2008 Eai - Af1_resolucao

Actividade Formativa 1 ˜ es importantes: Recomendac ¸o • A resolu¸c˜ao correcta das quest˜oes envolve, al´em da ´obvia correc¸c˜ao do resultado final, a capacidade de escrever clara, objectiva e correctamente, de estruturar logicamente as respostas e de desenvolver e de apresentar os c´alculos e os racioc´ınios matem´aticos utilizando nota¸c˜ao apropriada. • Justifique cuidadosa e detalhadamente todos os c´alculos, racioc´ınios e afirma¸c˜oes que efectuar.

1. Observe que

    √ √ 1 1 √ 1 1 1 > 2 = 2 1+ √ = 2 √ + + 2 2 2 2 2

e que

    √ 1 1 1 √ √ 1 1 1 1 1 > 3 = 3. 1+ √ + √ = 3 √ + √ + + + 3 3 3 2 3 3 6 3 Conjecture qual deva ser a express˜ao an´aloga para um minorante do valor da soma 1 1 1 1+ √ + √ +···+ √ , n 2 3

n ∈ {2, 3, 4, . . .}

e prove que a sua conjectura ´e verdadeira usando o princ´ıpio de indu¸c˜ao.  1 S 1 , 2n−1 . 2. Considere o conjunto B = n∈N Bn , onde Bn = 2n a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de B. aberto/fechado, limitado/n˜ao-limitado.

Classifique B quanto a ser

b) Determine, caso existam, ou justifique porque n˜ao existem, o m´aximo, o m´ınimo, o supremo e o ´ınfimo de B. c) Indique quais das afirma¸c˜oes seguintes s˜ao verdadeiras e quais s˜ao falsas: P (i) Para qualquer sucess˜ao an tal que an ∈ Bn , ∀n, a s´erie n an ´e divergente.

(ii) Existem sucess˜oes estritamente decrescentes bn de termos em B para as quais ´e convergente.

P

n bn

(iii) Qualquer sucess˜ao estritamente decrescente de termos em B converge para zero. 3. Calcule, se existirem, ou prove que n˜ao existem, os limites das seguintes sucess˜oes: a) un = b) vn =

an −3 , a2n +1

q n

onde a ∈ R ´e uma constante independente de n.

(2n)! . (n!)2

1

4. a) Sejam α e β duas constantes positivas. Considere uma sucess˜ao real xn definida por r αβ 2 + x2n , n∈N xn+1 = α+1 com x1 ∈]0, β[. Mostre que xn ´e convergente e calcule o seu limite. b) Uma sucess˜ao real wn diz-se contractiva se existir uma constante K ∈]0, 1[ tal que ∀n ∈ N, |wn+2 − wn+1| 6 K |wn+1 − wn | . Prove que qualquer sucess˜ao contractiva ´e de Cauchy e, portanto, convergente. 5. Determine a natureza das seguintes s´eries num´ericas ∞ X n=1

1 , n(n + 2)

∞ X n=3

2n ∞  X 2n − 1

1 , n(log n)(log log n)

n=1

3n + 1

,

e determine o valor da soma da primeira delas. 6. Sejam an e bn duas sucess˜oes de termos n˜ao-negativos tais que an → convergente. Estude a natureza das s´eries X X X an bn , (an + bn ), (an )n . n

n

1 3

e a s´erie

P

n bn

´e

n

fim

˜o da actividade formativa 1 resoluc ¸a 1. Observando os dois exemplos dados, ´e natural conjecturar que √ 1 1 1 1 + √ + √ + · · · + √ > n. n 2 3 Vejamos se esta conjectura ´e verdadeira recorrendo ao princ´ıpio de indu¸c˜ao. A express˜ao ´e claramente v´alida quando n = 2, j´a que ´e o caso apresentado no primeiro exemplo do enunciado. Atentemos agora na propriedade da hereditariedade: suponhamos que a conjectura ´e v´alida para um dado n e vejamos o que se pode dizer sobre o caso com n + 1: 1 1 1 1 > 1 + √ + √ + · · · + √ +√ n n+1 2 3 | √ {z } > n, por hip´ otese de indu¸ca ˜o

