CAPTULO 1

Exerccios 1.1

1. b) 0, 1, 2, 0, 1, 2, 0, 1, 2, ..., sendo o termo geral dado por

a

nnn 1

23

23

2sen

, .

2. b)

lim ( ) lim ( ) ( )( )n nn nn n n n

n n

1

11

1

lim .n n n

11

0

d) Seja

a t tnk

n

k 0

0 1 , . Temosan 1 t t

2 ... tn e

tan t t2 t3 ... tn1.

Subtraindo membro a membro,

an tan 1 tn1

, ou seja, a tt

n

n

11

1.

Como 0 1 01

t tn

n, lim .

Logo,

lim lim .n k

n

kn

n

tt

t t

0

111

11

f)

lim lim .n

n

n

n

e

n ne

1 2 1 1

2

2

2

2

1 244 344

h) lim

n

n

xdx

11

, onde um real dado.

2Se 1, a integral resulta em: lim ln lim ln .

n

n

nx n

[ ]

1

Se 1, a integral resulta em:

lim lim,

, .n

n

n

x n

1

1

1

11

1

11

11

se

se

i) lim lim

n

nsx

n

sxn

e dxs

e

0 0

1

lim ( ) ( ).n

sn

se

ss

1 1 1 0

k) lim .

n

n

x xdx

2 21

Seja

112x x

Ax

Bx

. Temos 1 A(x 1) B x. Da,

1 (A B) x A A 1 e B 1.

Portanto,

lim lim

n

n

n

n n

x xdx dx

x

dxx

2 2 2 2

11

lim ln ln( ) lim ln ln .n

n n

nx x

n [ ] [ ]{ } 2 21 2 1 1 2

m) lim .

n n sen sen

1 0 0

o) lim lim .

n xnn x

x

1 1 00

sen sen

p) an cos n (1)n. Vamos mostrar que lim cos

nn

no existe. Como

an 1, tal limite no poder ser e tampouco . Por outro lado, como o valor de an 1 ou 1, para todo real L, e para todo natural n0 a afirmao

qualquer que seja o natural n n n a Ln, 0 14

ser falsa, pois, se o valor 1 satisfizer a desigualdade a Ln

14

, o valor 1 no a

satisfar e vice-versa. Assim, tal limite no poder ser finito. Logo, tal limite no existe.

0

limitada

3q) a

nn

nn

( ) ( ) .1 1 Como, para todo natural

n a an

nn

0 2, , lim

no poder ser

e tampouco . Raciocinando como no item p, verifica-se, tambm, que tal limite nopoder ser finito. Logo, tal limite no existe.

r)

00

nsx

f ge x dx s

cos ( ). Aplicando integrao por partes:

I e x se x dx e n s e x dxsx n

nsx sn

nsx sen sen sen sen[ ] 0 0 0 . Ou seja,

I e n s e x dxsn

nsx sen sen

0 . Por outro lado,

00 0

nsx

f gsx n

nsxe x dx e x se x dx [ ] ( ) sen ( cos ) cos

e n s e x dxsn

nsxcos cos .1

0

Substituindo em :

I e n se n s s e x dxsn sn sxn

I

sen cos cos .20

1 244 344

Da,

(1 s2) I esn sen n sesn cos n s.

Portanto,

0 21

1n

sn sn sne x dxs

e n se n s [ ] cos cossen .

Sendo sen n e cos n limitadas e lim ( )n

sne s

0 0 , resulta:

lim lim cosn

sn

n

sne n se n

sen e0 0.

4Portanto,

lim cos lim cos .

n

nsx

n

sn sne x dxs

e n s e n ss

s [ ] 0 2 21

1 1sen

s)

nn

en

e n

n

e u

euu

n

n

n

n

u1 1

1 1 1 1

11 1

1

( ) ( )

, .

onde

Ento, lim ( ) lim ( )

n

n

u

un

n

en

e u

eu

1 1 1 0

00

1

pois lim ( ) .

u

uu e0

11

Pela regra de LHospital,

lim ( ) lim ( ) ( ln( ))u

u

u

ue u

eu

u u u

e 0

1

0

111 1 1

De ( ln ( )) ln ( ) ( ) ln ( )( ) ,u u u u

u

u

u u u

u u

1 2

1

21 1 11 1

1 resulta

lim ( ) lim ( )( ) lim

( ) ln ( ).

u

u

uu

u

u

e u

e

u

e u

u u u

u 0

1

0

1

0 21 1

11 1

Temos

lim ( )( )uuu

e u0

111

1

. Pela regra de LHospital, vem:

lim ( ) ln ( ) lim ln ( ) .u u

u u u

u

u

u 0 2 0

1 1 12

00

Aplicando novamente a regra de LHospital

lim ln( ) lim ( )u uu

u u 0 0

12

12 1

12

.

