Nesta página propomos 20 exercícios resolvidos passo a passo sobre o teorema da permanência do sinal para sucessões. O objetivo é aprender a reconhecer quando uma sucessão é definitivamente positiva ou definitivamente negativa a partir do comportamento do seu limite.
Os exercícios foram concebidos para esclarecer o significado preciso do termo definitivamente, o papel fundamental da hipótese \(L\neq 0\) e os casos em que o teorema não pode ser aplicado, como as sucessões com limite nulo ou as que não têm limite.
Em alguns exercícios aplicaremos diretamente o teorema da permanência do sinal; em outros determinaremos também um possível índice \(N\) a partir do qual o sinal da sucessão se torna estável. Deste modo, o resultado teórico fica concretamente associado ao estudo do sinal dos termos de uma sucessão.
Recordemos que, se \(\lim_{n\to+\infty}a_n=L\) com \(L>0\), então existe \(N\in\mathbb{N}\) tal que, para todo \(n\geq N\), tem-se \(a_n>0\). Se, pelo contrário, \(\lim_{n\to+\infty}a_n=L\) com \(L<0\), então existe \(N\in\mathbb{N}\) tal que, para todo \(n\geq N\), tem-se \(a_n<0\).
Em símbolos:
\[ \lim_{n\to+\infty}a_n=L>0 \quad\Longrightarrow\quad \exists N\in\mathbb{N}:\forall n\geq N,\ a_n>0, \]
ao passo que
\[ \lim_{n\to+\infty}a_n=L<0 \quad\Longrightarrow\quad \exists N\in\mathbb{N}:\forall n\geq N,\ a_n<0. \]
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=2+\frac{1}{n} \]
é definitivamente positiva, justificando a resposta com o teorema da permanência do sinal.
Resultado
A sucessão é definitivamente positiva.
Resolução
Calculamos o limite da sucessão:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(2+\frac{1}{n}\right)=2. \]
O limite existe, é real e é diferente de zero. Além disso, é positivo, porque
\[ 2>0. \]
Pelo teorema da permanência do sinal, se uma sucessão converge para um limite positivo, então os seus termos são definitivamente positivos.
Logo, existe um índice \(N\in\mathbb{N}\) tal que, para todo \(n\geq N\), tem-se
\[ a_n>0. \]
Além disso, neste caso vê-se diretamente que
\[ 2+\frac{1}{n}>0 \]
para todo \(n\geq1\). Assim, a sucessão não é apenas definitivamente positiva: é positiva em todos os índices do seu domínio.
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{3}{n}-5 \]
é definitivamente negativa.
Resultado
A sucessão é definitivamente negativa.
Resolução
Calculamos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{3}{n}-5\right)=-5. \]
O limite é um número real negativo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, uma sucessão que converge para um limite negativo é definitivamente negativa.
Portanto, existe \(N\in\mathbb{N}\) tal que, para todo \(n\geq N\),
\[ a_n<0. \]
Podemos também verificar diretamente a partir de que índice isto acontece. Resolvemos:
\[ \frac{3}{n}-5<0. \]
Passando \(5\) para o segundo membro, obtemos
\[ \frac{3}{n}<5. \]
Como \(n>0\), podemos multiplicar por \(n\) sem inverter o sentido da desigualdade:
\[ 3<5n. \]
Portanto,
\[ n>\frac{3}{5}. \]
Para todo \(n\geq1\) esta desigualdade verifica-se. Logo, a sucessão é negativa para todo \(n\geq1\) e, portanto, certamente definitivamente negativa.
Exercício 3 — nível ★☆☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=-1+\frac{4}{n} \]
é definitivamente negativa e encontrar um possível índice \(N\).
Resultado
A sucessão é definitivamente negativa. Um possível índice é \(N=5\).
Resolução
Calculamos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-1+\frac{4}{n}\right)=-1. \]
O limite é negativo e diferente de zero. Portanto, pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente negativa.