√ √ n+1 n+1 1 √ > n+ √ = n+1 n+1 √ √ √ n n+1 n+1 √ > = √ = n + 1. n+1 n+1 √

Consequentemente, como a propriedade heredit´aria ´e v´alida e a desigualdade ´e verdadeira no primeiro caso (n = 2), conclui-se, pelo princ´ıpio de indu¸c˜ao, que a nossa conjectura ´e verdadeira. 2

2.a) Comecemos por observar que o conjunto B ´e uma reuni˜ao numer´avel de intervalos 1 1 1 fechados. Para todos os naturais n tem-se 2n+1 < 2n < 2n−1 . Pela primeira desigualdade, podemos concluir que o supremo de Bn+1 ´e inferior ao ´ınfimo de Bn e portanto Bn+1 ∩ Bn = ∅, ∀n; pela segunda desigualdade tem-se que, para cada intervalo Bn , inf Bn < sup portanto, o interior de cada Bn ´e n˜ao vazio e ´e igual ao inter 1Bn e,  1 valo aberto 2n , 2n−1 . Estes dois factos permitem-nos concluir que o interior de B ´e S n∈N int(Bn ). Novamente devido ao facto dos Bn serem intervalos disjuntos, podemos concluir que os pontos da fronteira de cada Bn est˜ao tamb´em na fronteira de B. Al´em deste, a fronteira de B tamb´em inclui a origem: para concluir isto basta reparar que qualquer vizinhan¸ca de 0, digamos ] − ε, ε[, cont´em sempre pelo menos um ponto de R \ B e um ponto de B: de facto todos os pontos negativos de ] − ε, ε[ est˜ao no com1 1 < ε e portanto 2n ∈ B∩] − ε, ε[. plementar de B e, se tomarmos n > (2ε)−1 2n a1o
S, ent˜ Concluimos assim que front(B) = {0} ∪ n∈N n . Finalmente, o exterior de B n˜ao ´e mais do que ! [  1 1 ext(B) = R \ (int(B) ∪ front(B)) = ] − ∞, 0[ ∪ ∪ ]1, +∞[. , 2n + 1 2n n∈N Observando que, quer B 6= int(B), quer B 6= B, concluimos que B n˜ao ´e, nem aberto nem fechado. Como o intervalo ] − ∞, 0[ ´e parte do exterior de B temos que B ´e limitado inferiormente. Analogamente, como ]1, +∞[ est´a em ext(B), o conjunto B tamb´em ´e limitado superiorment. Portanto B ´e um conjunto limitado. 2.b) Pelos resultados da al´ınea anterior sabe-se que [1, +∞[ ´e o conjunto dos majorantes de B. Consequentemente 1 = sup B. Como 1 ∈ B conclui-se que ´e o m´aximo de B. Analogamente, como ] − ∞, 0] ´e o conjunto dos minorantes de B tem-se 0 = inf B. No entanto, como 0 6∈ B, conclui-se que B n˜ao tem min´ımo. 2.c)(i) Considere-se uma qualquer sucess˜ao an tal que, para cada n, an ∈ Bn , ou seja, para 1 1 cada n, tem-se 2n < an < 2n−1 . Ent˜ao, a primeira desigualdade permite escrever N N X 1X1 1 = an > 2n 2 n=1 n n=1 n=1

N X

(1)

