Lista de Exercícios Resolvidos - Sequências de Números Reais - Cálculo e Análise

Seqüências de números reais Cap 3 3 Se o número real a não é o limite da sequência limitada xn prove que alguma subsequência de xn converge para um limite b a 4 Prove que uma sequência limitada converge se e somente se possui um único valor de aderência 5 Quais são os valores de aderência da sequência xn tal que x2n1 n e x2n 1n Esta sequência converge 6 Dados a b R defina indutivamente as sequências xn e yn pondo x1 ab y1 a b2 e xn1 xnyn yn1 xn yn2 Prove que xn e yn convergem para o mesmo limite 7 Dizse que xn é uma sequência de Cauchy quando para todo ε 0 dado existe n0 N tal que m n n0 xm xn ε a Prove que toda sequência de Cauchy é limitada b Prove que uma sequência de Cauchy não pode ter dois valores de aderência distintos c Prove que uma sequência xn é convergente se e somente se é de Cauchy Seção 3 R é um corpo ordenado completo 1 Dizse que uma função f X R é limitada superiormente quando sua imagem fX fx x X é um conjunto limitado superiormente Então põese sup f supfx x X Prove que se fg X R são limitadas superiormente o mesmo ocorre com a soma f g X R e temse supf g sup f sup g Dê um exemplo com supf g sup f sup g Enuncie e prove um resultado análogo para inf 2 Dadas as funções fg X R limitadas superiormente prove que o produto fg X R é uma função limitada superior e inferiormente com supfg sup fsup g e inffg inf finf g Dê exemplos onde se tenha e não 3 Nas condições do exercício anterior mostre que supf² sup f² e inff² inf f² 4 Dados ab R com a² 2 ι² tome xy R tais que x 1 x 2 a²2a 1 e y b² 22b Prove que a x² 2 b y² e b y 0 Em seguida considere o conjunto limitado X a R a² 2 e conclua que o número real c sup X cumpre c² 2 5 Prove que o conjunto dos polinômios com coeficientes inteiros é enumerável Um número real chamase algébrico quando é raiz de um polinômio com coeficientes inteiros Prove que o conjunto dos números algébricos é enumerável Um número real chamase transcendente quando não é algébrico Prove que existem números transcendentes 6 Prove que um conjunto I R é um intervalo se e somente se a x b a b I x I Seção 1 Limite de uma sequência 1 Uma sequência xn dizse periódica quando existe p N tal que xnp xn para todo n N Prove que toda sequência periódica convergente é constante 2 Dadas as sequências xn e yn defina zn pondo z2n1 xn e z2n yn Se lim xn lim yn a prove que lim zn a 3 Se lim xn a prove que lim xn a 4 Se uma sequência monótona tem uma subsequência convergente prove que a sequência é ela própria convergente 5 Um número a chamase valor de aderência da sequência xn quando é limite de uma subsequência de xn Para cada um dos conjuntos A B e C abaixo ache uma sequência que o tenha como conjunto dos seus valores de aderência A 1 2 3 B N C 0 1 6 A fim de que o número real a seja valor de aderência de xn é necessário e suficiente que para todo ε 0 e todo k N dados exista n k tal que xn a ε 7 A fim de que o número real b não seja valor de aderência da sequência xn é necessário e suficiente que existam n0 N e ε 0 tais que n n0 xn b ε Seção 2 Limites e desigualdades 1 Se lim xn a lim yn b e xn yn ε para todo n N prove que a b ε 2 Sejam lim xn a e lim yn b Se a b prove que existe n0 N tal que n n0 xn yn Seção 3 Operações com limites 1 Prove que para todo p N