Nesta coletânea propomos 20 exercícios resolvidos passo a passo sobre o teorema de Stolz-Cesàro e os seus principais corolários. O objetivo é aprender a reconhecer quando o teorema se pode aplicar e a utilizá-lo corretamente no cálculo de limites de quocientes de sucessões.
Em cada exercício verificaremos cuidadosamente as hipóteses do resultado utilizado em cada caso. Quando aplicarmos diretamente o teorema de Stolz-Cesàro, a sucessão do denominador deverá ser positiva a partir de certa ordem, estritamente crescente e divergente para \(+\infty\). Quando recorrermos a um dos seus corolários, verificaremos antes as hipóteses correspondentes, como a positividade dos termos e a existência do limite considerado.
Os exercícios estão ordenados por dificuldade crescente: os primeiros servem para fixar o método, ao passo que os seguintes exigirão maior atenção na escolha das sucessões e no cálculo do limite dos incrementos.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}=\frac{1}{2}. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=1+2+\cdots+n, \qquad b_n=n^2. \]
Pretendemos calcular o limite do quociente
\[ \frac{a_n}{b_n}. \]
Para \(n\ge 1\), tem-se \(b_n=n^2>0\). Além disso, \(b_n\) é estritamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Podemos então aplicar o teorema de Stolz-Cesàro, desde que exista o limite do quociente dos incrementos.
Calculemos:
\[ a_{n+1}-a_n=(1+2+\cdots+n+(n+1))-(1+2+\cdots+n)=n+1, \]
ao passo que
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2-n^2=2n+1. \]
Logo
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{2n+1}. \]
Calculemos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{2n+1} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{2+\displaystyle\frac{1}{n}} = \frac{1}{2}. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n} = \frac{1}{2}. \]
Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2} = \frac{1}{2}. \]
Exercício 2 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}=\frac{1}{3}. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=1^2+2^2+\cdots+n^2, \qquad b_n=n^3. \]
Para \(n\ge 1\), tem-se \(b_n=n^3>0\). Além disso, \(b_n\) é estritamente crescente e tende para \(+\infty\).
As hipóteses sobre o denominador estão, portanto, satisfeitas.
Calculemos agora os incrementos. Para a sucessão do numerador, temos
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^2. \]
Para a sucessão do denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^3-n^3. \]
Desenvolvamos o cubo:
\[ (n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1. \]
Logo
\[ b_{n+1}-b_n=3n^2+3n+1. \]
O quociente dos incrementos é
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1}. \]
Calculemos o limite dividindo o numerador e o denominador por \(n^2\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{3+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}} = \frac{1}{3}. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, obtemos
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3} = \frac{1}{3}. \]
Exercício 3 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}, \qquad b_n=n. \]
O denominador \(b_n=n\) é positivo para \(n\ge 1\), é estritamente crescente e tende para \(+\infty\).
Podemos então aplicar o teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}, \]
ao passo que
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
Portanto
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{n+1}. \]
Visto que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0, \]
pelo teorema de Stolz-Cesàro, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Assim
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Este exemplo mostra que a sucessão das somas parciais da série harmónica cresce muito mais lentamente do que \(n\).
Exercício 4 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Resolução
Recordemos que
\[ \log(n!)=\log(1\cdot 2\cdot 3\cdots n). \]
Ponhamos
\[ a_n=\log(n!), \qquad b_n=n\log n. \]
Consideremos o quociente para \(n\ge 2\), de modo que \(b_n>0\).
Além disso, \(b_n=n\log n\) é estritamente crescente a partir de certa ordem. Com efeito, a função \(x\log x\) tem derivada \(1+\log x\), que é positiva para \(x>e^{-1}\). Em particular, para \(n\ge 1\), a sucessão \(n\log n\) é estritamente crescente.
