Nesta coleção, apresentamos 20 exercícios resolvidos passo a passo sobre o teorema da comparação para sucessões. O objetivo não é apenas calcular limites, mas aprender a reconhecer qual forma do teorema convém empregar: a comparação entre sucessões convergentes, o teorema do confronto ou a comparação com sucessões divergentes para \(+\infty\) ou para \(-\infty\).
O objetivo não é apenas calcular limites, mas aprender a reconhecer qual forma do teorema convém empregar: a comparação entre sucessões convergentes, o teorema do confronto ou a comparação com sucessões divergentes para \(+\infty\) ou para \(-\infty\).
Em cada exercício prestaremos atenção ao sentido das desigualdades e à condição de que estas sejam satisfeitas a partir de certo índice, isto é, de certo índice em diante. Este ponto é fundamental: para aplicar corretamente um teorema sobre limites não é necessário que uma desigualdade valha para todos os índices, mas é necessário provar que vale para todos os índices suficientemente grandes.
Os exercícios estão ordenados segundo uma dificuldade crescente. Nos primeiros utilizaremos estimativas imediatas, como \(-1\le \sin n\le 1\) ou \(-1\le \cos n\le 1\). Nos seguintes, por outro lado, será necessário construir estimativas mais finas e escolher com cuidado as sucessões a comparar.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin n}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin n}{n}=0. \]
Resolução
A dificuldade do exercício reside no facto de a sucessão \(\sin n\) não admitir limite. Com efeito, os valores de \(\sin n\) oscilam e não se aproximam de um único número real. Contudo, sabemos que o seno está sempre compreendido entre \(-1\) e \(1\). Portanto, para todo \(n\in\mathbb{N}\), tem-se
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Visto que queremos estudar \(\displaystyle \frac{\sin n}{n}\), dividimos todos os membros por \(n\). Para \(n\ge 1\) o número \(n\) é positivo, de modo que o sentido das desigualdades não muda:
\[ -\frac{1}{n}\le \frac{\sin n}{n}\le \frac{1}{n}. \]
Estudamos agora as duas sucessões exteriores. Tem-se
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{n}\right)=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0. \]
Assim, a sucessão \(\displaystyle \frac{\sin n}{n}\) fica compreendida, para todo \(n\ge 1\), entre duas sucessões que tendem ambas para \(0\). Pelo teorema do confronto segue-se que também a sucessão intermédia tende para \(0\). Por conseguinte
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin n}{n}=0. \]
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{(-1)^n}{n}\right). \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{(-1)^n}{n}\right)=4. \]
Resolução
A sucessão \(((-1)^n)\) oscila entre \(1\) e \(-1\). Com efeito, para todo \(n\) tem-se
\[ -1\le (-1)^n\le 1. \]
Para \(n\ge 1\) dividimos todos os membros da desigualdade por \(n\). Como \(n\) é positivo, o sentido das desigualdades não muda:
\[ -\frac{1}{n}\le \frac{(-1)^n}{n}\le \frac{1}{n}. \]
Somamos agora \(4\) a todos os membros. Somar um mesmo número não altera o sentido das desigualdades, de modo que obtemos
\[ 4-\frac{1}{n}\le 4+\frac{(-1)^n}{n}\le 4+\frac{1}{n}. \]
Estudamos os limites das duas sucessões exteriores:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4-\frac{1}{n}\right)=4 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{1}{n}\right)=4. \]
A sucessão dada fica, portanto, compreendida, para todo \(n\ge 1\), entre duas sucessões que tendem ambas para \(4\). Pelo teorema do confronto, também a sucessão intermédia tende para \(4\). Por conseguinte
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{(-1)^n}{n}\right)=4. \]
Exercício 3 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\cos n}{n+1}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\cos n}{n+1}=0. \]
Resolução
Também neste caso a sucessão \(\cos n\) não tem limite, porque oscila. No entanto, está sempre limitada entre \(-1\) e \(1\). Com efeito, para todo \(n\in\mathbb{N}\),
\[ -1\le \cos n\le 1. \]
Devemos dividir por \(n+1\). Para todo \(n\in\mathbb{N}\) tem-se \(n+1>0\). Portanto, podemos dividir todos os membros da desigualdade por \(n+1\) sem alterar o sentido das desigualdades:
\[ -\frac{1}{n+1}\le \frac{\cos n}{n+1}\le \frac{1}{n+1}. \]
As sucessões exteriores têm ambas limite \(0\); com efeito,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{n+1}\right)=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0. \]
A sucessão \(\displaystyle \frac{\cos n}{n+1}\) fica, pois, compreendida entre duas sucessões que tendem para o mesmo limite. Pelo teorema do confronto conclui-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\cos n}{n+1}=0. \]
Exercício 4 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{\sin n}{n}\right). \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{\sin n}{n}\right)=1. \]
Resolução
A sucessão dada é formada por uma parte constante, igual a \(1\), e por uma parte oscilante, igual a \(\displaystyle \frac{\sin n}{n}\). Para determinar o limite, devemos mostrar que a parte oscilante tende para \(0\).