temse lim n nᵖn 1 2 Se existem ε 0 e k N tais que ε xn nk para todo n suficientemente grande prove que lim ⁿxn 1 Use este fato para calcular lim n ⁿn k lim n ⁿn n lim n ⁿlog n e lim n ⁿn log n 3 Dado a 0 defina indutivamente a sequência xn pondo x1 a e xn1 a xn Prove que xn é convergente e calcule seu limite L a a a 4 Seja en xn aa o erro relativo na nésima etapa do cálculo de a Prove que en1 e²n21 en Conclua que en 001 en1 000005 en2 000000000125 e observe a rapidez de convergência do método 5 Dado a 0 defina indutivamente a sequência xn pondo x1 1a e xn1 1a xn Considere o número c raiz positiva da equação x² ax 1 0 único número positivo tal que c 1a c Prove que x2 x4 x2n c x2n1 x3 x1 e que lim xn c O número c pode ser considerado como a soma da fração contínua 1a 1a 1a 6 Dado a 0 defina indutivamente a seqüência yn pondo y1 a e yn1 u 1yn Mostre que lim yn a c onde c é como no exercício anterior 7 Defina a sequência an indutivamente pondo a1 a2 1 e an2 un1 an para todo n N Escreva xn anan1 e prove que lim xn c onde c é único número positivo tal que 1c 1 c O termo an chamase o nésimo número de Fibonacci e c 1 52 é o número de ouro da Geometria Clássica Seção 4 Limites infinitos 1 Prove que lim ⁿn 2 Se lim xn e a R prove lim n logxn a log xn 0 3 Dados k N e a 0 determine o limite lim n nnkan Supondo a 0 e a e calcule lim n aⁿnnⁿ e lim n nkannnⁿ Para o caso a e ver exercício 9 seção 1 capítulo 11 4 Mostre que lim n logn 1log n 1 5 Sejam xn uma sequência arbitrária e yn uma sequência crescente com lim yn Supondo que limxn1 xnyn1 yn a prove que lim xnyn a Conclua que se limxn1 xn a então lim xnn a Em particular de lim log1 1n 0 conclua que limlog nn 0 6 Se lim xn a e tn é uma sequência de números positivos com limt1 tn prove que lim t1x1 tnxnt1 tn a Em particular se yn x1 xnn temse ainda lim yn a Seção 1 Limite de uma sequência 1 Seja xn uma sequência periódica convergente Suponha por absurdo que xn não é constante Existem xi xk em xn com i k tais que A sequência xi xip xi2p onde xi xi np n IN converge para xi A sequência xk xkp xk2p onde xk xk np n IN converge para xk Logo existem ao menos duas subsequências de xn que convergem respectivamente para xi e xk com i k contrariando a hipótese de convergência para xn Portanto xn é constante 2 Dados as sequências xn e yn defina zn como z2n1 xn e z2n yn n IN Logo xn z1 z3 z5 z7 e yn z2 z4 z6 z8 Temos que xn e yn são subsequências de zn Queremos mostrar que se lim xn lim yn a então lim zn a Da definição de limite dado ε 0 existem n1 n2 IN tais que n n1 xn a ε e n n2 yn a ε Tome no max 2n1 1 2n2 Se n no com n 2k 1 temos 2k 1 no 2k 1 2n1 1 k n1 Como k n1 então xk a ε ou seja z2n1 a z2k1 a xk a ε Logo z2n a ε n 2k 1 k IN Agora se n no com n 2k temos 2k no 2k 2n2 k n2 Como k n2 temos yk a ε ou seja z2n a z2k a yk a ε Logo zn a ε n 2k tal que k IN Portanto se n no então zn a ε n IN logo lim zn a 3 Seja lim xn a então dado ε 0 existe no e N tal que n no xn a ε No conjunto dos números reais vale xn a xn a logo xn a xn a ε n no Portanto lim xn a 4 Seja xn uma sequência monótona convergente que possui uma subsequência xni convergente Como xni é uma subsequência limitada da sequência monótona xn então xn é limitada Com efeito suponha sem perda de generalidade xni xn2 xn3 xni b seja uma subsequência da sequência não decrescente