Lista 1 - Cálculo 3 2021 2

1 Exercícios Lembrem-se de justificar cada passagem da resolução e deixar claro qual critério de con- vergência está sendo aplicado. Cada exercício possui valor igual a 1, 25 de pontuação. (1) Seja (a_k)_{k ∈ N} ⊂ ℝ uma sequência numérica tal que a_k ≠ 0 para todo k ∈ N e lim_k→+∞ a_k = l ≠ 0. Mostre que lim_k→+∞ |a_k| = |l|. A recíproca deste resultado é verdadeira? Se l = 0, o que pode ser concluído? (2) Dada uma sequência numérica (a_n)_{n ∈ N} ⊂ ℝ, defina (b_n)_{n ∈ N} ⊂ ℝ da seguinte maneira: b_n = min{|a_1|, |a_2|, ..., |a_n|} para cada índice n ∈ N. Mostre que, se lim_n→+∞ a_n = 0, então lim_n→+∞ b_n = 0. (3) Seja (a_k)_{k ∈ N} ⊂ ℝ uma sequência numérica que possui a seguinte propriedade: |a_m - a_n| < r^n para todo m, n ∈ ℕ com m > n, onde r ∈ [0,1) está fixado. Mostre que (a_k)_{k ∈ N} é convergente em ℝ. (4) Seja (a_k)_{k ∈ N} ⊂ ℝ uma sequência numérica satisfazendo a_k > 0 para todo índice k ∈ N e lim_k→+∞ a_k = +∞. Mostre que a série numérica ∑_{k=1}^{+∞} a_k / (1 + a_k) é divergente (para +∞). (5) Seja (a_k)_{k ∈ N} ⊂ ℝ uma sequência numérica tal que a_k > 0 para todo k ∈ N. Mostre que, se a série numérica ∑_{k=1}^{+∞} a_k for convergente, então ∑_{k=1}^{+∞} √(a_k) / k também será convergente. (6) Sejam (a_k)_{k ∈ N} e (b_k)_{k ∈ N} duas sequências numéricas, onde a_k > 0 para todo k ∈ N, e (b_k)_{k ∈ N} é limitada. Mostre que, se a série numérica ∑_{k=1}^{+∞} a_k for convergente, então ∑_{k=1}^{+∞} a_k b_k também será convergente. (7) Considere a sequência numérica (a_k)_{k ∈ N} definida por a_k = e^{-βk} para cada k ∈ N, onde β ∈ ℝ é um parâmetro fixo (isto é, independente de k ∈ N). Estude a convergência da série numérica ∑_{k=1}^{+∞} a_k = ∑_{k=1}^{+∞} e^{-βk} com relação ao sinal de β ∈ ℝ. (8) Mostre que a série de potências ∑_{k=0}^{+∞} 1 / (1 + √k) z^k possui raio de convergência finito. 1) Seja (a_K)_{K ∈ N} ⊂ ℝ uma sequência numé- rica com a_K ≠ 0 para todo K ∈ N e lim_K→+∞ a_K = l ≠ 0 Solução Por definição de limite, temos que lim_K→+∞ a_K = l quando, para todo ε > 0 existe n_0 ∈ ℕ tal que |a_K - l| < ε, sempre que K > n_0. Dai, usando a desigualdade triangular: |x + y| ≤ |x| + |y|, para todo x, y ∈ ℝ. Tem-se: |a_K| = |a_K - l + l| ≤ |a_K - l| + |l| ⇒ |a_K| - |l| ≤ |a_K - l| |l| = |l - a_K + a_K| ≤ |l - a_K| + |a_K| ⇒ |l| - |a_K| ≤ |a_K - l| ou seja, ||a_K| - |l|| ≤ |a_K - l|. logo, dado ε > 0 existe n_0 ∈ ℕ tal que ||a_K| - |l|| < ε, sempre que K > n_0. Logo, por definição de limite, temos que lim_K→+∞ |a_K| = |l|. A recíproca não é verdadeira pois se tomarmos ak = (-1)^k, temos que |ak| = 1, para todo k ∈ IN. logo, lim k→∞ |ak| = 1 porém lim k→∞ ak não existe pois • lim k→∞ a2k = 1 e lim k→∞ a2k-1 = -1 Agora, se l = 0 então: se lim k→∞ ak = 0 ⇒ dado ε > 0 existe k0 ∈ IN tal que |ak - 0| < ε, ou seja, |ak| < ε sempre que k > k0 . Isto é o mesmo que ||ak| - 0| ≡ |ak| < ε sempre que k > k0 . logo, lim k→∞ |ak| = 0. 