Para encontrar explicitamente um índice \(N\), resolvemos a desigualdade
\[ -1+\frac{4}{n}<0. \]
Passando \(-1\) para o segundo membro:
\[ \frac{4}{n}<1. \]
Como \(n>0\), multiplicamos por \(n\):
\[ 4<n. \]
Portanto, a desigualdade verifica-se para todo \(n>4\), isto é, para todo \(n\geq5\).
Assim, escolhendo \(N=5\), tem-se
\[ a_n<0 \]
para todo \(n\geq5\).
Exercício 4 — nível ★☆☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=7-\frac{10}{n} \]
é definitivamente positiva e encontrar um possível índice \(N\).
Resultado
A sucessão é definitivamente positiva. Um possível índice é \(N=2\).
Resolução
Calculamos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(7-\frac{10}{n}\right)=7. \]
O limite é positivo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente positiva.
Encontramos agora um índice explícito. Devemos resolver:
\[ 7-\frac{10}{n}>0. \]
Passando a fração para o segundo membro:
\[ 7>\frac{10}{n}. \]
Como \(n>0\), multiplicamos por \(n\):
\[ 7n>10. \]
Portanto,
\[ n>\frac{10}{7}. \]
O menor inteiro \(n\geq1\) que satisfaz esta condição é \(n=2\).
Assim, escolhendo \(N=2\), tem-se
\[ a_n>0 \]
para todo \(n\geq2\).
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{2n+1}{n+3} \]
é definitivamente positiva.
Resultado
A sucessão é definitivamente positiva.
Resolução
Dividimos o numerador e o denominador por \(n\):
\[ a_n=\frac{2+\displaystyle \frac{1}{n}}{1+\displaystyle \frac{3}{n}}. \]
Passando ao limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2+\displaystyle \frac{1}{n}}{1+\displaystyle \frac{3}{n}}=\frac{2+0}{1+0}=2. \]
O limite é positivo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente positiva.
Na verdade, mesmo sem o teorema podemos observar que, para todo \(n\geq1\),
\[ 2n+1>0 \qquad \text{e} \qquad n+3>0. \]
Portanto,
\[ \frac{2n+1}{n+3}>0 \]
para todo \(n\geq1\).
Isto confirma o que o teorema prevê: a sucessão é certamente definitivamente positiva.
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{1-3n}{2n+5} \]
é definitivamente negativa.
Resultado
A sucessão é definitivamente negativa.
Resolução
Dividimos o numerador e o denominador por \(n\):
\[ a_n=\frac{\displaystyle \frac{1}{n}-3}{2+\displaystyle \frac{5}{n}}. \]
Calculamos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{1}{n}-3}{2+\displaystyle \frac{5}{n}}=\frac{0-3}{2+0}=-\frac{3}{2}. \]
O limite é negativo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente negativa.
Podemos também verificar o sinal diretamente. Para \(n\geq1\), o denominador \(2n+5\) é positivo. O sinal da fração depende, portanto, do numerador:
\[ 1-3n<0. \]
Esta desigualdade equivale a
\[ 1<3n, \]
isto é,
\[ n>\frac{1}{3}. \]
Ela é verdadeira para todo \(n\geq1\). Logo, a sucessão é negativa para todo \(n\geq1\) e, portanto, definitivamente negativa.
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{n^2-4n+1}{n^2+1} \]
é definitivamente positiva.
Resultado
A sucessão é definitivamente positiva.
Resolução
Dividimos o numerador e o denominador por \(n^2\):
\[ a_n=\frac{1-\displaystyle \frac{4}{n}+\displaystyle \frac{1}{n^2}}{1+\displaystyle \frac{1}{n^2}}. \]
Calculamos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1-\displaystyle \frac{4}{n}+\displaystyle \frac{1}{n^2}}{1+\displaystyle \frac{1}{n^2}}=\frac{1-0+0}{1+0}=1. \]
O limite é positivo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente positiva.
Observemos que o teorema não afirma necessariamente que a sucessão seja positiva para todo \(n\). Afirma apenas que existe um índice \(N\) a partir do qual todos os termos são positivos.
