Capítulo 2

Sequências

A noção de limite é uma das ideias centrais da Análise. Entre suas primeiras manifestações rigorosas está o estudo das sequências reais, que permite tratar a aproximação de números por meio de objetos discretos e, ao mesmo tempo, introduzir os principais fenômenos que reaparecem depois no estudo de séries, continuidade, derivação e espaços métricos.

Neste capítulo, estudaremos sequências de números reais e seus limites. O ponto central será entender o que significa uma sucessão de números aproximar-se de um valor fixo, quais propriedades essa aproximação preserva e de que modo podemos reconhecer convergência sem conhecer previamente o limite.

Além da definição de convergência, trataremos de subsequências, sequências monótonas, sequências de Cauchy e critérios de convergência. Esses resultados formam uma primeira ponte entre a completude dos números reais e o comportamento assintótico de processos infinitos.

2.1 Conceitos básicos

No Capítulo 1, ao discutir definições recursivas, introduzimos uma sequência real como uma função

\[ s:\mathbb {N}\longrightarrow \mathbb {R}. \]

Retomamos agora essa noção sistematicamente. Escreveremos $s_n=s(n)$ e denotaremos a sequência por $(s_n)$ ou $(s_n)_{n=1}^{\infty }$. A ordem dos índices faz parte do objeto: duas sequências podem ter o mesmo conjunto de valores e, ainda assim, serem diferentes.

Figura 2.1 A sequência (s_n) associa a cada natural n um real s_n. — Figura 2.1 A sequência $(s_n)$ associa a cada natural $n$ um real $s_n$.

Em diversas situações consideraremos funções cujo domínio não seja o conjunto dos naturais, mas sim um subconjunto dos inteiros da forma $\{ n\in \mathbb {Z}: n \geq k\} $ para algum $k$. Essas funções também serão ditas sequências e para essas sequências usaremos a notação $( s_n )_{n=k}^{\infty }$, indicando o ponto a partir do qual a sequência está definida.

Como toda função, uma sequência pode ser especificada por uma regra explícita, por uma definição por casos ou por uma regra recursiva.

Exemplo 2.1 (Modos de especificar uma sequência)

As sequências

\[ a_n=\frac{(-1)^n}{n}, \qquad b_n= \begin{cases} 0, & n \text{ par},\\ 1, & n \text{ ímpar}, \end{cases} \]

são dadas diretamente em função do índice $n$. Já a sequência $(c_n)$, definida por

\[ c_1=\sqrt{2}, \qquad c_{n+1}=\sqrt{2c_n}, \]

é dada recursivamente: cada termo é determinado a partir do termo anterior.

A ordem dos termos é parte essencial da sequência. Por exemplo, as sequências $((-1)^n)$ e $((-1)^{n+1})$ têm a mesma imagem, o conjunto $\{ -1,1\} $, mas não são a mesma sequência.

Como uma sequência é uma função dos naturais nos reais, um ponto da função é um par ordenado $(n,s_n)$ com $n \in \mathbb {N}$ e $s_n \in \mathbb {R}$ e desse modo uma sequência real pode ser vista como um subconjunto do plano cartesiano $\mathbb {R}\times \mathbb {R}$.

Figura 2.2 Gráfico da sequência $\left(\frac{n}{n+1}\right)$

Outra forma de representar uma sequência graficamente é marcar, sobre a reta real, as imagens da sequência, rotuladas pelo termo correspondente.

Assim, a sequência do exemplo anterior, dada por $a_n=\frac{n}{n+1}$, também pode ser representada graficamente como nas Figuras 2.2 e 2.3.

Figura 2.3 Gráfico de $\left(\frac{n}{n+1}\right)$

A sequência $c_n=\dfrac {(-1)^n}{\sqrt n}$ ilustra um comportamento oscilatório com amplitude decrescente. Para índices pares, seus pontos pertencem ao gráfico de $x\mapsto 1/\sqrt x$; para índices ímpares, pertencem ao gráfico de $x\mapsto -1/\sqrt x$. Assim, o gráfico dessa sequência pode ser representado como na Figura 2.4.

Figura 2.4 Gráfico de $\left(\dfrac {(-1)^n}{\sqrt{n}}\right)$

2.2 Convergência e limite de sequências

O conceito de limite ocupa posição central na Análise. Começaremos pelo caso mais simples: o limite de sequências reais.