xn Logo para qualquer n N existe ni n e portanto xn xni b ou seja xn b n N Como xn é monótona e limitada então xn é convergente 5 Dado o conjunto A 1 2 3 considere a sequência xn 1 2 3 1 2 3 limitada e não convergente Pois possui três subsequências constantes x3n2 1 x3n1 2 e x3n 3 com limites 1 2 e 3 respectivamente Logo a sequência xn tem A 1 2 3 como conjunto dos seus valores de aderência Considere o conjunto B IN Agora considere o conjunto dos números naturais IN IN1 IN2 INn tal que INi INj i j Fazendo yn k se n IN obtemos yn 1 1 2 1 3 2 4 1 2 3 5 2 6 4 3 1 Pois cada conjunto INk é infinito podemos afirmar que cada número natural se repetirá infinitas vezes na sequência yn ou seja yn possui subsequências ynk tal que k N definida por ynk k que convergem para k respectivamente Logo B N é o conjunto dos valores de aderência da sequência yn Considere C 01 Seja x 01 logo existem infinitos números racionais ri i N com ri xε x ε ou seja dada uma enumeração r1r2 rn dos números racionais existe uma infinidade de índices n tais que rn xε xε Logo x 01 é limite de uma subsequência de rn Como x 01 é qualquer então C 01 é o conjunto dos valores de aderência da sequência rn 6 Se a é valor de aderência de xn então a lim xnk onde xnk é uma subsequência de xn Dado ε 0 existe ko N tal que k ko xnk a ε a ε Como existe uma infinidade de índices k ko logo existem infinitos nk N tais que xnk aε a ε ou seja xn a ε nk nko Suponha que para cada ε 0 o conjunto n N xn aε aε seja infinito Tomando sucessivamente ε 1 12 13 1k obtemos um conjunto N n1 n2 nk tal que a lim xn De fato seja n1 N tal que x n1 N a 1 a1 Supondo por indução n1 n2 nk Definimos xn2 N a12 a12 xn3 N a13 a13 xnk N a 1k a 1k observamos que o conjunto n N xn a 1k1 a 1k1 é infinito Logo contém algum inteiro nk1 n1 nk2 nk Completando assim a definição indutiva de N n1 n2 nk Como xnk a 1k k N segue lim xnk a Portanto a é valor de aderência de xn Seção 2 Limites e desigualdades ① Sejam lim xn a lim yn b e xn yn ε n N Como lim xn a e lim yn b então ε0 existe no N tais que n no xn a ε4 n no yn b ε4 Logo ε xn yn xn a a b b yn xn a a b b yn ε4 a b ε4 ε2 a b Daí obtemos ε ε2 a b e portanto a b ε ② Se lim xn a lim yn b Então dado ε 0 existem n₁ n₂ N tais que n n₁ xn a ε xn aε aε n n₂ yn b ε yn bε bε Se a b tome ε b a2 0 e no maxn₁ n₂ Logo se n no temos a ε xn a ε e b ε yn b ε a b a2 xn a b a2 e b b a2 yn b b a2 3a b 2 xn a b 2 e b a 2 yn 3b a 2 Então xn a b 2 yn ou seja xn yn n no ③ Seja xn uma sequência limitada e lim xn a Então existe ε 0 n₀ N onde N é um subconjunto infinito de N se n n₀ temos xn a ε 1 Como xn é limitada pelo Teorema de Bolzano Weierstrass xn possui uma subsequência convergente ou seja existe b lim xnₙN onde N N é infinito tal que ε 0 n₀ N e n n₀ tal que xn b ε 2 De 1 e 2 ε xn a xn b b a xn b b a ε b a Ú ε ε b a b a 0 b a 4 Seja xn uma sequência limitada convergente supomos a lim xn então toda subsequência de xn converge para a ou seja xn possui um único valor de aderência Seja a o único valor de aderência de xn logo existe uma subsequência xnk de xn que converge para a Como a é o único valor de aderência então toda subsequência de xn converge para a Queremos mostrar que xn converge para a Suponha que exista a ε R tal que a não é limite da sequência limitada xn logo existe alguma subsequência de