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MANUEL JOAQUIM ALVES
ELEMENTOS DE ANÁLISE MATEMÁTICA. PARTE I
* Método de indução matemática
* Sucessão. Limite de sucessão
* Sucessões fundamentais
* Função. Limite de função
* Limites notáveis
* Comparação de infinitésimos
Imprensa Universitária
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Manuel Joaquim Alves1 “Elementos de Análise Matemática. Parte I”– Maputo: ImprensaUniversitária, 2000.– 123p.
A colectânea de exerćıcios aborda o tema sobre limite de sucessão e função. O presente trabalho destina-se aos
estudantes dos cursos de Matemática, Ciências e Engenharias.
Referências bibliográficas: 4 t́ıtulos.
Número de registo: 01882/RLINLD/2000
Tiragem: 1500
Revisão: Prof. Doutor A. I. Shindiapin (Professor Associado Convidado no Departamento de Matemática e Informática);
dr. Lúıs Weng Sam (Assistente no Departamento de Matemática e Informática).
c© M. J. Alves, 2000
Este trabalho foi editado com o apoio financeiro da Cervejas de Moçambique.
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1Prof. Doutor M. J. Alves é mestrado (Universidade Estatal de Saint-Petersburg) e doutorado (Universidade Estatal
de Perm) em Matemática Pura. Actualmente é professor no Departamento de Matemática e Informática da Universidade
Eduardo Mondlane. O seu endereço electrónico é: [email protected]
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CONTEÚDO
Prefácio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1 MÉTODO DE INDUÇÃO MATEMÁTICA 81.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 SUCESSÃO. LIMITE DE SUCESSÃO 152.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3 INFINITÉSIMO E INFINITAMENTE GRANDE 223.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
4 PROPRIEDADES ARITMÉTICAS DE SUCESSÕES CONVERGENTES 294.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3
-
4
5 SUCESSÕES MONÓTONAS 435.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
6 LIMITES PARCIAIS 486.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 516.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
7 SUCESSÕES FUNDAMENTAIS 547.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 547.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 557.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 577.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
8 FUNÇÃO 608.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 608.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 618.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 688.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
9 LIMITE DE FUNÇÃO 719.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 719.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 749.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 839.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
10 LIMITES NOTÁVEIS 8510.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8510.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8610.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9610.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
-
5
11 COMPARAÇÃO DE INFINITÉSIMOS 9911.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9911.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10011.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11011.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115Indice remissivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
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PREFÁCIO
O presente trabalho é uma colectânea de exerćıcios referentes ao primeiro e segundo temas da
disciplina Análise Matemática I.
Pretendemos, deste modo, mostrar a aplicação dos teoremas e conceitos principais condu-
centes à assimilação dum dos tópicos básico e fundamental da Análise Matemática, que é a
noção de limite.
Faz-se uma breve revisão de conceitos tais como sucessão, função, seu domı́nio e con-
tradomı́nio. Introduz-se a noção de limite de sucessão e função, suas propriedades e vêm-se,
de um modo geral, os limites notáveis. Aborda-se, também, o conceito de o– pequeno, O–
grande e retratam-se algumas fórmulas asśımptóticas que nos mostram, de modo profundo, o
seu impacto no cálculo de limites.
A assimilação dos principais conceitos e teoremas, que se encontram no resumo teórico,
são fundamentais para a compreensão dos exerćıcios resolvidos e a resolução dos exerćıcios
propostos. Subentende-se que as demonstrações destes teoremas o leitor teve a oportunidade
6
-
7
de aprendê-las durante as aulas teóricas ministradas.
Parte dos exerćıcios aqui retratados foram retirados do livro sob redacção do académico
russo Boris Pavlovitch Demidovitch2.
Gostaŕıamos de exprimir os nossos agradecimentos à todos que, directa ou indirectamente,
contribúıram para que este trabalho fosse publicado. À CERVEJAS DE MOÇAMBIQUE, que
financiou esta edição, o nosso agradecimento.
O autor
Maputo, 2001
2Boris Pavlovitch Demidovitch (1906–1977) — matemático russo
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Módulo 1
MÉTODO DE INDUÇÃO
MATEMÁTICA
1.1 Resumo teórico
Para se demonstrar que uma afirmação é correcta para qualquer número natural n , é suficiente
mostrar que:
1) a afirmação é correcta para n = 1;
2) caso o ponto anterior se cumpra, então supõe-se que a afirmação é correcta para n = k ;
3) finalmente mostramos que, com base na suposição 2), a afirmação é correcta para n =
k + 1.
8
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Módulo 1. Método de indução matemática 9
1.2 Exerćıcios resolvidos
1) Nos exerćıcios seguintes mostre, aplicando o método de indução matemática, que as igual-
dades têm lugar para qualquer n natural:
(a) 1 + 2 + · · ·+ n = n(n + 1)2
;
Resolução. Para n = 1 temos 1 =1(1 + 1)
2, i.e. o ponto 1) do método de indução
matemática cumpre-se. Suponhamos que para n = k a igualdade é válida, i.e.
1 + 2 + · · ·+ k = k(k + 1)2
. Sendo assim, mostremos que para n = k + 1 a igualdade
se cumpre, i.e.
1 + 2 + · · ·+ k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2)2
?
Realmente,
1+2+· · ·+k+(k+1) = k(k + 1)2
+(k+1) =k(k + 1) + 2(k + 1)
2=
(k + 1)(k + 2)
2. ¤
(b) 12 + 22 + · · ·+ n2 = n(n + 1)(2n + 1)6
;
Resolução. Para n = 1 temos 12 =1(1 + 1)(2 + 1)
6=
2 · 36
= 1. Suponhamos que
para n = k a igualdade é válida, i.e.
12 + 22 + · · ·+ k2 = k(k + 1)(2k + 1)6
.
Vamos mostrar que para n = k + 1 a igualdade cumpre-se, i.e.
12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 = (k + 1)(k + 2)(2k + 3)6
?
-
10 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
Com efeito:
12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 = k(k + 1)(2k + 1)6
+ (k + 1)2 =
=k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2
6=
(k + 1)[k(2k + 1) + 6(k + 1)]
6=
=(k + 1)(2k2 + k + 6k + 6)
6=
(k + 1)(2k2 + 7k + 6)
6=
(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
6. ¤
(c) arctg1
2+ arctg
1
8+ · · ·+ arctg 1
2n2= arctg
n
n + 1;
Resolução. Para n = 1 temos arctg1
2= arctg
1
1 + 1, i.e. a igualdade cumpre-se.
Suponhamos que para n = k a igualdade é correcta, i.e.
arctg1
2+ arctg
1
8+ · · ·+ arctg 1
2k2= arctg
k
k + 1.
Mostremos que a igualdade é correcta para n = k + 1, i.e.
arctg1
2+ arctg
1
8+ · · ·+ arctg 1
2k2+ arctg
1
2(k + 1)2= arctg
k + 1
k + 2?
Para tal vamos mostrar, inicialmente, a igualdade:
arctgα + arctgβ = arctgα + β
1− αβ .
Fazendo θ1 = arctgα e θ2 = arctgβ temos que α = tgθ1 e β = tgθ2 . Seja
γ = θ1 + θ2 =⇒ tgγ = tg(θ1 + θ2) = tgθ1 + tgθ21− tgθ1tgθ2 =
α + β
1− αβ =⇒
=⇒ γ = θ1 + θ2 = arctgα + arctgβ = arctg α + β1− αβ .
-
Módulo 1. Método de indução matemática 11
Assim,
arctg1
2+ · · ·+ arctg 1
2k2+ arctg
1
2(k + 1)2= arctg
k
k + 1+ arctg
1
2(k + 1)2=
= arctg
kk+1
+ 12(k+1)2
1− kk+1
· 12(k+1)2
= arctg(2k2 + 2k + 1)(k + 1)
(2k3 + 6k2 + 5k + 2)=
= arctg(2k2 + 2k + 1)(k + 1)
(2k2 + 2k + 1)(k + 2)= arctg
k + 1
k + 2. ¤
2) Demonstre a desigualdade de Bernoulli1:
(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xn) ≥ 1 + x1 + · · ·+ xn,
onde xi > −1, i = 1, 2, . . . , n e xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n ;
Resolução. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se. Suponhamos que ela é correcta para
n = k , i.e.
(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk) ≥ 1 + x1 + x2 + · · ·+ xk.
Vamos mostrar a validade desta desigualdade para n = k + 1. Temos, para xi > −1,
(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk)(1 + xk+1) ≥ (1 + x1 + x2 + · · ·+ xk)(1 + xk+1) =
= (1+x1 +x2 + · · ·+xk +xk+1)+ (x1 +x2 + · · ·+xk)xk+1 ≥ 1+x1 +x2 + · · ·+xk +xk+1.
Nós fizemos uso da desigualdade (x1 + x2 + · · · + xk)xk+1 ≥ 0, pois segundo a condição
do exerćıcio xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n . ¤1Jacob I Bernoulli (1654–1705) — matemático súıço
-
12 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
3) Demonstre a desigualdade
1
2· 34· · · 2n− 1
2n<
1√2n + 1
;
Resolução. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se, pois
1
2<
1√2 · 1 + 1 =
1√3;
suponhamos que ela também cumpre-se para n = k , i.e.
1
2· 34· · · 2k − 1
2k<
1√2k + 1
.
Vamos mostrar que esta desigualdade é correcta para n = k + 1, i.e.
1
2· 34· · · 2k − 1
2k· 2k + 12k + 2
<1√
2k + 3?
Na verdade:
1
2· 34· · · 2k − 1
2k· 2k + 12k + 2
<1√
2k + 1· 2k + 12k + 2
=
=1√
2k + 3·√
2k + 3√2k + 1
· 2k + 12k + 2
=1√
2k + 3·√
4k2 + 8k + 3
4k2 + 8k + 4<
1√2k + 3
. ¤
4) Demonstre a desigualdade∣∣∣∣∣sin
(n∑
i=1
xi
)∣∣∣∣∣ ≤n∑
i=1
sin xi, 0 ≤ xi ≤ π, i = 1, 2, . . . , n;
Resolução. Para n = 1 temos | sin x1| = sin x1 pois, para 0 ≤ x1 ≤ π , o seno é positivo.
Suponhamos que para n = k a desigualdade tem lugar, i.e.∣∣∣∣∣sin
(k∑
i=1
xi
)∣∣∣∣∣ ≤k∑
i=1
sin xi.
-
Módulo 1. Método de indução matemática 13
Vamos mostrar que para n = k + 1 a desigualdade cumpre-se:∣∣∣∣∣sin
(k+1∑i=1
xi
)∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣sin
(k∑
i=1
xi + xk+1
)∣∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣∣sin(
k∑i=1
xi
)cos xk+1 + cos
(k∑
i=1
xi
)sin xk+1
∣∣∣∣∣ ≤
≤∣∣∣∣∣sin
(k∑
i=1
xi
)∣∣∣∣∣ | cos xk+1|+∣∣∣∣∣cos
(k∑
i=1
xi
)∣∣∣∣∣ | sin xk+1| ≤
≤k∑
i=1
sin xi + sin xk+1 =k+1∑i=1
sin xi. ¤
1.3 Perguntas de contrôle
1) Em que consiste o método de indução matemática?