Com efeito, o numerador
\[ n^2-4n+1 \]
pode tomar valores negativos em alguns índices iniciais, mas isto não contradiz o teorema.
Como o limite é \(1>0\), a partir de certo índice tem-se com certeza
\[ a_n>0. \]
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{-2n^2+n+4}{n^2+3} \]
é definitivamente negativa.
Resultado
A sucessão é definitivamente negativa.
Resolução
Dividimos o numerador e o denominador por \(n^2\):
\[ a_n=\frac{-2+\displaystyle \frac{1}{n}+\displaystyle \frac{4}{n^2}}{1+\displaystyle \frac{3}{n^2}}. \]
Passando ao limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{-2+\displaystyle \frac{1}{n}+\displaystyle \frac{4}{n^2}}{1+\displaystyle \frac{3}{n^2}}=\frac{-2+0+0}{1+0}=-2. \]
O limite é negativo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente negativa.
Portanto, existe \(N\in\mathbb{N}\) tal que, para todo \(n\geq N\),
\[ a_n<0. \]
Mesmo que os termos iniciais tivessem de ser verificados separadamente, isso seria irrelevante para efeitos do teorema, pois o teorema diz respeito ao comportamento definitivo da sucessão.
Exercício 9 — nível ★★☆☆☆
Determinar se o teorema da permanência do sinal é aplicável à sucessão
\[ a_n=\frac{(-1)^n}{n}. \]
Determinar ainda se a sucessão é definitivamente positiva ou definitivamente negativa.
Resultado
O teorema não é aplicável, porque o limite é \(0\). A sucessão não é nem definitivamente positiva nem definitivamente negativa.
Resolução
Calculamos o limite da sucessão:
\[ a_n=\frac{(-1)^n}{n}. \]
Como
\[ -1\leq (-1)^n\leq 1, \]
dividindo por \(n>0\) obtemos
\[ -\frac{1}{n}\leq \frac{(-1)^n}{n}\leq \frac{1}{n}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{n}\right)=0 \qquad \text{e} \qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0, \]
pelo teorema do sanduíche segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n}{n}=0. \]
O limite existe, mas é nulo.
O teorema da permanência do sinal exige que o limite seja real e diferente de zero. Neste caso, a hipótese \(L\neq 0\) não se verifica, pelo que o teorema não é aplicável.
Estudamos agora diretamente o sinal da sucessão. Se \(n\) é par, então \((-1)^n=1\), pelo que
\[ a_n=\frac{1}{n}>0. \]
Se, pelo contrário, \(n\) é ímpar, então \((-1)^n=-1\), pelo que
\[ a_n=-\frac{1}{n}<0. \]
Logo, a sucessão muda de sinal infinitas vezes.
Recordemos que dizer que uma sucessão é definitivamente positiva significa que existe um índice \(N\in\mathbb{N}\) tal que
\[ a_n>0 \]
para todo \(n\geq N\). Mas isto não acontece, pois para além de qualquer índice continuam a existir infinitos índices ímpares, para os quais \(a_n<0\).
Do mesmo modo, a sucessão não é definitivamente negativa, porque para além de qualquer índice continuam a existir infinitos índices pares, para os quais \(a_n>0\).
Portanto, o teorema não é aplicável e a sucessão não é nem definitivamente positiva nem definitivamente negativa.
Exercício 10 — nível ★★☆☆☆
Determinar se o teorema da permanência do sinal é aplicável à sucessão
\[ a_n=(-1)^n+2. \]
Determinar ainda se a sucessão é definitivamente positiva.
Resultado
O teorema não é aplicável, porque a sucessão não tem limite. Contudo, a sucessão é positiva para todo \(n\), pelo que é definitivamente positiva.
Resolução
Observamos o comportamento da sucessão:
\[ a_n=(-1)^n+2. \]
Se \(n\) é par, então \((-1)^n=1\), pelo que
\[ a_n=1+2=3. \]
Se \(n\) é ímpar, então \((-1)^n=-1\), pelo que
\[ a_n=-1+2=1. \]
Assim, a sucessão toma alternadamente os valores \(3\) e \(1\). Em particular, a subsucessão dos termos de índice par tende para \(3\), ao passo que a subsucessão dos termos de índice ímpar tende para \(1\).