Para todo \(n\in\mathbb{N}\) sabemos que
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Para \(n\ge 1\), dividindo todos os membros por \(n\), obtemos
\[ -\frac{1}{n}\le \frac{\sin n}{n}\le \frac{1}{n}. \]
Somamos agora \(1\) a todos os membros da desigualdade. Somar um mesmo número a todos os membros não altera o sentido das desigualdades:
\[ 1-\frac{1}{n}\le 1+\frac{\sin n}{n}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Estudamos os limites das duas sucessões exteriores:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)=1 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1. \]
A sucessão dada fica, portanto, compreendida a partir de certa ordem entre duas sucessões que tendem ambas para \(1\). Pelo teorema do confronto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{\sin n}{n}\right)=1. \]
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{n}=1. \]
Resolução
Observemos antes de mais que, para \(n\ge 1\), o denominador \(n\) é positivo. Podemos, pois, reescrever a sucessão extraindo \(n^2\) de dentro da raiz:
\[ \frac{\sqrt{n^2+n}}{n} = \frac{\sqrt{n^2\left(1+\frac{1}{n}\right)}}{n}. \]
Como \(n\ge 1\), tem-se \(\sqrt{n^2}=n\). Portanto
\[ \frac{\sqrt{n^2\left(1+\frac{1}{n}\right)}}{n} = \frac{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}}{n} = \sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Devemos, pois, estudar o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Para aplicar o teorema do confronto, construímos uma estimativa de ambos os lados. Como \(\displaystyle \frac{1}{n}\ge 0\), tem-se
\[ 1\le 1+\frac{1}{n}. \]
A função raiz quadrada é crescente nos números reais não negativos, de modo que
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Além disso, para todo \(x\ge 0\) vale a desigualdade
\[ \sqrt{1+x}\le 1+x. \]
Com efeito, ambos os membros são não negativos e, elevando ao quadrado, a desigualdade torna-se
\[ 1+x\le (1+x)^2. \]
Esta é verdadeira para \(x\ge 0\), porque
\[ (1+x)^2-(1+x)=x+x^2\ge 0. \]
Aplicando esta desigualdade com \(\displaystyle x=\frac{1}{n}\), obtemos
\[ \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Dispomos, portanto, da estimativa de ambos os lados
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Agora as duas sucessões exteriores tendem ambas para \(1\):
\[ \lim_{n\to+\infty}1=1 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1. \]
Pelo teorema do confronto segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n}}=1. \]
Como a sucessão inicial coincide com \(\displaystyle \sqrt{1+\frac{1}{n}}\) para \(n\ge 1\), obtemos finalmente
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{n}=1. \]
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\cos n}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\cos n}{n}=1. \]
Resolução
A sucessão contém o termo oscilante \(\cos n\). Por si só, \(\cos n\) não admite limite, mas está sempre compreendido entre \(-1\) e \(1\). Com efeito, para todo \(n\in\mathbb{N}\),
\[ -1\le \cos n\le 1. \]
Somamos \(n\) a todos os membros da desigualdade. Obtemos
\[ n-1\le n+\cos n\le n+1. \]
Agora dividimos todos os membros por \(n\). Para \(n\ge 1\) o número \(n\) é positivo, de modo que o sentido das desigualdades não muda:
\[ \frac{n-1}{n}\le \frac{n+\cos n}{n}\le \frac{n+1}{n}. \]
Simplificamos as duas sucessões exteriores:
\[ \frac{n-1}{n}=1-\frac{1}{n}, \qquad \frac{n+1}{n}=1+\frac{1}{n}. \]
Assim, para todo \(n\ge 1\), temos
\[ 1-\frac{1}{n}\le \frac{n+\cos n}{n}\le 1+\frac{1}{n}. \]
As duas sucessões exteriores tendem ambas para \(1\); com efeito,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)=1 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1. \]
