No âmbito do Calculo, as sucessões/séries constituem um módulo introdutório que, embora simples a nível de compreensão, é um suporte importante para disciplinas mais avançadas (Análise Funcional, Topologia, etc.) Este texto apresenta alguns exercícios resolvidos e, em menor quantidade, exercícios propostos. Livro sugerido para leitura sobre o tema: Carlos Sarrico, Análise Matemática - Leituras e exercícios, Gradiva Errata: O exercício 3 dos propostos tem a sucessão mal definida: em vez de (an+r)/2 é (an+r)/3. O exercício passa por mostrar que an -> r/2 (de facto, seria muito obvio da maneira como estava escrito).

1. Miguel Fernandes
Cálculo Diferencial e Integral
Sucessões
Exercícios resolvidos e propostos
 Exercícios resolvidos
Nota 1: Irá ser usada a notação [𝒙] para denotar a característica de um número, ou
seja, o número inteiro imediatamente inferior a 𝑥.
1. Escreva os três primeiros termos de ordem par da sucessão dada por:
𝑢 𝑛 = 1 +
1
2!
+
1
3!
+
1
4!
+ ⋯ +
1
𝑛!
.
Resolução:
𝑢2 = 1 +
1
2!
; 𝑢4 = 1 +
1
2!
+
1
3!
+
1
4!
; 𝑢6 = 1 +
1
2!
+
1
3!
+
1
4!
+
1
5!
+
1
6!
2. Mostre que a sucessão que se segue é monótona crescente.
𝑣 𝑛 =
1
2
+
1
3
+
1
4
+ ⋯ +
1
𝑛+1
Resolução:
𝑣 𝑛+1 − 𝑣 𝑛 = (
1
2
+
1
3
+
1
4
+ ⋯ +
1
𝑛+1
+
1
𝑛+2
) − (
1
2
+
1
3
+
1
4
+ ⋯ +
1
𝑛+1
) =
1
𝑛+2
> 0, ∀𝑛 ∈ ℕ.
Assim, a sucessão (𝑣 𝑛) é monótona crescente.
Nota: sem recorrer à definição, poder-se-ia justificar que os termos da sucessão são
positivos, pelo que as somas parciais vão sendo cada vez maiores.
3. Mostre que a sucessão 𝑥 𝑛 =
(−1) 𝑛
𝑛
é limitada.
Resolução:
|
(−1)
𝑛
𝑛
| =
1
𝑛
≤ 1 e, por isso, (𝑥 𝑛) é limitada.
4. Mostre que a sucessão 𝑎 𝑛 = −3𝑛 não é limitada.
Resolução:
|𝑎 𝑛| = 3𝑛 > 𝐿 ⇔ 𝑛 > 𝐿/3, o que significa que, para todo 𝐿 > 0, basta escolher um
número natural superior 𝐿/3 para que se verifique ∀𝐿 > 0, ∃𝑛 ∈ ℕ ∶ |𝑎 𝑛| > 𝐿. Isso
mostra que a sucessão não é limitada.

2. Miguel Fernandes
5. Mostre que o produto de duas sucessões limitadas é uma sucessão limitada.
Em relação ao quociente, a conclusão é a mesma?
Resolução: Consideremos duas sucessões limitadas, ( 𝑢 𝑛) e ( 𝑣 𝑛).
Sendo limitadas, tem-se que ∃𝑀 > 0 ∶ ∀𝑛 ∈ ℕ, |𝑢 𝑛| ≤ 𝑀 e ∃𝐿 > 0 ∶ ∀𝑛 ∈ ℕ, |𝑣 𝑛| ≤ 𝐿.
Agora, | 𝑢 𝑛 𝑣 𝑛| = | 𝑢 𝑛|| 𝑣 𝑛| ≤ 𝑀𝐿. Então, existe um 𝑁 (qualquer número real igual ou
superior a 𝑀𝐿) tal que, para todo 𝑛 ∈ ℕ, |𝑢 𝑛 𝑣 𝑛| ≤ 𝑁. No entanto, o mesmo não se
sucede com o quociente de duas sucessões do mesmo tipo. Basta pensar no
quociente
(−1) 𝑛
1
𝑛
= (−1) 𝑛
𝑛 e (−1) 𝑛
𝑛 é o termo geral de uma sucessão não limitada.