2) Seja (an)n∈IN ⊂ IR uma sequência numérica e defina (bn)n∈IN ⊂ IR dado por: a bn = min{ |a1|, |a2|, ..., |an| } para cada n ∈ IN. Mostrar que se lim n→∞ an =0 então lim n→∞ bn = 0 Solução Se lim n→∞ an = 0 então, por definição de limite para todo ε > 0, existe n0 ∈ IN tal que |an - 0| < ε, isto é, |an| < ε , sempre que n > n0. Daí, • b1 = min { |a1| } = |a1| • b2 = min { |a1|, |a2| } ⇒ b2 ≤ b1. • b3 = min { |a1|, |a2|, |a3| } ⇒ b3 ≤ b2 ≤ b1. Seguindo com este raciocínio, teremos bn ≥ 0 e bn ≤ bn-1 ≤ ... ≤ b2 ≤ b1. ou seja, (bn)n∈IN é uma sequência monótona não-crescente. Veja que para n > n0 temos bn ≤ bn0+1 ≤ bn0, como bn0+1 ≤ |an0+1|, pois |an0+1| < ε e min{ |a1|, |a2|, ..., |an0| } > ε. Ou seja, bn0 > ε, porém bn0+1 ≤ ε logo, para todo n > n0 teremos |bn| < ε, ou seja, |bn - 0| < ε, sempre que n > n0 logo, por definição de limite temos que lim n→∞ bn = 0 3) Seja (αk)k∈IN ⊂ IR uma sequência tal que: |am-an| < rn, para todo m, n ∈ IN. com m > n e r ∈ [0,1) fixo. Solução Por hipótese, dado m, n0 ∈ IN e m > n0 temos: desigualdade triangular |am| = |am - an0 + an0| ≤ |am - an0| + |an0| < rn0 + |an0|, para todo m > n0. ou seja, a sequência (ak)IN c- limitada. logo, pelo Teorema de Balzano Weierstrass, (αk)k∈IN possui uma subsequência convergente Digamos (a_{k_j})_{j \in \mathbb{N}} \subset (a_k)_{k \in \mathbb{N}}, com \lim_{{j \to + \infty}} a_{k_j} = L . \Rightarrow Dado \ \varepsilon >0, existe j_0 \in \mathbb{N} tal\ que \quad |a_{k_j} - L| < \frac{\varepsilon}{2} ,\ sempre\ que \ j>j_0. Alem disso, dado \ \varepsilon >0 \, existe \, n_0 \in \mathbb{N} \ tal que \quad r^{n_0} < \frac{\varepsilon}{2} ,\ pois \quad r<1 . \quad Logo, |a_m - L| = |a_m - a_n + a_n - L| \leq |a_m - a_n| + |a_n - L| tomando \quad n > \max\{n_0 ,\ j_0\} \quad temos: |a_m - L| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon ,\ ou\ seja, |a_m - L| < \varepsilon ,\ sempre \ que \quad m > \max\{ n_0, j_0\}. Logo, \quad (a_k)_{k \in N} \quad e\ convergente \ em \ \mathbb{R}. com \quad \lim_{{k \to + \infty}} a_k = \lim_{{j \to + \infty}} a_{k_j} = L . 4) \quad Seja \quad (a_k)_{k \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R} \quad com \quad a_k > 0 ,\ para \ todo \ k \in \mathbb{N} \quad e \quad \lim_{{k \to + \infty}} a_k = + \infty . Solução De fato, veja que na série t\ \sum_{{k=1}}^{{+\infty}} \frac{a_k}{1+a_k} seu termo geral \ e \ dado \ por \quad \frac{a_k}{1+a_k} . como \quad a_k > 0 , \quad para \ \forall\ k \in \mathbb{N} \quad e \quad \lim_{{k \to + \infty}} a_k = +\infty \ tem temos: \lim_{{k \to + \infty}} \frac{a_k}{1+a_k} = \lim_{{k \to + \infty}} \frac{a_k.1}{a_k(1+ \frac{1}{a_k})} = \lim_{{k \to + \infty}} \frac{1}{1+ \frac{1}{a_k}} = 1. Logo, \ como \ o \ limite \ do \ termo \ geral \ da série \ dada \ e \ diferente \ de \ zero, \ concluímos que \ a \ série \sum_{{k=1}}^{{+\infty}} \frac{a_k}{1+a_k} \quad e \ divergente \ . e \ diverge \ para \ + \infty ,\ pois \ e \ a\ soma \ de termos \ positivos . 5) \quad Seja \quad (a_k)_{k \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R} \ uma \ sequência \ com a_k > 0 ,\ para\ todo\ k \in \mathbb{N}. \quad Por\ hipótese, \ temos que \quad \sum_{{k=1}}^{{+ \infty}} a_k \quad e \ convergente \, \ logo \, \lim_{{k \to + \infty}} a_k = 0. Alem disso, \ veja, \ que \ como \ a_k \to 0 ,\ para algum \ k_0 \in \mathbb{N} \ temos \ a_k < 1 ,\ sempre \ que\ k > k_0.\ Daí,\ veja,\ que: \frac{a_k}{k^2} = \frac{a_k^3}{k^2} \qquad e \qquad \lim_{{k \to + \infty}} \frac{a_k^3}{k^2} = 0 Logo, \quad \frac{a_k}{k^2} \le \frac{a_k^2}{k^2}, \ para \ k \ suficiente grande. \implies \quad \frac{\sqrt{a_k}{k^2}} \le \frac{\sqrt{a_k}}{k} \implies \frac{\sqrt{a_k}}{k} < a_k. Logo,\ como \quad \frac{\sqrt{a_k}}{k} > 0 \ temos \ pelo \ teste \ da \ comparação que \quad \sum_{{k=1}}^{{+ \infty}} \frac{\sqrt{a_k}}{k} \le \sum_{{k=1}}^{{+ \infty}} a_k \to converge logo, \quad \sum_{{k=1}}^{{+ \infty}} \frac{\sqrt{a_k}}{k} \quad e \ convergente.