xn que converge para c com c a Absurdo Pois toda subsequência de xn converge para a 5 A sequência xn é dada por xn 11212313414 Afirmação xn possui um valor de aderência Dados as sequências x2n1 e x2n temos x2n1 1234 é uma sequência ilimitada x2n 1121314 que converge para 0 Portanto xn possui 0 como o único valor de aderência Mas xn não é convergente pois é ilimitada 6 Dados ab IR temos a b 2 0 a2 2ab b2 0 a2 2ab 4ab b2 4ab a2 2ab b2 4ab a b2 4ab a b2 4ab a b 2ab a b2 ab Logo y1 xn Analogamente yn xn n Agora vamos mostrar que xn xn1 então xn yn xn xn yn xn xn2 yn xn xn2 yn xn xn x n1 Logo xn é monótona crescente A sequência yn é decrescente De fato xn yn xn 2yn yn xn yn 2yn xn yn2 yn yn1 yn Logo 0 x1 x2 xn xn1 yn1 yn yk y1 b Daí segue xn e yn são sequências monótonas limitadas existem x lim xn e y lim yn Mostraremos que xn e yn possuem o mesmo limite ou seja x y Temos y lim yn1 lim xn yn2 12 lim xn yn 12 x y y x y2 2y x y x y 7 a Seja xn uma sequência de Cauchy Tome ε1 logo existe no N tal que m n no xm xn 1 Em particular n no x no xn 1 ou seja se n no então xn x no 1 x no 1 Sejam a o menor e b o maior elemento do conjunto X x1 x2 x no 1 Então xn ab Portanto xn é limitada b Seja xn uma sequência de Cauchy Como xn é de Cauchy então xn é limitada pelo item a Logo possui uma subsequência convergente Suponha por absurdo que xn possui dois valores de aderência distintos ou seja existem duas subsequências x nK e x nJ tais que x nK a e x nJ b com a b Se xnk a e como xn é de cauchy então xn a Analogamente como xnj b e como xn é de cauchy segue xn b com a b Absurdo Pois contraria a unicidade do limite Portanto a b o Suponha que lim xn a Dado ε 0 no N tal que m no xm a ε2 e n no xn a ε2 como m n no então xm xn xm a a xn xm a a xn ε2 ε2 ε Portanto xn é de cauchy Do item a sabemos que toda sequência de cauchy é limitada E toda sequência limitada de números reais possui uma subsequência xnk convergente ou seja xnk a Portanto xn a Seção 3 Operações com limites ① Considere a sequência xn onde xn n1np Temos que xn 1 n N Temos ainda n p n 1n p 1n n1np n1n Logo 1 n1np n1n Daí lim 1 lim n1np lim n1n 1 lim n1np 1 Pelo teorema do sanduíche lim n1np lim nnpnn 1 2 Vamos mostrar lim nxn 1 Dado ε 0 e k N tais que ε xn nk logo xn é limitada ou seja 0 xn nk A sequência xn é convergente pois xn é monótona e limitada logo podemos escrever lim xn1n α Afirmação α 0 Se xn 1 então α sup xn1n n N t xn Se 0 xn 1 então α inf xn1n n N t 1 Considere a subsequência xn1n1 xn12 xn16 x316 x4120 Precisamos mostrar lim xn1n1 1 pois pelo Teorema 42 se uma sequência converge para α então toda subsequência também converge para a ou seja a lim xn1n1 lim xn1n 1n1 lim xn1n xn1n1 a a 1 Portanto lim nxn 1 Vamos calcular lim nnk Seja xn nk temos n0 xn nk nk nnn nk k vezes Logo 0 xn nk Portanto lim nxn lim nnk 1 Cálculo do lim nnn seja xn nn n N xn nn nn n2 Logo ε xn n2 Portanto lim nn n 1 Cálculo lim nlog n e lim nn log n Seja ε xn log n n n N ε 0 e n₁1 Temos lim nlog n 1 Seja ε xn n log n nn n2 lim nn log n 1 3 Temos x1 a a x1 x2 Suponha que xn1 xn Então xn² a xn1 a xn xn1² logo xn xn1 ou seja xn é uma sequência monótona crescente Afirmação 1 A equação x² x a 0 possui uma única raiz positiva a qual denotamos por c De fato x 1 1 4a 2 x 1 1 4a 2 0 e x 1 1 4a 2 0 Pois a 0 então 4a 0 1 4a 1 1 1 4a 0 1 1 4a 