Por fim,
\[ \lim_{n\to+\infty}n\log n=+\infty. \]
Podemos então usar o teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos. Para o numerador:
\[ a_{n+1}-a_n = \log((n+1)!)-\log(n!) = \log(n+1). \]
Para o denominador:
\[ b_{n+1}-b_n = (n+1)\log(n+1)-n\log n. \]
Reescrevamos o denominador numa forma mais conveniente:
\[ (n+1)\log(n+1)-n\log n = \log(n+1)+n\log\left(\displaystyle\frac{n+1}{n}\right). \]
Logo
\[ b_{n+1}-b_n = \log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right). \]
O quociente dos incrementos é então
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Dividamos o numerador e o denominador por \(\log(n+1)\):
\[ \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1} {1+\displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Sabemos que
\[ n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
ao passo que
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
Portanto
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Daqui resulta que
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+0} = 1. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, concluímos que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Exercício 5 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}=\frac{2}{3}. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}, \qquad b_n=n^{3/2}. \]
Para \(n\ge 1\), tem-se \(b_n>0\). Além disso, \(b_n=n^{3/2}\) é estritamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}n^{3/2}=+\infty. \]
As hipóteses do teorema de Stolz-Cesàro relativas ao denominador estão, portanto, satisfeitas.
Calculemos os incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}. \]
Além disso,
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{3/2}-n^{3/2}. \]
O quociente dos incrementos é, então,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}. \]
Ponhamos \(\sqrt{n+1}\) em evidência no denominador. Visto que
\[ (n+1)^{3/2}=(n+1)\sqrt{n+1} \]
e
\[ n^{3/2}=n\sqrt n=n\sqrt{n+1}\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}, \]
obtemos
\[ (n+1)^{3/2}-n^{3/2}=\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right). \]
Logo
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}=\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right)}=\frac{1}{(n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}}. \]
Estudemos então o denominador
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}. \]
Ponhamos
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Então \(t_n\to 0^+\) e
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
Além disso, \(n+1=\displaystyle \frac{1}{t_n}\) e \(n=\displaystyle \frac{1-t_n}{t_n}\). Logo
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}\sqrt{1-t_n}. \]
Pondo \(1/t_n\) em evidência, obtemos
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1-(1-t_n)^{3/2}}{t_n}. \]
Usando o limite fundamental, equivalente à diferenciabilidade da função \(x^{3/2}\) em \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{3/2}}{t}=\frac{3}{2}. \]
Portanto
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}\to\frac{3}{2}. \]
Consequentemente,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\displaystyle \frac{3}{2}} = \frac{2}{3}. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}} = \frac{2}{3}. \]
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}=\frac{1}{4}. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=1^3+2^3+\cdots+n^3, \qquad b_n=n^4. \]
Para \(n\ge 1\), tem-se \(b_n=n^4>0\). Além disso, \(b_n\) é estritamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Estão, portanto, satisfeitas as hipóteses sobre o denominador exigidas pelo teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos. Para a sucessão do numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^3. \]
Para a sucessão do denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^4-n^4. \]
Desenvolvamos:
\[ (n+1)^4=n^4+4n^3+6n^2+4n+1. \]
Logo
\[ b_{n+1}-b_n=4n^3+6n^2+4n+1. \]
O quociente dos incrementos é
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1}. \]
Dividamos o numerador e o denominador por \(n^3\):
\[ \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1} = \frac{1+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}} {4+\displaystyle\frac{6}{n}+\displaystyle\frac{4}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}}. \]
Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{4}. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4} = \frac{1}{4}. \]
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Resolução
Escrevamos o limite na forma de um quociente:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n}. \]
Ponhamos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}, \qquad b_n=n. \]
O denominador \(b_n=n\) é positivo para \(n\ge 1\), é estritamente crescente e tende para \(+\infty\).
Podemos então aplicar o teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos. Para o numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{n+1}{n+2}. \]
Para o denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=1. \]
Logo
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{n+2}. \]
Calculemos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{n+2} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{2}{n}} = 1. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, obtemos
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n} = 1. \]
Assim
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Este resultado é também coerente com o teorema de Cesàro, pois a sucessão
\[ \frac{k}{k+1} \]
tende para \(1\) e, por conseguinte, também a sua média aritmética tende para \(1\).
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
Resolução
Reescrevamos o limite como um quociente:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n}. \]
Ponhamos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}, \qquad b_n=n. \]
A sucessão \(b_n=n\) é positiva para \(n\ge 1\), estritamente crescente e divergente para \(+\infty\).