Pelo teorema do confronto, também a sucessão intermédia tende para \(1\). Por conseguinte
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\cos n}{n}=1. \]
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}=0. \]
Resolução
O numerador contém dois termos oscilantes: \((-1)^n\) e \(\sin n\). Nenhum dos dois possui limite, mas ambos estão limitados. Com efeito, para todo \(n\),
\[ |(-1)^n|=1 \]
e
\[ |\sin n|\le 1. \]
Empregamos agora a desigualdade triangular:
\[ |(-1)^n+\sin n|\le |(-1)^n|+|\sin n|. \]
Como \(|(-1)^n|=1\) e \(|\sin n|\le 1\), obtemos
\[ |(-1)^n+\sin n|\le 2. \]
Dividindo por \(\sqrt{n}\), que é positivo para todo \(n\ge 1\), segue-se que
\[ \left|\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}\right| = \frac{|(-1)^n+\sin n|}{\sqrt{n}} \le \frac{2}{\sqrt{n}}. \]
Além disso, um valor absoluto é sempre não negativo, de modo que
\[ 0\le \left|\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}\right| \le \frac{2}{\sqrt{n}}. \]
Agora as duas sucessões exteriores tendem para \(0\):
\[ \lim_{n\to+\infty}0=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{\sqrt{n}}=0. \]
Pelo teorema do confronto,
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}\right| =0. \]
Se o valor absoluto de uma sucessão tende para \(0\), então também a sucessão tende para \(0\). Com efeito, a distância da sucessão a \(0\) tende para \(0\). Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}=0. \]
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Estudar o limite da sucessão
\[ a_n=n^2+\sin n. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+\sin n\right)=+\infty. \]
Resolução
A sucessão \(n^2+\sin n\) é a soma de um termo que tende para \(+\infty\), a saber, \(n^2\), e de um termo oscilante, a saber, \(\sin n\). Como \(\sin n\) permanece sempre compreendido entre \(-1\) e \(1\), não pode compensar o crescimento de \(n^2\).
Para tornar rigoroso este raciocínio, empregamos a estimativa
\[ \sin n\ge -1. \]
Somando \(n^2\) a ambos os membros, obtemos
\[ n^2+\sin n\ge n^2-1. \]
Observamos agora que
\[ \lim_{n\to+\infty}(n^2-1)=+\infty. \]
Encontrámos, pois, uma sucessão, \(n^2-1\), que tende para \(+\infty\) e é menor ou igual à sucessão dada:
\[ n^2-1\le n^2+\sin n. \]
Pela comparação com sucessões divergentes para \(+\infty\), se uma sucessão é minorada a partir de certa ordem por uma sucessão que tende para \(+\infty\), então ela também tende para \(+\infty\).
Por conseguinte
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+\sin n\right)=+\infty. \]
Exercício 9 — nível ★★☆☆☆
Estudar o limite da sucessão
\[ b_n=-n+\cos n. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n+\cos n\right)=-\infty. \]
Resolução
A sucessão \(-n+\cos n\) contém o termo \(-n\), que tende para \(-\infty\), e o termo \(\cos n\), que pelo contrário oscila permanecendo sempre limitado entre \(-1\) e \(1\). Intuitivamente, a oscilação de \(\cos n\) não pode impedir que a sucessão desça para \(-\infty\).
Para o provar de modo rigoroso, empregamos a estimativa superior
\[ \cos n\le 1. \]
Somando \(-n\) a ambos os membros, obtemos
\[ -n+\cos n\le -n+1. \]
Observamos agora que
\[ \lim_{n\to+\infty}(-n+1)=-\infty. \]
Assim, a sucessão dada está majorada por uma sucessão que tende para \(-\infty\):
\[ -n+\cos n\le -n+1. \]
Na comparação com sucessões divergentes para \(-\infty\), o sentido é fundamental: para concluir que uma sucessão tende para \(-\infty\), é preciso majorá-la mediante uma sucessão que tenda para \(-\infty\). E é precisamente o que fizemos.
