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.

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