P Como sabemos que a s´erie de termos n˜ao-negativos n n1 ´e divergente, podemos concluir que a sucess˜ao das suas somas parciais Ptende para +∞ e, portanto, conclui-se de (1) que a sucess˜ao das somas parciais de n an diverge para +∞, pelo que a s´erie ´e divergente. A afirma¸c˜ao no enunciado ´e, portanto, verdadeira. 2.c)(ii) Observe-se que se a sucess˜ao bn ∈ B for tal que se tenha bn ∈ Bn , ent˜ao cai-se no caso da al´ınea anterior. Se a sucess˜ao for tal que todos os Bj contˆem pelo menos um termo da sucess˜ao, mas alguns podem conter mais do que um, ´e natural esperar que o caso s´o piore, visto que teremos mais termos daPsucess˜ao “afastados” de zero e portanto ´e natural esperar que as somas parciais de n bn ainda sejam maiores do P que no caso anterior1 ; Portanto, para termos alguma esperan¸ca de que b seja n n convergente, a sucess˜ao bn tem de ser esparsamente distribuida pelos Bj , ou seja, nem 1

Que isto ´e de facto assim iremos confirmar mais adiante, mas, sendo esta ideia intuitiva natural, ´e prefer´ıvel tentarmos explorar primeiro o caso que resta, e para o qual pode haver alguma esperan¸ca da resposta `a quest˜ ao ser positiva, ou seja, a situa¸ca˜o em que nem todos os Bj tˆem elementos da sucess˜ao bn .

3

todos os Bj podem conter um termo da sucess˜ao. De facto, encontrar um exemplo 1 nestas condi¸c˜oes ´e muito f´acil: relembremos que para a sucess˜ao bn = (2n) erie 2 a s´ P 1 2 e convergente . Agora resta observar que todas as frac¸c˜oes do tipo (2n)2 podemn bn ´ 1 1 e j = 2n2 . Note-se que esta sucess˜ao se escrever como 2(2n 2 ) = 2j , onde o inteiro j ´ est´a esparsamente distribuida pelos Bn havendo um (e um s´o) termo da sucess˜ao em B2 , B8 , B18 , etc. Como 2j1 ´e um ponto de Bj , conclu´ımos que a sucess˜ao bn est´a em B P e que a s´erie n bn ´e convergente. Portanto, a afirma¸c˜ao do enunciado ´e verdadeira.

J´a tendo respondido `a quest˜ao colocada, a resolu¸c˜ao do problema terminou no par´agrafo anterior. No entanto, apenas para ilustrar como, por vezes, transformar uma ideia intuitiva num argumento matematicamente rigoroso pode envolver algum esfor¸co, provaremos de seguida que se a sucess˜ao bn for tal que todos os Bj contˆem pelo menos P um termo da sucess˜ao, mas alguns podem conter mais do que um, ent˜ao a s´erie n bn ´e for¸cosamente divergente. Comecemos por designar por #j o n´ umero de elementos da sucess˜ao bn que est˜ao no conjunto Bj . Por hip´otese tem-se #j > 1. Somemos agora todos os termos da sucess˜ao bn que est˜ao nos conjuntos B1 , B2 , .P . . , BN . Isto ´e, considere-se a seguinte subsucess˜ao da sucess˜ao das somas parciais de n bn : N  X X j=1

bn ∈Bj

bn



 X  X  X N N N N N  X X X 1 1 1 1X1 1 = 1 = #j > = . > 2j 2j 2j 2j 2 j j=1 j=1 j=1 j=1 j=1 b ∈B b ∈B n

n

j

j

Ou ´ ltimo termo no membro direito ´e exactamente o que j´a tinha P surgido na al´ınea anterior. Consequentemente, a sucess˜ao das somas parciaisPde n bn tem uma subsucess˜ao divergente e, portanto, ´e divergente. Ou seja, a s´erie n bn diverge.