Por conseguinte
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n+\cos n\right)=-\infty. \]
Exercício 10 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n}=1. \]
Resolução
A presença de \(\sin n\) dentro da raiz pode tornar o limite menos imediato. No entanto, \(\sin n\) é um termo limitado, ao passo que \(n^2\) cresce indefinidamente. Esperamos, pois, que o comportamento principal da raiz seja o de \(\sqrt{n^2}=n\), e portanto que o quociente tenda para \(1\).
Para tornar rigoroso o raciocínio, partimos da estimativa fundamental
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Somando \(n^2\) a todos os membros, obtemos
\[ n^2-1\le n^2+\sin n\le n^2+1. \]
Para \(n\ge 1\), os termos envolvidos são não negativos. Como a função raiz quadrada é crescente nos números reais não negativos, podemos aplicar a raiz quadrada a todos os membros:
\[ \sqrt{n^2-1}\le \sqrt{n^2+\sin n}\le \sqrt{n^2+1}. \]
Dividimos agora por \(n\). Para \(n\ge 1\) o número \(n\) é positivo, de modo que o sentido das desigualdades não muda:
\[ \frac{\sqrt{n^2-1}}{n} \le \frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n} \le \frac{\sqrt{n^2+1}}{n}. \]
Reescrevemos as duas sucessões exteriores. Como \(n\ge 1\), tem-se \(\sqrt{n^2}=n\), de modo que
\[ \frac{\sqrt{n^2-1}}{n} = \sqrt{\frac{n^2-1}{n^2}} = \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}, \]
e
\[ \frac{\sqrt{n^2+1}}{n} = \sqrt{\frac{n^2+1}{n^2}} = \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Assim, obtivemos a estimativa
\[ \sqrt{1-\frac{1}{n^2}} \le \frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n} \le \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Agora
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)=1 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n^2}\right)=1. \]
Como a raiz quadrada é contínua nos pontos positivos, segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}=1 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}=1. \]
A sucessão dada fica, portanto, compreendida a partir de certa ordem entre duas sucessões que tendem ambas para \(1\). Pelo teorema do confronto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n}=1. \]
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\sin n}{n+\cos n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\sin n}{n+\cos n}=1. \]
Resolução
A sucessão contém dois termos oscilantes, \(\sin n\) e \(\cos n\). No entanto, ambos estão limitados, ao passo que o termo \(n\) cresce indefinidamente. Por isso esperamos que o quociente se comporte como
\[ \frac{n}{n}=1. \]
Para o provar rigorosamente, estudamos a distância da sucessão ao candidato a limite \(1\):
\[ \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right|. \]
Reduzimos ao mesmo denominador:
\[ \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right| = \left|\frac{n+\sin n-(n+\cos n)}{n+\cos n}\right|. \]
Simplificando o numerador, obtemos
\[ \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right| = \left|\frac{\sin n-\cos n}{n+\cos n}\right|. \]
Agora devemos estimar separadamente o numerador e o denominador. Para o numerador, usando a desigualdade triangular, tem-se
\[ |\sin n-\cos n|\le |\sin n|+|\cos n|\le 2. \]
Para o denominador, como \(\cos n\ge -1\), tem-se
\[ n+\cos n\ge n-1. \]
Em particular, para \(n\ge 2\), o denominador é positivo e
\[ |n+\cos n|=n+\cos n\ge n-1. \]
Portanto, para todo \(n\ge 2\),
\[ 0\le \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right| \le \frac{2}{n-1}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{n-1}=0, \]
pelo teorema do confronto obtemos
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right|=0. \]
Isto significa que a distância entre a sucessão dada e \(1\) tende para \(0\). Por conseguinte
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\sin n}{n+\cos n}=1. \]
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}=\frac{2}{3}. \]
