Sequênciaslimite, monotonicidade e limitação

Exemplo (a) · Fibonacci $$1,\;1,\;2,\;3,\;5,\;8,\;\dots$$

Definida por recorrência: cada termo é a soma dos dois anteriores.

Exemplo (b) · uma enumeração de \(\mathbb{Z}\)

\(f:\mathbb{N}\to\mathbb{Z}\) definida por

$$f(n) = \begin{cases} \dfrac{n}{2}, & \text{se } n \text{ é par},\\[6pt] -\dfrac{n+1}{2}, & \text{se } n \text{ é ímpar},\end{cases}$$ $$\Longrightarrow \{0,\,-1,\,1,\,-2,\,2,\,\dots\}$$

Os índices pares produzem os inteiros positivos e os ímpares produzem os negativos, alternando. Toda a reta dos inteiros é varrida sem repetição — é a demonstração de que \(\mathbb{Z}\) é enumerável, isto é, tem o "mesmo tamanho" de \(\mathbb{N}\).

Exemplo (c) · a alternada $$\{(-1)^n\}_{n\in\mathbb{N}} = \{-1,\,1,\,-1,\,1,\,\dots\}$$

Fica pulando entre dois valores para sempre: não converge. Vale guardar este contraexemplo — ele reaparece três vezes nesta aula.

Exemplo em aula $$\left\{\frac{n}{n+1}\right\} = \left\{\tfrac{1}{2},\,\tfrac{2}{3},\,\tfrac{3}{4},\,\tfrac{4}{5},\,\dots\right\}$$

O truque padrão é trocar o \(n\) discreto pela variável real \(x\). Com \(F(x)=\frac{x}{x+1}\) temos a indeterminação \(\infty/\infty\), então L'Hôpital:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{x+1} \;\overset{\text{L'H}}{=}\; \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{1} = 1.$$

Logo a sequência converge para 1: os termos sobem, cada vez mais devagar, encostando em 1 sem nunca alcançá-lo. Ela é crescente e limitada por 1.

Calculando os primeiros termos $$a_2 = \frac{1}{2}\left(2+\frac{2}{2}\right) = \frac{1}{2}(3) = \frac{3}{2}$$ $$a_3 = \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}+\frac{4}{3}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{9}{6}+\frac{8}{6}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{17}{6}\right) = \frac{17}{12}$$

Obs. O \(\frac{4}{3}\) é o termo \(\frac{2}{a_n}\) da recorrência com \(a_2=\frac{3}{2}\): dividir por uma fração é multiplicar pelo inverso, \(\frac{2}{3/2} = 2\cdot\frac{2}{3} = \frac{4}{3}\). Depois é só igualar os denominadores em 6 para somar.

termo	fração	decimal
\(a_1\)	2	2,000000
\(a_2\)	3/2	1,500000
\(a_3\)	17/12	1,416667
\(a_4\)	577/408	1,414216
\(a_5\)	—	1,414214
\(\sqrt{2}\)	—	1,414214

A convergência é brutalmente rápida: o número de casas decimais corretas dobra a cada passo.

Como se descobre que o limite é \(\sqrt{2}\)

Supondo que o limite existe e vale \(L\): quando \(n\to\infty\), tanto \(a_n\) quanto \(a_{n+1}\) tendem a \(L\) — é a mesma sequência, só deslocada um passo. Substituindo na recorrência:

$$L = \frac{1}{2}\left(L+\frac{2}{L}\right)$$ $$L^2 = \frac{1}{2}L^2 + 1 \implies \frac{L^2}{2} = 1 \implies L^2 = 2 \implies L = \pm\sqrt{2}$$

Como \(a_1=2>0\) e a recorrência preserva o sinal, todos os termos são positivos — descarta-se a raiz negativa:

$$\boxed{\,L=\sqrt{2}\,}$$

Verificação · o valor é mesmo ponto fixo $$\frac{1}{2}\left(\sqrt{2}+\frac{2}{\sqrt{2}}\right) = \frac{1}{2}\left(\sqrt{2}+\sqrt{2}\right) = \sqrt{2}$$

pois \(\frac{2}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}\).

Exemplo (a) $$-\frac{1}{n} \;\le\; \frac{\operatorname{sen}(n)}{n} \;\le\; \frac{1}{n}$$

Vale porque \(-1\le\operatorname{sen}(n)\le 1\) e \(n>0\). Como os dois extremos tendem a 0, o confronto dá

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{\operatorname{sen}(n)}{n} = 0.$$

Note que \(\operatorname{sen}(n)\) sozinho não converge — é o \(1/n\) que domina.

Exemplo (b) $$\left\{\frac{\ln n}{n}\right\} = \left\{0,\;\frac{\ln 2}{2},\;\frac{\ln 3}{3},\;\dots\right\}$$

Passando para a variável real (\(\infty/\infty\)) e aplicando L'Hôpital:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x} \overset{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to+\infty}\frac{1/x}{1} = \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x} = 0.$$

Obs. As derivadas usadas foram \((\ln x)' = \frac{1}{x}\) em cima e \((x)' = 1\) embaixo — separadamente, como manda L'Hôpital. O andar de cima vira \(\frac{1/x}{1} = \frac{1}{x}\), que tende a 0.

Leitura: o logaritmo cresce mais devagar que qualquer potência.

Exemplo (c) $$\left\{n^{1/n}\right\} = \left\{1,\;2^{1/2},\;3^{1/3},\;\dots\right\}$$

Aqui a base e o expoente variam ao mesmo tempo — indeterminação \(\infty^0\). O truque é escrever tudo como exponencial de logaritmo:

$$\lim_{x\to+\infty}x^{1/x} = \lim_{x\to+\infty}e^{\ln\left(x^{1/x}\right)} = \lim_{x\to+\infty}e^{\frac{1}{x}\ln x} = e^0 = 1,$$

usando no expoente o resultado do exemplo (b) e a continuidade da exponencial, que permite passar o limite para dentro do \(e\).

É isso que fecha o buraco do tópico 04

A sequência do \(\sqrt{2}\) é decrescente a partir de \(a_1\) e limitada inferiormente por \(\sqrt{2}\). Logo o limite existe — e só então faz sentido resolver \(L=\frac{1}{2}\left(L+\frac{2}{L}\right)\).