Lista de Exercícios Resolvidos Análise Real 1 UFPel - Sequências e Indução

Universidade Federal de Pelotas UFPel Disciplina Análise Real 1 Professora Liliana Jurado Lista de exercícios 1 x0 0 para todo x ℝ 2 Para quaisquer x y ℝ x y x y x y 3 Para quaisquer x y ℝ x y x y 4 Para quaisquer x y z ℝ prove que xz xy yz 5 Para quaisquer x y ℝ prove que x y xy 6 Dados x y ℝ se x² y² 0 prove que x y 0 7 Prove por indução 1xn 1 nx nn12x² se x 0 01 Liste os dez primeiros termos da sequência a xn 1 02n c x1 1 xn 2xn1 1 b xn 2nn d xn 1n1nn² 1 02 Encontre o termo geral da sequência a 12 14 16 18 c 1 23 49 827 b 12 14 18 116 d 1 1 1 1 03 Determine se a sequência converge ou diverge Se ela convergir encontre seu limite a xn n³ 3n 14n³ 2 e 1n 1xα dx onde α ℝ b xn n1 n f xn nsen1n c xn 1n sen 1n g xn k0n 12k d xn 2n3n1 h xn k1n 1k 1k1 04 Suponha que para todo n 1 xn x 1n onde x é um número real fixo Calcule limn xn e justifique 05 Uma sequência xn é dada por x1 2 xn1 2 xn a Mostre que xn é crescente e limitada superiormente por 3 Aplique o Teorema 23 para mostrar que a sequência é convergente b Calcule limn xn Lista 1 1 x 0 0 para todo x R 2 Para quaisquer x y R x y x y x y 3 Para quaisquer x y R x y x y 4 Para quaisquer x y z R prove que x z x y y z 5 Para quaisquer x y R prove que x y x y 6 Dados x y R se x2 y2 0 prove que x y 0 7 Prove por indução 1 xn 1 nx nn 1 2 x2 se x 0 Solução da questão 5 Seja x e y dois números reais quaisquer A prova é direta e usa a desigualdade triangular Com efeito nós temos que x x y y x y y x y y logo resolvendo a desigualdade acima para x y nós obtemos x y x y x y x y x y ou equivalentemente x y x y Solução da questão 6 Suponha por absurdo que x y 0 Então veja que se tal condição vale temos que x2 y20 x2 y2 0 o que é um absurdo visto que tal resultado contraria a ordenação dos números reais que assegura que a2 0 para todo a R Portanto a suposição x y 0 é falha e logo devemos ter que x y 0 Solução da questão 7 Com efeito provaremos a identidade pedida De fato note que para n 1 nós temos que 1 xn1 1 x 1 x11 1 2 x2 e logo a desigualdade é verificada para n 1 Agora vamos assumir a hipótese de indução para o caso n k isto é 1 xk 1 xkk 1 2 x2 1 então vamos verificar o caso nk1 Com efeito veja que 1xk11x1xk geq 1xleft1kxfrackk12x2right geq left1kxfrackk12x2rightleftxkx2frackk12x3right geq 1k1xleftfrackk12krightx2frackk12x3 geq 1k1xfrack2k2k2x2frackk12x3 geq 1k1xfrack2k2x2frackk12x3 geq 1k1xfrackk12x2frackk12x3 geq 1k1xfrackk12x2 onde a última igualdade vale uma vez que x0 Então disso temos que 1xk1 geq 1k1xfrackk12x2 que é o resultado desejado para caso nk1 Portanto disso segue que o caso nk1 é verificado e logo isso nos dá por indução em n que a desigualdade 1xn1 geq 1nxfracnn12x2 vale para todo n natural Lista 2 1 Liste os dez primeiros termos da seqüência a xn 1 0 2n c x1 1 xn 2xn1 1 b xn 2n n d xn 1n1n n21 Solução Solução item a x1 1 021 08 x2 1 022 096 x3 1 023 0992 x4 1 024 09984 x5 1 025 099968 x6 1 026 0999936 x7 1 027 09999872 x8 1 028 099999744 