Resolução
O termo dominante no numerador é \(2n\), ao passo que o termo dominante no denominador é \(3n\). Os termos \((-1)^n\) e \(\sin n\), pelo contrário, estão limitados. Por isso o candidato a limite é
\[ \frac{2n}{3n}=\frac{2}{3}. \]
Para o provar mediante o teorema da comparação, consideramos a distância da sucessão ao candidato a limite:
\[ \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right|. \]
Reduzimos ao mesmo denominador:
\[ \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right| = \left|\frac{3(2n+(-1)^n)-2(3n+\sin n)}{3(3n+\sin n)}\right|. \]
Desenvolvemos o numerador:
\[ 3(2n+(-1)^n)-2(3n+\sin n) = 6n+3(-1)^n-6n-2\sin n. \]
Portanto
\[ 3(2n+(-1)^n)-2(3n+\sin n) = 3(-1)^n-2\sin n. \]
Obtemos, pois,
\[ \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right| = \frac{|3(-1)^n-2\sin n|}{3|3n+\sin n|}. \]
Estimamos o numerador. Pela desigualdade triangular,
\[ |3(-1)^n-2\sin n| \le 3|(-1)^n|+2|\sin n|. \]
Como \(|(-1)^n|=1\) e \(|\sin n|\le 1\), segue-se que
\[ |3(-1)^n-2\sin n|\le 5. \]
Estimamos agora o denominador. Como \(\sin n\ge -1\), tem-se
\[ 3n+\sin n\ge 3n-1. \]
Para todo \(n\ge 1\), o número \(3n-1\) é positivo, de modo que também \(3n+\sin n\) é positivo. Em consequência
\[ |3n+\sin n|=3n+\sin n\ge 3n-1. \]
Portanto, para todo \(n\ge 1\),
\[ 0\le \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right| \le \frac{5}{3(3n-1)}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{5}{3(3n-1)}=0, \]
pelo teorema do confronto tem-se
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right|=0. \]
Isto significa que a sucessão dada tende para \(\displaystyle \frac{2}{3}\). Portanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}=\frac{2}{3}. \]
Exercício 13 — nível ★★★☆☆
Estudar o limite da sucessão
\[ a_n=n+(-1)^n\sqrt{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n+(-1)^n\sqrt{n}\right)=+\infty. \]
Resolução
A sucessão contém um termo principal, \(n\), que tende para \(+\infty\), e um termo oscilante, \((-1)^n\sqrt{n}\), que pode ser positivo ou negativo. Não podemos, pois, afirmar simplesmente que todos os termos são maiores do que \(n\), porque quando \((-1)^n=-1\) o segundo termo subtrai \(\sqrt{n}\).
Para provar que a sucessão tende, ainda assim, para \(+\infty\), devemos encontrar uma estimativa inferior que tenda para \(+\infty\).
Como \((-1)^n\ge -1\), multiplicando por \(\sqrt{n}\ge 0\) obtemos
\[ (-1)^n\sqrt{n}\ge -\sqrt{n}. \]
Somando \(n\) a ambos os membros, segue-se que
\[ n+(-1)^n\sqrt{n}\ge n-\sqrt{n}. \]
Agora devemos mostrar que \(n-\sqrt{n}\to+\infty\). Para \(n\ge 4\), tem-se
\[ \sqrt{n}\le \frac{n}{2}. \]
Com efeito, como ambos os membros são não negativos, podemos elevar ao quadrado e obter uma desigualdade equivalente:
\[ n\le \frac{n^2}{4}. \]
Para \(n>0\), isto equivale a
\[ 4\le n, \]
que é verdadeiro para \(n\ge 4\).
Assim, para \(n\ge 4\),
\[ n-\sqrt{n}\ge n-\frac{n}{2}=\frac{n}{2}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n}{2}=+\infty, \]
também \(n-\sqrt{n}\to+\infty\). Além disso, provámos que, a partir de certa ordem,
\[ n+(-1)^n\sqrt{n}\ge n-\sqrt{n}. \]
Pela comparação com sucessões divergentes para \(+\infty\), a sucessão dada tende para \(+\infty\). Por conseguinte
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n+(-1)^n\sqrt{n}\right)=+\infty. \]
Exercício 14 — nível ★★★☆☆
Estudar o limite da sucessão
\[ b_n=-n^2+n\sin n. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n^2+n\sin n\right)=-\infty. \]
Resolução
A sucessão contém o termo \(-n^2\), que tende para \(-\infty\), e o termo \(n\sin n\), que pode ser positivo ou negativo. Embora \(n\sin n\) não seja limitado, cresce quando muito como \(n\), ao passo que \(n^2\) cresce muito mais depressa.
Para provar rigorosamente que a sucessão tende para \(-\infty\), devemos encontrar uma estimativa superior que tenda para \(-\infty\).