6. Estude e classifique quanto à monotonia as seguintes sucessões:
i. 𝑎 𝑛 = (−2) 𝑛
Resolução:
Repare que 𝑎1 = −2, 𝑎2 = 4 > −2 e 𝑎3 = −8 < 4. Nestas condições, a
sucessão não é monótona. Na verdade, estamos perante uma progressão
geométrica de razão −2 e, genericamente, as progressões geométricas de
razão negativa não são monótonas, pois os respetivos termos alternam de
sinal.
ii. 𝑏 𝑛 = {
𝑛 + 1 se 𝑛 𝑝𝑎𝑟
𝑛 + 2 se 𝑛 í𝑚𝑝𝑎𝑟
Resolução:
Esta sucessão exige um pouco mais de cuidado, porque se 𝑛 for um natural
par, 𝑛 + 1 é um natural ímpar e vice-versa.
Por isso, o estudo da monotonia desta sucessão terá de abranger dois
casos distintos:
 Para todo 𝑛 par,
𝑢 𝑛+1 − 𝑢 𝑛 = 𝑛 + 3 − 𝑛 − 1 = 2 > 0.
 Para todo 𝑛 ímpar,
𝑢 𝑛+1 − 𝑢 𝑛 = 𝑛 + 2 − 𝑛 − 2 = 0.
Concluindo, a sucessão é monótona crescente.
7. De uma progressão aritmética (𝑢 𝑛), sabe-se que o seu primeiro termo é igual a 10 e
a soma dos primeiros 10 termos é 1045. Escreva o termo geral da progressão.
Resolução:
Como o primeiro termo da progressão é 10 e a soma dos 10 primeiros termos é 1045,
temos 1045 =
10 × (10+𝑢10)
2
⇔ 𝑢10 = 199 ⇔ 10 + 9𝑟 = 199 ⇔ 𝑟 = 21 e, portanto, o
termo geral da progressão é 𝑢 𝑛 = 10 + 21( 𝑛 − 1) = 21𝑛 − 11.

3. Miguel Fernandes
8. Determine números reais 𝑥 para os quais 𝑥2
− 6, 5𝑥 − 5, 3𝑥 + 8 são termos
consecutivos de uma progressão aritmética.
Resolução:
Como se tratam de termos consecutivos de uma progressão aritmética, então temos
a seguinte relação: (5𝑥 − 5) − ( 𝑥2
− 6) = (3𝑥 + 8) − (5𝑥 − 5) ⇔
⇔ −𝑥2
+ 7𝑥 − 12 = 0 ⇔ 𝑥 = 4 ∨ 𝑥 = 3.
Note-se que a cada valor de 𝑥 corresponde uma progressão aritmética diferente.
9. Sabendo que 𝑤 𝑛 → 0, mostre, pela definição formal, que a sucessão 𝑦𝑛 =
1
𝑒 𝑛+1
+ 𝑤 𝑛
é um infinitésimo.
Resolução:
A sucessão (𝑦𝑛) é um infinitésimo se ∀𝜖 > 0, ∃𝑝 ∈ ℕ ∶ ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑛 ≥ 𝑝 ⇒ |𝑦𝑛| < 𝜖.
Aqui |𝑦𝑛| = |
1
𝑒 𝑛+1
+ 𝑤 𝑛| ≤ |
1
𝑒 𝑛+1
| + |𝑤 𝑛|.
Como 𝑤 𝑛 → 0, sabemos que, dado 𝜖 > 0, existe uma ordem 𝑝0 a partir da qual
|𝑤 𝑛| <
𝜖
2
.
Por outro lado, se garantirmos que o mesmo acontece com a sucessão 𝑥 𝑛 =
1
𝑒 𝑛+1
,
então a conclusão é depois imediata.
Ora, dado 𝜖 > 0, |
1
𝑒 𝑛+1
| =
1
𝑒 𝑛+1
<
1
𝑒 𝑛 e, fazendo
1
𝑒 𝑛
<
𝜖
2
⇔ 𝑛 > ln
2
𝜖
, concluímos que o
mesmo acontece com (𝑥 𝑛).