1 , a qual est´a 2.c)(iii) A afirma¸c˜ao ´e obviamente falsa: basta considerar a sucess˜ao cn = 12 + 2n 1 1 contida em B1 ⊂ B, ´e estritamente decrescente (visto que cn+1 − cn = 2(n+1) − 2n < 0) 1 e convergente para 2 6= 0. n

3. Para estudar o limite da sucess˜ao un = aa2n−3 ´e necess´ario ter presente os comportamentos +1 n limite da sucess˜ao a para os poss´ıveis valores de a, que, relembramos, s˜ao os seguintes:  0 se |a| < 1    1 se a = 1 lim an =  +∞ se a > 1    n˜ao existe se a 6 −1 Tendo isto presente, h´a dois casos imediatamente ´obvios: se |a| < 1 ent˜ao tamb´em |a2 | < |a| < 1 e tem-se, pelos resultados alg´ebricos sobre limites, an − 3 lim(an − 3) 0−3 an − 3 = lim 2 n = = = −3; lim 2n 2 n a +1 (a ) + 1 lim((a ) + 1) 0+1 o outro caso imediato ´e quando a = 1, para o qual tem-se tamb´em a2 = a = 1 e portanto an − 3 = −1. lim 2n a +1 2

Para isso basta recorrer,P por exemplo, ao crit´erio de compara¸ca˜o: como 1 em ´e convergente ´e convergente, ent˜ ao a s´erie n (2n) 2 tamb´

4

1 2n2

<

1 n2

e como a s´erie

P

1 n n2

Para os restantes casos h´a que proceder com algum cuidado adicional. Comecemos pelo caso a = −1: neste caso tem-se a2 = (−1)2 = 1 e portanto a sucess˜ao fica un =

(−1)n − 3 (−1)n − 3 an − 3 = = , a2n + 1 1+1 2

a qual n˜ao tem limite, visto que a subsucess˜ao dos termos de ordem par, u2k = −1, e a subsucess˜ao dos termos de ordem ´ımpar, u2k−1 = −2, tendem para limites distintos. Os casos que restam, a saber, a > 1 e a < −1, podem ser tratados simultaneamente devido 2n 2 n `a seguinte observa¸c˜ao: note-se que em ambos os casos a2 > 1 e portanto   a = (a ) → +∞. Por outro lado a2n ≫ |an | quando n → ∞, ou seja: n

a2n |a|n

=

a2 |a|

n

= |a|n → ∞.

Isto sugere imediatamente que em un = aa2n−3 o denominador cresce mais rapidamente +1 para infinito do que o (m´odulo do) numerador e que portanto deveremos, para calcular o limite, factorizar da express˜ao de un o termo que cresce mais rapidamente, a2n :

3 0−0 an − 3 1 a1n − a2n −−−→ 0 · = = 0. 1 2n 2n a +1 a 1 + a2n n→∞ 1+0 q . Atendendo ao resultado que estabelece Consideremos agora a sucess˜ao vn = n (2n)! (n!)2 √ xn+1 que, para sucess˜oes xn positivas, se xn → L ∈ [0, +∞] ent˜ao tamb´em n xn → L, e atendendo a que (2(n+1))! ((n+1)!)2 (2n)! (n!)2

=

(2(n + 1))! (n!)2 (2n)! ((n + 1)!)2

(2n)!(2n + 1)(2n + 2) (n!)2 (2n)! (n!)2 (n + 1)2 (2n + 1)(2n + 2) −−−→ 4, = n→∞ (n + 1)2 =