Como \(\sin n\le 1\), multiplicando por \(n\ge 0\) obtemos
\[ n\sin n\le n. \]
Somando \(-n^2\) a ambos os membros, segue-se que
\[ -n^2+n\sin n\le -n^2+n. \]
Agora mostramos que a sucessão da direita tende para \(-\infty\). Tem-se
\[ -n^2+n=-n(n-1). \]
Para \(n\ge 2\), vale \(n-1\ge \frac{n}{2}\). Com efeito,
\[ n-1\ge \frac{n}{2} \]
equivale a
\[ \frac{n}{2}\ge 1, \]
isto é, \(n\ge 2\). Portanto, para \(n\ge 2\),
\[ n(n-1)\ge \frac{n^2}{2}. \]
Multiplicando por \(-1\), o sentido da desigualdade inverte-se:
\[ -n(n-1)\le -\frac{n^2}{2}. \]
Por conseguinte, para \(n\ge 2\),
\[ -n^2+n\le -\frac{n^2}{2}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{n^2}{2}\right)=-\infty, \]
também
\[ \lim_{n\to+\infty}(-n^2+n)=-\infty. \]
Encontrámos, pois, uma sucessão que tende para \(-\infty\) e que majora a partir de certa ordem a sucessão dada:
\[ -n^2+n\sin n\le -n^2+n. \]
Pela comparação com sucessões divergentes para \(-\infty\), segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n^2+n\sin n\right)=-\infty. \]
Exercício 15 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right). \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right)=0. \]
Resolução
A expressão contém uma diferença entre duas quantidades ambas grandes: \(\sqrt{n^2+\sin n}\) e \(n\). À primeira vista, não é imediato compreender o comportamento da diferença. Por isso convém racionalizar.
Multiplicamos e dividimos pelo conjugado:
\[ \sqrt{n^2+\sin n}-n = \frac{\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right)\left(\sqrt{n^2+\sin n}+n\right)} {\sqrt{n^2+\sin n}+n}. \]
No numerador usamos a fórmula
\[ (A-B)(A+B)=A^2-B^2. \]
Com
\[ A=\sqrt{n^2+\sin n} \qquad\text{e}\qquad B=n, \]
obtemos
\[ \left(\sqrt{n^2+\sin n}\right)^2-n^2 = n^2+\sin n-n^2 = \sin n. \]
Portanto
\[ \sqrt{n^2+\sin n}-n = \frac{\sin n}{\sqrt{n^2+\sin n}+n}. \]
Agora estimamos o valor absoluto:
\[ \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right| = \left|\frac{\sin n}{\sqrt{n^2+\sin n}+n}\right|. \]
Como \(|\sin n|\le 1\), temos
\[ \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right| \le \frac{1}{\sqrt{n^2+\sin n}+n}. \]
Devemos agora minorar o denominador. Como \(\sin n\ge -1\), tem-se
\[ n^2+\sin n\ge n^2-1. \]
Para \(n\ge 1\), os dois membros são não negativos, de modo que, aplicando a raiz quadrada,
\[ \sqrt{n^2+\sin n}\ge \sqrt{n^2-1}. \]
Portanto
\[ \sqrt{n^2+\sin n}+n \ge \sqrt{n^2-1}+n. \]
Em particular, como \(\sqrt{n^2-1}\ge 0\), para \(n\ge 1\) tem-se
\[ \sqrt{n^2+\sin n}+n\ge n. \]
Portanto
\[ 0\le \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right| \le \frac{1}{n}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0, \]
pelo teorema do confronto segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right|=0. \]
Se a distância da sucessão a \(0\) tende para \(0\), então a própria sucessão tende para \(0\). Por conseguinte
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right)=0. \]
Exercício 16 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right). \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right)=\frac{1}{2}. \]
Resolução
A expressão contém uma diferença entre duas quantidades que tendem ambas para \(1\):
\[ \sqrt{1+\frac{1}{n}} \qquad\text{e}\qquad 1. \]
Para evitar uma forma pouco legível, racionalizamos a diferença. Multiplicamos e dividimos pelo conjugado:
\[ n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) = n\cdot \frac{\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right)\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\right)} {\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. \]
No numerador usamos a fórmula
\[ (A-B)(A+B)=A^2-B^2. \]
Com
\[ A=\sqrt{1+\frac{1}{n}} \qquad\text{e}\qquad B=1, \]
obtemos
\[ \left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}\right)^2-1 = 1+\frac{1}{n}-1 = \frac{1}{n}. \]