1.4 Exerćıcios propostos
Para os exerćıcios seguintes demonstre, usando o método de indução matemática, as igualdades
ou desigualdades:
1) 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2 ;
2) 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2n−1 = 2n − 1;
3) (1 + x)n ≥ 1 + nx (n > 1, x > −1);
4) 1 +1√2
+1√3
+ · · ·+ 1√n
>√
n, (n ≥ 2);
-
14 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
5)x1 + x2 + · · ·+ xn
n≥ n√x1x2 · · ·xn (xk ≥ 0, k = 1, 2, . . . , n).
6) Utilizando o método de indução matemática demonstre, que
∀ n ∈ N : n ≤ 2n−1.
-
Módulo 2
SUCESSÃO. LIMITE DE SUCESSÃO
2.1 Resumo teórico
Se a cada número natural n se faz corresponder um certo número real xn , então diremos que
está definida a sucessão numérica x1, x2, . . . , xn, . . . A denotação usada é {xn}∞n=1 ou, caso
não suscite dúvidas, xn . O número xn é o n-ésimo termo (ou elemento) da sucessão {xn}∞n=1 .
As sucessões {xn + yn} , {xn− yn} , {xnyn} e{
xnyn
}chamaremos soma, diferença, produto
e quociente, respectivamente, das sucessões {xn} e {yn} (para o quociente supõe-se que yn 6=
0, ∀ n ∈ N).
Diremos que a sucessão {xn} é limitada se ∀ n ∈ N ∃ M > 0 : |xn| ≤ M . Do ponto de
vista geométrico significa que todos os elementos da sucessão se encontram na vizinhança do
ponto 0 e raio M .
15
-
16 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
Diremos que a sucessão {xn} não é limitada se ∃ n0 ∈ N ∀ M > 0 : |xn0| > M .
Diremos que o número a é limite da sucessão {xn} se
∀ ε > 0 ∃ N = N(ε) ∈ N ∀ n > N : |xn − a| < ε.
A denotação usada é limn→∞
xn = a , ou lim xn = a , ou xn → a . Do ponto de vista geométrico
significa que em qualquer vizinhança de a e raio ε “caiem” todos os elementos da sucessão
{xn} , com excepção dum número finito. Se uma sucessão tem limite finito, então diremos que
ela é convergente; se uma sucessão não tem limite, ou o seu limite é igual à infinito, então
diremos que ela é divergente.
Teorema 1. Se a sucessão {xn} é convergente, então o seu limite é único.
Teorema 2. Se a sucessão {xn} é convergente, então ela é limitada.
A afirmação contrária não é verdadeira: uma sucessão pode ser limitada, mas não ser
convergente. Por exemplo, a sucessão de termo geral (−1)n é limitada, mas não converge.
2.2 Exerćıcios resolvidos
1) Utilizando a definição de limite mostre que
limn
n + 1= 1;
-
Módulo 2. Sucessão. Limite de sucessão 17
Resolução. Pegamos um ε > 0 qualquer e vamos ver o módulo da diferença entre o
n-ésimo termo e a unidade, i.e.
|xn − 1| =∣∣∣∣
n
n + 1− 1
∣∣∣∣ =∣∣∣∣−
1
n + 1
∣∣∣∣ .
Assim, |xn − 1| =∣∣∣∣−
1
n + 1
∣∣∣∣ =1
n + 1; de acordo com a definição temos que achar um
número natural N tal, que ∀ n > N terá lugar a desigualdade 1n + 1
< ε . Resolvendo
esta desigualdade em relação à n temos n >1
ε− 1. Na qualidade de N podemos tomar
a parte inteira de1
ε− 1, i.e. N =
[1
ε− 1
]. ¤
2) No exerćıcio anterior ache N , para ε = 0.1, ε = 0.01 e ε = 0.001. Que conclusão tira
sobre o comportamento de N a medida que o raio da vizinhança diminui?
Resolução. Calculando directamente obtemos:
N(0.1) =
[1
0.1− 1
]= 9;
N(0.01) =
[1
0.01− 1
]= 99;
N(0.001) =
[1
0.001− 1
]= 999.
Vemos que N cresce, o que implica que mais termos caiem fora da vizinhança de 1. ¤
3) Utilizando a definição mostre que
limn→∞
5 · 3n3n − 2 = 5;
-
18 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
Resolução. Pela definição de limite significa que
∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n > N :∣∣∣∣
5 · 3n3n − 2 − 5
∣∣∣∣ < ε.
Assim,∣∣∣∣
5 · 3n3n − 2 − 5
∣∣∣∣ =10
3n − 2 < ε.
Resolvendo esta inequação em relação à n temos
n > log3
(10
ε+ 2
).
Na qualidade de N podemos tomar
N =
[log3
(10
ε+ 2
)]. ¤
4) Mostre, utilizando a definição de limite, que
limn→∞
1√n!
= 0;
Resolução. Sabendo que para n > 1 é válida a desigualdade n! > 2n−1 temos
1√n!
<1
2(n−1)/2< ε =⇒ 2(n−1)/2 > 1
ε.
Daqui, logaritmizando na base 2, obtemos n > 1 − log2 ε2 , portanto podemos tomar
N = [1− log2 ε2] . ¤
5) Formule, na linguagem “ε−N ”, o facto de que o número a não é limite da sucessão {xn}
e dê uma interpretação geométrica;
-
Módulo 2. Sucessão. Limite de sucessão 19
Resolução. Por definição, dizer que lim xn = a significa que
∀ ε ∃ N ∀ n > N : |xn − a| < ε.
Utilizando a regra de construção da negação temos que lim xn 6= a se
∃ ε > 0 ∀ N ∃ n > N : |xn − a| ≥ ε.
A interpretação geométrica deste facto é que existe uma vizinhança de a de raio ε tal que
fora dela se encontra um número infinito de termos da sucessão. ¤
6) Mostre que a sucessão de termo geral xn = (−1)nn é divergente;
Resolução. Por definição, |(−1)nn| = n > E verifica-se para n > E ≡ N , onde E > 0
é qualquer. ¤
7) Mostre que a sucessão de termo geral xn = 2n(−1)n não é limitada;
Resolução. De acordo com a definição de sucessão não limitada, precisamos mostrar que
∀ M > 0 ∃ n0 ∈ N tal, que |xn0| > M . Pegando um número n qualquer, mas par, de
modo que n > log2 M temos xn = 2n > 2log2 M = M . ¤
2.3 Perguntas de contrôle
1) Formule as definições:
(a) sucessão;
-
20 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
(b) sucessão limitada;
(c) limite de sucessão.
Dê uma interpretação geométrica destas definições.
2) Diga se é correcta a seguinte definição de limite de sucessão: lim xn = α se ∀ ε > 0 ∃ k > 0
(não obrigatóriamente natural) tal, que ∀ n > k : |xn − α| < ε .
3) Mostre, com um exemplo, que o número N que figura na definição de limite duma
sucessão, depende de ε .
4) Seja pois {xn} uma sucessão e o número α , que satisfaz a condição: ∃ N tal, que ∀ ε > 0
e ∀ n > N : |xn − α| < ε . Será que qualquer sucessão convergente para α satisfaz esta
condição?
5) Seja lim xn = α .
(a) Será posśıvel que todos os termos da sucessão sejam positivos (negativos) se α = 0?
(b) Demonstre que lim xn+1 = α , lim xn+2 = α ;
(c) Demonstre que xn é limitada.
6) Suponhamos que numa certa vizinhança do ponto α se encontram um número infinito de
elementos da sucessão {xn} . Desta condição será verdade, que:
(a) lim xn = α?
-
Módulo 2. Sucessão. Limite de sucessão 21
(b) Nenhum ponto, que se encontre fora desta vizinhança, é o limite desta sucessão?
(c) A sucessão {xn} é limitada?
7) Diga o que entende por sucessão convergente e sucessão divergente.
8) A sucessão {xn} é limitada (não é limitada). Será que dáı advém o facto que {xn} é
convergente (divergente)?
9) Demonstre que o limite duma sucessão (caso exista) é um só.
2.4 Exerćıcios propostos
1) Verifique se as sucessões seguintes são limitadas:
(a) xn = (−1)n 1n
;
(b) xn = 2n ;
(c) xn = ln n ;
(d) xn = sin n .
2) Utilizando a definição de limite mostre que:
(a) lim(−1)n
n= 0;
(b) lim2n
n + 3= 2.
-
Módulo 3
INFINITÉSIMO E INFINITAMENTE
GRANDE
3.1 Resumo teórico
Diremos que a sucessão de termo geral xn é um infinitésimo se lim xn = 0. Diremos que a
sucessão de termo geral xn é infinitamente grande se
∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E.
Do ponto de vista geométrico dizer que uma sucessão é infinitamente grande significa que em
qualquer vizinhança de zero se encontra um número finito de elementos, e fora da vizinhança
há um número infinito de termos. Se a sucessão {xn} é um infinitamente grande, então escreve-
22
-
Módulo 3. Infinitésimo e infinitamente grande 23
se lim xn = ∞ . Se, a partir de um certo número, todos os termos da sucessão são positivos
(negativos), então escreve-se lim xn = +∞ (lim xn = −∞).
Note-se que uma sucessão infinitamente grande não é convergente e a escrita simbólica
lim xn = ∞ (lim xn = −∞) significa sómente que a sucessão {xn} é infinitamente grande,
contudo não significa que ela tem limite. Qualquer que seja a sucessão infinitamente grande,
ela não é limitada, já que fora de qualquer vizinhança de zero encontra-se um número infinito
de termos.
Teorema 3. A soma de dois infinitésimos é um infinitésimo.
Teorema 4. O produto de uma sucessão limitada por um infinitésimo é um infinitésimo.
Teorema 5. Se a sucessão {xn} (xn 6= 0) é infinitamente grande, então a partir de um certo
número n está definida a sucessão
{1
xn
}, que é um infinitésimo.
3.2 Exerćıcios resolvidos
1) Formule, na linguagem “ε–N ”, a negação de que a sucessão {xn} é um infinitamente
grande. Dê a interpretação geométrica desta negação;
Resolução. A sucessão xn é infinitamente grande se ∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E .
A negação será: ∃ E > 0 tal, que ∀ N ∃ n > N : |xn| ≤ E .
Do ponto de vista geométrico isto significa, que existe uma certa vizinhança do ponto zero
-
24 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
e raio E , no qual se encontra um número infinito de termos desta sucessão. ¤
2) Demonstre que a sucessão an é um infinitamente grande, para o caso quando |a| > 1;
Resolução. Mostremos que a sucessão {an} satisfaz a definição de infinitamente grande,
i.e.
∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |a|n > E.
Resolvendo esta desigualdade temos n > log|a| E , assim N = [log|a| E] . ¤
3) Mostre que a sucessão de termo geral xn = n(−1)n não é limitada, contudo não tende para
o infinito;
Resolução. Seja E > 0 um número qualquer. Então, para n = 2k (k = 1, 2, . . .) temos
|x2k| = 2k > E se k > E/2, i.e. a sucessão xn não é limitada. Contudo, para E > 1 e
n = 2k − 1 (k = 1, 2, . . .) |x2k−1| = 12k − 1 < 1 e não pode ser superior à E > 1, i.e. não
é infinitamente grande. ¤
4) Demonstre que a sucessão de termo geral an é um infinitésimo, para o caso quando |a| < 1;
Resolução. Para a = 0 temos an = 0, qualquer que seja o número natural n ; supon-
hamos que a 6= 0, então an =((
1
a
)n)−1. Como
∣∣∣∣1
a
∣∣∣∣ > 1, então a sucessão{
1
an
}é
um infinitamente grande e a sucessão de termo geral an =
((1
a
)n)−1é um infinitésimo,
segundo o Teorema 5. ¤
5) Mostre que a sucessão de termo geral2n
n!é um infinitésimo;
-
Módulo 3. Infinitésimo e infinitamente grande 25
Resolução. Dizer que lim2n
n!= 0 significa: ∀ ε > 0 ∃ N ∀ n > N :
∣∣∣∣2n
n!
∣∣∣∣ < ε. Temos
2n
n!=
2
1· 22· 23· · · 2
n≤ 2
(2
3
)n−2=
=9
2·(
2
3
)n< ε =⇒
(2
3
)n<
2
9ε =⇒ n > log2/3(2ε/9).
Assim, N =[log2/3(2ε/9)
]. ¤
6) Mostre que a sucessão
{an
n!
}é um infinitésimo;
Resolução. Temos a avaliação
∣∣∣∣an
n!
∣∣∣∣ =|a|1· |a|
2· · · |a|
m· |a|m + 1
· · · |a|n
<
<|a|mm!
( |a|m + 1
)n−m< ε =⇒
( |a|m + 1
)n−m<
m!ε
|a|m =⇒
=⇒ (n−m) > log|a|/(m+1)(
m!ε
|a|m)
,
i.e. n > m + log|a|/(m+1)
(m!ε
|a|m)
qualquer que seja ε e |a| < m + 1. ¤
7) Mostre que a sucessão de termo geral1
2· 34· · · · 2n− 1
2né um infinitésimo;
Resolução. Segundo o exerćıcio 5 do ponto 1.2 temos
1
2· 34· · · 2n− 1
2n<
1√2n + 1
< ε =⇒
=⇒ 2n + 1 > 1ε2
=⇒ n > 12
(1
ε2− 1
).
Assim, N =
[1
2
(1
ε2− 1
)]. ¤
-
26 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
3.3 Perguntas de contrôle
1) Formule as definições:
(a) sucessão infinitamente pequena;
(b) sucessão infinitamente grande.
2) Formule, na linguagem “ε–N ”, que:
(a) a sucessão {xn} é um infinitésimo;
(b) a sucessão {xn} é um infinitamente grande. Dê a interpretação geométrica.
3) Dê a definição, na linguagem “ε–N ”, que lim xn = −∞ .
4) Suponhamos que um número infinito de termos duma sucessão se encontra:
(a) em qualquer vizinhança de zero;
(b) fora de qualquer vizinhança de zero.
Da condição a) (da condição b)) implica que a sucessão é infinitamente pequena
(infinitamente grande)? Limitada (não limitada)?
5) Sabe-se que yn 6= 0, ∀ n ∈ N e
(a) lim xn = lim yn = 0;
(b) lim xn = lim yn = ∞ .
-
Módulo 3. Infinitésimo e infinitamente grande 27
Será que a sucessão de termo geralxnyn
é um infinitamente grande (infinitamente
pequeno)?
6) Mostre que a soma de dois infinitésimos é um infinitésimo.
7) É correcto dizer que a soma de dois infinitamente grande é um infinitamente grande?
8) Demonstre que se lim xn = ∞ , então a partir de um certo n está definida a sucessão{1
xn
}e lim
1
xn= 0.
9) Seja {xn + yn} um infinitésimo. Será correcto afirmar que {xn} e {yn} são infinitésimos?
10) Demonstre que se xn ≥ yn e lim yn = +∞ , então lim xn = +∞ .
3.4 Exerćıcios propostos
1) Demonstre que as sucessões seguintes são infinitésimos:
(a) xn = nk, k < 0;
(b) xn = (−1)n(0.999)n ;
(c) xn = 2√
n ;
(d) xn = log(log n), n ≥ 2.
2) Mostre que a sucessão [1+(−1)n]n não é limitada, contudo não é um infinitamente grande.
-
28 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
3) Ache o menor termo da sucessão:
(a) xn = n2 − 9n− 100;
(b) xn = n +100
n.
-
Módulo 4
PROPRIEDADES ARITMÉTICAS
DE SUCESSÕES CONVERGENTES
4.1 Resumo teórico
Teorema 6. Seja lim xn = a e lim yn = b. Então:
1) lim (xn + yn) = a + b;
2) lim (xnyn) = ab;
3) se b 6= 0, então a partir de um certo número está definida a sucessão de termo geral xnyn
e limxnyn
=a
b.
Se lim xn = lim yn = 0, então limxnyn
chama-se indeterminação do tipo 0/0. De modo
29
-
30 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
análogo se definem as indeterminações do tipo ∞/∞ , 0 · ∞ , ∞−∞ . É claro que para tais
limites o Teorema 6 não se aplica.
Teorema 7. Se lim xn = a e a partir de um certo número temos que xn ≥ b (xn ≤ b), então
a ≥ b (a ≤ b).
Teorema 8. Se lim xn = lim yn = a e a partir de um certo número cumpre-se a dupla de-
sigualdade
xn ≤ zn ≤ yn,
então lim zn = a.
4.2 Exerćıcios resolvidos
1) Calcule lim xn , se:
(a) xn =9 + n
n+1
2 + 1n
;
Resolução. Façamos yn = 9 +n
n + 1e zn = 2 +
1
n; é claro que
lim yn = lim
(9 +
n
n(1 + 1n)
)= 10
e
lim zn = lim
(2 +
1
n
)= 2.
-
Módulo 4. Propriedades aritméticas de sucessões convergentes 31
Assim, aplicando o Teorema 6 temos
lim xn = limynzn
=lim ynlim zn
=10
2= 5. ¤
(b) xn =n
3n + 2;
Resolução. Calculando directamente temos:
limn
3n + 2= lim
n
n(3 + 2n)
= lim1
3 + 2n
=1
3. ¤
(c) xn =10n
n2 + 1;
Resolução. Calculando directamente temos:
lim10n
n2 + 1= lim
10n
n(n + 1n)
= lim10
n + 1n
= 0. ¤
(d) xn =n2 − nn−√n ;
Resolução. Calculando directamente e tendo em consideração o facto de que
n2 − n = (n +√n)(n−√n)
temos:
limn2 − nn−√n = lim
(n +√
n)(n−√n)n−√n = lim(n +
√n) = ∞+∞ = ∞. ¤
(e) xn =5 · 3n3n − 2 ;
Resolução. Calculando directamente temos:
lim5 · 3n3n − 2 = lim
5 · 3n3n(1− 2
3n)
= lim5
1− 23n
= 5. ¤
-
32 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
(f) xn =2− nn + 1
+n · 2−nn + 2
;
Resolução. Denote-se yn =2− nn + 1
e zn =n · 2−nn + 2
. Temos
lim yn = limn( 2
n− 1)
n(1 + 1n)
= −1
e
lim zn = limn
n(1 + 2n)2n
= lim1
(1 + 2n)2n
= 0.
Assim, lim xn = lim yn + lim zn = −1. ¤
(g) xn =
(n + 1
n
)5;
Resolução. Calculando directamente temos:
lim
(n + 1
n
)5=
[lim
(n + 1
n
)]5= 15 = 1. ¤
(h) xn =n3 + 27
n4 − 15 ;
Resolução. O numerador comporta-se como n3 e o denominador como n4 . Dáı,
que
limn3 + 27
n4 − 15 = limn3
n4= lim
1
n= 0. ¤
(i) xn =(n + 5)3 − n(n + 7)2
n2;
Resolução. Desenvolvemos, primeiro, o numerador:
(n + 5)3 − n(n + 7)2 = n3 + 15n2 + 75n + 125− n3 − 14n2 − 49n =
= n2 + 26n + 125.
-
Módulo 4. Propriedades aritméticas de sucessões convergentes 33
Assim,
lim xn = limn2 + 26n + 125
n2= lim
n2
n2= 1. ¤
(j) xn =2n+2 + 3n+3
2n + 3n;
Resolução. No numerador e denominador vamos evidenciar a potência de maior
base. Assim,
lim xn = lim4 · 2n + 27 · 3n
2n + 3n= lim
3n[4(2/3)n + 27]
3n[(2/3)n + 1]= 27,
pois (2/3)n → 0, porque 2/3 < 1. ¤
2) Sabe-se que lim xn = 1. Ache lim yn , se yn =xn − 1x2n − 1
;
Resolução. Usando a expressão da diferença de quadrados temos
x2n − 1 = (xn + 1)(xn − 1).
Assim,
lim xn = limxn − 1
(xn + 1)(xn − 1) = lim1
xn + 1=
1
1 + lim xn=
1
2. ¤
3) Calcule
lim1 + a + · · ·+ an1 + b + · · ·+ bn ,
para |a| < 1, |b| < 1;
Resolução. Os numerador e denominador são somas de n termos de progressões geomé-
tricas de razão a e b , respectivamente. Assim, com base na fórmula que permite calcular
-
34 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
tais somas, temos:
1 + a + · · ·+ an = 1− an+1
1− a , 1 + b + · · ·+ bn =
1− bn+11− b .
Em conclusão:
lim1 + a + · · ·+ an1 + b + · · ·+ bn = lim
(1− an+1)(1− b)(1− a)(1− bn+1) =
1− b1− a.
Nós exploramos o facto que lim an+1 = 0 e lim bn+1 = 0, pois |a| < 1 e |b| < 1 segundo a
condição do exerćıcio. ¤
4) Calcule
lim
(1
n2+
2
n2+ · · ·+ n− 1
n2
);
Resolução. Reescrevemos o termo geral de forma mais compacta:
xn =1
n2+
2
n2+ · · ·+ n− 1
n2=
1 + 2 + · · ·+ (n− 1)n2
.