Tome-se 𝑝 = max {𝑝0, [ln
2
𝜖
] + 1}.
Então, 𝑛 ≥ 𝑝 ⇒ |𝑦𝑛| = |
1
𝑒 𝑛+1
+ 𝑤 𝑛| ≤ |
1
𝑒 𝑛+1
| + |𝑤 𝑛| <
𝜖
2
+
𝜖
2
= 𝜖 e 𝑦𝑛 → 0.
10. Considere a sucessão 𝑢 𝑛 =
6𝑛+5
2𝑛+1
.
a. Determine 𝑢10, 𝑢100, 𝑢1000 e 𝑢10000. Conjeture um valor para o limite de ( 𝑢 𝑛).
Resolução:
𝑢10 =
65
21
; 𝑢100 =
605
201
; 𝑢1000 =
6005
2001
; 𝑢10000 =
60005
20001
Intuitivamente, os termos da sucessão sugerem que 𝑢 𝑛 → 3 (informalmente, o
algarismo das unidades do numerador e do denominador vão perdendo
significância, à medida que o número de zeros aumenta).
b. Verifique, pela definição formal, que a sucessão tende para o limite conjeturado
e determine a ordem (mínima) a partir da qual os seus termos estão numa
vizinhança de raio 0,1 desse limite.
Resolução:
Simplifiquemos primeiramente o termo geral da sucessão.
Tem-se 𝑢 𝑛 =
6𝑛+5
2𝑛+1
= 3 +
2
2𝑛+1
(verifique).
Queremos mostrar que ∀𝜖 > 0, ∃𝑝 ∈ ℕ ∶ ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑛 ≥ 𝑝 ⇒ |(3 +
2
2𝑛+1
) − 3| < 𝜖.
Ora, |(3 +
2
2𝑛+1
) − 3| = |
2
2𝑛+1
| =
2
2𝑛+1
< 𝜖 ⇔ 𝑛 >
1
𝜖
−
1
2
.

4. Miguel Fernandes
Assim, basta tomar 𝑝 = [
1
𝜖
−
1
2
] + 1 para concluir acerca da convergência.
A ordem (mínima) a partir da qual os termos estão na vizinhança de raio 0,1 é
dada por 𝑝(0,1) = [10 −
1
2
] + 1 = 10.
11. Mostre que se 𝑤 𝑛 ⟶ 𝑐, 𝑐 > 0, então existe uma ordem a partir da qual todos os
termos da sucessão (𝑤 𝑛) são positivos. O recíproco é verdadeiro?
Resolução:
Como (𝑤 𝑛) é convergente, então, dado 𝜖 > 0, existe uma ordem a partir da qual todos
os termos da sucessão pertencem à vizinhança centrada em 𝑐 de raio 𝜖.
Simbolicamente: ∀𝜖 > 0, ∃𝑝 ∈ ℕ: ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑛 ≥ 𝑝 ⇒ 𝑤 𝑛 ∈ ]𝑐 − 𝜖, 𝑐 + 𝜖[.
Fixe-se 𝜖1 =
𝑐
2
. Então, a partir da ordem 𝑝(𝜖1), tem-se 𝑤 𝑛 ∈ ]
𝑐
2
,
3𝑐
2
[ e, atendendo a que
𝑐 > 0, conclui-se o pretendido.
Relativamente ao recíproco da propriedade, basta pensar na sucessão
𝑢 𝑛 =
1
𝑛
> 0, ∀𝑛 ∈ ℕ (𝑢 𝑛 → 0 ≯ 0).
12. Mostre que a sucessão abaixo (definida por recorrência) é convergente e determine
o seu limite.
𝑣 𝑛 = {
𝑣1 = 4
𝑣 𝑛+1 = √4𝑣 𝑛 − 4 ∀𝑛 ∈ ℕ
Resolução:
Neste exercício, iremos mostrar que (𝑣 𝑛) é decrescente e minorada e, portanto,
convergente. Vamos mostrar, por indução, que 𝑣 𝑛 ≥ 2 e, portanto, (𝑣 𝑛) é minorada.