Historicamente, a ideia de limite apareceu de modo gradual. Ela está presente, ainda de forma intuitiva, em argumentos de Arquimedes e reaparece em diferentes momentos da matemática anterior ao século XIX. A formulação precisa que usamos hoje, associada sobretudo ao trabalho de Cauchy e posteriormente refinada na linguagem $\varepsilon $–$N$, transformou essa intuição em uma definição matemática rigorosa.

Ilustração: Convergência e limite de sequências

Figura 2.5 Convergência de uma sequência.

Definição 2.2 (Definição de limite)

Dada uma sequência $(a_n):\mathbb {N}\rightarrow \mathbb {R}$, dizemos que $(a_n)$ converge para o número real $L$, denotando

\[ \lim _{n\to \infty } a_n = L \qquad \text{ou}\qquad a_n \to L, \]

se, para todo $\varepsilon \gt 0$, existe $N\in \mathbb {N}$ tal que, para todo $n\geq N$, vale $\left|a_n-L\right|\lt \varepsilon $.

A definição formal exprime a seguinte ideia: dado um erro arbitrário $\varepsilon \gt 0$, existe um índice a partir do qual todos os termos da sequência permanecem a distância menor que $\varepsilon $ do limite. Uma sequência que converge para algum valor é dita convergente, e, caso contrário, é dita divergente.

Observação 2.3 (Formulação por vizinhanças)

A definição anterior equivale a afirmar que, para toda vizinhança $V$ de $L$, todos os termos da sequência, com exceção de um número finito deles, pertencem a $V$. Basta aplicar a definição à vizinhança básica $V_\varepsilon (L)$ contida em $V$.

Provaremos alguns limites elementares utilizando a definição.

Exemplo 2.4

$\lim \limits _{n\to \infty }\dfrac {1}{n}=0$.

Figura 2.6 Convergência da sequência $\frac{1}{n}$.

Demonstração ▼

Seja $\varepsilon \gt 0$. Pela propriedade Arquimediana, existe $M\in \mathbb {N}$ tal que $M\gt \frac1\varepsilon $. Então, para todo $n\gt M$, temos

\[ \left|\frac1n-0\right|=\frac1n\lt \frac1M\lt \varepsilon . \]

Logo, $\lim \limits _{n\to \infty }\frac1n=0$.

A sequência constante $b_n=b$ satisfaz $b_n\to b$. De fato, dado $\varepsilon \gt 0$, para qualquer escolha de $M\in \mathbb {N}$ e todo $n\gt M$, temos $|b_n-b|=0\lt \varepsilon $.

Exemplo 2.5

Mostremos, pela definição, que

\[ \lim _{n\to \infty }\frac{2n-1}{n+3}=2. \]

De fato,

\[ \left|\frac{2n-1}{n+3}-2\right| = \left|\frac{2n-1-2n-6}{n+3}\right| = \frac7{n+3}. \]

Dado $\varepsilon \gt 0$, escolha $M\in \mathbb {N}$ tal que $M\gt 7/\varepsilon $. Então, para todo $n\gt M$,

\[ \left|\frac{2n-1}{n+3}-2\right| = \frac7{n+3} \lt \frac7n \lt \varepsilon . \]

Logo, $\frac{2n-1}{n+3}\to 2$.

Intuitivamente, a sequência $i_n=(-1)^n$ não converge, pois oscila entre os valores $1$ e $-1$ e, portanto, não se aproxima de um único número real quando $n$ cresce.

Exemplo 2.6

A sequência $i_n=(-1)^n$ não converge.

Demonstração ▼

Suponha, por absurdo, que a sequência convergisse para algum número real $i$. Tomando $\varepsilon =\frac12$, existiria $M\in \mathbb {N}$ tal que, para todo $n\gt M$,

\[ |i_n-i|\lt \frac12. \]

Se $n\gt M$ for par, então $i_n=1$, e teríamos

\[ |1-i|\lt \frac12, \]

o que implica $i\gt \frac12$. Se $n\gt M$ for ímpar, então $i_n=-1$, e teríamos

\[ |-1-i|\lt \frac12, \]

o que implica $i\lt -\frac12$. Isso é impossível. Logo, a sequência não converge.