O numerador é a soma de n− 1 termos duma progressão aritmética, cujo primeiro termo
é 1 e razão igual à 1. Deste modo, e aplicando a fórmula que permite achar a soma dos
elementos duma progressão aritmética, temos:
lim xn = lim(1 + n− 1)(n− 1)
2 · n2 = limn(n− 1)
2 · n2 =1
2. ¤
5) Calcule
lim
(1
2+
1
2 · 3 + · · ·+1
n(n + 1)
);
-
Módulo 4. Propriedades aritméticas de sucessões convergentes 35
Resolução. Vamos primeiro escrever1
k(k + 1)na forma
A
k+
B
k + 1. Achamos A e B :
1
k(k + 1)=
A
k+
B
k + 1=
A(k + 1) + Bk
k(k + 1);
daqui tirámos que (A + B)k + A = 1 =⇒ A = −B e A = 1. Assim,
1
k(k + 1)=
1
k− 1
k + 1.
Voltando à nossa sucessão temos:
1
2+
1
2 · 3 + · · ·+1
n(n + 1)=
(1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+ · · ·+
(1
n− 1
n + 1
)= 1− 1
n + 1.
Agora é fácil achar o limite:
lim
(1
1 · 2 +1
2 · 3 + · · ·+1
n(n + 1)
)= lim
(1− 1
n + 1
)= 1. ¤
6) Calcule
lim
(1
2+
3
22+
5
23+ · · ·+ 2n− 1
2n
);
Resolução. Fazendo
Sn =1
2+
3
22+
5
23+ · · ·+ 2n− 1
2n
temos
1
2Sn =
1
22+
3
23+
5
24+ · · ·+ 2n− 1
2n+1;
assim,
Sn − 12Sn =
1
2Sn =
1
2+
3− 122
+5− 3
23+ · · ·+ 2n− 1− 2n + 3
2n− 2n− 1
2n+1=
-
36 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
=1
2+
1
2+
1
22+ · · ·+ 1
2n−1− 2n− 1
2n+1=
1
2− 2n− 1
2n+1+ xn,
onde xn =1
2+
1
22+ · · · + 1
2n−1. É fácil ver que xn é a soma de n − 1 termos de uma
progressão geométrica, cuja razão é1
2. Assim,
xn =12(1− 1
2n−1 )
1− 12
= 1− 12n−1
.
Temos, finalmente,
lim1
2Sn = lim
(1
2− 2n− 1
2n+1+ 1− 1
2n−1
)=
1
2+ 1 =
3
2.
Daqui conclúımos que lim Sn = 3. ¤
7) Calcule
lim2√
2 · 4√
2 · 8√
2 · · · 2n√
2;
Resolução. Temos
xn =2√
2 · 4√
2 · 8√
2 · · · 2n√
2 = 212+ 1
4+ 1
8+···+ 1
2n = 21−1
2n .
Assim, lim xn = 2lim(1− 12n ) = 21 = 2. ¤
8) Calcule
lim
√n cos n
n + 1;
Resolução. Fazendo xn = cos n e yn =
√n
n + 1podemos ver que xn = cos n é limitada
e lim yn =
√n√
n(√
n + 1√n)
= 0 é um infinitésimo. Assim,
√n cos n
n + 1tende para zero, pois
segundo o Teorema 4, é o produto duma sucessão limitada por um infinitésimo. ¤
-
Módulo 4. Propriedades aritméticas de sucessões convergentes 37
9) Calcule
lim14 + 24 + 34 + · · ·+ n4
n5;
Resolução. Denotemos Sndef= 14 + 24 + 34 + · · ·+ n4 . Vamos procurar Sn na forma
Sn = An5 + Bn4 + Cn3 + Dn2 + En + F ;
então,
Sn+1 − Sn = A[(n + 1)5 − n5] + B[(n + 1)4 − n4]+
+C[(n + 1)3 − n3] + D[(n + 1)2 − n2] + E[(n + 1)− n].
Para qualquer natural n temos
(n + 1)4 = 5An4 + (10A + 4B)n3 + (10A + 6B + 3C)n2+
+(5A + 4B + 3C + 2D)n + A + B + C + D + E.
Igualando os coeficientes com os mesmos expoentes à esquerda e direita temos:
5A = 1
10A + 4B = 4
10A + 6B + 3C = 6
5A + 4B + 3C + 2D = 4
A + B + C + D + E = 1.
-
38 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
Daqui tirámos A = 1/5, B = 1/2, C = 1/3, D = 0, E = 1/30. Deste modo, para
qualquer natural n temos:
Sn =1
5n5 +
1
2n4 +
1
3n3 − 1
30n + F.
Colocando n = 1 temos
1 =1
5+
1
2+
1
3− 1
30+ F =⇒ F ≡ 0.
Assim,
lim14 + 24 + 34 + · · ·+ n4
n5= lim
(1
5+
1
2n+
1
3n2− 1
30n4
)=
1
5. ¤
10) Seja a > 1. Demonstre que
lim n√
a = 1;
Resolução. Denotamos n√
a− 1 = αn , então αn > 0 e
a = (1 + αn)n = 1 + nαn + · · ·+ αnn ≥ nαn.
Daqui conclúımos que 0 < αn ≤ an
, ∀ n . Significa que lim αn = 0, consequentemente
lim n√
a = lim(1 + αn) = 1. ¤
11) Demonstre que
lim n√
n = 1;
-
Módulo 4. Propriedades aritméticas de sucessões convergentes 39
Resolução. Fazendo n√
n− 1 = αn , então αn > 0 e
n = (1 + αn)n = 1 + nαn +
n(n− 1)2
α2n + · · ·+ αnn ≥n(n− 1)
2α2n,
para n ≥ 2. Como n − 1 ≥ n2
para n ≥ 2, então n ≥ n2α2n4
donde tirámos, que
0 ≤ αn ≤ 2√n
. Assim, lim αn = 0 e, consequentemente,
lim n√
n = lim(1 + αn) = 1. ¤
4.3 Perguntas de contrôle
1) Dê a definição de sucessão convergente.
2) Formule, na linguagem “ε–N ”, a definição de sucessão divergente e dê a interpretação
geométrica desta definição.
3) Formule os teoremas 6–8.
4) Suponhamos que xn converge e yn diverge. Demonstre que xn+yn diverge, αxn converge,
αyn diverge, para α 6= 0. Mostre, com exemplos, que a sucessão xnyn pode convergir ou
divergir.
5) Suponhamos que a sucessão xn+yn converge. Deste facto implica que xn e yn convergem?
6) Suponhamos que lim xn = a . Demonstre que xn pode representar-se na forma xn =
a + αn , onde αn é um infinitésimo.
-
40 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
7) Demonstre o Teorema 7.
8) Suponhamos que lim xn = a e ∀ n, xn > b . Deste facto implica que a > b?
4.4 Exerćıcios propostos
1) Sabe-se que a sucessão xn converge e yn diverge. Será posśıvel que xnyn seja convergente?
2) São dadas as sucessões1
n,
1
n2,
(−1)nn
e1
n + 100. Escolha destes infinitésimos as sucessões
que:
(a) limxnyn
= 0;
(b) limxnyn
= 1;
(c) limxnyn
= ∞ .
3) Investigue a convergência das sucessões (conforme os parâmetros α, β e γ ):
(a) xn =nα + 1
nβ + 3;
(b) xn = nγ
3√
n3 + 1− n√n + 1−√n .
4) Calcule os limites das sucessões seguintes:
-
Módulo 4. Propriedades aritméticas de sucessões convergentes 41
(a) xn =3√
n2 sin(n!)
n + 2;
(b) xn =√
n + 1−√n ;
(c) xn =(−2)n + 3n
(−2)n+1 + 3n+1 .
5) Calcule
lim
(1
n− 2
n+
3
n− · · ·+ (−1)
n−1nn
).
6) Calcule
lim
(12
n3+
22
n3+ · · ·+ (n− 1)
2
n3
).
7) Calcule
lim
(1
1 · 2 · 3 +1
2 · 3 · 4 + · · ·+1
n(n + 1)(n + 2)
).
8) Sabe-se que xn 6= 1 e lim xn = 1. Calcule
limx2n − 3xn + 2
x2n − 1.
9) Seja Sn a soma dos n primeiros termos duma progressão aritmética, cuja razão é d 6= 0
e termo geral an . Calcule:
(a) limSnn2
;
-
42 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
(b) limSna2n
, an 6= 0;
10) Calcule lim xn se xn = 0.11 . . . 1(n vezes).
-
Módulo 5
SUCESSÕES MONÓTONAS
5.1 Resumo teórico
Diremos que a sucessão xn é decrescente (crescente) se xn+1 ≤ xn (xn+1 ≥ xn), qualquer
que seja n ∈ N . As sucessões decrescentes ou crescentes chamam-se sucessões monótonas.
Diremos que a sucessão xn é estritamente crescente (estritamente decrescente) se
xn < xn+1 (xn > xn+1 ), qualquer que seja n ∈ N . As sucessões estritamente crescentes ou
estritamente decrescentes chamam-se sucessões estritamente monótonas.
Teorema 9. Qualquer sucessão limitada e monótona é convergente.
Teorema 10. Qualquer sucessão xn crescente e limitada superiormente é convergente.
Teorema 11. Qualquer sucessão xn decrescente e limitada inferiormente é convergente.
43
-
44 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
5.2 Exerćıcios resolvidos
1) Mostre que a sucessão
xn =n!
(2n + 1)!!, n ∈ N
tem limite e calcule esse limite;
Resolução. Vamos verificar se esta sucessão é monótona e limitada. Para tal analisemos
o quociente
xn+1xn
=(n + 1)!(2n + 1)!!
n!(2n + 3)!!=
n + 1
2n + 3<
1
2< 1,
dáı que xn é estritamente decrescente. É evidente que esta sucessão é limitada pois, para
qualquer n ≥ 1, tem lugar a dupla desigualdade 0 < xn < x1 = 13
e, pelo Teorema 9,
ela é convergente. Vamos calcular este limite. Suponhamos que lim xn = c . É claro que
também lim xn+1 = c . Assim,
c = lim xn+1 = lim xn · xn+1xn
= lim xn · n + 12n + 3
= limxn2
=c
2
Então c− c2
=c
2= 0 =⇒ c = 0. ¤
2) Mostre que a sucessão xn , onde x1 = 0, xn+1 =√
6 + xn , tem limite e calcule esse limite;
Resolução. Vamos mostrar que a sucessão xn =√
6 + xn é crescente e, para tal, faremos
isto usando o método de indução matemática. Temos
x2 =√
6 + x1 =√
6 + 0 =√
6 > 0 = x1.
-
Módulo 5. Sucessões monótonas 45
Suponhamos que xk+1 > xk . Então x2k+2 > x
2k+1 e tal como xk+2 > 0 e xk+1 > 0 a
desigualdade xk+2 > xk+1 é correcta.
Mostremos que xn é limitada. É claro que para qualquer natural n temos 0 ≤ xn e
x2n < x2n+1 = 6+xn , i.e. x
2n−xn− 6 < 0 de onde tirámos que xn < 3. Assim, 0 ≤ xn < 3
para qualquer n natural.