Como estes dois valores são distintos, a sucessão não converge para um único limite real.
O teorema da permanência do sinal exige que exista um limite real não nulo. Neste caso, o limite não existe, pelo que o teorema não é aplicável.
Contudo, podemos estudar o sinal diretamente. Vimos que, para todo \(n\), a sucessão toma apenas os valores \(1\) e \(3\). Portanto,
\[ a_n>0 \]
para todo \(n\).
Daqui resulta que a sucessão é definitivamente positiva. Com efeito, podemos escolher, por exemplo, \(N=1\), e para todo \(n\geq1\) tem-se \(a_n>0\).
Este exercício mostra que uma sucessão pode ser definitivamente positiva mesmo quando o teorema da permanência do sinal não é aplicável. Nesse caso, porém, a positividade definitiva deve ser demonstrada diretamente, e não deduzida do teorema.
Exercício 11 — nível ★★☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{n-5}{n+2} \]
é definitivamente positiva e encontrar um possível índice \(N\).
Resultado
A sucessão é definitivamente positiva. Um possível índice é \(N=6\).
Resolução
Calculamos o limite da sucessão:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n-5}{n+2}=1. \]
Com efeito, o numerador e o denominador têm o mesmo grau e o quociente dos coeficientes principais é
\[ \frac{1}{1}=1. \]
O limite é positivo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente positiva.
Encontramos agora explicitamente um índice \(N\). Devemos resolver:
\[ \frac{n-5}{n+2}>0. \]
Para \(n\geq1\), o denominador é positivo, porque
\[ n+2>0. \]
Portanto, o sinal da fração depende do numerador:
\[ n-5>0. \]
Obtemos
\[ n>5. \]
Assim, para todo \(n\geq6\), tem-se
\[ a_n>0. \]
Logo, podemos escolher \(N=6\).
Exercício 12 — nível ★★☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{4-2n}{n+1} \]
é definitivamente negativa e encontrar um possível índice \(N\).
Resultado
A sucessão é definitivamente negativa. Um possível índice é \(N=3\).
Resolução
Calculamos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{4-2n}{n+1}=-2. \]
O limite é negativo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente negativa.
Encontramos agora um índice explícito. Devemos resolver:
\[ \frac{4-2n}{n+1}<0. \]
Para \(n\geq1\), o denominador é positivo:
\[ n+1>0. \]
Portanto, a fração é negativa quando o numerador é negativo:
\[ 4-2n<0. \]
Passando \(2n\) para o segundo membro:
\[ 4<2n. \]
Dividindo por \(2\), obtemos
\[ 2<n. \]
Portanto,
\[ n>2. \]
Para todo \(n\geq3\), a sucessão é negativa. Podemos, pois, escolher \(N=3\).
Exercício 13 — nível ★★☆☆☆
Demonstrar que a sucessão
\[ a_n=3-\frac{2}{n} \]
é definitivamente maior que \(1\).
Resultado
A sucessão é definitivamente maior que \(1\). Um possível índice é \(N=2\).
Resolução
O teorema da permanência do sinal diz respeito ao sinal de uma sucessão. Para estudar a desigualdade
\[ a_n>1, \]
passamos tudo para o primeiro membro e consideramos a sucessão auxiliar
\[ b_n=a_n-1. \]
Como
\[ a_n=3-\frac{2}{n}, \]
temos
\[ b_n=3-\frac{2}{n}-1=2-\frac{2}{n}. \]
Calculamos o limite de \(b_n\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(2-\frac{2}{n}\right)=2. \]
O limite é positivo e diferente de zero. Portanto, pelo teorema da permanência do sinal,
\[ b_n>0 \]
definitivamente.
Mas \(b_n>0\) significa exatamente
\[ a_n-1>0, \]
isto é,
\[ a_n>1. \]
Logo, \(a_n\) é definitivamente maior que \(1\).
