[sequencia] Calcular limite de sequencia por definição

por **amigao** » Ter Abr 15, 2014 15:15

Olá pessoal não consegui fazer nada nesse exercicio alguem pode me ajudar??

Calcule o limite da seqüência dada e PROVE que a referida seqüência efetivamente converge para esse limite (ou diverge para +oo ou —oo, conforme o caso).
(segue a imagem do exercício)

grato.

por **e8group** » Ter Abr 15, 2014 22:51

Tente provar que a sequência é limitada superiormente por 1 e inferiormente por 1/3 .

Para provar que a_n < 1

, basta notar que o número do numerador é sempre menor que do denominador e portanto o quociente é menor que 1 .

Para provar que a_n > 1/3

, note que

$1 - 3\sqrt{n} \leq -2 \implies n(1-3\sqrt{n}) \leq -2n \implies n(1-3\sqrt{n}) + 1 = n + 1 -3n\sqrt{n} \leq -2n + 1 < 0 \implies n+1 < 3n \sqrt{n} \implies 3n^2 +n + 1 < 3(n^2 + n\sqrt{n}) ...$

Ora, temos 1/3 < a_n < 1

para qualquer

natural . Então ,

a_n - 1/3 =|a_n - 1/3| < 1 -1/3 = 2/3

. Pondo , $\epsilon = 2/3$ e n_0 = 1

, obtemos

$\epsilon > 0$ tal que $n \geq n_0$ implica $|a_n -1/3| < \epsilon$ .

por **e8group** » Qua Abr 16, 2014 00:55

por **amigao** » Seg Abr 21, 2014 15:42

santhiago escreveu:Tente provar que a sequência é limitada superiormente por 1 e inferiormente por 1/3 .

Para provar que , basta notar que o número do numerador é sempre menor que do denominador e portanto o quociente é menor que 1 .

Para provar que , note que

$1 - 3\sqrt{n} \leq -2 \implies n(1-3\sqrt{n}) \leq -2n \implies n(1-3\sqrt{n}) + 1 = n + 1 -3n\sqrt{n} \leq -2n + 1 < 0 \implies n+1 < 3n \sqrt{n} \implies 3n^2 +n + 1 < 3(n^2 + n\sqrt{n}) ...$

Ora, temos para qualquer natural . Então ,

. Pondo , $\epsilon = 2/3$ e , obtemos

$\epsilon > 0$ tal que $n \geq n_0$ implica $|a_n -1/3| < \epsilon$ .

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Muito obrigado!! Entendi

por **e8group** » Dom Mai 11, 2014 17:09

amigao , cometi um erro , não sei por que fiz aquilo , a definição é clara. O fato de | a_n - 1/3| < 2/3

não implica que lim(a_n) = 1/3

. É claro que $n \geq 1 \implies | a_n - 1/3| < \epsilon$ sempre que $\epsilon \geq 2/3$ (Vimos isto ) . Mas , se $0 < \epsilon < 2/3$ ? Será que existe $n_0 \in \mathbb{N}$ t.q $n \geq n_0 \implies |a_n - 1/3| < \epsilon$ ?

Por definição $lim(b_n) = L < \infty \iff \forall \epsilon > 0 , \exists n_0(\epsilon) > 0 : \forall n \geq n_0(\epsilon) \implies |b_n - L | < \epsilon$ . Isto deve funcionar para todo $\epsilon > 0$ e não apenas para um em particular conforme eu fiz .

Quando $0 < \epsilon <2/3$ , parece complicado determinar um n_0

correspondente t.q . $n \geq n_0 \implies | a_n - 1/3| < \epsilon$ . Entretanto , podemos limitar a_n

(inferiormente e superiormente) por duas sequências convergente para 1/3

(em que a demostração seja mais simples ) e com isso pelo teorema do confronto $(a_n ) \to 1/3$ .

Já vimos que $a_n \geq 1/3$ e hoje afirmo que $a_n \leq \frac{1}{3} + \frac{1}{3\sqrt{n}} , \forall n \geq 1$ . (A verificação é simples , o denominador de a_n

é sempre maior que $3n^2 , n \geq 1$ , logo a relação de ordem inverte em relação ao recíproco )

Seja : b_n = 1/3

e $c_n = \frac{1}{3\sqrt{n}}$ e d_n = b_n + c_n

. Portanto , temos

$b_n \leq a_n \leq b_n + c_n$ .

Provar a convergência de (c_n)

é simples (comparado com (a_n)

) e provar a convergência de (b_n)

trivial .

Provando isto acima d_n

converge para a soma dos limites de b_n

e

.

Para a resposta não ficar vaga , vou propor uma demostração para dois teoremas (acho mais fácil que provar que (a_n) converge [/tex] .

Teorema 1 :
Sejam $M,L \in \mathbb{R}$ e a sequência (d_n) ;

d_n := b_n + c_n [/tex] .
Se $(c_n) \to M$ e $(b_n) \to L$ então $(d_n) \to M+ L$ .

Prova :

Da hipótese (c_n)

e

convergirem , dado qualquer $\epsilon > 0$ existe N' ,N'' > 0

tais que

(1) $| b_n - L |< \epsilon/2$ sempre que $n \geq N'$

(2) $| c_n - M |< \epsilon/2$ sempre que $n \geq N''$

Agora $|d_n - (L+M)| = | (b_n - L) + (c_n - M) | \leq |b_n - L| + |c_n - M|$ . Podemos definir $N = max\{N', N''\}$ com isso (1) e (2) são simultaneamente verdadeiros sempre que $n \geq N$ , donde resulta por transitividade que $|d_n -(L+M)| < \epsilon$ .

Teorema 2 :

Se existe $N' \in \mathbb{N}$ tal que $c_n \leq a_n \leq d_n$ para todo $n \geq N'$ e lim(c_n) = lim(d_n) = L

, logo

.Prova :

Dá hipótese $lim(c_n) = lim(d_n) = L \implies \forall \epsilon > 0 , \exists N'' , N''' > 0 :$

(1) $n \geq N'' \implies |c_n - L | < \epsilon$

(2) $n \geq N''' \implies |d_n - L | < \epsilon$ .

Seja $N = max{N',N'', N'''\}$ , então (1), (2) e $c_n \leq a_n \leq d_n$ são sempre verdadeiros quando $n \geq N$ .

Como $|c_n - L | < \epsilon \iff L - \epsilon < c_n < \epsilon + L$ e $|b_n - L | < \epsilon \iff L - \epsilon < b_n < \epsilon + L$ , então por transitividade $L - \epsilon < a_n < \epsilon + L$ sempre que $n \geq N$ .