Podemos então aplicar o teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
Portanto
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Visto que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
o teorema de Stolz-Cesàro implica
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n} = 0. \]
Logo
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
Também neste caso o resultado é coerente com o teorema de Cesàro, uma vez que
\[ \frac{1}{\sqrt{k}}\to 0. \]
Exercício 9 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}=1. \]
Resolução
Consideremos a sucessão
\[ c_k=1+\frac{1}{k}, \qquad k\ge 1. \]
Para todo \(k\ge 1\), tem-se \(c_k>0\). Além disso,
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k= \lim_{k\to+\infty}\left(1+\frac{1}{k}\right)=1. \]
Pretendemos calcular o limite da média geométrica dos primeiros \(n\) termos da sucessão \(c_k\):
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Visto que \(c_k>0\) e \(c_k\to 1\), podemos aplicar o corolário sobre a média geométrica.
Este corolário afirma que, se uma sucessão positiva converge para um limite positivo \(L\), então também a média geométrica dos seus primeiros termos converge para \(L\).
Neste caso, \(L=1\). Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)} = 1. \]
Observemos que o resultado não depende de o produto
\[ \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right) \]
crescer com \(n\). O ponto decisivo é que se considera a raiz \(n\)-ésima do produto, ou seja, uma média geométrica.
Exercício 10 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=5^n\frac{2n+1}{n+3}. \]
Para todo \(n\ge 1\), tem-se \(a_n>0\). Podemos então usar o corolário relativo ao limite da raiz \(n\)-ésima.
Calculemos o quociente entre dois termos consecutivos:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{5^{n+1}\displaystyle\frac{2n+3}{n+4}} {5^n\displaystyle\frac{2n+1}{n+3}}. \]
Simplificando \(5^n\), obtemos
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1}. \]
Calculemos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty} 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1} = 5\cdot 2\cdot\frac{1}{2} = 5. \]
Logo
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=5. \]
Visto que \(a_n>0\) e o limite do quociente entre termos consecutivos existe e é igual a \(5>0\), pelo corolário de Stolz-Cesàro sobre a raiz \(n\)-ésima, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=5. \]
Substituindo a definição de \(a_n\), obtemos
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}=\frac{1}{2}. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}k\log k, \qquad b_n=n^2\log n. \]
Consideremos o quociente para \(n\ge 2\), de modo que \(b_n>0\). Além disso, \(b_n=n^2\log n\) é estritamente crescente a partir de certa ordem e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Podemos então aplicar o teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos. Para o numerador, temos
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)\log(n+1). \]
Para o denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2\log(n+1)-n^2\log n. \]
Reescrevamos esta diferença numa forma mais adequada ao cálculo do limite:
\[ b_{n+1}-b_n= \bigl((n+1)^2-n^2\bigr)\log(n+1)+n^2\bigl(\log(n+1)-\log n\bigr). \]
Visto que
\[ (n+1)^2-n^2=2n+1 \]
e
\[ \log(n+1)-\log n=\log\left(1+\frac{1}{n}\right), \]
obtemos
\[ b_{n+1}-b_n=(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
O quociente dos incrementos é, então,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Dividamos o numerador e o denominador por \(n\log(n+1)\):
\[ \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}} {2+\displaystyle\frac{1}{n}+ \displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Sabemos que
\[ n\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
ao passo que
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
Logo
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{2}. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n} = \frac{1}{2}. \]
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
Resolução
Reescrevamos o limite como um quociente:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n}. \]
Ponhamos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}, \qquad b_n=n. \]
A sucessão \(b_n=n\) é positiva para \(n\ge 1\), estritamente crescente e divergente para \(+\infty\).
Podemos então aplicar o teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n= \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
Logo
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}. \]
Desenvolvamos o numerador:
\[ 2(n+1)^2-(n+1)+1 = 2n^2+3n+2. \]
Além disso,
\[ (n+1)^2+1=n^2+2n+2. \]
Portanto
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2}. \]
Dividindo o numerador e o denominador por \(n^2\), obtemos
\[ \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2} = \frac{2+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}} {1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}}. \]
Logo
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 2. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n} = 2. \]
Assim
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
O resultado é também coerente com o teorema de Cesàro, uma vez que
\[ \frac{2k^2-k+1}{k^2+1}\to 2. \]
Exercício 13 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Resolução
Consideremos a sucessão
\[ c_k=\frac{3k+1}{k+2}. \]
Para todo \(k\ge 1\), tem-se \(c_k>0\), uma vez que o numerador e o denominador são positivos.
