Sequências e Limites

Uma sequência de números é realmente uma função que associa a cada inteiro positivo um número. Denotamo-la usualmente por ${a_{n}}$ , onde $a_{n} = f (n)$ para cada inteiro $n > 0$ . Exemplos são:
a) $1, - 1, 1, - 1, 1, - 1, \dots;$
$a_{n} = 1$ se $n$ é ímpar, $- 1$ se $n$ é par.
b) $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \dots;$
$a_{n} = \frac{1}{n} \cdot$
c) $1, 1 + 1, 1 + 1 + \frac{1}{2!}, \dots;$
$a_{n} = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \dots + \frac{1}{(n - 1)!} \cdot$

Diz-se que a sequência ${a_{n}}$ tem o limite $a$ se, para cada número positivo $ϵ$ dado (geralmente considerado pequeno), podemos encontrar um inteiro $N$ tal que, sempre que $n > N$ , temos $a - ϵ < a_{n} < a + ϵ$ , ou, o que dá no mesmo, $| a - a_{n} | < ϵ$ . Isto é, eu só posso afirmar que o limite é $a$ se todo oponente que escolher me desafiar a esse respeito puder ser enfrentado; devo estar preparado para dar um procedimento para encontrar um $N$ com a propriedade desejada com base em qualquer $ϵ$ com o qual ele deseje me confrontar. Se ${a_{n}}$ tem o limite $a$ , escrevemos ou

lim_{n \to \infty} a_{n} = a, ou simplesmente lim a_{n} = a \cdot

O primeiro é lido: "O limite quando $n$ tende ao infinito de $a_{n}$ é $a$ ". Note que não definimos em lugar nenhum nenhum objeto chamado "infinito", mas sim escolhemos toda essa linguagem para nos referir ao comportamento que recebeu uma definição precisa acima.

A sequência a) não tem limite (tente enfrentar o desafio de $ϵ = \frac{1}{2}$ ). A sequência b) tem o limite $0$ , e a sequência c) tem o limite $e$ , como vimos na Seção 17. Suponha, entretanto, que nos seja dada uma sequência ${a_{n}}$ e não seja evidente qual é o seu limite. Podemos dizer se ela tem um limite sem primeiro adivinhar o limite? A resposta a isso é sim, por meio de vários recursos possíveis. O mais poderoso deles, o critério de convergência de Cauchy, será apresentado com sua demonstração como um apêndice desta seção. Um critério um pouco mais simples pode ser aplicado se a sequência é crescente: $a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq \dots \cdot$

Teorema 1

Seja ${a_{n}}$ crescente, e seja ${a_{n}}$ limitada superiormente. Então $lim a_{n} = a$ para algum número $a$ .

Seja $a$ o supremo de ${a_{n}}$ . Seja $ϵ > 0$ . Devemos mostrar que existe um $N$ tal que, sempre que $n > N, a - ϵ < a_{n} < a + ϵ$ . Mas $a_{n} < a + ϵ$ para **todo** $n$ , pois $a_{n} \leq a$ para todo $n$ ( $a$ é uma cota superior). Agora, $a - ϵ$ **não é** uma cota superior, de modo que existe um $N$ tal que $a_{N} > a - ϵ$ . Se $n > N$ , então $a_{n} \geq a_{N} > a - ϵ$ . Assim, para $n > N$ , temos $a - ϵ < a_{n} < a + ϵ$ , o que era o que se queria provar. (Note que $N$ dependerá em geral de $ϵ$ .)

Se não soubéssemos que o limite da sequência c) é $e$ , poderíamos mostrar por este teorema que ela tem um limite. Pois a sequência é evidentemente crescente, e

\begin{aligned} 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{(n-1)!} &\le 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{n-2}} \\ &= 1 + \frac{1 - (\frac{1}{2})^{n-1}}{1 - \frac{1}{2}} < 3 \quad \text{para todo } n \cdot \end{aligned}

Portanto temos uma sequência crescente limitada. O teorema também pode ser aplicado, usando negativos, para mostrar que se uma sequência decrescente tem uma cota inferior, ela tem um limite. (Note também que dois números $a$ e $b$ não podem ser ambos limites de ${a_{n}}$ ; pois então não poderíamos enfrentar o desafio de $ϵ = \frac{1}{2} | b - a |$ para nenhum dos dois pontos.)