conclui-se que este ´e tamb´em o valor do limite da sucess˜ao vn . 4.a) Como a sucess˜ao ´e dada recursivamente, ou por recorrˆencia (i.e., calculamos o termo de ordem n + 1 da sucess˜ao `a custa do que sabemos acerca do termo de ordem n), n˜ao ´ claro ´e inteiramente ´obvio como poderemos provar que a sucess˜ao ´e convergente. E que, se soubermos que a sucess˜ao xn converge para um dado n´ umero real ℓ, ent˜ao tamb´em xn+1 converge para o mesmo limite3 Mas ent˜ao, aplicando limites `a express˜ao que define (por recorrˆencia) a sucess˜ao xn tem-se r r αβ 2 + x2n αβ 2 + ℓ2 xn+1 = −−−→ ℓ = . α + 1 n→∞ α+1 Repare-se que o resultado ´e uma equa¸c˜ao da qual o limite ℓ, no caso de existir, ter´a de ser solu¸c˜ao. Elevando ambos os membros da equa¸c˜ao ao quadrado e resolvendo para a vari´avel ℓ2 obtem-se ℓ2 = β 2 e, consequentemente, temos que, ou ℓ = β, ou ℓ = −β. Note-se, no entanto, que ainda n˜ao resolvemos a quest˜ao colocada visto que, por um lado, os c´alculos que fizemos foram feitos sob a hip´otese do limite existir (facto que, nesta altura, ainda desconhecemos se ´e, ou n˜ao, verdade), por outro lado, se o limite 3

Note que xn+1 pode ser considerada a subsucess˜ao de xn `a qual foi retirado o primeiro termo, uma vez que o ´ındice come¸ca em n + 1 = 1 + 1 = 2. Portanto ambas tˆem o mesmo comportamento limite.

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existir, ele ser´a necessariamente u ´ nico e, nesta altura, temos dois candidatos para o limite β e −β (que, atendendo `a condi¸c˜ao β > 0 dada no enunciado, s˜ao diferentes um do outro!). A quest˜ao que se coloca agora ´e, antes de mais, averiguarmos se a sucess˜ao ´e, ou n˜ao, convergente. V´arias abordagens podem ser pensadas, mas n˜ao tendo uma express˜ao explicita para xn (mas apenas uma f´ormula recursiva) talvez seja razo´avel come¸carmos por tentar aplicar resultados abstractos sobre a convergˆencia de sucess˜oes. Um dos mais simples ´e o teorema que nos garante que todas as sucess˜oes mon´otonas e limitadas s˜ao convergentes. Ser´a xn limitada? Como a express˜ao que nos informa sobre o comportamento de xn ´e uma f´ormula recursiva ´e natural tentar aplicar o m´etodo de indu¸c˜ao e tentar provar que existe um conjunto I ⊂ R, independente de n, que cont´em todos os elementos da sucess˜ao xn . Observe que um poss´ıvel candidato para I ´e dado no enunciado: ´e o intervalo onde podemos escolher o primeiro termo da sucess˜ao: ´e ´obvio que se o conjunto I ter´a de conter todos os elementos da sucess˜ao, ter´a, em particular, que conter o seu primeiro elemento, x1 , e portanto ter´a de satisfazer I ⊇]0, β[∋ x1 . Experimentemos, ent˜ao, provar por indu¸c˜ao que se verifica xn ∈ I =]0, β[, ∀n ∈ N. Para o caso n = 1 n˜ao ´e necess´ario verificar nada porque a inclus˜ao ´e dada no pr´oprio enunciado. Vejamos a hereditariedade: suponhamos que xn ∈]0, β[ e investiguemos o que se passa com xn+1 : como, por hip´otese de indu¸c˜ao, 0 < xn < β 2 , concluimos que r r r αβ 2 + x2n αβ 2 + β 2 (α + 1)β 2 p 2 xn+1 = < = = β = |β| = β α+1 α+1 α+1 e tamb´em

r αβ 2 + x2n αβ 2 > > 0. xn+1 = α+1 α+1 Portanto verifica-se que tamb´em xn+1 ∈ I e, por indu¸c˜ao, prov´amos que a sucess˜ao ´e limitada. r

Resta provar que a sucess˜ao ´e mon´otona, o que ´e, agora, essencialmente imediato: como acab´amos de provar que 0 < x2n < β 2 , podemos agora usar este resultado para obter a estimativa seguinte r r r αβ 2 + x2n αx2n + x2n (α + 1)x2n p 2 xn+1 = > = = xn = |xn | = xn , α+1 α+1 α+1

a qual nos diz que a sucess˜ao ´e mon´otona estritamente crescente.