5Ento,

lim ( ) lim ( ) ( )

n

n

u

un

n

en

e u

eu

1 1 1 12

120

1

.

3. Seja

sk ku k

n

1

1 11

. Temos

s s s

n nn1 21

12

12

13

1 11

; ; ... ; . Assim,

sk k n nn k

n

1

1 11

1 12

12

13

1 11

...

1 1

1n.

Portanto, lim lim .

nn

ns

n

1 1

11

4. a) Consideremos uma seqncia de termo geral an e seja lim .

nna a

J vimos que

lim ...

n

na a a

na

1 2 (Exemplo 8). Temos

b nn n

nn

1 12

11 0

...

lime

.

Portanto, lim .

nnb

0

b) Temos bn

nk

n

k

1

12

e lim

n

n

2 1

1. Logo, lim .

nnb

1 Ou seja,

se lim lim ... .

n

n

n

n

n

2 1 2 2 2 2 1

1 3ento

65. a a a a a a a ann nn1 2 3 1 2 3 1 ... ( ... ) /

Supondo a n a a an

nn

0 1 0, lim , ,e temos

lim (ln ) ln( lim ) ln .

nn

nna a a

Pelo Exemplo 8, sendo lim ln ln , lim ln ln ... ln ln

nn

n

na aa a a

na

ento 1 2 .

Logo, lim ... lim .ln

nn

a

nna a a a e a a

1 2 3

6.

a aa

a

a

a

a

an

n n n

n

n 12

1

3

2

1 ...

Supondo a n

a

aLn

n

n

n

0 1 1, lim ,e

pelo Exerccio 5 temos

lim ... lim .n

n

n

nn

n

n

a

a

a

a

a

a

a

aL

2

1

3

2

1 1

Como lim ,

n

n a

1 1 resulta lim .n

nn a L

7. a)

lim lim

( )!( )

! lim( )!

( ) !nn

n n

n

nn

n

na

a

n

n

n

n

n

n

n

n

1 1

1

11 1

1

lim ( ) !( ) ! lim limn nn

n

n

n

nn n

n

n

n

n

n

n

n

11 1

11

lim .n

n

ne

e

1 1 11

1

Pelo Exerccio 6: lim

nn

n ae

1

, ou seja, lim ! .n

nn

n

n e

1

e n1 ln( ... ) (ln ln ln ... ln )/

.

a a a an a a a an

ne1 2 3 1 2 3

710. Sejam f: A , A , uma funo contnua em a e an uma seqncia tal que, paratodo n, an A. Sendo f contnua em a, dado 0, existe 0 tal que

0 x a f x f a ( ) ( ) .

Sendo lim ,

nna a

para o 0 acima existe um nmero natural n tal que

n n a an 0 .

De e resulta:

n n f a f an 0 ( ) ( ) .

Portanto, lim ( ) ( ).

nnf a f a

11. De f A A a A a f an n: , ( ), 0 1 e segue que a An para todo n. Sendo fcontnua em a e an convergente a a, teremos

lim ( ) ( )

nnf a f a

(veja Vol. 1, Seo

4.4, 5. edio). Como lim ,n

na a

1 resulta a f(a).

12. Sejam an e bn duas seqncias tais que, para todo natural n,

a b en nn 5 ou

5 5e

a ben

n n n

.

Temos lim lim .n

nn

ne e

5 5 0 Pelo teorema do confronto,

lim ( ) .

nn na b

0

Sabemos, tambm, que lim .n

na a

Para concluir que lim

nnb a

s observar que

bn (bn an) an.

13. a)

lim lim .n An n nx y

dx dy d d

1 22 2 1

1

0

2

b)

lim ( ) limn A nn

x ydx dy d d

n

12 2 2 410

2

lim .

n n

12

12

22

8c) Para 1,

lim ( ) limn A nn

x ydx dy d d

n

12 2 210

2

lim ( ( ) .

( )

n

n

2 1

2 11

2 12

)

Se 1, ento lim ( ) .

( )

n

n

2 1

2 10

Se 1, ento

lim ( ) .