𝑣1 = 4 > 2 e 𝑣 𝑛 ≥ 2 ⇔ 4𝑣 𝑛 ≥ 8 ⇔ 4𝑣 𝑛 − 4 ≥ 4 ⇔ 𝑣 𝑛+1 ≥ 2, logo tem-se 𝑣 𝑛 ≥ 2.
Repare-se agora que:
𝑣 𝑛+1 ≤ 𝑣 𝑛 ⇔ √4𝑣 𝑛 − 4 ≤ 𝑣 𝑛 ⇔ 𝑣 𝑛≥0 4𝑣 𝑛 − 4 ≤ ( 𝑣 𝑛)2
⇔ (𝑣 𝑛 − 2)2
≥ 0 (que é uma
condição verdadeira). Assim, conclui-se que a sucessão é monótona decrescente.
Sendo monótona decrescente e minorada, então é convergente e, chamando 𝑙 ao
valor do seu limite, tem-se que 𝑙 = inf 𝑛∈ℕ 𝑣 𝑛. Dado que lim 𝑣 𝑛+1 = lim 𝑣 𝑛 ((𝑣 𝑛+1) é uma
subsucessão de (𝑣 𝑛)), temos lim 𝑣 𝑛 = lim √4𝑣 𝑛 − 4 ⇔ 𝑙 = √4𝑙 − 4 ⇔ 𝑙 = 2. Logo,
(𝑣 𝑛) converge para 2.
12. Considere uma sucessão ( 𝑢 𝑛) convergente tal que 𝑢 𝑛 < 5, ∀𝑛 ∈ ℕ.
Mostre que 𝑢 𝑛 ↛ 6.
Resolução:
Suponhamos, com vista a absurdo, que 𝑢 𝑛 → 6 e considere-se 𝜖 = 1.
Então, a partir de uma certa ordem 𝑝, tem-se ∀𝑛 ≥ 𝑝, |𝑢 𝑛 − 6| < 1 ⇔ 5 < 𝑢 𝑛 < 7, o
que contradiz 𝑢 𝑛 < 5. O absurdo resultou de termos considerado 𝑢 𝑛 → 6.
Portanto, 𝑢 𝑛 não pode convergir para 6.

5. Miguel Fernandes
13. Mostre que se 𝑎 𝑛 → 𝑎 ≠ 0, então:
|𝑎 𝑛| >
| 𝑎|
2
, 𝑛 ≥ 𝑛0
Resolução:
Como 𝑎 𝑛 → 𝑎 ≠ 0 então |𝑎 𝑛| → |𝑎| > 0, ou seja, para todo 𝜖 > 0, existe uma ordem,
a partir da qual, se tem ||𝑎 𝑛| − |𝑎|| < 𝜖. Então, se tomarmos 𝜖 =
| 𝑎|
2
, existe 𝑝1 tal que,
||𝑎 𝑛| − |𝑎|| <
| 𝑎|
2
sempre que 𝑛 ≥ 𝑝1.
Mas então, 𝑛 ≥ 𝑝1 ⇒ |𝑎 𝑛| >
| 𝑎|
2
, o que conclui a prova.
13. Estude, em função de 𝛼 ∈ ℝ, o limite da sucessão 𝑥 𝑛 = (cos 𝛼) 𝑛
+ (sen 𝛼) 𝑛
.
Resolução:
𝛼 = 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ 𝑥 𝑛 = 1 𝑛
+ 0 𝑛
= 1 lim
𝑛
𝑥 𝑛 = 1
𝛼 =
𝜋
2
+ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ 𝑥 𝑛 = 0 𝑛
+ 1 𝑛
= 1 lim
𝑛
𝑥 𝑛 = 1
𝛼 =
3𝜋
2
+ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ 𝑥 𝑛 = 0 𝑛
+ (−1) 𝑛
= (−1) 𝑛
(𝑥 𝑛) não tem limite
𝛼 = 𝜋 + 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ 𝑥 𝑛 = (−1) 𝑛
+ 0 𝑛
= (−1) 𝑛
(𝑥 𝑛) não tem limite
𝛼 ≠
𝑘𝜋
2
, 𝑘 ∈ ℤ
|cos 𝛼| < 1 e |sen 𝛼| < 1* lim
𝑛
𝑥 𝑛 = 0
(soma de dois infinitésimos)
A sucessão converge para 𝛼 ∈ ℝ {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 =
3𝜋
2
+ 2𝑘𝜋 ∨ 𝑥 = 𝜋 + 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ}.
