Atividades - Cálculo - Sequências
0 gostou684 visualizações
1) A sequência xn = 1/n2 é limitada e monotônica decrescente, com limite igual a zero. 2) Existem infinitas subsequências da sequência (-1)n+1, pois podemos fazer combinações infinitas entre 1 e -1. 3) Não é possível encontrar subsequências monotônicas crescentes de tamanho infinito para a sequência dada, pois ela gera um número finito de termos em cada subsequência.
![n+3
Quest˜o 1.4.1.4.b) Mostre que limn→∞ n3 +4 = 0.
a
ǫ ǫ
Solu¸˜o: Com efeito, dado ǫ > 0 arbitr´rio, podemos obter m e k naturais, tais que: m2 2 > 1 e k 3 2 > 3. Desta
ca a
forma temos:
ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ
m2 2 > 1 ⇔ m3 2 > m e k 3 2 > 3. Como m3 2 + 4 2 > m3 2 > m e k 3 2 + 4 2 > k 3 2 > 3, obtemos:
ǫ 3 m ǫ ǫ 3 ǫ
2 (m + 4) > m ⇔ m3 +4 < 2 (I) e 2 (k 3 + 4) > 3 ⇔ k3 +4 < 2 (II).
Tome agora n0 = max [m,k]. Logo, para todo n > n0 , obtemos:
n+3 n+3 n+3 n 3 ǫ ǫ
n3 +4 −0 = n3 +4 = n3 +4 = n3 +4 + n3 +4 < 2 + 2 = ǫ.
por(I)/(II)
n+3
ımos assim que limn→∞ n3 +4 = 0.
Conclu´
Quest˜o 1.4.1.8) Mostre que:
a
1 1 1
limn→∞ ( (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 ) = 0.
Solu¸˜o: Com efeito! Inicialmente observe que para todo n e k natural, vale:
ca
1 1
n < n + k ⇔ (n + k)2 > n2 ⇔ (n+k)2 < n2 .
1
Sendo assim, dado ǫ > 0 arbitr´rio, podemos obter n0 natural tal que n0 >
a ǫ. Ent˜o, para todo n > n0 , temos
a
1 1
que: n > ǫ ⇔ n < ǫ. Mas:
1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1
n = n2 = + 2 + ... + 2 > (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 = (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 =
n2 n n
n−parcelas
1 1 1
(n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 −0 .
1 1 1 1
Logo (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 −0 < n < ǫ. Conclu´
ımos assim que:
1 1 1
limn→∞ ( (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 ) =0
3](https://image.slidesharecdn.com/blog-calculoi-130418232118-phpapp01/85/Atividades-Calculo-Sequencias-3-320.jpg)
Atividades - Cálculo - Sequências
- 1. Universidade Federal de Mato Grosso Fundamentos de C´lculo a Atividades resolvidas - Grupo de estudos - PROFMAT 13/04/2013 Sequˆncias Reais e seus Limites e 1 Quest˜o 1.3.1.c) Mostre que a sequˆncia xn = a e n2 ´ limitada e mon´tona. Descreva o tipo de monoticidade de e o xn . Demonstra¸˜o: ca Afirma¸˜o 1: (xn ) ´ mon´tona decrescente. ca e o De fato! Observe que para todo natural n, vale que: 1 1 n + 1 > n ⇔ (n + 1)2 > n2 ⇔ (n+1)2 < n2 . Ou seja, xn+1 < xn . Conclu´ ımos assim que (xn ) ´ mon´tona decrescente. e o Vamos agora calcular o limite de (xn ). 1 Sabendo que limn→∞ n = 0 e usando as propriedades de limites, temos: 1 1 1 limn→∞ n2 = limn→∞ ( n )2 = (limn→∞ n )2 = 02 = 0. Assim conclu´ ımos que (xn ) ´ convergente e seu limite ´ zero. e e Afirma¸˜o 2: (xn ) ´ limitada. ca e De fato! Mostramos acima que (xn ) ´ convergente. Desta forma, por teorema, temos que (xn ) ´ limitada. e e Com as ferramentas apresentadas anteriormente, podemos encontrar os limitantes de (xn ). Como (xn ) ´ mon´tona e o decrescente e lim xn = 0, temos que: 1 = x1 > x2 > x3 > ... > xn > ... > 0. Quest˜o 1.3.3) Existe um n´mero finito ou infinito de subsequˆncias da sequˆncia ((−1)n+1 )? Justifique sua a u e e resposta. Solu¸˜o: Existem infinitas subsequˆncias de ((−1)n+1 ), pois podemos fazer infinitas combina¸˜es entre 1 e -1. ca e co Observe alguns exemplos: (1, 1, 1, 1, ...) 1