2 0 Logo c² a a Afirmação 2 xn c n N ou seja xn é limitada Para n 1 temos x1 a c pois c² a c isto é c² a então c a Suponha a afirmação válida para n k temos xk c Logo para n k 1 temos xk1 a xk² a xk a c c² daí xk1 c Portanto xn c n N Logo xn é convergente ou seja existe L lim xn Como xn1² a xn temos lim xn1² lim a xn lim xn1² lim a lim xn lim xn1² lim xn a 0 L² L a 0 L c Portanto lim xn c 4 Seja en1 xn1 a a xn2 a 2xn a a xn2 2xna 2xn a a xn a2 2xna Temos en xn a a a en xn a xn a a en xna a a en xna a1 en Então en1 xn a2 2a1 en xn a2 a2 1 21 en xn a a2 1 21 en en2 1 21 en en2 21 en Portanto en1 en2 21 en Ainda temos en 001 en2 0012 en2 2 100001 2 en2 21 en 000005 1 en en1 000005 Do mesmo modo en1 000005 en1 000000000145 en1 000005 en12 5 1052 en12 25 1010 en12 2 0000000025 2 en12 2 000000025 en12 21 en 0000000125 1 en 0000000125 enu 0000000125 5 Definimos recursivamente uma sequência xn pondo x1 1a e xn1 1 a xn tal que xn converge para a solução positiva de x2 ax 1 0 Temos xn2 1 a xn1 e xn1 1 a xn xn2 1 a 1 a xn a xn a2 anxn 1 xn2 a xn a2 anxn 1 Um particular x3 a x1 a2 ax1 1 De c2 ac 1 0 segue cc a 1 ou seja c 1 c a Temos x1 1 a c 1 c a 1 a x1 x2 logo x1 x2 1 a x1 implicando ax1 x12 1 multiplicando por a e somando x1 em ambos lados a2 x1 a x12 x1 a x1 x1 a2 a x1 1 a x1 x1 a x1 a2 a x1 1 x3 x1 x3 Como x2 c então x3 1a x2 c 1a c Daí temos x1 x3 c x2 Ainda temos x4 1a x3 x2 1a x1 Pois x1 x3 e c x4 já que x3 c Então x1 x3 c x4 x2 Seguindo dessa forma mostramos que a sequência dos ímpares é decrescente limitada inferiormente e a sequência dos pares é crescente limitada superiormente Então ambas sequências convergem Suponha lim x2n L1 e lim x2n1 L2 De x n2 a xna² xn 1 temos L a La² aL 1 a²L aL² L a L a²L aL² a aL L² 1 Como L1 L2 0 essa equação possui apenas uma solução positiva Então L1 L2 c 6 Vamos mostrar que x n 1yn n N onde x n é a sequência definida em 5 Por indução sobre n Se n 1 então x1 1a 1y1 Logo é válido Suponha que x n 1yn e queremos mostrar que x n1 1yn1 Temos y n1 a 1yn a yn 1yn Logo por definição de x n temos x n1 1a x n 1a 1yn yna yn 1 1yn1 Portanto yn1 a xn e tomordo o limite lim yn 1 a c 7 Considere a sequência de Fibonacci dado por fn2 fn1 fn tal que f1 f21 Defina xn fn fn1 então lim xn c raiz positiva de x2 x 1 0 Da recorrência fn2 fn1 fn segue que fn2 fn1 fn fn1 1 De xn fn fn1 obtemos xn1 fn1 fn2 Logo 1 xn1 xn1 xn1 1 1 xn Logo caímos no caso da sequência xn com a 1 exercício 5 que converge para solução positiva x2 x 1 0 Seção 4 Limites Infinitos 1 Da definição de limite infinito dado A 0 no N tal que n no xn A Suponha por absurdo que a sequência nn seja limitada superiormente ou seja n1n A para A 0 Logo n An Absurdo Pois o crescimento fatorial supera o exponencial com base constante Portanto n no n An nn A Logo lim nn logxn a logxn logxn a logxn logxn a logxn O denominador log1 axn 1 axn n 1 logo o numerador é limitado e ainda como tende ao infinito segue que o limite é zero Sejam tn n nk an e tn1 n1 n1k an1 então tn1 tn n 1 1 1nk a logo lim tn1 tn Portanto pelo teste da razão lim n nk an Suponha a 0 a e Considere xn an n nn e xn1 an1 n1 n1n1 então xn1 xn an nn n1n a 1 1nn logo lim xn1 xn lim a 1 1nn a e Se a e então a e 1 logo lim an n nn lim xn 0 a e Se a e então a e 1 então lim xn1 xn a e 1 lim an n nn lim xn a e Sejam yn nk an n nn