Nota*: no último caso, pense-se nas progressões geométricas de razão, em módulo,
inferior a 1.
14. Considere a sucessão 𝑢 𝑛 = {
𝑛!
𝑛 𝑛 se 𝑛 ≥ 100
𝑛! se 𝑛 < 100
e estude-a quanto à convergência.
Resolução:
É evidente que, quando pretendemos estudar o limite de uma sucessão, só nos
interessa o que se passa com os termos da sucessão para valores de 𝑛
suficientemente grandes.
Por conseguinte, o ramo da sucessão para os termos de ordem inferior a 100 não é
relevante para estudar o seu limite, levando-nos a focar a atenção na subsucessão
𝑢99+𝑛.
Agora, para 𝑛 ≥ 100, 𝑢 𝑛 =
𝑛!
𝑛 𝑛 e, passando ao cálculo do limite, surge uma
indeterminação do tipo
∞
∞
. Repare-se que:
𝑛!
𝑛 𝑛 =
𝑛(𝑛−1)(𝑛−2) … 3 × 2 × 1
𝑛 × 𝑛 × … × 𝑛 (𝑛 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠)
= (1
(𝑛−1)
𝑛
(𝑛−2)
𝑛
…
3
𝑛
2
𝑛
)
1
𝑛
≤
1
𝑛
, porque se tem
(𝑛−1)
𝑛
< 1,
(𝑛−2)
𝑛
< 1 e assim sucessivamente. Portanto, 0 ≤
𝑛!
𝑛 𝑛 ≤
1
𝑛
e, pelo Teorema da
sucessão enquadrada, conclui-se que (𝑢 𝑛) é um infinitésimo.

6. Miguel Fernandes
15. Considere a sucessão definida, informalmente, por:
√2, √2√2, √2√2√2,…
e mostre que a mesma converge.
Resolução:
Repare-se que podemos reescrever os termos da sucessão da seguinte maneira:
1.º Termo: 2
1
2
2.º Termo: 2
1
2 × 2
1
2
2
= 2
1
2
+
1
2
2
3.º Termo: 2
1
2 × 2
1
22
× 2
1
23
= 2
1
2
+
1
22 +
1
23
…
Termo de ordem 𝑛: 2
1
2
+
1
2
2 +
1
2
3 + … +
1
2
𝑛
Agora, lim
𝑛
1
2
+
1
22 +
1
23 + … +
1
2 𝑛 =
1
2
1−1
2
= 1, pois estamos perante o limite da soma
dos 𝑛 primeiros termos de uma progressão geométrica de razão
1
2
< 1. Concluímos,
assim, que a sucessão é convergente para 2.
8. Dê exemplos de sucessões limitadas que não convergem.
Resolução:
Sucessões 𝑢 𝑛 = (−1) 𝑛
e 𝑣 𝑛 = sen 𝑛.
9. Mostre que a sucessão de termo geral 𝑣 𝑛 = (−1) 𝑛
𝑛 não é uma sucessão de Cauchy.
Resolução: Pretende-se mostrar que (𝑣 𝑛) não é uma sucessão de Cauchy e, como
tal, que verifica a proposição: ∃𝜖 > 0: ∀𝑝 ∈ ℕ, ∃𝑛, 𝑚 ∈ ℕ ∶ 𝑛, 𝑚 ≥ 𝑝 ∧ |𝑣 𝑛 − 𝑣 𝑚| ≥ 𝜖.