Encontramos também um índice explícito:
\[ 3-\frac{2}{n}>1. \]
Passando \(1\) para o primeiro membro:
\[ 2-\frac{2}{n}>0. \]
Portanto,
\[ 2>\frac{2}{n}. \]
Como \(n>0\), multiplicamos por \(n\):
\[ 2n>2. \]
Dividindo por \(2\), obtemos
\[ n>1. \]
Por conseguinte, para todo \(n\geq2\), tem-se
\[ a_n>1. \]
Exercício 14 — nível ★★☆☆☆
Demonstrar que a sucessão
\[ a_n=-3+\frac{5}{n} \]
é definitivamente menor que \(-1\).
Resultado
A sucessão é definitivamente menor que \(-1\). Um possível índice é \(N=3\).
Resolução
Queremos demonstrar que
\[ a_n<-1 \]
definitivamente.
Passamos tudo para o primeiro membro:
\[ a_n+1<0. \]
Consideramos, então, a sucessão auxiliar
\[ b_n=a_n+1. \]
Como
\[ a_n=-3+\frac{5}{n}, \]
obtemos
\[ b_n=-3+\frac{5}{n}+1=-2+\frac{5}{n}. \]
Calculamos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-2+\frac{5}{n}\right)=-2. \]
O limite é negativo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, tem-se
\[ b_n<0 \]
definitivamente.
Mas \(b_n<0\) significa
\[ a_n+1<0, \]
isto é,
\[ a_n<-1. \]
Logo, \(a_n\) é definitivamente menor que \(-1\).
Encontramos agora um índice explícito:
\[ -3+\frac{5}{n}<-1. \]
Somamos \(3\) a ambos os membros:
\[ \frac{5}{n}<2. \]
Como \(n>0\), multiplicamos por \(n\):
\[ 5<2n. \]
Portanto,
\[ n>\frac{5}{2}. \]
O menor inteiro \(n\geq1\) que satisfaz esta condição é \(n=3\).
Por conseguinte, podemos escolher \(N=3\).
Exercício 15 — nível ★★★☆☆
Demonstrar que a sucessão
\[ a_n=\frac{n^2+2n}{n^2+n+1} \]
é definitivamente maior que \(\displaystyle \frac{1}{2}\).
Resultado
A sucessão é definitivamente maior que \(\displaystyle \frac{1}{2}\).
Resolução
Queremos demonstrar que
\[ a_n>\frac{1}{2} \]
definitivamente.
Para aplicar o teorema da permanência do sinal, consideramos a diferença
\[ b_n=a_n-\frac{1}{2}. \]
Se demonstrarmos que \(b_n>0\) definitivamente, teremos demonstrado que
\[ a_n>\frac{1}{2} \]
definitivamente.
Calculamos o limite de \(a_n\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2+2n}{n^2+n+1}=1. \]
Portanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=\lim_{n\to+\infty}\left(a_n-\frac{1}{2}\right)=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}. \]
O limite de \(b_n\) é positivo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão \(b_n\) é definitivamente positiva.
Portanto,
\[ a_n-\frac{1}{2}>0 \]
definitivamente, isto é,
\[ a_n>\frac{1}{2} \]
definitivamente.
Podemos também verificar diretamente:
\[ \frac{n^2+2n}{n^2+n+1}>\frac{1}{2}. \]
Como \(n^2+n+1>0\) para todo \(n\), podemos multiplicar por \(2(n^2+n+1)\), que é positivo:
\[ 2(n^2+2n)>n^2+n+1. \]
Desenvolvendo:
\[ 2n^2+4n>n^2+n+1. \]
Passando tudo para o primeiro membro:
\[ n^2+3n-1>0. \]
Para \(n\geq1\), tem-se
\[ n^2+3n-1\geq 1+3-1=3>0. \]
Portanto, na verdade,
\[ a_n>\frac{1}{2} \]
para todo \(n\geq1\).