x9 1 029 0999999488 x10 1 0210 09999998976 Solução item b x1 21 n 20 x2 22 n 20 x3 23 n 13333333333333333 x4 24 n 06666666666666666 x5 25 n 026666666666666666 x6 26 n 008888888888888889 x7 27 n 0025396825396825397 x8 28 n 0006349206349206349 x9 29 n 00014109347442680777 x10 210 n 00002821869488536155 3 Solução item c leftbeginarraylx11 x22x113 x32x217 x42x3115 x52x4131 x62x5163 x72x61127 x82x71255 x92x81511 x102x911023 endarrayright Solução item d leftbeginarraylx1frac1 cdot 010205 x2frac2 cdot 0110104 x3frac3 cdot 0121003 x4frac4 cdot 01317023529411764705882 x5frac5 cdot 01426019230769230769232 x6frac6 cdot 01537016216216216216217 x7frac7 cdot 01650014 x8frac8 cdot 01765012307692307692308 x9frac9 cdot 01882010975609756097561 x10frac10 cdot 019101009900990099009901 endarrayright 2 Encontre o termo geral da sequência a leftfrac12 frac14 frac16 frac18 ldotsright c left1frac23 frac49 frac827 ldotsright b leftfrac12 frac14 frac18 frac116 ldotsright d 1111 ldots Solução Solução item a Basta ver que os termos estão em progressao pelos denominadores por um fator de 2 Então a sequência pode ser representada pelo termo geral xn frac12 cdot n Solução item b Basta ver que os termos estão em progressao geométrica por um fator de 23 Então a sequência pode ser representada pelo termo geral xn leftfrac23rightn Solução item c Basta ver que os termos estão em progressao geométrica por um fator de 12 Então a sequência pode ser representada pelo termo geral xn frac12n Solução item d Basta ver que a sequência é gerada por xn 1n1 3 Determine se a sequência converge ou diverge Se ela convergir encontre seu limite a xn fracn33n14n32 e int1n frac1xalpha extonde alpha in mathbbR b xn sqrtn1 sqrtn f xn n sen frac1n c xn frac1n sen frac1n g xn sumk0n leftfrac12right d xn frac2n3n1 h xn sumk1n leftfrac1k frac1k1right Lista 3 04 Suponha que para todo n 1 xn x 1n onde x é um número real fixo Calcule limn xn e justifique Solução É evidente que o limx xn x De fato veja que se tomarmos N 1 e ϵ 0 dado de modo que 1ϵ n nós teremos que sempre que n N 1 segue que 1ϵ n 1n ϵ e por conseqüinte nós temos que n N 1 xn x 1n ϵ e logo segue da definição de limite que limx xn x Por outro lado veja que se para n 1 vale que xn x 1n então temos que xn x 1n 1n xn x 1n e aplicando o limite na desigualdade temos 1n xn x 1n lim x 1n lim x xn x lim x 1n 0 lim x xn x 0 daí decorre do Teorema do Confronto que limxxn x 0 e disso segue que limx xn x 4 Uma sequência xn é dada por x1 2 xn1 2 xn a Mostre que xn é crescente e limitada superiormente por 3 Aplique o Teorema 23 para mostrar que a sequência é convergente b Calcule limn xn Solução Vamos mostrar primeiro que a sequência de termo geral xn é crescente Com efeito veja que para n 2 temos x1 2 e x2 2 x1 2 2 2 x1 Assim temos que x2 x1 e agora assumamos a hipótese de indução para n k ie xk1 xk Provaremos então a validade para o caso k 1 Com efeito veja que xk1 xk 2 xk1 2 xk 2 xk1 2 xk xk2 xk1 onde usamos por fim a definição do termo geral da sequência Assim verificamos