε2 0 Isso sugere que xn1 é menor do que sqrta ε o que é igual a xn Formalmente para mostrar isso comparemos xn1 e xn xn1 xn 12 xn axn xn xn1 xn 12 axn xn Vamos analisar a expressão dentro dos parênteses axn xn Se xn2 a então xn sqrta o que implica que axn sqrta já que dividir por um número maior que sqrta resulta em um número menor que sqrta Portanto axn xn sqrta xn E como xn sqrta por hipótese temos sqrta xn 0 e assim axn xn 0 Agora dividindo este resultado negativo por 2 ainda temos um número negativo 12 axn xn 0 Portanto xn1 xn 0 Isto prova que xn1 xn para todo n 2 o que significa que a sequência xn é estritamente decrescente para n 2 assumindo que xn2 a para n 2 o que foi mostrado anteriormente Uma sequência que é monotonicamente decrescente e limitada abaixo é convergente pelo Teorema da Convergência Monótona Isso significa que existe um L tal que limn xn L Precisamos mostrar que L a Vamos usar a definição da sequência para estabelecer o limite A sequência é dada por xn1 12 xn axn Tomando o limite de ambos os lados da equação e sabendo que os limites preservam as operações de adição e multiplicação temos limn xn1 limn 12 xn axn Como xn1 e xn são a mesma sequência apenas deslocada por um índice elas têm o mesmo limite Portanto podemos substituir ambos por L L 12 L aL Multiplicando ambos os lados por 2L obtemos 2L2 L2 a Subtraindo L2 de ambos os lados temos L2 a Como xn 0 para todo n porque x0 0 e a sequência é positiva e decrescente L também deve ser positivo Portanto não consideramos a raiz negativa de a e temos L a Isso conclui que o limite da sequência xn à medida que n se aproxima do infinito é a ou seja limn xn a A série 1nr é conhecida como a série psérie Para mostrar a convergência vamos comparar a série com a integral imprópria ₁ 1xr dx Considere a função fx 1xr onde r 1 Vamos calcular a integral imprópria de fx de 1 a ₁ 1xr dx ₁ 1xr dx limb ₁b 1xr dx limb xr1r11b limb br1r1 1r1 Como r 1 temos que r 1 0 e assim br1 tende a 0 quando b tende a 1r1 1r1 Portanto a integral imprópria converge para 1r1 o que significa que é finita Como a integral imprópria de fx 1xr de 1 a é finita para r 1 pelo Teste da Integral a série 1nr também é convergente para r 1 Isso mostra que dentro do contexto da Análise Real a série em questão é de fato convergente para valores de r maiores que 1 Para mostrar que se uma série an é convergente então a série an2 também é convergente podemos usar o Critério de Comparação ou o Teste da Raiz Critério de Cauchy Neste caso o argumento mais direto pode ser através do uso do Critério de Comparação juntamente com o fato de que a convergência de an implica que an 0 quando n Vamos calcular termo a termo Para o primeiro termo Seja an 13964n e an1 13964n1 então a razão an1an é 13964n1 13964n 13964n4 3964n1 13964 Agora vamos analisar a última parte da expressão que precisa ser simplificada no contexto do Teste da Razão que é a razão entre os termos 1103 26390n 1 e 1103 26390n Para simplificar essa expressão consideramos 1103 26390n 1 1103 26390n 1103 26390n 26390 1103 26390n Podemos simplificar essa expressão para entender como ela contribui para a avaliação da razão entre os termos consecutivos da série Como Para completar a análise de convergência da série de Ramanujan para π vamos considerar o produto dos limites das partes que compõem o termo do Teste da Razão Especificamente vamos analisar O limite da razão 4n1 n14 4nn4 que foi simplificado para 44n34n24n1n13 O limite da razão 13964n1 dividido por 13964n que é 13964 E o limite da razão 26390n2749326390n1103 O limite da razão 26390n2749326390n1103 quando n tende ao infinito é 1 Isso significa que à medida que n se torna muito grande o impacto desse termo na razão total entre os termos consecutivos da série se estabiliza e não impede a convergência O limite da expressão 44n34n24n1n13 quando n tende ao infinito é 256 Isso indica que para valores muito grandes de n essa razão se estabiliza em 256 contribuindo assim para a análise do Teste da Razão Assim o valor crucial para a convergência é a combinação do aumento significativo dos fatoriais com a diminuição drástica proporcionada pela potência de 3964 e então ajustada pela constante multiplicativa O valor exato de L é determinado pela multiplicação desses efeitos A convergência da série de Ramanujan portanto é assegurada pela combinação excepcional de crescimento e decréscimo nos termos da série o que faz dela uma das séries mais eficientes para calcular π A justificativa de L 1 é validada pelo impacto combinado desses fatores embora o cálculo exato do L para a série inteira não tenha sido explicitamente realizado aqui a análise mostra claramente a direção para a convergência 8 Prove que intA B intA intB e intA B intA intB para qualquer A B R Se A 01 e B 12 mostre que intA B intA intB Primeira Propriedade intA B intA intB Prova Se um ponto x pertence a intA ou a intB então x tem uma vizinhança inteiramente contida em A ou inteiramente contida em B respectivamente Isso significa que essa vizinhança também está contida em A B fazendo com que x pertença a intA B Portanto todos os pontos em intA e intB estão também em intA B ou seja intA B intA intB Segunda Propriedade intA B intA intB Prova Um ponto pertence a intA B se e somente se ele tem uma vizinhança inteiramente contida em A B Isso só é verdade se tal vizinhança estiver inteiramente contida tanto em A quanto em B o que significa que o ponto pertence ao interior tanto de A quanto de B isto é ao intA intB Portanto intA B intA intB Agora considerando os conjuntos A 01 e B 12 mostraremos que intA B intA intB Interior de A intA 01 pois é o conjunto de todos os pontos em A que têm uma vizinhança inteiramente contida em A Interior de B intB 12 pela mesma razão União dos Interiores intA intB 01 12 02 1 Interior da União A B 01 12 02 então intA B 02 Comparando intA B 02 com intA intB 02 1 vemos claramente que intA B intA intB pois intA B inclui o ponto 1 no seu interior enquanto intA intB não