Concluimos, deste modo, que a sucess˜ao dada ´e convergente. Como tinhamos come¸cado por verificar que, caso existisse, o limite teria de ser igual ou a β > 0 ou a −β < 0, e atendendo a que agora sabemos que todos os termos da sucess˜ao est˜ao em I =]0, β[, obtemos imediatamente que o limite n˜ao pode ser negativo e portanto s´o pode ser igual a β. 4.b) Seja wn uma sucess˜ao contractiva. Para provarmos que wn ´e de Cauchy temos de estimar as diferen¸cas |xm − xn |. Sem perder generalidade pode-se sempre considerar que m > n. Comecemos por observar que a desigualdade triangular permite escrever |xm − xn | = |xm − xm−1 + xm−1 − · · · − xn−1 + xn−1 − xn | 6 |xm − xm−1 | + |xm−1 − xm−2 | + · · · + |xn−1 − xn |. 6

Agora reparemos que a defini¸c˜ao de sucess˜ao contractiva permite estimar cada uma das diferen¸cas que surgem no membro direito da desigualdade anterior. De facto, pela defini¸c˜ao de sucess˜ao contractiva tem-se, ∀p ∈ N, |wp+2 − wp+1| 6 K |wp+1 − wp | 6 K 2 |wp − wp−1 | 6 K 3 |wp−1 − wp−2| 6 . . . 6 K p |w2 − w1 | Substituindo estas estimativas na express˜ao anterior tem-se |xm −xn | 6 (K m−2 + K m−3 + . . .+ K n−1 )|x2 −x1 | = K n−1 (1 + K + . . .+ K m−n )|x2 −x1 |. Como a soma entre parentesis no membro direito desta express˜ao ´e a soma de uma m−n 1 progress˜ao geom´etrica de raz˜ao K, a sua soma ´e igual a 1−K < 1−K . Portanto, 1−K podemos finalmente escrever |xm − xn | <

K n−1 |x2 − x1 |. 1−K

(2)

Seja agora δ > 0 arbitr´ario. Tome-se p ∈ N como sendo o menor inteiro tal que K p−1 |x2 − x1 | < δ (sabemos que um tal p existe visto que, como K < 1, o membro 1−K esquerdo tende para zero e, portanto, a partir de certa ordem, h´a-de ser sempre menor que o n´ umero fixado para o membro direito). Ent˜ao, como K n < K p se n > p (novamente porque K < 1), concluimos por (2) que, para todos os m > n > p, se tem |xm − xn | < δe que, portanto, a sucess˜ao wn ´e de Cauchy. 5. Para a primeira s´erie, comecemos por observar que o seu termo geral pode ser escrito como a diferen¸ca de dois termos de uma outra sucess˜ao conveniente e que, portanto,
1 1 = 12 n1 − n+2 e, se trata de uma s´erie de Mengoli. De facto, podemos escrever n(n+2) 4 portanto, para a sucess˜ao das somas parciais da s´erie, tem-se ! !  N  N N N N +2 X 1X 1 1 X1 X 1 1 X1 1 1 SN = = = − − − 2 n=1 n n + 2 2 n=1 n n=1 n + 2 2 n=1 n n+2=3 n + 2 ! !   N N N +2 N +2 X X X X 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = = = − − + − − 2 n=1 n j=3 j 2 n=1 n n=3 n 2 1 2 N +1 N +2   3 1 1 3 1 −−−→ ∈ R, − + = 4 2 N + 1 N + 2 N →∞ 4 e portanto a s´erie ´e convergente e a sua soma ´e 43 . Para estudarmos a segunda s´erie ´e natural utilizarmos o crit´erio de condensa¸ c˜aP o de Cauchy: se uma sucess˜ao an for posiP tiva e decrescente, ent˜ao as s´eries n an e k 2k a2k tˆem a mesma natureza. Sabendo que as fun¸c˜oes x 7→ x e x 7→ log x s˜ao mon´otonas estritamente crescente, conclui-se 1 imediatamente que a sucess˜ao an = n(log n)(log ´e mon´otona estritamente decreslog n) cente. Tendo presente que n > 3 > e, conclui-se que an > 0. Podemos, pois, aplicar o crit´erio de condensa¸c˜ao de Cauchy: Atendendo a que 2k a2k = 2k