Sendo xn uma sucessão crescente e limitada, então ela é convergente. Suponhamos que
lim xn = c . Fazendo a passagem do limite na igualdade x2n+1 = 6 + xn e tendo em conta,
que lim xn+1 = c2 obtemos c2 = 6 + c dáı, que c = 3 (porque xn ≥ 0). ¤
3) Demonstre que a sucessão xn =
(1 +
1
n
)né monótona e limitada;
Resolução. Temos
xn+1xn
=(1 + 1
n+1)n+1
(1 + 1n)n
=
(1− 1
(n + 1)2
)n+1· n + 1
n>
>
(1− 1
n + 1
)· n + 1
n= 1.
Vemos que xn+1 > xn , i.e. xn é estritamente crescente.
Mostremos que xn é limitada. Pelo binómio de Newton1 temos
xn =
(1 +
1
n
)n= 1 + n · 1
n+
n(n− 1)2!
· 1n2
+
+n(n− 1)(n− 2)
3!· 1n3
+ · · ·+ n(n− 1) · · · (n− (n− 1))n!
· 1nn
=
1Isaac Newton (1643–1727) — f́ısico, astrónomo e matemático inglês
-
46 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
= 2+1
2!
(1− 1
n
)+
1
3!
(1− 1
n
)(1− 2
n
)+· · ·+ 1
n!
(1− 1
n
)(1− 2
n
)· · ·
(1− n− 1
n
)<
< 2 +1
2!+
1
3!+ · · ·+ 1
n!< 2 +
1
2+
1
22+ · · ·+ 1
2n−1= 2 +
(1− 1
2n−1
)< 3.
Assim, 2 ≤ xn < 3. Ao mostrarmos que a sucessão xn é limitada, exploramos o facto,
que 1− in
< 1, ∀ 1 ≤ i ≤ n e n! > 2n−1, n ≥ 2. ¤
5.3 Perguntas de contrôle
1) Defina sucessão monótona.
2) Formule o teorema de convergência para uma sucessão monótona.
3) A condição de que uma sucessão é limitada, é necessária e suficiente para a convergência
dela, caso seja monótona?
5.4 Exerćıcios propostos
1) Demonstre que a sucessão xn =n∑
k=1
1
n + ké convergente.
2) Demonstre a convergência e calcule o limite da sucessão xn dada na forma recorrente:
(a) x1 = a, x2 = b , a 6= b ,
xn =xn−1 + xn−2
2, ∀ n ≥ 3;
-
Módulo 5. Sucessões monótonas 47
(b) x1 é qualquer número negativo e
xn+1 =1
2
(xn +
a
xn
), ∀ n ≥ 1, a > 0.
-
Módulo 6
LIMITES PARCIAIS
6.1 Resumo teórico
Seja xn uma sucessão. Vejamos qualquer sucessão crescente de números inteiros positivos
k1, k2, . . . , kn, . . . De xn escolhemos os termos xk1 , xk2 , . . . , xkn , . . . A sucessão xkn chamaremos
subsucessão de xn .
Teorema 12. Se lim xn = a, então qualquer subsucessão sua xkn converge para a.
Teorema 13. De qualquer sucessão limitada podemos extrair uma subsucessão convergente.
Suponhamos que xkn é uma subsucessão de xn e limn→∞
xkn = α . Então α chamaremos
limite parcial da sucessão xn . Ao maior dos limites parciais da sucessão xn chamaremos
limite superior de xn (denota-se lim xn ) e ao menor dos limites parciais chamaremos limite
48
-
Módulo 6. Limites parciais 49
inferior de xn (denota-se lim xn ). É claro que se xn é convergente, então tem lugar a igualdade:
lim xn = lim xn = lim xn .
6.2 Exerćıcios resolvidos
1) Dada a sucessão xn = 1− 1n
, ache lim xn e lim xn ;
Resolução. A sucessão xn converge para 1, portanto lim xn = lim xn = 1. ¤
2) Dada a sucessão xn = (−1)n−1(
2 +3
n
), ache lim xn e lim xn ;
Resolução. Todos os termos desta sucessão encontram-se em duas subsucessões, uma
com ı́ndice par e outra com ı́ndice ı́mpar. Assim,
x2k = −(
2 +3
2k
), lim x2k = −2,
x2k+1 = −(
2 +3
2k + 1
), lim x2k+1 = 2.
Então lim xn = 2 e lim xn = −2. ¤
3) Ache lim xn e lim xn para a sucessão, cujo termo geral é xn = 1 +n
n + 1cos
nπ
2;
Resolução. Para n = 4k temos x4k = 1 +4k
4k + 1; para n = 2k − 1 temos x2k−1 = 1 e
para n = 4k − 2 temos x4k−2 = 1− 4k − 24k − 1 . Deste modo,
lim x4k = 1 + 1 = 2, lim x2k−1 = 1, lim x4k−2 = 0.
Portanto, lim xn = 0 e lim xn = 2. ¤
-
50 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
4) Calcule lim xn e lim xn da sucessão
xn =
(1 +
1
n
)n· (−1)n + sin nπ
4;
Resolução. Para n = 8k − 7:
x8k−7 = −(
1 +1
8k − 7)8k−7
+
√2
2→ −e +
√2
2, k →∞;
Para n = 8k − 6:
x8k−6 =(
1 +1
8k − 6)8k−6
+ 1 → e + 1, k →∞;
Para n = 8k − 5:
x8k−5 = −(
1 +1
8k − 5)8k−5
+
√2
2→ −e +
√2
2, k →∞;
Para n = 4k :
x4k =
(1 +
1
4k
)4k→ e, k →∞;
Para n = 8k − 3:
x8k−3 = −(
1 +1
8k − 3)8k−3
−√
2
2→ −e−
√2
2, k →∞;
Para n = 8k − 2:
x8k−2 =(
1 +1
8k − 2)8k−2
− 1 → −e− 1, k →∞;
Para n = 8k − 1:
x8k−1 = −(
1 +1
8k − 1)8k−1
−√
2
2→ −e−
√2
2, k →∞.
-
Módulo 6. Limites parciais 51
Portanto, lim xn = −e−√
2
2e lim xn = e + 1. ¤
6.3 Perguntas de contrôle
1) Dê a definição de:
(a) sucessão;
(b) subsucessão;
(c) limite parcial duma sucessão;
(d) limite superior e limite inferior duma sucessão.
2) Dê a interpretação geométrica de limite parcial.
3) Dadas as sucessões {n(−1)n + 1} , {n} , {(−1)n + 1} diga qual delas:
(a) tem limite parcial;
(b) não tem limite parcial;
(c) tem dois limites parciais;
(d) tem um limite parcial.
4) Demonstre que se uma sucessão é convergente, então ela tem só um limite parcial que
coincide com o seu limite. A afirmação inversa é correcta?
-
52 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
5) Formule o teorema de Bolzano1-Weierstrass2(Teorema 13).
6.4 Exerćıcios propostos
1) Demonstre que de qualquer sucessão não limitada podemos extrair uma subsucessão in-
finitamente grande.
2) Demonstre que qualquer subsucessão extráıda duma sucessão infinitamente grande é in-
finitamente grande.
3) Sabe-se que as sucessões xn e yn têm um limite parcial cada. Mostre, com exemplos, que
as sucessões xn + yn e xnyn podem:
(a) não ter limites parciais;
(b) ter um só limite parcial;
(c) ter dois limites parciais.
4) Ache lim xn e lim xn se:
(a) xn = 1 + 2(−1)n+1 + 3(−1)n(n−1)
2 ;
1Bernhard Bolzano (1781–1848) — matemático checo2Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815–1897) — matemático alemão
-
Módulo 6. Limites parciais 53
(b) xn =n− 1n + 1
cos2πn
3;
(c) xn = 1 + n sinπn
2;
(d) xn =(−1)n
n+
1 + (−1)n2
;
(e) xn =n
n + 1sin2
nπ
4;
(f) xn =n√
1 + 2−1nn ;
(g) xn = cosn 2nπ
3.
-
Módulo 7
SUCESSÕES FUNDAMENTAIS
7.1 Resumo teórico
Diremos que a sucessão xn é fundamental (ou de Cauchy1) se
∀ ε > 0 ∃ N : ∀ n > N ∀ p > 0 =⇒ |xn+p − xn| < ε.
A interpretação geométrica desta definição é seguinte: se a sucessão xn é fundamental, então
para qualquer ε > 0 existe um natural N tal, que a distância entre dois termos quaisquer da
sucessão, com ı́ndices superiores à N , é menor que ε .
Teorema 14. (Critério de Cauchy)
No conjunto dos números reais as duas afirmações são equivalentes:
1Augustin Louis Cauchy (1789–1857) — matemático francês
54
-
Módulo 6. Sucessões fundamentais 55
1) xn converge;
2) xn é fundamental.
7.2 Exerćıcios resolvidos
1) Utilizando o critério de Cauchy mostre que a sucessão
xn =sin 1
2+
sin 2
22+ · · ·+ sin n
2n
é convergente;
Resolução. Avaliamos o módulo da diferença:
|xn+p − xn| =∣∣∣∣sin (n + 1)
2n+1+
sin (n + 2)
2n+2+ · · ·+ sin (n + p)
2n+p
∣∣∣∣ ≤
≤ 12n+1
+1
2n+2+ · · ·+ 1
2n+p<
1
2n< ε,
para n > − log2 ε e para todo p > 0. Exploramos o facto de que
1
2n+1+ · · ·+ 1
2n+p
é a soma de p termos duma progressão geométrica. ¤
2) Utilizando o critério de Cauchy mostre que a sucessão
xn =n∑
k=1
cos k
3k
é convergente;
-
56 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
Resolução. Avaliamos o módulo da diferença:
|xn+p − xn| =∣∣∣∣cos (n + 1)
3n+1+
cos (n + 2)
3n+2+ · · ·+ cos (n + p)
3n+p
∣∣∣∣ ≤
≤ 13n+1
+1
3n+2+ · · ·+ 1
3n+p<
1
2 · 3n <1
3n< ε,
para n > − log3 ε e para todo p > 0. ¤
3) Demonstre que a sucessão xn =n∑
k=1
1
kdiverge;
Resolução. De acordo com o critério de Cauchy é suficiente mostrar que ela não é
fundamental. Avaliando a diferença e tendo em conta que n + i ≤ n + p para qualquer
i ≤ p , temos:
|xn+p − xn| = 1n + 1
+1
n + 2+ · · ·+ 1
n + p≥ 1
n + p+
1
n + p+ · · ·+ 1
n + p=
p
n + p.
Pegando p = n obtemos |x2n − xn| ≥ nn + n
=1
2dáı, que a sucessão xn =
n∑
k=1
1
knão é
fundamental. ¤
4) Utilizando o critério de Cauchy mostre que a sucessão
xn =n∑
k=1
sin k
k2
é convergente;
Resolução. Vamos mostrar que esta sucessão é fundamental. Avaliamos o módulo da
diferença:
|xn+p − xn| ≤ 1(n + 1)2
+ · · ·+ 1(n + p)2
-
Módulo 6. Sucessões fundamentais 57
<
(1
n− 1
n + 1
)+ · · ·+
(1
n + p− 1 −1
n + p
)=
1
n− 1
n + p<
1
n.