Portanto
\[ n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) = n\cdot \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. \]
Simplificando \(n\) com \(\displaystyle \frac{1}{n}\), obtém-se
\[ n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) = \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. \]
Agora construímos uma estimativa. Como \(\displaystyle \frac{1}{n}\ge 0\), tem-se
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Além disso, para todo \(x\ge 0\) vale
\[ \sqrt{1+x}\le 1+x. \]
Aplicando esta desigualdade com \(\displaystyle x=\frac{1}{n}\), obtemos
\[ \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Assim
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Somando \(1\) a todos os membros,
\[ 2\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\le 2+\frac{1}{n}. \]
Todos os membros são positivos. Passando aos inversos, o sentido das desigualdades inverte-se:
\[ \frac{1}{2+\frac{1}{n}} \le \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} \le \frac{1}{2}. \]
As duas sucessões exteriores tendem ambas para \(\displaystyle \frac{1}{2}\); com efeito,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2+\frac{1}{n}}=\frac{1}{2} \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2}=\frac{1}{2}. \]
Pelo teorema do confronto,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} = \frac{1}{2}. \]
Como a sucessão inicial coincide com esta expressão, concluímos que
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right)=\frac{1}{2}. \]
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^3+(-1)^n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^3+(-1)^n}=0. \]
Resolução
O denominador contém o termo dominante \(n^3\) e o termo oscilante \((-1)^n\). Como \((-1)^n\) toma unicamente os valores \(1\) e \(-1\), o seu efeito é desprezável face a \(n^3\).
Para aplicar o teorema do confronto, devemos obter uma cota superior adequada para a sucessão. Para todo \(n\), tem-se
\[ (-1)^n\ge -1. \]
Portanto
\[ n^3+(-1)^n\ge n^3-1. \]
Para \(n\ge 2\), temos
\[ n^3-1\ge \frac{n^3}{2}. \]
Com efeito, esta desigualdade equivale a
\[ \frac{n^3}{2}\ge 1, \]
que é verdadeira para \(n\ge 2\). Assim, para \(n\ge 2\),
\[ n^3+(-1)^n\ge \frac{n^3}{2}. \]
Em particular, o denominador é positivo a partir de certa ordem. Portanto, para \(n\ge 2\),
\[ 0\le \frac{n^2}{n^3+(-1)^n} \le \frac{n^2}{\frac{n^3}{2}}. \]
Simplificando o termo da direita,
\[ \frac{n^2}{\frac{n^3}{2}} = \frac{2n^2}{n^3} = \frac{2}{n}. \]
Temos, pois,
\[ 0\le \frac{n^2}{n^3+(-1)^n}\le \frac{2}{n} \]
a partir de certa ordem. Como
\[ \lim_{n\to+\infty}0=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{n}=0, \]
pelo teorema do confronto segue-se que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^3+(-1)^n}=0. \]
Exercício 18 — nível ★★★★☆
Estudar o limite da sucessão
\[ a_n=n^2+n(-1)^n. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+n(-1)^n\right)=+\infty. \]
Resolução
A sucessão contém um termo principal \(n^2\), que tende para \(+\infty\), e um termo oscilante \(n(-1)^n\), que pode ser igual a \(n\) ou a \(-n\). O caso mais desfavorável, para provar a divergência para \(+\infty\), ocorre quando o termo oscilante é negativo.
Como
\[ (-1)^n\ge -1, \]
multiplicando por \(n\ge 0\) obtemos
\[ n(-1)^n\ge -n. \]
Somando \(n^2\) a ambos os membros,
\[ n^2+n(-1)^n\ge n^2-n. \]
Agora mostramos que a sucessão \(n^2-n\) tende para \(+\infty\). Tem-se
\[ n^2-n=n(n-1). \]
Para \(n\ge 2\), vale
\[ n-1\ge \frac{n}{2}. \]
Portanto, para \(n\ge 2\),
\[ n(n-1)\ge \frac{n^2}{2}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{2}=+\infty, \]
também \(n^2-n\to+\infty\). Encontrámos, pois, uma estimativa inferior:
\[ n^2+n(-1)^n\ge n^2-n, \]
onde a sucessão da direita tende para \(+\infty\).