1 2k (log 2k )(log log 2k )

=

1 1 1 = k(log 2) log(k log 2) log 2 k log(k log 2)

4

Alguns dos passos da dedu¸ca˜o poderiam (e deveriam!) estar ausentes, visto tratarem-se apenas de passos elementares de manipula¸ca˜o de somat´orios. S˜ ao apresentados apenas para que n˜ ao surjam quaisquer d´ uvidas sobre as manipula¸co˜es envolvidas.

7

P sabemos que a nossa s´erie ´e da mesma natureza que k k log(k1 log 2) . N˜ao ´e, no entanto, ´obvia qual a natureza desta u ´ ltima s´erie. Para ultrapassar este problema podemos observar que o termo geral da s´erie n˜ao ´e muito diferente do que tinhamos inicialmente, embora seja apreciavelmente mais simples, tendo desaparecido um dos logaritmos. Isto sugere aplicarmos outra vez o crit´erio de condensa¸c˜ao: seja bk = k log(k1 log 2) ; ent˜ao 2p b2p = 2p

2p

1 1 1 1 1 = = = p p log(2 log 2) log(2 log 2) p log 2 + log 2 log 2 p + 1

e agora basta reconhecer que a s´erie cujo termo geral surge no membro direito ´e divergente5 para concluir que a s´erie dada no enunciado ´e tamb´em divergente. Por fim, para a u ´ ltima s´erie basta observar que s 2n  2  2 2n − 1 2n − 1 2 n = −−−→ < 1, n→∞ 3n + 1 3n + 1 3 para concluir que, pelo crit´erio da ra´ız, a s´erie dada ´e convergente. 6. Observe-se que, sendo an convergente, ´e necessariamente limitada. portanto, existe P uma constante K tal que an 6 K. Ent˜ao, tem-se an bb 6 Kbn e, como por hip´ o tese e n bn ´ P convergente, o crit´erio de compara¸c˜ao permite concluir que a s´erie n an bn ´e tamb´em convergente. A segunda s´erie ´e, obviamente, divergente, uma vez que o termo geral n˜ao tende para P zero: como sabemos que “ n bn convergente ⇒ bn → 0”, conclu´ımos que lim(an +bn ) = lim an = 31 .

No caso da u ´ ltima s´erie do enunciado, observemos que, de an → 31 concluimos que todos os termos, a partir de uma certa ordem, est˜ao suficientemente pr´oximos do valor limite 13 . Em particular, podemos certamente escolher uma ordem a partir da qual todos os termos s˜ao inferiores a 1. Precisemos um pouco mais: escolha-se ε > 0 de tal modo pequeno que 31 + ε < 1. Sabemos, da defini¸c˜ao de limite, que existe uma ordem n0 = n0 (ε) a partir da qual (i.e., para todos os n > n0 ) os termos da sucess˜ao satisfazem an < 31 + ε < 1. Como a natureza de uma s´erie n˜ao depende do que acontece a um n´ umero P finito dos seus termos, a natureza da s´erie do enunciado ´e a mesma que a da s´erie n>n0 (an )n e como a s´erie de termo geral 31 + ε ´e convergente (porque ´e uma s´erie geom´etrica de raz˜ao inferior a 1) concluimos, pelo crit´erio de compara¸c˜ao, que a s´erie dada tamb´em ´e convergente.

5

1 p,

Basta, por exemplo, aplicar o corol´ ario do crit´erio de compara¸ca˜o com a s´erie de Dirichlet de termo geral a qual se sabe que ´e divergente.

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