Exercício 16 — nível ★★★☆☆
Demonstrar que a sucessão
\[ a_n=\frac{-3n^2+n+1}{n^2+4} \]
é definitivamente menor que \(-2\).
Resultado
A sucessão é definitivamente menor que \(-2\).
Resolução
Queremos demonstrar que
\[ a_n<-2 \]
definitivamente.
Passamos tudo para o primeiro membro:
\[ a_n+2<0. \]
Consideramos, então, a sucessão auxiliar
\[ b_n=a_n+2. \]
Se \(b_n<0\) definitivamente, então \(a_n<-2\) definitivamente.
Calculamos o limite de \(a_n\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{-3n^2+n+1}{n^2+4}=-3. \]
Portanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=\lim_{n\to+\infty}(a_n+2)=-3+2=-1. \]
O limite de \(b_n\) é negativo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, \(b_n\) é definitivamente negativa.
Portanto,
\[ a_n+2<0 \]
definitivamente, isto é,
\[ a_n<-2 \]
definitivamente.
Verifiquemos também diretamente:
\[ \frac{-3n^2+n+1}{n^2+4}<-2. \]
Como \(n^2+4>0\), podemos multiplicar sem inverter o sentido da desigualdade:
\[ -3n^2+n+1<-2(n^2+4). \]
Desenvolvendo o segundo membro:
\[ -3n^2+n+1<-2n^2-8. \]
Passamos tudo para o primeiro membro:
\[ -n^2+n+9<0. \]
Multiplicando por \(-1\), invertendo o sentido da desigualdade:
\[ n^2-n-9>0. \]
Esta desigualdade é certamente verdadeira para \(n\) suficientemente grande. Por exemplo, para \(n\geq4\) tem-se
\[ n^2-n-9\geq 16-4-9=3>0. \]
Portanto, um possível índice é \(N=4\).
Exercício 17 — nível ★★★☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{(-1)^n}{n}+4 \]
é definitivamente positiva.
Resultado
A sucessão é definitivamente positiva.
Resolução
A sucessão contém o termo oscilante \((-1)^n\), mas isto não impede necessariamente a existência do limite.
Com efeito,
\[ -1\leq (-1)^n\leq 1. \]
Dividindo por \(n>0\), obtemos
\[ -\frac{1}{n}\leq \frac{(-1)^n}{n}\leq \frac{1}{n}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{n}\right)=0 \qquad \text{e} \qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0, \]
pelo teorema do sanduíche tem-se
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n}{n}=0. \]
Portanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{(-1)^n}{n}+4\right)=4. \]
O limite é positivo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente positiva.
Na verdade, neste caso podemos observar também diretamente que
\[ \frac{(-1)^n}{n}\geq -\frac{1}{n}\geq -1 \]
para todo \(n\geq1\). Portanto,
\[ a_n=\frac{(-1)^n}{n}+4\geq -1+4=3>0. \]
Assim, a sucessão é positiva para todo \(n\geq1\) e, por conseguinte, também definitivamente positiva.
Exercício 18 — nível ★★★☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{(-1)^n}{n}-2 \]
é definitivamente negativa.
Resultado
A sucessão é definitivamente negativa.
Resolução
Estudamos primeiro o limite. Como
\[ -1\leq (-1)^n\leq 1, \]
dividindo por \(n>0\) obtemos
\[ -\frac{1}{n}\leq \frac{(-1)^n}{n}\leq \frac{1}{n}. \]
Ambos os extremos tendem para \(0\), pelo que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n}{n}=0. \]
Portanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{(-1)^n}{n}-2\right)=-2. \]
O limite é negativo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente negativa.
Também diretamente, como
\[ \frac{(-1)^n}{n}\leq \frac{1}{n}\leq 1 \]
para todo \(n\geq1\), segue-se que
\[ a_n=\frac{(-1)^n}{n}-2\leq 1-2=-1<0. \]
Assim, a sucessão é negativa para todo \(n\geq1\) e, portanto, certamente definitivamente negativa.
Exercício 19 — nível ★★★☆☆
Determinar se a sucessão
\[ a_n=\frac{n+(-1)^n}{n} \]
é definitivamente positiva.