Façamos 𝑛 = 𝑝 e 𝑚 = 2𝑝:
|𝑣 𝑛 − 𝑣 𝑚| = |(−1) 𝑛
𝑛 − (−1) 𝑚
𝑚| = |(−1) 𝑝
𝑝 − (−1)2𝑝
2𝑝| = |(−1) 𝑝
𝑝 − 2𝑝|. (1)
Se 𝑝 for um natural par, então |(−1) 𝑝
𝑝 − 2𝑝| = |−𝑝| = |𝑝| ≥ 2 e se 𝑝 é um natural
ímpar |(−1) 𝑝
𝑝 − 2𝑝| = |−3𝑝| = |3𝑝| ≥ 3. (2)
Tomando (por exemplo) 𝜖 = 1, (1) e (2) levam-nos a concluir que (𝑣 𝑛) não é uma
sucessão de Cauchy.
10. Se 𝑥 é um número real tal que 1 + 𝑥 ≥ 0, então, para todo 𝑛 ∈ ℕ, (1 + 𝑥) 𝑛
≥ 1 + 𝑛𝑥
(desigualdade de Bernoulli). Utilize esta propriedade para mostrar que uma sucessão
da forma 𝑣 𝑛 = 𝑎 𝑛
, 𝑎 > 1, é divergente.
Resolução:
Estamos perante uma progressão geométrica de razão 𝑎.
Agora, considerando 𝑎 = 1 + 𝑥, 𝑥 > 0, tem-se ∀𝑛 ∈ ℕ, (1 + 𝑥) 𝑛
≥ 1 + 𝑛𝑥 e
lim
𝑛
(1 + 𝑛𝑥) = +∞. Consequentemente, (1 + 𝑥) 𝑛
= 𝑎 𝑛
→ +∞ o que conclui a prova.

7. Miguel Fernandes
11. Mostre, recorrendo a um exemplo, que, dada uma sucessão (𝑢 𝑛), lim
𝑛
𝑢 𝑛 = 𝐿 (finito
ou infinito) não implica que lim
𝑥→+∞
𝑓( 𝑥) = 𝐿, onde 𝑢 𝑛 = 𝑓( 𝑛), 𝑛 ∈ ℕ.
Resolução:
Seja 𝑢 𝑛 = sen(𝜋𝑛). Então lim
𝑛
𝑢 𝑛 = 0, porque, para todo 𝑛 ∈ ℕ, sen( 𝜋𝑛) = 0.
No entanto, lim
𝑥→+∞
sen(𝜋𝑥) não existe (o gráfico da função oscila, pelo que as imagens
não se aproximam de nenhum número à medida que 𝑥 cresce).
16. Seja ( 𝑢 𝑛) uma sucessão monótona e ( 𝑣 𝑛) uma sucessão limitada. Considere ainda
que |𝑢 𝑛 − 𝑣 𝑛| < 2−𝑛
,∀𝑛 ∈ ℕ. Mostre que ( 𝑢 𝑛) é limitada e que lim
𝑛
𝑢 𝑛 = lim
𝑛
𝑣 𝑛.
Resolução:
|𝑢 𝑛 − 𝑣 𝑛| < 2−𝑛
⇔ |𝑢 𝑛 − 𝑣 𝑛| < (
1
2
)
𝑛
⇔ − (
1
2
)
𝑛
< 𝑢 𝑛 − 𝑣 𝑛 < (
1
2
)
𝑛
⇔
⇔ 𝑣 𝑛 − (
1
2
)
𝑛
< 𝑢 𝑛 < (
1
2
)
𝑛
+ 𝑣 𝑛
Mas (
1
2
)
𝑛
< 1 e ∃𝑚, 𝑀 ∈ ℝ: 𝑚 ≤ 𝑣 𝑛 ≤ 𝑀 (porque ( 𝑣 𝑛) é limitada), logo:
𝑣 𝑛 − (
1
2
)
𝑛
> 𝑣 𝑛 − 1 ≥ 𝑚 − 1 e (
1
2
)
𝑛
+ 𝑣 𝑛 < 𝑣 𝑛 + 1 ≤ 𝑀 + 1.
Assim, 𝑚 − 1 < 𝑢 𝑛 < 𝑀 + 1 e, consequentemente, ( 𝑢 𝑛) é uma sucessão limitada.
Sendo também monótona, então é convergente.