Como exemplo de uma sequência cujo limite não podemos adivinhar, seja $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - \log n$ . Então

a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n + 1} - \log (n + 1) + \log n = \frac{1}{n + 1} - \log (1 + \frac{1}{n}) \cdot

Mas, se lembrarmos da Seção 11 a desigualdade

\log (1 + \frac{1}{n}) \geq \frac{1}{n + 1}, vemos que a_{n} \geq a_{n + 1},

ou seja, a sequência é decrescente. Agora vamos mostrar que ela tem $0$ como cota inferior. Para fazer isso, lembre o outro lado da mesma desigualdade sobre $\log x$ :

\frac{1}{n} \geq \log (1 + \frac{1}{n}) = \log (n + 1) - \log n \cdot

Assim

\begin{aligned} a_n &\ge (\log 2 - \log 1) + (\log 3 - \log 2) + \dots + (\log(n+1) - \log n) - \log n \\ &= (\log 2 - \log 2) + (\log 3 - \log 3) + \dots + (\log n - \log n) + \log(n+1) - \log n \\ &= \log(n+1) - \log n \ge 0 \quad \text{para todo } n \cdot \end{aligned}

Portanto

lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - \log n) = C

existe, e é de fato não negativo. Suas primeiras casas decimais são $.5772 \dots$ . É chamada de constante de Euler, e nem sequer se sabe se ela é racional.

A seguir provamos algumas propriedades dos limites de sequências, incluindo a linearidade dos limites. Algumas outras são deixadas como exercícios. Em geral, seja ${a_{n}}$ uma sequência com limite $a$ , ${b_{n}}$ uma sequência com limite $b$ , e $c$ uma constante.

Teorema 2

lim (a_{n} + b_{n}) = a + b \cdot

Seja $ϵ > 0$ dado. Então podemos encontrar $N_{1}$ tal que para todo $n > N_{1}, - ϵ < a_{n} - a < ϵ$ , e $N_{2}$ tal que para todo $n > N_{2}, - ϵ < b_{n} - b < ϵ$ . Seja $N$ o **maior entre $N_{1}$ e $N_{2}$ **, escrito $N = Max (N_{1}, N_{2})$ . Então, para todo $n > N, (a_{n} + b_{n}) - (a + b)$ tem a propriedade de que

- 2 ϵ < (a_{n} + b_{n}) - (a + b) < 2 ϵ \cdot

O fator $2$ não faz diferença, pois poderíamos ter começado com $\frac{ϵ}{2}$ em vez de $ϵ$ e chegado a $- ϵ < (a_{n} + b_{n}) - (a + b) < ϵ$ para todo n > N' para um certo N'. Portanto o teorema está provado.

Teorema 3

lim (c a_{n}) = c a \cdot

Se $c = 0$ , então todos os $c a_{n} = c a = 0$ , e para qualquer $ϵ > 0$ dado, podemos tomar $N = 1$ . Então $- ϵ < c a_{n} - c a = 0 < ϵ$ , para todo $n > N$ . Agora, seja $c \neq 0$ , e seja $ϵ > 0$ dado. Seja $N_{1}$ tal que $- ϵ < a_{n} - a < ϵ$ para todo $n > N_{1}$ , ou, em outras palavras, $| a_{n} - a | < ϵ$ para $n > N_{1}$ . Então

| c a_{n} - c a | = | c | | a_{n} - a | < | c | ϵ para n > N_{1} \cdot

Precisamos apenas começar com $\frac{ϵ}{| c |}$ em vez de $ϵ$ para obter um resultado da forma

| c a_{n} - c a | < ϵ para n > N \cdot

Teorema 4

lim (a_{n} b_{n}) = a b \cdot

PROVA PARCIAL.