- 2. (−1, −1, −1, −1, ...) (−1, −1, 1, 1, 1, 1, 1, ...) (1, 1, 1, 1, −1, −1, −1, −1, −1, −1, ...) etc. Quest˜o 1.3.4.c) Dada a sequˆncia (1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, ...), exiba trˆs subsequˆncias mon´tonas cres- a e e e o centes e trˆs mon´tonas n˜o crescente. e o a Solu¸˜o: N˜o ´ poss´ encontrar subsequˆncias do tipo acima, pois sempre geramos um n´mero finito de elementos ca a e ıvel e u em cada subsequˆncia criada. Por exemplo: e (1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, ...1, 2, 3, ..., 1000, 1, 2, 3, ..., 999, 1000, 1001, 1, 2, 3, ..., 998, 999, 1000, 1001, 1002, ...) Poder´ ıamos construir atrav´s da sequˆncia acima, a seguinte sequˆncia decrescente: e e e (1000, 999, 998, 997, 996, ...3, 2, 1), entretanto, ela teria um n´mero finito de termos, n˜o satisfazendo assim a defini¸˜o de subsequˆncia. u a ca e Quest˜o 1.4.1.2.a) Encontre n1 ≥ 1 inteiro, tal que: a n 1 2n < 10 , para todo n > n1 . Solu¸˜o: Tome n natural. Se n < 6 temos que 2n < 10n. Entretanto para todo n ≥ 6, ent˜o 2n > 10n. Assim, ca a n 1 ımos que sendo n ≥ 6, ent˜o 2n > 10n ⇔ conclu´ a 2n < 10 , ou seja, n1 = 6. 1 Quest˜o 1.4.1.3.b) Ache o limite da sequˆncia xn = 1 + a e 3n . Solu¸˜o: ca propriedades 1 limn→∞ 1 + 3n = limn→∞ 1 + limn→∞ 31 = 1 + 0 = 1. n Portanto lim xn = 1. n Quest˜o 1.4.1.4.a) Mostre que limn→∞ n+1 = 1. a 1−ǫ Solu¸˜o: Com efeito, dado ǫ > 0 arbitr´rio, podemos obter n0 natural tal que n0 > ca a ǫ . Ent˜o n > n0 Implica a que: 1−ǫ 1 1 1 −1 n−n−1 n n> ǫ = ǫ −1⇔n+1> ǫ ⇔ n+1 <ǫ⇔ n+1 <ǫ⇔ n+1 <ǫ⇔ n+1 − 1 < ǫ. Conclu´ ımos assim que: n limn→∞ n+1 = 1. 2
- 3. n+3 Quest˜o 1.4.1.4.b) Mostre que limn→∞ n3 +4 = 0. a ǫ ǫ Solu¸˜o: Com efeito, dado ǫ > 0 arbitr´rio, podemos obter m e k naturais, tais que: m2 2 > 1 e k 3 2 > 3. Desta ca a forma temos: ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ m2 2 > 1 ⇔ m3 2 > m e k 3 2 > 3. Como m3 2 + 4 2 > m3 2 > m e k 3 2 + 4 2 > k 3 2 > 3, obtemos: ǫ 3 m ǫ ǫ 3 ǫ 2 (m + 4) > m ⇔ m3 +4 < 2 (I) e 2 (k 3 + 4) > 3 ⇔ k3 +4 < 2 (II). Tome agora n0 = max [m,k]. Logo, para todo n > n0 , obtemos: n+3 n+3 n+3 n 3 ǫ ǫ n3 +4 −0 = n3 +4 = n3 +4 = n3 +4 + n3 +4 < 2 + 2 = ǫ. por(I)/(II) n+3 ımos assim que limn→∞ n3 +4 = 0. Conclu´ Quest˜o 1.4.1.8) Mostre que: a 1 1 1 limn→∞ ( (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 ) = 0. Solu¸˜o: Com efeito! Inicialmente observe que para todo n e k natural, vale: ca 1 1 n < n + k ⇔ (n + k)2 > n2 ⇔ (n+k)2 < n2 . 1 Sendo assim, dado ǫ > 0 arbitr´rio, podemos obter n0 natural tal que n0 > a ǫ. Ent˜o, para todo n > n0 , temos a 1 1 que: n > ǫ ⇔ n < ǫ. Mas: 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n = n2 = + 2 + ... + 2 > (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 = (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 = n2 n n n−parcelas 1 1 1 (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 −0 . 1 1 1 1 Logo (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 −0 < n < ǫ. Conclu´ ımos assim que: 1 1 1 limn→∞ ( (n+1)2 + (n+2)2 + ... + (2n)2 ) =0 3