e yn1 n1k an1 n1 n1n1 Temos yn1yn n1k an n1n nk 1 1na 1 1nn Se a e lim nk an n nn a Se a e lim nk an n nn 4 logn1log n 1 logn1 log nlog n logn1nlog n log1 1nlog n Então lim log1 1nlog n log 1lim log n 0lim log n 0 logo lim logn1log n 1 lim logn1log n lim 1 lim logn1log n 1 5 Vamos mostrar que lim xnyn a com xn uma sequência arbitrária e yn uma sequência crescente tal que lim yn Considere xn1 xn Xn e yn1 yn Yn Por hipótese lim xnyn a Dado ε 0 p IN tal que xpyp xp1yp1 ypkypk pertencem a a ε a ε Pelo exercício 8 seção 2 xp xp1 xpkyp yp1 ypk a ε a ε Logo xpk1 xp ypk1 yp a ε a ε para p fixo e k IN Portanto lim Xk Yk a lim xpk1 xk ypk1 yp a lim xpk1 xk ypk1 yp ypk1 yp ypk1 a lim xkp1 ykp1 lim xp ykp1 lim ykp1 ykp1 lim yp ykp1 a Pois lim xp ykp1 0 lim yp ykp1 0 lim ykp1 ykp1 lim 1 1 e lim xkp1 ykp1 a Logo lim xn yn a 6 Considere as sequências xn t1 x1 t2 x2 tn xn e yn t1 t2 tn onde lim xn a e lim yn Pelo exercicio 5 temos lim xn1 xn yn1 yn a então lim xn yn a Temos lim xn1 xn yn1 yn lim tn1 xn1 tn1 lim xn1 a Logo lim xn yn a Então lim t1 x1 tn xn t1 tn a Considere em particular tn 1 1 1 Pelo exercicio 5 lim xn a tn é uma sequência de números positivos onde lim tn lim 1 1 1 1 Logo a lim t1 x1 tn xn t1 t2 tn lim 1 x1 1 xn 1 1 1 lim x1 x2 xn n Seção 3 IR é um corpo ordenado completo 1 Sejam fg funções reais definidas em X limitados superiormente Então os conjuntos fX fx x X τ e gX gx x X τ são limitados superiormente ū sup f sup fx x X τ e sup g sup gx x X τ Vamos mostrar que f g X IR é limitada superiormente ou seja f gX fgxx X τ é limitado superiormente e sup f g sup f g1x x X τ sup fxgxx X τ Mostraremos que sup f sup g é uma cota superior para o conjunto f gX Temos sup f sup fx x X r fx x X sup g sup gx x X τ gx x X Logo sup f sup g fx gx x X ftgx x X ou seja sup f g sup f sup g Portanto fg X IR é limitado superiormente o Uma Função f X IR é limitada inferiormente Se fX fxx X τ é limitada inferiormente Vamos provar que se fg X IR são limitados inferiormente então f g X IR é limitada inferiormente e inf fg inf f inFg De fato temos inf f fx x X e inf g gx x X Logo inf f inF g fxgx x X fgx x X Portanto inf f inf g inf fg o Exemplo Sejam f IR IR e g IR IR x sen x x sen x Temos f g IR IR é dada por f gx fx gx sen x sen x 0 x X Logo f g é a Função nula Observe i sup f sup g 1 e supf g 0 1 1 sup f sup g Logo supf g sup f sup g ii inf f inf g 1 e inff g 0 1 1 inf f inf g 2 Sejam f g x IR limitadas superiormente Logo fx fx x X τ M e gx gx x X τ N com M N IR Temos fgx fxgx x X τ fxgx x X τ Por hipótese 0 fx M e 0 gx M x X 0 fxgx M x X fg é limitada x X o Agora temos sup f fx x X sup g gx x X 0 fx sup f x X 0 gx sup g x X fxgx sup f sup g x X Logo sup f sup g é uma cota superior para o conjunto fgx Daí segue supfg sup f sup g Temos inf f fx x X inf g gx x X 0 inf f fx 0 inf g gx inf f inf g fx gx inffg inf f inf g Exemplo sejam f 12 14 e x x² g 12 416 Funções limitadas x 16x² Então fg 12 IR x 16 ou seja fg é uma função constante Temos i sup f 4 sup g 16 e sup fg 16 164 sup f sup g logo sup fg sup f sup g ii inf f 1 inf g 4 e inf fg 16 14 inf f inf g logo inffg inf f inf g 3 Se a inf f então fx a x Logo fx² a² então a² é cota superior da f² e é a maior cota inferior Pois se a² c então a c logo x tal que a fx c a² fx² c Portanto a² é a maior cota inferior e inff² inff²