Além disso,
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k = \lim_{k\to+\infty}\frac{3k+1}{k+2} = \lim_{k\to+\infty} \frac{3+\displaystyle\frac{1}{k}}{1+\displaystyle\frac{2}{k}} = 3. \]
O limite pedido é a média geométrica dos primeiros \(n\) termos da sucessão \(c_k\):
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Visto que \(c_k>0\) e \(c_k\to 3\), podemos aplicar o corolário sobre a média geométrica.
Este corolário afirma que, se uma sucessão positiva converge para um limite positivo \(L\), então a média geométrica dos seus primeiros termos converge para o mesmo limite \(L\).
Neste caso, \(L=3\). Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Exercício 14 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=\frac{(2n)!}{(n!)^2}. \]
Para todo \(n\ge 1\), tem-se \(a_n>0\). Podemos então recorrer ao corolário relativo à raiz \(n\)-ésima.
Calculemos o quociente entre termos consecutivos:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2}} {\displaystyle\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
Dividir por uma fração equivale a multiplicar pelo seu inverso, logo
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
Usemos agora as identidades
\[ (2n+2)!=(2n+2)(2n+1)(2n)! \]
e
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
Logo
\[ ((n+1)!)^2=(n+1)^2(n!)^2. \]
Substituindo, obtemos
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)(2n)!}{(n+1)^2(n!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
Simplificando os fatores comuns:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}. \]
Visto que \(2n+2=2(n+1)\), segue-se que
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2(n+1)(2n+1)}{(n+1)^2} = 2\frac{2n+1}{n+1}. \]
Calculemos o limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}2\frac{2n+1}{n+1} = 2\lim_{n\to+\infty} \frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{1}{n}} = 4. \]
Logo
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=4. \]
Visto que \(a_n>0\) e o limite do quociente entre termos consecutivos existe e é igual a \(4>0\), o corolário de Stolz-Cesàro sobre a raiz \(n\)-ésima implica
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=4. \]
Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Exercício 15 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}=1. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right), \qquad b_n=\log n. \]
Consideremos o quociente para \(n\ge 2\). Então \(b_n=\log n>0\), \(b_n\) é estritamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}\log n=+\infty. \]
As hipóteses sobre o denominador estão, portanto, satisfeitas.
Calculemos os incrementos. Para o numerador:
\[ a_{n+1}-a_n= \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right). \]
Para o denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)-\log n = \log\left(\frac{n+1}{n}\right) = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
O quociente dos incrementos é
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Para calcular este limite, multiplicamos e dividimos de modo a usar o limite fundamental do logaritmo:
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \cdot \frac{n}{n+1}. \]
Visto que
\[ \frac{\log(1+x)}{x}\to 1 \qquad \text{para } x\to 0, \]
obtemos
\[ \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \to 1. \]
Além disso,
\[ \frac{n}{n+1}\to 1. \]
Logo
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 1. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n} = 1. \]
Observemos que, neste exercício, o denominador correto não é \(n\), mas sim \(\log n\). Esta escolha é essencial para obter um limite finito e não nulo.
Exercício 16 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=\log n, \qquad b_n=n. \]
Consideremos o quociente para \(n\ge 1\). A sucessão \(b_n=n\) é positiva para \(n\ge 1\), estritamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Podemos então aplicar o teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos. Para o numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1)-\log n. \]
Usando as propriedades dos logaritmos, obtemos
\[ a_{n+1}-a_n=\log\left(\frac{n+1}{n}\right)=\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Para o denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
Logo
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Visto que
\[ \lim_{n\to+\infty}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\log 1=0, \]
pelo teorema de Stolz-Cesàro, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Este resultado exprime que o logaritmo cresce mais lentamente do que \(n\).
Exercício 17 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}k. \]
A sucessão \(b_n\) é positiva para \(n\ge 1\). Além disso, é estritamente crescente, pois
\[ b_{n+1}-b_n=n+1>0, \]
e diverge para \(+\infty\), uma vez que é a soma dos primeiros \(n\) inteiros positivos.