\begin{aligned} |a_n b_n - ab| &= |a_n b_n - a_n b + a_n b - ab| \\ &\le |a_n b_n - a_n b| + |a_n b - ab| = |a_n| |b_n - b| + |a_n - a| |b| \cdot \end{aligned}

Agora considere ${a_{n}}$ , com $ϵ = 1$ . Existe um $N_{1}$ tal que para $n > N_{1}$ , $| a_{n} - a | < 1$ . Agora afirmamos que $| a_{n} | - | a | \leq | a_{n} - a |$ . Pois

| a_{n} | = | (a_{n} - a) + a | \leq | a_{n} - a | + | a |,

| a_{n} | - | a | \leq | a_{n} - a | \cdot

Assim temos $| a_{n} | - | a | \leq | a_{n} - a | < 1$ , ou $| a_{n} | < 1 + | a |$ para todo $n > N_{1}$ . Portanto, se $n > N_{1}$ ,

| a_{n} b_{n} - a b | \leq (| a | + 1) | b_{n} - b | + | a_{n} - a | | b | \cdot

O restante da demonstração é deixado como exercício.

Exercício 1.

Suponha $lim a_{n} = a, a \neq 0$ .
Mostre que existe um número positivo $r$ e um inteiro $N_{1}$ tais que, para todo $n > N_{1}, | a_{n} | > r$ .

Agora mostre que $lim (\frac{1}{a_{n}}) = \frac{1}{a}$ , no sentido de que, para qualquer $ϵ > 0$ dado, existe um $N$ tal que para todo $n > N, a_{n} \neq 0$ e $| \frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a} | < ϵ$ .

A seguir, seja $f (x)$ uma função definida num intervalo contendo um ponto $x_{0}$ , com a possível exceção de que $f (x_{0})$ pode não estar definida. Dizemos que $a$ é o limite quando $x$ se aproxima de $x_{0}$ de $f (x)$ , escrito

lim_{x \to x_{0}} f (x) = a,

se, para cada $ϵ > 0$ dado, podemos encontrar um $δ > 0$ tal que, para todo $x$ no intervalo $0 < | x - x_{0} | < δ$ , temos $| f (x) - a | < ϵ$ .

Exercício 2.

Sejam

lim_{x \to x_{0}} f (x) = a, lim_{x \to x_{0}} g (x) = b,

$c$ uma constante. Prove:

$lim_{x \to x_{0}} (f (x) + g (x)) = a + b$ .
$lim_{x \to x_{0}} (c f (x)) = c a$ .
$lim_{x \to x_{0}} (f (x) g (x)) = a b$ .
Se $a \neq 0, lim_{x \to x_{0}} (\frac{1}{f (x)}) = \frac{1}{a} \cdot$
$lim_{x \to x_{0}} f (x) = a$ significa o mesmo que $lim_{h \to 0} f (x_{0} + h) = a$ .

Apêndice: Critério de Cauchy

Como variação, provamos este teorema para o limite de uma função, e deixamos sua demonstração para sequências como exercício.

Teorema 5

Seja $f (x)$ definida num intervalo contendo $x_{0}$ , mas não necessariamente em $x_{0}$ . Então

lim_{x \to x_{0}} f (x)

existe se e somente se $f (x)$ satisfaz a seguinte condição: Para todo $ϵ > 0$ existe um $δ > 0$ tal que, se $x_{1}$ e $x_{2}$ são quaisquer números com $0 < | x_{1} - x_{0} | < δ, 0 < | x_{2} - x_{0} | < δ$ , então $| f (x_{1}) - f (x_{2}) | < ϵ \cdot$

Primeiro, suponha que o limite existe, digamos

lim_{x \to x_{0}} f (x) = a \cdot

Seja $ϵ > 0$ dado. Então existe um $δ > 0$ tal que, se $0 < | x - x_{0} | < δ$ , temos $| f (x) - a | < \frac{ϵ}{2} \cdot$ Sejam $0 < | x_{1} - x_{0} | < δ, 0 < | x_{2} - x_{0} | < δ$ . Então

\begin{aligned} |f(x_1) - f(x_2)| &= |f(x_1) - a + a - f(x_2)| \\ &\le |f(x_1) - a| + |f(x_2) - a| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon \cdot \end{aligned}

Assim o teorema está provado numa direção: se o limite existe, a condição é satisfeita.