a identidade desejada para o caso n k 1 e dessa forma segue que por indução em n que xn1 xn para todo índice n natural e logo sequência xn é uma sequência crescente Agora mostraremos que a sequência é limitada superiormente por 3 Com efeito vamos prosseguir novamente com indução em n De fato veja que x1 2 3 e temos a verificação para n 1 Agora vamos assumir como hipótese de indução que xk1 2 xk 3 e então provaremos o caso x k 1 Então veja que 2 xk 3 2 2 xk 3 2 5 xk2 2 2 xk 2 xk1 5 3 logo temos que xk2 3 Portanto segue que por indução em n temos que xn 3 para todo n natural Com isso veja que a sequência xn é então uma sequência limitada e monótona a rigor estritamente crescente portanto segue que pelo Teorema 23 que a sequência xn é convergente Solução item b Vamos calcular o limite limn xn Decerto uma vez que sabemos que a sequência xn é convergente pelo item a segue que sabemos que existe N natural tal que se n N temos que xn L ϵ para um dado ϵ 0 arbitrário Aqui L é o valor chamado limite da sequência xn Então de posse disso veja que para n 1 n N temos que lim n xn1 lim n 2 xn lim n xn1 2 lim n xn L 2 L L² 2 L L² L 2 0 e temos então que L 1 1 422 1 92 1 32 e logo L1 2 e L2 1 Todavia veja que a sequência é estritamente crescente e como x1 2 0 segue que a solução L2 1 deve ser descartada e portanto o valor do limite é L 2 ou seja temos que limn xn L1 2 3 a Xn n³ 3n 14n³ 2 A sequência Xn converge pois o limite lim n Xn existe De fato lim Xn lim n n³ 3n 14n³ 2 lim n 1 3n² 1n³4 2n³ 14 Logo ela converge para 14 b Xn n1 n Note que Xn pode ser escrito como Xn n1 n n1 nn1 n n1 n n1 n 1n1 n Agora veja que lim n Xn lim n 1n1 n 0 Logo a sequência Xn converge e converge para zero c c Xn 1nsen1n Veja que lim n Xn lim n 1nsen1n lim n sen1nn Agora veja que como senx 1 x R temos em particular para x 1n o seguinte sen1n 1 1 sen1n 1 1n sen1nn 1n lim n 1n lim n sen1nn lim n 1n 0 lim n sen1nn 0 0 lim n Xn 0 Logo pelo Teorema da Confronto Temos que lim n Xn 0 e a sequência Converge d Xn 2n 3n1 Aqui temos Lim Xn Lim 2n 3n1 Lim 2n 3n 13 Lim 23n 13 13 Lim 23n 0 uma vez que 23 1 Logo a sequência Xn converge para zero e Xn 1n 1xα dx α ℝ 1º Caso α 0 Aqui temos que Xn 1n 1x0 dx 1n dx n 1 Logo lim Xn lim n1 e a sequência diverge 2º Caso α 1 Xn 1n 1xα dx 1α1 x1α 1n 1α1 n1α 1α1 11α 1nα1 1 Aqui temos que lim Xn lim 11α 1nα1 1 11α 1α1 E a sequência converge para α11 3º Caso α 0 Seja α α Então Xn 1n 1xα dx 1n xα dx xα1 α 1 1n nα1α1 1α1 Logo Lim Xn Lim nα1α1 1α1 e a sequência diverge 4º Caso 0 α 1 Veja que 0 α 1 α 1 1α 11 1α 0 Então Xn 1n 1xα dx 1n x1α dx x1α1α 1n n1α1α 11α Logo lim Xn lim n1α1α 11α uma vez que 1α 0 f Xn n sen1n Veja que Lim Xn Lim n sen1n Lim sen1n1n 1 pelo Teorema do limite fundamental da Trigonometria Adimais Diso Temos que Xn converge para 1 g Xn Σk0n 12k Aqui basta ver Lim Xn Lim Σk0n 12k 12 Σk0 1 E logo Xn diverge b Xn Σk1n 1k 1k1 Veja que Lim Xn Lim Σk1n 1k 1k1 Σk1 1k 1k1 1 12 12 13 13 14 1 12 12 13 13 14 14 1 Essa sequência acima converge para 1 por ser uma série Telescópica