Podemos então aplicar o teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=n+1. \]
O quociente dos incrementos é
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{n+1}. \]
Simplificando, obtemos
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{n+1} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Visto que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
o teorema de Stolz-Cesàro implica
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
O resultado é coerente com a ideia de que a soma dos inteiros cresce mais rapidamente do que a soma das raízes quadradas dos inteiros.
Exercício 18 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}=\frac{2}{5}. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}, \qquad b_n=n^{5/2}. \]
Para \(n\ge 1\), tem-se \(b_n>0\). Além disso, \(b_n=n^{5/2}\) é estritamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Estão, portanto, satisfeitas as hipóteses sobre o denominador exigidas pelo teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos. Para o numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^{3/2}. \]
Para o denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{5/2}-n^{5/2}. \]
O quociente dos incrementos é
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}}. \]
Dividamos o numerador e o denominador por \((n+1)^{3/2}\):
\[ \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}} = \frac{1}{(n+1)-n\left(\displaystyle\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}}. \]
Estudemos o denominador
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}. \]
Ponhamos
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Então \(t_n\to 0^+\) e
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
Além disso, \(n+1=\frac{1}{t_n}\) e \(n=\frac{1-t_n}{t_n}\). Logo
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}(1-t_n)^{3/2}. \]
Portanto
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1-(1-t_n)^{5/2}}{t_n}. \]
Usando o limite fundamental, equivalente à diferenciabilidade da função \(x^{5/2}\) em \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{5/2}}{t}=\frac{5}{2}. \]
Daqui resulta que
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}\to\frac{5}{2}. \]
Logo
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\frac{5}{2}} = \frac{2}{5}. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, concluímos que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}} = \frac{2}{5}. \]
Exercício 19 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=\frac{(3n)!}{(n!)^3}. \]
Para todo \(n\ge 1\), tem-se \(a_n>0\). Podemos então aplicar o corolário relativo à raiz \(n\)-ésima, depois de estudar o quociente entre termos consecutivos.
Calculemos
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3}} {\displaystyle\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
Dividir por uma fração equivale a multiplicar pelo seu inverso:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
Usemos agora as identidades
\[ (3n+3)!=(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)! \]
e
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
Desta última resulta que
\[ ((n+1)!)^3=(n+1)^3(n!)^3. \]
Substituindo, obtemos
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)!}{(n+1)^3(n!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
Simplificando os fatores comuns:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3}. \]
Calculemos o limite dividindo cada fator por \(n\):
\[ \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3} = \frac{ \left(3+\displaystyle\frac{3}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{2}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} {\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)^3}. \]
Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3\cdot 3\cdot 3}{1^3} = 27. \]
Visto que \(a_n>0\) e o limite do quociente entre termos consecutivos existe e é igual a \(27>0\), o corolário de Stolz-Cesàro sobre a raiz \(n\)-ésima implica
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=27. \]
Substituindo a definição de \(a_n\), obtemos
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Exercício 20 — nível ★★★★★
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]
Resolução
Ponhamos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log k, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k). \]
Para todo \(k\ge 1\), tem-se \(k^2+k\ge 2\), logo
\[ \log(k^2+k)\ge \log 2>0. \]
Consequentemente, \(b_n>0\) para todo \(n\ge 1\). Além disso, \(b_n\) é estritamente crescente, pois
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1))>0. \]
Por fim,
\[ b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)\ge n\log 2\to+\infty. \]
Podemos então aplicar o teorema de Stolz-Cesàro.
Calculemos os incrementos. Para o numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1). \]
Para o denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1)). \]
Visto que
\[ (n+1)^2+(n+1)=(n+1)(n+2), \]
obtemos
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)(n+2)). \]
Usando a propriedade do logaritmo do produto:
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)+\log(n+2). \]
Portanto, o quociente dos incrementos é
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)}. \]
Dividamos o numerador e o denominador por \(\log(n+1)\):
\[ \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)} = \frac{1}{1+\displaystyle\frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}}. \]
Ora,
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = \frac{\log(n+1)+\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
Logo
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = 1+ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
Visto que
\[ \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right)\to 0 \]
e
\[ \log(n+1)\to+\infty, \]
segue-se que
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Logo
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}\to 1. \]
Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}. \]
Pelo teorema de Stolz-Cesàro, concluímos que
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]