Assim,
|xn+p − xn| < 1n
< ε, ∀ n > N = [1/ε], p > 0.
Neste exerćıcio usamos a desigualdade
1
k2<
1
k(k − 1) =1
k − 1 −1
k. ¤
5) Utilizando o critério de Cauchy mostre que a sucessão
xn =1
ln 2+
1
ln 3+ · · ·+ 1
ln n, n = 2, 3, . . .
diverge;
Resolução. A divergência da sucessão vem do facto que
|xn+p − xn| = 1ln(n + 1)
+ · · ·+ 1ln(n + p)
>p
ln(n + p)>
p
n + p=
1
2
se p = n . ¤
7.3 Perguntas de contrôle
1) Defina:
(a) sucessão fundamental;
(b) sucessão não fundamental.
-
58 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
2) Dê a interpretação geométrica das duas definições anteriores.
3) Formule o critério de Cauchy (Teorema 14).
7.4 Exerćıcios propostos
1) Mostre que a sucessão xn é fundamental se:
(a) xn =n + 1
3n− 2 ;
(b) xn = a + aq + · · ·+ aqn−1 , onde q < 1, n ∈ N ;
(c) x1 = 1, xn = xn−1 +(−1)n−1
n!, n = 2, 3, . . . .
2) Demonstre que a sucessão xn é convergente se:
(a) xn =sin a
2+
sin 2a
22+ · · ·+ sin na
2n, a ∈ R1 ;
(b) xn = 1 +1
2!+ · · ·+ 1
n!;
(c) xn =cos 1!
1 · 2 +cos 2!
2 · 3 + · · ·+cos n!
n(n + 1).
3) Utilizando a negação do critério de Cauchy mostre que a sucessão xn diverge se:
-
Módulo 6. Sucessões fundamentais 59
(a) xn =n cos nπ − 1
2n;
(b) xn = (−1)n(
1 +1
n
)n;
(c) xn =1
22+
2
32+ · · ·+ n
(n + 1)2.
-
Módulo 8
FUNÇÃO
8.1 Resumo teórico
A variável y chama-se função da variável x se a cada valor de x , que pertence ao conjunto
E ⊂ R1 , corresponde um valor definido da variável y . A variável x chama-se argumento
ou variável independente, o conjunto E chama-se domı́nio ou conjunto de definição da
função e denota-se D . O conjunto dos valores que a função toma chama-se contradomı́nio e
denota-se CD .
A notação y = f(x) significa que y é função de x . O valor de f(x) para x = x0 denota-se
f(x0).
Ao lugar geométrico de pontos pertencentes à R2 e cujas coordenadas satisfazem a equação
y = f(x) chama-se gráfico da função y = f(x). Diremos que o conjunto E ⊂ R1 é simétrico
60
-
Módulo 8. Função 61
se para qualquer x ∈ E implica que também −x ∈ E. Seja f(x) uma função definida num
conjunto simétrico. Se para qualquer x ∈ E temos f(x) = f(−x), então diz-se que a função
f(x) é par. Se para qualquer x ∈ E temos f(−x) = −f(x), então diz-se que a função f(x) é
ı́mpar. Para uma função par, o seu gráfico é simétrico em relação ao eixo das ordenadas (eixo
Y). Para uma função ı́mpar, o seu gráfico é simétrico em relação à origem (ponto (0, 0)).
Seja f(x) uma função definida no conjunto E ⊂ R1 e seja T um valor positivo. Diz-se que
f(x) é T -periódica se:
1) x + T ∈ E;
2) f(x + T ) = f(x).
8.2 Exerćıcios resolvidos
1) Ache o domı́nio da função:
(a) f(x) =x2
1 + x;
Resolução. A expressãox2
1 + xtem sentido sómente para valores de x que não
anulem o denominador, i.e. 1 + x 6= 0, portanto a função f(x) = x2
1 + xé definida
em D(f) = {x ∈ R1 : 1 + x 6= 0} , i.e. D(f) = (−∞,−1) ∪ (−1, +∞). ¤
(b) f(x) =√
3x− x2 ;
Resolução. A expressão√
3x− x2 tem sentido sómente para valores de x tais, que
-
62 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
3x− x2 ≥ 0. Assim, resolvendo esta desigualdade temos D(f) = [0, 3]. ¤
(c) f(x) = ln(x2 − 4);
Resolução. A expressão logaŕıtmica ln(x2 − 4) tem sentido se o argumento fôr
estritamente positivo, i.e. x2−4 > 0. Resolvendo esta desigualdade obtemos D(f) =
(−∞,−2) ∪ (2, +∞). ¤
(d) f(x) = arcsin2x
1 + x;
Resolução. A expressão arcsin2x
1 + xtem sentido se o seu argumento fôr maior ou
igual à −1 e menor ou igual à 1, i.e. −1 ≤ 2x1 + x
≤ 1. Resolvendo esta dupla
desigualdade e não olvidando que 1 + x 6= 0, temos: D(f) =[−1
3, 1
]. ¤
(e) f(x) =ln(1 + x)
x− 1 ;
Resolução. A função está definida se x− 1 6= 0 e 1 + x > 0. Deste modo achamos
D(f) = (−1, 1) ∪ (1, +∞). ¤
2) Ache o domı́nio e o contradomı́nio da função:
(a) f(x) =√
2 + x− x2 ;
Resolução. A expressão√
2 + x− x2 tem sentido se o radicando fôr positivo, i.e.
2 + x − x2 ≥ 0. Resolvendo esta desigualdade temos D(f) = [−1, 2]. Esboçando
o gráfico da função f(x) =√
2 + x− x2 vemos que no intervalo [−1, 1/2] a função
cresce de 0 até 3/2 e no intervalo [1/2, 2] a função decresce de 3/2 até zero. Assim,
o contradomı́nio, i.e. os valores da variável dependente, é o intervalo [0, 3/2]. ¤
-
Módulo 8. Função 63
(b) f(x) = log(1− 2 cos x);
Resolução. O logaŕıtmo tem significado se o argumento fôr estritamente positivo,
portanto 1− 2 cos x > 0. Resolvendo esta desigualdade encontramos
D(f) =
(2kπ +
π
3, 2kπ +
5π
3
), k = 0,±1,±2, . . .
Tendo em conta que para valores de x pertencentes ao domı́nio é válida a desigualdade
0 < 1−2 cos x < 3 e o logaŕıtmo é uma função monótona crescente no intervalo (0, 3],
então CD(f) = (−∞, log 3]. ¤
(c) f(x) = arccos2x
1 + x2;
Resolução. É evidente que −1 ≤ 2x1 + x2
≤ 1. Resolvendo esta dupla desigualdade
obtemos D(f) = R1 . O contradomı́nio é CD(f) = [0, π] . ¤
3) Dado o triângulo ABC , cuja base AC = b e altura DB = h , foi nele inscrito o rectângulo
KLMN , cuja altura é KL = x . Expresse o peŕımetro P do rectângulo KLMN como
função de x ;
Resolução. O peŕımetro deste rectângulo é igual à 2KL + 2KN = 2x + 2KN . Tendo
em conta que os triângulos ABD e ALK são semelhantes, então
DB
AD=
KL
AK=⇒ h
AD=
x
AK=⇒ AK = ADx
h.
Do mesmo modo, como também os triângulos DBC e NMC são semelhantes, temos
DB
DC=
NM
NC=⇒ h
DC=
x
NC=⇒ NC = DCx
h.
-
64 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
Calculamos agora
KN = AC − (AK + NC) = b− xh
(AD + DC) = b− xh· b.
Assim,
P (x) = 2x + 2KN = 2x + 2b(1− x
h
)= 2x
(1− b
h
)+ 2b. ¤
4) Ache f(x) se f(x + 1) = x2 − 3x + 2;
Resolução. Factorizando a expressão
f(x + 1) = x2 − 3x + 2 = (x− 1)(x− 2) = (x + 1− 2)(x + 1− 3)
e fazendo x + 1 = t temos
f(t) = (t− 2)(t− 3) = t2 − 5t + 6. ¤
5) Ache f(x) se f
(1
x
)= x +
√1 + x2 , x > 0;
Resolução. Fazendo t =1
xtemos:
f(t) = f
(1
x
)= x + x
√1 +
1
x2= x
(1 +
√1 +
1
x2
)=
1
t(1 +
√1 + t2). ¤
6) Ache f(x) se f
(1 +
1
x
)= x2 +
1
x2, (|x| ≥ 2);
Resolução. Fazendo
t = x +1
x=⇒ t2 = x2 + 1
x2+ 2 =⇒ t2 − 2 = x2 + 1
x2.
Em conclusão: f(t) = t2 − 2. ¤
-
Módulo 8. Função 65
7) Diga qual das funções é par ou ı́mpar:
(a) f(x) = 3x− x3 ;
Resolução. f(−x) = 3(−x)− (−x)3 = −3x + x3 = −(3x− x3) = −f(x). A função
é ı́mpar. ¤
(b) f(x) = ax + a−x , (a > 0);
Resolução. f(−x) = a−x + a−(−x) = a−x + ax = f(x). A função é par. ¤
(c) f(x) = ln1− x1 + x
Resolução. Primeiro vamos verificar se o domı́nio da função é um conjunto simétrico.
A expressão ln1− x1 + x
tem sentido se1− x1 + x
> 0 e 1 + x 6= 0. Resolvendo esta
inequação obtemos que D(f) = (−1, 1), o domı́nio é um intervalo simétrico. Esta
função é ı́mpar, pois
f(−x) = ln 1− (−x)1 + (−x) = ln
1 + x
1− x = − ln1− x1 + x
= −f(x). ¤
8) Demonstre que qualquer função f(x), definida no intervalo simétrico (−m,m), pode
representar-se na forma duma soma de duas funções, uma par e outra ı́mpar;
Resolução. Façamos f1(x) =f(x)− f(−x)
2e f2(x) =
f(x) + f(−x)2
. É evidente que
estas funções também estão definidas no intervalo simétrico (−m, m). Temos
f1(−x) = f(−x)− f(−x)2
= −f(x)− f(−x)2
= −f1(x)
-
66 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
e
f2(−x) = f(−x) + f(−(−x))2
=f(−x) + f(x)
2= f2(x),
portanto f1(x) é ı́mpar e f2(x) é par. Como f(x) = f1(x) + f2(x), então a afirmação fica
demonstrada. ¤
9) Diga quais das seguintes funções são periódicas e defina os seus menores peŕıodos, se:
(a) f(x) = A cos bx + B sin bx ;
Resolução. f(x) é periódica se f(x + T ) = f(x). A função f(x) podemos escrever
na forma
f(x) =√
A2 + B2(
A√A2 + B2
cos bx +B√
A2 + B2sin bx
)= ρ sin(bx + φ),
onde φ = arctgA
B, ρ =
√A2 + B2 . Assim,
f(x + T ) = ρ sin(bx + φ + bT ) = ρ sin(bx + φ) = f(x)
se bT = 2kπ , k = 1, 2, . . . , i.e. T =2kπ
b. O menor peŕıodo é T0 =
2π
b. ¤
(b) f(x) = sin x +1
2sin 2x +
1
3sin 3x ;
Resolução. Vamos resolver a equação f(x + T )− f(x) = 0. Temos:
f(x+T )−f(x) = sin(x+T )−sin x+12[sin 2(x+T )−sin 2x]+ 1
3[sin 3(x+T )−sin 3x] =
= 2 sinT
2cos
(x +
T
2
)+ sin T cos 2
(x +
T
2
)+
2
3sin
3T
2cos 3
(x +
T
2
)= 0.