( )

n

n

2 1

2 1

Para

1 12 2, limn A

nx y

dx dy

lim lim ln

n

n

nd d n

02

1

1 2

Portanto,

lim ( ) ,n An x ydx dy

1

112 2

se e

lim ( ) , .n An x ydx dy

1 12 2 se

e)

lim limn

x yA

n n

ne dx dy e d d

2 2

00

2

14. Seja a xx

dxnn

sen

1 . Temos

lim limn

nn

na

x

xdx

sen

1

lim ( cos ) ( cos )n

n n

xx

xx dx

1 11 21

lim cos cos cos .n

nn

n

x

xdx

1 21

lim lim .

n

n

nn

e d ne

( )[ ]

1 1 1 2 2

0 0

2

0

9Temos lim cos lim cos .

n n

n

n nn

1 0 Por outro lado,

para todo x

x

x x 1 0 12 2,

cos. Como

121 x

dx

convergente, pelo critrio decomparao,

cos x

xdx21

tambm convergente e portanto bx

xdxn

n

cos21

convergente. Logo, a seqncia an dada convergente.

15. Seja a seqncia a x dxn

n

11 sen , . Fazendo a mudana de varivel u x,

du x1 dx e, portanto, dx du

u

( )/.1 Segue que

au

udun

n

111

sen

( )/ .Integrando por partes, ou seja, procedendo como no Exemplo 5, item a, da pg. 41 doVol. 2 (5. edio), obtemos

1 1 111 1 1

2 11uu du

uu

u

udu

n n n

( )/ ( )/ ( )/( cos )cos

.

sen

Da hiptese 1, segue 2 1 1 2 11

e da cos( )/

u

udu ser absolutamente

convergente e, portanto, convergente. (Veja Seo 3.4 do Vol. 2, 5. edio.)Observando, ainda, que

1 0, a seqncia dada convergente e

lim cos cos .( )/n

nau

udu

1 1 11 2 1

16. Olhando para a soluo do exerccio anterior, para

12

temos

1 1 111 1 1

2 11uu du

uu

u

udu

n n n

( )/ ( )/ ( )/( cos )cos

sen

n n u du

ncos cos cos1

1[ ] n n ncos cossen sen1 1

Observe que sendo kn a seqncia dada por k1 31, k2 314, k3 3141, ... ou seja, kn igual ao produto de 10n pela aproximao de com n casas, teremos

0

limitada

10

lim cos .

nn nk k

2 2 Confira! Do mesmo modo, possvel construir uma outra

seqncia pn de nmeros naturais tal que lim cos .

nn np p

2 2 Pense! Logo a

seqncia divergente.

18. b) lim cos lim cos lim .

n x x

nn

x

x

x

1 1 11

00 0

sen

c)

lim lim( )

n nn

n

nn n

n n

n

sen sen

sen sen11

13

22

limcos ( )

n

n nn

n

2 12

12

12 2sen

lim cos ( )n

n

n

n nn

sen1

21

2

1 12

02

22

(Lembre-se: sen sen senp q p q p q 2

2 2cos .)

d)

lim limn x

n nn

nn

x x

x x

2

2 0 2

1

1 12

sen

sen

sen

sen

f)

lim lim cosn n

n xn

x

xn

x

n

x

sen sen

sen sen

0 00 0

01

1

1

h)

lim lim lim cos .n

n

x

x

x

x

n ee

x

e x

sen sen sen

1

0 01 1

11

10

limitada

11

Exerccios 1.2

1. a) Consideremos os naturais m e n com 1 m n. Temos

skm k

m

13

1

sk kn k

m

k m

n

13

13

1 1

Como k m

m

k

13

1 0 resulta que quaisquer que sejam os naturais m e n com m n,sm sn. Logo a seqncia sn crescente.

Temos s

n xdxn

n 1 1

213

1 1 13 3 3 1 3... .

lim lim .n

n

nxdx

n

1 3 2

1 12

12

12

Portanto, sn 1

12 para todo n 1.

A seqncia convergente, pois crescente e limitada superiormente por 32

.

Portanto, existe um nmero real s tal que lim .n k

n

ks s

13

1 32

e

b) Para todo n 1 temos

s

n ndxn

n

1 1

213

1 11

1... .

Como lim lim ( )n

n

n

dxx

n

1

12 1 2 resulta

lim .

nns

Portanto, sn divergente.

c) Seja

snk

n

k0

12 . Temos,

s s s0 1 2 21 1

12

1 12

12

; ; ; ... ; sn n 1

12

12

122

... .

12

Da frmula para o clculo da soma dos termos de uma progresso geomtrica, resulta

sn n 2 1

12 1

.