Pela comparação com sucessões divergentes para \(+\infty\), concluímos que
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+n(-1)^n\right)=+\infty. \]
Exercício 19 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2}=1. \]
Resolução
O termo principal dentro da raiz é \(n^4\), ao passo que \(n^2\sin n\) é um termo oscilante de ordem inferior. Esperamos, pois, que a raiz se comporte como
\[ \sqrt{n^4}=n^2. \]
Para o provar rigorosamente, partimos da estimativa
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Multiplicando todos os membros por \(n^2\), que é não negativo, obtemos
\[ -n^2\le n^2\sin n\le n^2. \]
Somando \(n^4\) a todos os membros,
\[ n^4-n^2\le n^4+n^2\sin n\le n^4+n^2. \]
Para \(n\ge 1\), os três membros são não negativos. Como a função raiz quadrada é crescente nos números reais não negativos, podemos aplicar a raiz quadrada a todos os membros:
\[ \sqrt{n^4-n^2} \le \sqrt{n^4+n^2\sin n} \le \sqrt{n^4+n^2}. \]
Dividimos agora por \(n^2\), que é positivo para \(n\ge 1\):
\[ \frac{\sqrt{n^4-n^2}}{n^2} \le \frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2} \le \frac{\sqrt{n^4+n^2}}{n^2}. \]
Reescrevemos as sucessões exteriores:
\[ \frac{\sqrt{n^4-n^2}}{n^2} = \sqrt{\frac{n^4-n^2}{n^4}} = \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}, \]
e
\[ \frac{\sqrt{n^4+n^2}}{n^2} = \sqrt{\frac{n^4+n^2}{n^4}} = \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Portanto
\[ \sqrt{1-\frac{1}{n^2}} \le \frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2} \le \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
As duas sucessões exteriores tendem ambas para \(1\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}=1 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}=1. \]
Pelo teorema do confronto, também a sucessão intermédia tende para \(1\). Por conseguinte
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2}=1. \]
Exercício 20 — nível ★★★★★
Determinar se, do simples facto de uma sucessão \((b_n)\) satisfazer, a partir de certa ordem,
\[ 0\le b_n\le 1, \]
se pode concluir que \((b_n)\) é convergente.
Resultado
Não. Do simples facto de \(0\le b_n\le 1\) a partir de certa ordem não se pode concluir que \((b_n)\) seja convergente.
Resolução
O teorema do confronto permite concluir a convergência de uma sucessão intermédia quando esta fica compreendida, a partir de certa ordem, entre duas sucessões que tendem para o mesmo limite. Aqui, pelo contrário, sabemos apenas que
\[ 0\le b_n\le 1 \]
a partir de certa ordem. As duas sucessões exteriores são as sucessões constantes \(0\) e \(1\), que têm limites distintos:
\[ \lim_{n\to+\infty}0=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{n\to+\infty}1=1. \]
Como os dois limites exteriores não coincidem, o teorema do confronto não é aplicável. A desigualdade diz-nos apenas que os termos de \((b_n)\) permanecem no intervalo \([0,1]\), mas isto não basta para garantir a existência do limite.
Para mostrar que não se pode concluir a convergência, basta dar um contraexemplo. Consideremos a sucessão
\[ b_n=\frac{1+(-1)^n}{2}. \]
Se \(n\) é par, então \((-1)^n=1\), de modo que
\[ b_n=\frac{1+1}{2}=1. \]
Se \(n\) é ímpar, então \((-1)^n=-1\), de modo que
\[ b_n=\frac{1-1}{2}=0. \]
Assim, a sucessão toma alternadamente os valores \(1\) e \(0\). Em particular, para todo \(n\),
\[ 0\le b_n\le 1. \]
Contudo, \((b_n)\) não converge. Com efeito, uma subsucessão dos seus termos vale sempre \(1\), ao passo que outra subsucessão vale sempre \(0\). Mais precisamente,
\[ b_{2k}=1 \qquad\text{e}\qquad b_{2k+1}=0. \]
A subsucessão \((b_{2k})\) tende para \(1\), ao passo que a subsucessão \((b_{2k+1})\) tende para \(0\). Como uma sucessão convergente não pode ter duas subsucessões com limites distintos, \((b_n)\) não é convergente.
Portanto, do simples facto de uma sucessão ficar compreendida, a partir de certa ordem, entre \(0\) e \(1\), não se pode concluir que seja convergente. Para aplicar o teorema do confronto é indispensável que as duas sucessões exteriores tendam para o mesmo limite.