Agora suponha que a condição é satisfeita. Primeiro tome $ϵ = 1$ ; depois seja $0 < | x_{1} - x_{0} | < δ_{0}$ , onde $δ_{0}$ satisfaz a condição para $ϵ = 1$ . Agora, se $x$ é qualquer número tal que $0 < | x - x_{0} | < δ_{0}$ , temos $| f (x) - f (x_{1}) | < 1$ , ou $| f (x) | < | f (x_{1}) | + 1$ , isto é, $f (x)$ é limitada superiormente e inferiormente para $0 < | x - x_{0} | < δ_{0}$ .

Em seguida, seja $δ_{1} = Min (1, δ_{0}), δ_{2} = Min (\frac{1}{2}, δ_{0}), \dots, δ_{n} = Min (\frac{1}{n}, δ_{0})$ . (A partir de um certo $n$ , todos os $δ_{n} = \frac{1}{n}$ , pois eventualmente $\frac{1}{n} < δ_{0} \cdot$ ) Em cada um dos intervalos $I_{n} : 0 < | x - x_{0} | < δ_{n}, f (x)$ é limitada superiormente e inferiormente. Seja $a_{n}$ o supremo dos valores de $f (x)$ em $I_{n}$ . A sequência ${a_{n}}$ é decrescente, pois um supremo em $I_{n}$ é uma cota superior em $I_{n + 1}$ . Além disso, todos os $a_{n} \geq L$ , onde $L$ é qualquer cota inferior para $f (x)$ em $I_{1}$ . Portanto $lim a_{n}$ existe. Chamemo-lo $a$ . Agora provaremos que

a = lim_{x \to x_{0}} f (x) \cdot

Seja $ϵ > 0$ dado. Então existe um $N$ tal que, para todo $n > N, | a - a_{n} | < \frac{ϵ}{3} \cdot$ Como $a_{n}$ é o supremo de $f (x)$ em $I_{n}$ , existe um $x_{n}$ em $I_{n}$ , tal que $| a_{n} - f (x_{n}) | < \frac{ϵ}{3}$ , e isso para cada $n$ . Existe também um \delta' tal que, sempre que 0 < |x - x_0| < \delta', 0 < |x' - x_0| < \delta', então |f(x) - f(x')| < \frac{\epsilon}{3} \cdot Agora tome $n > N$ tal que \delta_n < \delta' \cdot Afirmamos que $δ_{n}$ é um $δ$ adequado para a definição de limite. Isto é, seja $0 < | x - x_{0} | < δ_{n} \cdot$ Então 0 < |x - x_0| < \delta', e também 0 < |x_n - x_0| < \delta_n < \delta' \cdot Portanto

| f (x) - f (x_{n}) | < \frac{ϵ}{3} \cdot

Agora sabemos que $| f (x_{n}) - a_{n} | < \frac{ϵ}{3} \cdot$ e, como $n > N$ ,

| a_{n} - a | < \frac{ϵ}{3} \cdot

Portanto

\begin{aligned} |f(x) - a| &= |f(x) - f(x_n) + f(x_n) - a_n + a_n - a| \\ &\le |f(x) - f(x_n)| + |f(x_n) - a_n| + |a_n - a| \\ &< \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} = \epsilon \cdot \end{aligned}

Vemos que, sempre que $0 < | x - x_{0} | < δ_{n}$ , temos $| f (x) - a | < ϵ$ . Portanto

lim_{x \to x_{0}} f (x) = a,

e a demonstração está completa.

Exercício 3.

Prove o critério de Cauchy para sequências; $lim a_{n}$ existe se e somente se a seguinte condição vale: Para qualquer $ϵ > 0$ existe um $N$ tal que, sempre que $m > N$ e $n > N$ , então $| a_{m} - a_{n} | < ϵ$ .

Sequências e Limites

Apêndice: Critério de Cauchy

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