Ento, lim

nn ns s

2 e

convergente.

d) Seja

skn k

n

1

1 ! . Comparemos com a seqncia

tnk

n

k

1

11

2 que convergente,pois,

lim .

nnt

2

k

n

k n

11 2 1

12

1 12

12

12

2 ... .

Para k 1, temos 2k1 k!, pois, k! 123 ... k que alm do fator 1 contm k 1

fatores, cada um maior ou igual a 2. Ento,

1 12 1k k!

.

Da, para todo n 1,

skn k

n

k

n

k

1 1

11 1

22 ! .

Segue que sn uma seqncia crescente e limitada superiormente por 2. Ento, sn convergente.

e) Seja skn k

n

121

1 .

Observamos que, para k 1,

11

12 2k k

.

A seqncia tkn k

n

12

1 crescente e limitada superiormente por 2. Ento, para todonatural n 1,

sk kn k

n

k

n

12

12

11

1 2 . Segue que a seqncia sn crescente e limitadasuperiormente por 2. Portanto, sn convergente.

13

2. a a a a a1 2 1 3 22 2 2 2 2 2 2 2 , , , ... De modo geral, teremos,

a an n 1 2 , para n 1. De a a a1 2 12 2 2 4 2 , , segue, por induo,an 2, para todo n 1. Logo, a seqncia an limitada superiormente por 2. Vamos

mostrar, a seguir, que tal seqncia crescente. De a a an n n 1 2 2e de segue

a

a a

n

n n

12 1

e, portanto, an1 an para todo n 1.

Logo, a seqncia an crescente. Sendo crescente e limitada superiormente por 2, talseqncia convergente para um nmero real a. Sendo

lim ,

nna a

teremos, tambm,

lim . ,

nn n na a a a

1 1 2Como para todo n 1,

lim lim

nn

nna a

1 2 e, portanto, a a 2 .

Segue que a2 2a e, portanto, a 2, pois, a 0. Deste modo, a seqncia an convergepara 2.

3. Sendo an crescente, bn decrescente e bn an 0, para n 0, resulta an b0 ebn a0, para todo n 0. Deste modo as seqncias an e bn sero convergentes. Sendotais seqncias convergentes e da hiptese lim ( ) ,

nn nb a

0

resulta

lim limn

nn

nb a

0 e, portanto, lim lim .

nn

nnb a

5. Seja

a e dx dynA

n

x y ( ) ,2 2 2 onde An o crculo x y n n2 2 2 1 , . Temos

lim lim lim .

nn

n

n

n

na e d d e ( ) 0

2

02 21

Como lim

nna

ento a seqncia de termo geral an convergente.

6. Seja a ex y

dx dynA

n

x y

2 2

2 2 21 ( ) , onde An o crculo x2 y2 n2, n 1. De

A A a an n n n 1 1, ,segue para todo n 1. Logo, a seqncia an crescente. Por

14

outro lado, a seqncia

bx y

dx dynA

n

11 2 2 2( ) crescente e convergente

(verifique) e pelo fato de, para todo (x, y),

e

x y x y

x y

2 2

2 2 2 2 2 211

1( ) ( )

resulta an bn, para todo n 1. Sendo b o limite de bn, teremos an b, para todo n 1.Logo, a seqncia an convergente.

7. A seqncia a

x

xdx nn

n

1

2

2 1 sen , , crescente e a x dxnn

1 2

1 1 , para todon 1. Sendo an crescente e limitada superiormente por 1, tal seqncia ser convergente.

8. A seqncia a

xdx nn

n

1 21 1 sen , , crescente, pois, sen

1 02x

para x 1.

Temos, ainda, a

xdx

xdxn

n n

1 2 1 21 1 1 sen , para todo n 1. Logo, an

convergente.

9.

sa

n

k

nkk

k

n

k 1 1

1010

1010

.

Logo, s nn

109

1, . Assim, sn crescente e limitada superiormente. Portanto, sn

convergente.

10. Seja

s nnk

n

k 0

1 1 0 [ ( ) ], . Temos

s0 01 1 2 ( )s1 0 11 1 1 1 2 0 2 ( ) ( )

s2 2 0 2 4 s3 2 0 2 0 4

s4 2 0 2 0 2 6

110

110219

...1 244 344

15

e, de modo geral,

s

n nn nn

12,

, .

se mparse par

Assim, dado 0 e tomando-se n0 ,

n n sn 0 .

Logo, lim .

nns