-
Módulo 8. Função 67
Isto é posśıvel se:
sinT
2= 0,
sin T = 0,
sin3T
2= 0,
=⇒
T = 2kπ,
T = mπ,
T =2nπ
3,
i.e. T = 2kπ = mπ =2nπ
3,
onde k, m, n são números naturais. Deste modo T0 = 2π . ¤
10) Demonstre que para a função de Dirichlet1
D(x) =
1 se x fôr racional,
0 se x fôr irracional,
o seu peŕıodo é um número racional T qualquer;
Resolução. Como T é um número racional, então a soma x + T é racional para x
racional e irracional para x irracional. Assim,
D(x + T ) =
1 se x fôr racional,
0 se x fôr irracional,
i.e. D(x + T ) = D(x). ¤
11) Demonstre que se para a função f(x), (−∞ < x < +∞) tem lugar a igualdade f(x+T ) =1Johann Peter Gustav Lejeunne Dirichlet (1805–1859) — matemático alemão
-
68 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
kf(x), onde k e T são constantes positivas, então f(x) = axφ(x), onde a é uma constante
e φ(x) é uma função com peŕıodo T ;
Resolução. Fazendo k = aT , então f(x + T ) = aT f(x). Qualquer função f(x) (−∞ <
x < +∞) pode representar-se na forma f(x) = axφ(x), onde φ(x) é uma certa função.
De acordo com a condição temos
ax+T φ(x + T ) = aT · axφ(x).
Dividindo tudo por ax+T > 0 obtemos φ(x + T ) = φ(x). ¤
8.3 Perguntas de contrôle
1) Dê a definição de função.
2) Defina gráfico duma função.
3) Defina função par e função ı́mpar. Dê um exemplo duma função não par e não ı́mpar.
4) Defina função periódica.
8.4 Exerćıcios propostos
1) Ache os domı́nios para as seguintes funções:
(a) y = (x− 2)√
1 + x
1− x ;
-
Módulo 8. Função 69
(b) y =√
sin√
x ;
(c) y =√
cos x2 ;
(d) y = arccos(2 sin x);
(e) y = (2x)!;
(f) y =√
sin 2x +√
sin 3x , 0 ≤ x ≤ 2π .
2) Ache o domı́nio e contradomı́nio das funções:
(a) y = arcsin(log
x
10
);
(b) y = (−1)x .
3) A função y = sign x define-se do seguinte modo:
sign x =
−1 se x < 0,
0 se x = 0,
1 se x > 0.
Construa o gráfico desta função e mostre que |x| = x · sign x .
4) A função y = [x] (parte inteira do número x), define-se do seguinte modo: se x = n + r ,
onde n é um número inteiro e 0 ≤ r ≤ 1, então [x] = n . Construa o gráfico desta função.
5) Ache f(−2), f(−1), f(0), f(1) e f(2) se
f(x) =
1 + x , se −∞ < x ≤ 0,
2x , se 0 < x < +∞.
-
70 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
6) Ache f(0.9), f(0.99), f(0.999) e f(1) se f(x) = 1 + [x] .
7) Ache f(x) se f
(x
x + 1
)= x2 .
8) Diga quais das funções são pares ou ı́mpares:
(a) f(x) = 3√
(1− x)2 + 3√
(1 + x)2 ;
(b) f(x) = ln(x +
√1 + x2
).
9) Diga quais das funções são periódicas e ache o menor peŕıodo:
(a) f(x) = sin2 x ;
(b) f(x) = sin x2 ;
(c) f(x) =√
tgx ;
(d) f(x) = tg√
x .
10) Demonstre que a soma e produto de duas funções periódicas, definidas num domı́nio
comum e cujos peŕıodos são comensuráveis, são também funções periódicas.
-
Módulo 9
LIMITE DE FUNÇÃO
9.1 Resumo teórico
Diremos que a função f(x) é limitada superiormente (majorada) no conjunto E ⊂ R1 se
existe um número real M tal, que f(x) ≤ M , qualquer que seja x ∈ E.
Diremos que a função f(x) é limitada inferiormente (minorada) no conjunto E ⊂ R1
se existe um número real m tal, que f(x) ≥ m , qualquer que seja x ∈ E.
Diremos que a função f(x) é limitada no conjunto E ⊂ R1 se ela fôr majorada e minorada,
i.e. se existem dois números reais M e m tais, que m ≤ f(x) ≤ M , qualquer que seja x ∈ E.
Ao menor dos majorantes duma função num determinado conjunto E ⊂ R1 chamaremos
supremmum desta função. Denota-se supx∈E
f(x).
Ao maior dos minorantes duma função num determinado conjunto E ⊂ R1 chamaremos
71
-
72 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
infimmum desta função. Denota-se infx∈E
f(x).
Seja α e β o supremmum e infimmum da função f(x) no conjunto E ⊂ R1 , respectivamente.
A diferença α− β chamaremos oscilação da função f(x) no conjunto E. Denota-se oscx∈E
f(x).
Chamaremos vizinhança do ponto a com raio ε , ao conjunto de pontos que satisfazem
a dupla desigualdade: a − ε < x < a + ε ou |x − a| < ε . Denota-se1 U(a; ε). Chamaremos
vizinhança com buraco do ponto a à vizinhança de a menos o ponto a . Denota-se U̇(a; ε)def=
U(a; ε) \ {a} .
Diremos que o ponto a (a ∈ E ou a /∈ E) é ponto de acumulação de E se em qualquer
vizinhança de a existem pontos de E diferentes de a . Por outras palavras, U̇(a; ε) ∩ E 6= ∅ .
Segundo Cauchy, diremos que o número b é limite da função f(x) quando x tende para a se
∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 : ∀ x ∈ E, 0 < |x− a| < δ =⇒ |f(x)− b| < ε.
Na linguagem de vizinhança f(x) tende para b quando x tende para a se qualquer que seja
a vizinhança do ponto a com raio δ , existe uma vizinhança do ponto b com raio ε tal que
qualquer que seja x pertencente à vizinhança com buraco do ponto a temos que f(x) pertence
à vizinhança do ponto b .
Segundo Heine2, diremos que o número b é limite da função f(x) quando x tende para
a se para qualquer sucessão xn convergente para a , xn ∈ E, xn 6= a , a sucessão f(xn) tende
para b .
1Usa-se a letra maiúscula U, da inicial Umgebung que em alemão significa vizinhança.2Heinrich Eduard Heine (1821–1881) — matemático alemão
-
Módulo 9. Limite de função 73
A denotação usada é: limx→a
f(x) = b .
Teorema 15. As definições de limite duma função segundo Heine e Cauchy são equivalentes.
Teorema 16. Sejam f(x) e g(x) duas funções definidas numa certa vizinhança do ponto a,
com excepção talvez do próprio ponto a. Suponhamos que limx→a
f(x) = b, limx→a
g(x) = c. Então:
1) limx→a
[f(x)± g(x)] = b± c;
2) limx→a
f(x) · g(x) = bc;
3) limx→a
f(x)
g(x)=
b
c, se c 6= 0.
Teorema 17. Sejam f(x), g(x) e h(x) três funções definidas numa certa vizinhança do ponto
a, com excepção talvez do próprio ponto a. Suponhamos também que nessa vizinhança tem
lugar a dupla desigualdade:
f(x) ≤ g(x) ≤ h(x).
Se limx→a
f(x) = limx→a
h(x) = b, então limx→a
g(x) = b.
Diremos que o número b é limite à esquerda do ponto a da função f(x) se:
∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 : ∀ x 6= a, a− δ < x < a =⇒ |f(x)− b| < ε.
A denotação usada é: b = limx→a−
f(x) = f(a−). Diremos que o número b é limite à direita do
ponto a da função f(x) se:
∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 : ∀ x 6= a, a < x < a + δ =⇒ |f(x)− b| < ε.
-
74 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
A denotação usada é: b = limx→a+
f(x) = f(a+). Os limites à esquerda ou à direita são comumente
chamados limites laterais. Se uma função tem limite quando x → a , então os limites laterais
coincidem.
9.2 Exerćıcios resolvidos
1) Usando a linguagem “ε–δ” mostre que limx→2
x2 = 4.
Resolução. Seja ε um número real positivo qualquer. Então,
|x2 − 4| = |(x− 2)2 + 4(x− 2)| ≤ |x− 2|2 + 4|x− 2| < ε.
Fazendo t = |x− 2| > 0 temos:
t2 + 4t− ε < 0 =⇒ (t + 2 +√4 + ε)(t + 2−√4 + ε) < 0.
Resolvendo esta desigualdade obtemos
0 < t <√
4 + ε− 2, i.e. 0 < |x− 2| < √4 + ε− 2 = ε√4 + ε + 2
= δ(ε). ¤
2) Seja
R(x) =a0x
n + a1xn−1 + · · ·+ an
b0xm + b1xm−1 + · · ·+ bm ,
-
Módulo 9. Limite de função 75
onde a0 6= 0 e b0 6= 0. Demonstre que
limx→+∞
R(x) =
+∞ , se n > m;
a0b0
, se n = m;
0 , se n < m.
Resolução. Pegando a parte mais velha do numerador e denominador e evidenciando-as
temos:
limx→+∞
a0xn(1 + a1
a0x+ · · ·+ an
a0xn
)
b0xm(1 + b1
b0x+ · · ·+ bm
b0xm
) =
= limx→+∞
1 + a1a0x
+ · · ·+ ana0xn
1 + b1b0x
+ · · ·+ bmb0xm
· limx→+∞
a0xn
b0xm=
= limx→+∞
a0xn
b0xm=
+∞ , se n > m;
a0b0
, se n = m;
0 , se n < m. ¤
3) Nos exerćıcios seguintes calcule:
(a) limx→0
x2 − 12x2 − x− 1 ;
-
76 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
Resolução. Calculamos directamente:
limx→0
x2 − 12x2 − x− 1 =
0− 10− 0− 1 =
−1−1 = 1.