Agora, − (
1
2
)
𝑛
< 𝑢 𝑛 − 𝑣 𝑛 < (
1
2
)
𝑛
⇔ 𝑢 𝑛 − (
1
2
)
𝑛
< 𝑣 𝑛 < (
1
2
)
𝑛
+ 𝑢 𝑛 e tem-se:
lim
𝑛
[(
1
2
)
𝑛
+ 𝑢 𝑛] = lim
𝑛
[𝑢 𝑛 − (
1
2
)
𝑛
] = lim
𝑛
𝑢 𝑛 = lim
𝑛
𝑣 𝑛 (a segundo igualdade pelo facto de
(
1
2
)
𝑛
→ 0 e a terceira pelo Teorema da Sucessão Enquadrada).
17. Dê um exemplo de uma sucessão de Cauchy que não seja contrativa.
𝑢 𝑛 = {
2 𝑛
𝑛 ≤ 3
1
𝑛⁄ 𝑛 > 3
Resolução:
(𝑢 𝑛) é convergente para zero e, portanto, é uma sucessão de Cauchy. No entanto,
|23
− 22| = 4 > 2 = |22
− 21|, pelo que (𝑢 𝑛) não pode ser contrativa.

8. Miguel Fernandes
 Exercícios propostos
1. Mostre que a sucessão 𝑢 𝑛 =
𝑛2−1
2𝑛+1
não é limitada.
5. Mostre que a sucessão (𝑣 𝑛) é limitada:
𝑣 𝑛 = {
5 se 𝑛 é múltiplo de 3
𝑠𝑒𝑛 𝑛 se 𝑛 não é múltiplo de 3
6. Mostre que a soma de duas sucessões limitadas é uma sucessão limitada.
7. Mostre, pela definição, que uma sucessão dada por 𝑥 𝑛 = 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ, é convergente e o
seu limite é 𝑘.
8. Aplicando o Binómio de Newton, mostre que 2 ≤ (1 +
1
𝑛
)
𝑛
< 3, ∀𝑛 ∈ ℕ.
Estude a monotonia da mesma sucessão e conclua que a mesma converge para um
número real que se denomina número de Neper.
3. Considere a sucessão ( 𝑎 𝑛):
𝑎 𝑛 = {
𝑎1 = 𝑟
𝑎 𝑛+1 =
𝑎 𝑛 + 𝑟
2
∀𝑛 ∈ ℕ 𝑟 ∈ ℝ
e mostre que 𝑎 𝑛 → 𝑟.
4. Classifique como verdadeira ou falsa cada uma das seguintes afirmações. Justifique.
i. A soma de duas sucessões divergentes é uma sucessão divergente.
ii. Se (𝑢 𝑛) é uma sucessão divergente, então lim
𝑛
|𝑢 𝑛| = |lim
𝑛
𝑢 𝑛|.
iii. Se 𝑢 𝑛 → 𝑎, 𝑎 ∈ ℝ, então −𝑢 𝑛 → −𝑎.
5. Dê um exemplo ou explique porque não existe:
i. Uma sucessão cujos termos são números irracionais e que converge para um
número racional.
ii. Uma sucessão que seja limitada apenas a partir de uma certa ordem.
iii. Uma sucessão convergente cujos conjunto de termos é ilimitado e contém
apenas números naturais.
iv. Uma sucessão cujo conjunto de termos é ℝ.
v. Uma sucessão não convergente cujo conjunto de sublimites é unitário.
vi. Uma sucessão contrativa que não seja de Cauchy.
6. Dê exemplo de sucessões (𝑎 𝑛), (𝑏 𝑛) e (𝑐 𝑛) tais que 𝑎 𝑛 → +∞, 𝑏 𝑛 → −∞ e 𝑐 𝑛 → 0 que
verifiquem:
i. 𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 → 1
ii. 𝑎 𝑛 𝑐 𝑛 → 0
7. Seja (𝑣 𝑛) uma sucessão que verifica 0 ≤ 𝑣 𝑚+𝑛 ≤
𝑚+𝑛
𝑚𝑛+𝑚
para quaisquer 𝑚, 𝑛 ∈ ℕ.
Mostre que 𝑣 𝑛 → 0.