Resultado
A sucessão é definitivamente positiva. Um possível índice é \(N=2\).
Resolução
Reescrevemos a sucessão separando os dois termos:
\[ a_n=\frac{n}{n}+\frac{(-1)^n}{n}. \]
Portanto,
\[ a_n=1+\frac{(-1)^n}{n}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n}{n}=0, \]
obtemos
\[ \lim_{n\to+\infty}a_n=1+0=1. \]
O limite é positivo e diferente de zero.
Pelo teorema da permanência do sinal, a sucessão é definitivamente positiva.
Isto significa que existe um índice \(N\in\mathbb{N}\) tal que, para todo \(n\geq N\), tem-se
\[ a_n>0. \]
Atenção, porém: o teorema garante a existência de tal índice \(N\), mas não diz que se possa necessariamente escolher \(N=1\).
Com efeito, para \(n=1\) temos
\[ a_1=\frac{1+(-1)^1}{1}=\frac{1-1}{1}=0. \]
Portanto, a sucessão não é positiva em todos os índices do seu domínio, pois o primeiro termo é nulo.
Contudo, isto não contradiz o teorema, porque o teorema diz respeito ao comportamento definitivo da sucessão, isto é, ao que acontece a partir de certo índice.
Para encontrar um índice explícito, observamos que, para todo \(n\),
\[ -1\leq (-1)^n\leq 1. \]
Portanto,
\[ n+(-1)^n\geq n-1. \]
Se \(n\geq2\), então
\[ n-1>0. \]
Além disso, \(n>0\). Por conseguinte, para todo \(n\geq2\),
\[ \frac{n+(-1)^n}{n}>0. \]
Logo, podemos escolher \(N=2\).
Este exemplo ilustra bem que «definitivamente positiva» não significa «positiva desde o primeiro índice», mas sim «positiva a partir de certo índice».
Exercício 20 — nível ★★★★☆
Determinar se o teorema da permanência do sinal é aplicável à sucessão
\[ a_n=\frac{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}. \]
Determinar ainda se a sucessão é definitivamente positiva ou definitivamente negativa.
Resultado
O teorema não é aplicável, porque o limite é \(0\). A sucessão não é nem definitivamente positiva nem definitivamente negativa.
Resolução
Estudamos primeiro o limite da sucessão:
\[ a_n=\frac{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}. \]
Para todo \(n\) sabemos que
\[ -1\leq \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)\leq 1. \]
Como \(n>0\), dividindo por \(n\) obtemos
\[ -\frac{1}{n}\leq \frac{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}\leq \frac{1}{n}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{n}\right)=0 \qquad \text{e} \qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0, \]
pelo teorema do sanduíche segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}=0. \]
O limite existe, mas é igual a \(0\). Portanto, o teorema da permanência do sinal não é aplicável, pois exige um limite real diferente de zero.
Agora estudamos o sinal da sucessão. Os valores de
\[ \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) \]
repetem-se ciclicamente:
\[ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\dots \]
Com efeito:
- se \(n=4k+1\), então \(\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)=1\);
- se \(n=4k+2\), então \(\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)=0\);
- se \(n=4k+3\), então \(\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)=-1\);
- se \(n=4k\), então \(\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)=0\).
Como o denominador \(n\) é sempre positivo, o sinal de \(a_n\) depende do numerador.
Portanto, a sucessão toma infinitas vezes valores positivos, infinitas vezes valores negativos e infinitas vezes o valor \(0\).
Não pode ser definitivamente positiva, porque para além de qualquer índice continuam a existir termos nulos e termos negativos.
Não pode ser definitivamente negativa, porque para além de qualquer índice continuam a existir termos nulos e termos positivos.
Portanto, a sucessão não é nem definitivamente positiva nem definitivamente negativa.
Este exercício resume bem o papel da hipótese \(L\neq 0\): quando o limite é \(0\), o teorema não permite concluir nada sobre o sinal definitivo, e o sinal deve ser estudado diretamente.