Na realidade, já que x → 0, o numerador comporta-se como −1 e o denominador
comporta-se também como −1. ¤
(b) limx→1
x2 − 12x2 − x− 1 ;
Resolução. Colocando directamente o valor de x = 1 na expressão obtemos uma
indeterminação do tipo 0/0. Significa que o valor x = 1 é ráız do numerador e
denominador. Factorizando o numerador e denominador temos:
limx→1
x2 − 12x2 − x− 1 = limx→1
(x− 1)(x + 1)(x− 1)(2x + 1) = limx→1
x + 1
2x + 1=
2
3.
(c) limx→∞
x2 − 12x2 − x− 1 ;
Resolução. A parte mais velha do numerador é x2 e a parte mais velha do denom-
inador é 2x2 , portanto o limite é igual à1
2. Vamos mostrar que é realmente isso.
Evidenciamos no numerador e denominador x2 :
limx→∞
x2 − 12x2 − x− 1 = limx→∞
x2(1− 1x2
)
x2(2− 1x− 1
x2)
= limx→∞
1− 1x2
2− 1x− 1
x2
=1
2. ¤
4) Calcule
limx→0
(1 + x)5 − (1 + 5x)x2 + x5
;
-
Módulo 9. Limite de função 77
Resolução. Desenvolvendo a expressão (1 + x)5 segundo o binómio de Newton temos:
(1 + x)5 = 1 +
(5
1
)x +
(5
2
)x2 +
(5
3
)x3 +
(5
4
)x4 + x5 =
= 1 + 5x + 10x2 + 10x3 + 5x4 + x5.
Assim,
limx→0
(1 + x)5 − (1 + 5x)x2 + x5
= limx→0
1 + 5x + 10x2 + 10x3 + 5x4 + x5 − 1− 5xx2 + x5
=
= limx→0
10x2 + 10x3 + 5x4 + x5
x2 + x5= lim
x→0x2(10 + 10x + 5x2 + x3)
x2(1 + x3)=
= limx→0
10 + 10x + 5x2 + x3
1 + x3= 10. ¤
5) Calcule
limx→∞
(x + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)[(nx)n + 1]
n+12
;
Resolução. Pegando o numerador e evidenciando, para cada factor, a parte mais velha
temos:
(x + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1) = x(
1 +1
x
)x2
(1 +
1
x2
)· · · xn
(1 +
1
xn
)=
= x · x2 · · · xn(
1 +1
x
)(1 +
1
x2
)· · ·
(1 +
1
xn
)=
= x1+2+···+n(
1 +1
x
)(1 +
1
x2
)· · ·
(1 +
1
xn
)=
= xn(n+1)
2 ·(
1 +1
x
)(1 +
1
x2
)· · ·
(1 +
1
xn
).
-
78 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
Exploramos aqui o facto que 1+2+ · · ·+n = n(n + 1)2
, pois é a soma de n termos duma
progressão aritmética, cujo primeiro e último termos são 1 e n , respectivamente.
Assim,
limx→∞
(x + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)[(nx)n + 1]
n+12
=
= limx→∞
xn(n+1)
2 · (1 + 1x)(1 + 1
x2) · · · (1 + 1
xn)
(nx)n(n+1)
2 (1 + 1(nx)n
)n+1
2
=1
nn(n+1)
2
. ¤
6) Calcule
limx→2
x3 − 2x2 − 4x + 8x4 − 8x2 + 16 ;
Resolução. Temos uma indeterminação do tipo 0/0. Factorizando o numerador e de-
nominador temos:
x3 − 2x2 − 4x + 8 = (x− 2)2(x + 2), x4 − 8x2 + 16 = (x2 − 4)2 = (x− 2)2(x + 2)2.
Assim,
limx→2
x3 − 2x2 − 4x + 8x4 − 8x2 + 16 = limx→2
(x− 2)2(x + 2)(x− 2)2(x + 2)2 = limx→2
1
x + 2=
1
4. ¤
7) Calcule
limx→∞
√x +
√x +
√x
√x + 1
;
Resolução. Temos que
√x +
√x +
√x =
√√√√x(
1 +1√x
√1 +
1√x
).
-
Módulo 9. Limite de função 79
Assim,
limx→∞
√x +
√x +
√x
√x + 1
= limx→∞
√x
√1 + 1√
x
√1 + 1√
x
√x + 1
= 1. ¤
8) Calcule
limx→4
√1 + 2x− 3√
x− 2 ;
Resolução. Vamos primeiro fazer algumas transformações:
√1 + 2x− 3√
x− 2 =(√
1 + 2x− 3)(√1 + 2x + 3)(√x + 2)(√
x− 2)(√x + 2)(√1 + 2x + 3) =
=(2x− 8)(√x + 2)
(x− 4)(√1 + 2x + 3) =2(√
x + 2)√1 + 2x + 3
.
Calculando agora o limite obtemos:
limx→4
√1 + 2x− 3√
x− 2 = limx→42(√
x + 2)√1 + 2x + 3
=4
3. ¤
9) Calcule
limx→3
√x + 13− 2√x + 1
x2 − 9 ;
Resolução. Temos uma indeterminação do tipo 0/0. Multiplicando o numerador e
denominador pela expressão√
x + 13 + 2√
x + 1 teremos:
limx→3
(√
x + 13− 2√x + 1)(√x + 13 + 2√x + 1)(x2 − 9)(√x + 13 + 2√x + 1) =
= limx→3
−3(x + 3)(
√x + 13 + 2
√x + 1)
= − 116
. ¤
-
80 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
10) Calcule
limx→0
3√
8 + 3x− x2 − 2x + x2
;
Resolução. Multiplicamos o numerador e denominador pela expressão
φ(x)def= 3
√(8 + 3x− x2)2 + 2
√8 + 3x− x2 + 4.
Então,
limx→0
3√
8 + 3x− x2 − 2x + x2
= limx→0
x(3− x)x(x + 1)φ(x)
= limx→0
3− xx + 1
· limx→0
1
φ(x)=
1
4. ¤
11) Estude o comportamento das ráızes x1 e x2 da equação quadrática ax2 + bx+ c = 0, se o
coeficiente a tende para zero e os coeficientes b e c mantêm-se constantes, sendo b 6= 0;
Resolução. É sobejamente conhecida a fórmula que permite calcular as ráızes duma
equação quadrática:
x1 =−b +√b2 − 4ac
2a, x2 =
−b−√b2 − 4ac2a
.
Vamos calcular
lima→0
x1 = lima→0
b2 − 4ac− b22a(b +
√b2 − 4ac) = lima→0
−4ac2a(b +
√b2 − 4ac) = −
c
b;
calculamos o limite da ráız x2 :
lima→0
x2 = lima→0
−b−√b2 − 4ac2a
= ∞. ¤
-
Módulo 9. Limite de função 81
12) Calcule as constantes a e b a partir da condição
limx→∞
(x2 + 1
x + 1− ax− b
)= 0;
Resolução. Temos que
x2 + 1
x + 1− ax− b = x
2(1− a) + x(−a− b) + (1− b)x + 1
.
Para que o limite desta expressão seja igual à zero, quando x → ∞ , é necessário que os
coeficientes ligados às partes literais do numerador sejam iguais à zero, i.e. 1 − a = 0,
−a− b = 0, Assim, a = 1, b = −1. ¤
13) Calcule
(a) limx→−∞
(√x2 + x− x) ;
Resolução. Vamos multiplicar e dividir pelo conjugado:
limx→−∞
(√x2 + x− x
)= lim
x→−∞x√
x2 + x + x= lim
x→−∞x
|x|√
1 + 1x
+ x=
= limx→−∞
x
−x√
1 + 1x
+ x= lim
x→−∞x
x(−
√1 + 1
x+ 1
) = +∞. ¤
(b) limx→+∞
(√x2 + x− x) ;
Resolução. Vamos multiplicar e dividir pelo conjugado:
limx→+∞
(√x2 + x− x
)= lim
x→+∞x√
x2 + x + x= lim
x→+∞x
|x|√
1 + 1x
+ x=
-
82 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
= limx→+∞
x
x√
1 + 1x
+ x= lim
x→+∞x
x(√
1 + 1x
+ 1) = 1
2. ¤
(c) limx→1−
arctg1
1− x ;
Resolução. Temos1
1− x →1
0+= +∞ , se x → 1, x < 1.
Assim, arctg(+∞) = π2
. ¤
(d) limx→1+
arctg1
1− x ;
Resolução. Temos1
1− x →1
0−= −∞ , se x → 1, x > 1.
Assim, arctg(−∞) = −π2
. ¤
(e) limx→0−
1
1 + e1x
;
Resolução. Temos1
x→ 1
0−= −∞ se x → 0, x < 0. Assim, e 1x → e−∞ = 0, se
x → 0, x < 0. Portanto
limx→0−
1
1 + e1x
=1
1 + limx→0−
e1x
= 1. ¤
(f) limx→0+
1
1 + e1x
;
Resolução. Temos que1
x→ 1
0+= +∞ se x → 0, x > 0. Assim, e 1x → e+∞ = +∞ ,
se x → 0, x > 0. Portanto
limx→0+
1
1 + e1x
=1
1 + limx→0+
e1x
=1
1 +∞ = 0. ¤
-
Módulo 9. Limite de função 83
9.3 Perguntas de contrôle
1) Dê a definição de limite de função segundo Heine e Cauchy. Qual o significado da
equivalência destas duas definições?
2) Utilizando a definição de limite segundo Heine mostre que o limite num ponto é único.
3) Formule as propriedades aritméticas de limite de função.
9.4 Exerćıcios propostos
1) Utilizando a linguagem “ε–δ” mostre, que
limx→2
x2 − 1x2 + 1
=3
5.
2) Calcule:
(a) limx→0
(1 + x)(1 + 2x)(1 + 3x)− 1x
;
(b) limx→∞
(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4)(x− 5)(5x− 1)5 ;
(c) limx→∞
(2x− 3)20(3x + 2)30(2x + 1)50
.
3) Calcule:
(a) limx→1
x2 − 5x + 6x2 − 8x + 15 ;
(b) limx→1
x4 − 3x + 2x5 − 4x + 3 ;
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84 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I
(c) limx→2
(x2 − x− 2)20(x3 − 12x + 16)10 .
4) Calcule:
(a) limx→∞
√x + 3
√x + 4
√x√
2x + 1;
(b) limx→−8
√1− x− 32 + 3
√x
;
(c) limx→0
√1 + x−√1− x
3√
1 + x− 3√1− x ;
(d) Dada a função f(x) =x
|x| diga se existe limx→0 f(x).
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Módulo 10
LIMITES NOTÁVEIS
10.1 Resumo teórico
Suponhamos, que ψ(x) → 0, x → a . Então:
Teorema 18.
limx→a
sin ψ(x)
ψ(x)= 1.
Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos limx→0
sin x
x= 1.
Teorema 19.
limx→a
eψ(x) − 1ψ(x)
= 1.
Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos limx→0
ex − 1x
= 1.
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86 M.J. Alves. Elementos de análise matemática.