Proposição 2.7

O limite de uma sequência, se existir, é único.

Demonstração ▼

Suponha que

\[ \lim \limits _{n\to \infty }a_n=a_1 \qquad \text{e}\qquad \lim \limits _{n\to \infty }a_n=a_2. \]

Seja $\varepsilon \gt 0$. Como $a_n\to a_1$, existe $N_1$ tal que, para todo $n\gt N_1$,

\begin{equation} \left|a_n-a_1\right|\lt \frac{\varepsilon }{2}. \label{limiteunico1} \tag{2.1} \end{equation}

Como $a_n\to a_2$, existe $N_2$ tal que, para todo $n\gt N_2$,

\begin{equation} \left|a_n-a_2\right|\lt \frac{\varepsilon }{2}. \label{limiteunico2} \tag{2.2} \end{equation}

Tomando $N=\max \{ N_1,N_2\} $, as duas desigualdades valem para todo $n\gt N$. Logo, pela desigualdade triangular,

\[ |a_1-a_2| = |a_1-a_n+a_n-a_2| \leq |a_1-a_n|+|a_n-a_2| \lt \varepsilon . \]

Como isso vale para todo $\varepsilon \gt 0$, segue que $a_1=a_2$.

Exercício 2.1

Prove a partir da definição que $\lim \limits _{n\to \infty }\dfrac {n-1}{n+1}=1$.

Exercício 2.2

Seja $1 \leq j_1 \lt j_2 \lt \cdots \lt j_n \lt \cdots $ uma sequência de números naturais. Prove (por indução) que $j_n \geq n$ para todo $n \geq 1$.

Exercício 2.3

Mostre que se $a_n$ converge para $a$, então $\left|a_n\right|$ converge para $|a|$ (use que $\bigl||x|-|y|\bigr| \leq |x-y|$).
É verdade que se $\left|a_n\right|$ converge, então $a_n$ converge? Prove ou forneça um contraexemplo.

Exercício 2.4

Suponha que $a_n$ converge para $a$. Prove que para qualquer $\varepsilon \gt 0$, $a_n$ está em $(a - \varepsilon , a + \varepsilon )$ para todos os $n$, exceto possivelmente para um número finito.

Exercício 2.5

Seja $a_n$ uma sequência de números reais que converge para $L$. Defina $b_n = a_{n+k_0}$. Mostre que $b_n$ também converge para $L$.

Exercício 2.6

Seja $a_n$ uma sequência de números reais, e $L$ um número real. Defina $b_n = \left|a_n - L\right|$. Mostre que $a_n$ converge para $L$ se, e somente se, $b_n$ converge para 0.

Exercício 2.7

Considere uma sequência $a_n$ que assume valores nos naturais.

Dê um exemplo de tal sequência.
Mostre que $a_n$ converge se, e somente se, ela é estacionária, ou seja, se, e somente se, existe um natural $N$ tal que, se $n \geq N$, então $a_n = a_N$.

Exercício 2.8

Considere uma sequência de termo geral $a_n$ e suponha que $\lim _{n \rightarrow +\infty } a_n=a$. Prove que

\[ \lim _{n \rightarrow +\infty } \frac{a_1+a_2+\ldots +a_n}{n}=a . \]

2.3 Sequências limitadas

A limitação de uma sequência descreve quando seus termos permanecem contidos em uma região finita da reta real. Como uma sequência $(a_n)$ é uma função de $\mathbb {N}$ em $\mathbb {R}$, essa propriedade corresponde à limitação do conjunto de seus valores,

\[ \{ a_n:n\in \mathbb {N}\} . \]

Definição 2.8

Seja $(a_n)$ uma sequência real.

Dizemos que $(a_n)$ é limitada superiormente se existe $M\in \mathbb {R}$ tal que $a_n\leq M$ para todo $n\in \mathbb {N}$.
Dizemos que $(a_n)$ é limitada inferiormente se existe $m\in \mathbb {R}$ tal que $m\leq a_n$ para todo $n\in \mathbb {N}$.
Dizemos que $(a_n)$ é limitada se é limitada superiormente e inferiormente. Equivalentemente, existe $C\gt 0$ tal que $|a_n|\leq C$ para todo $n\in \mathbb {N}$.
Uma sequência que não é limitada é chamada ilimitada.

Figura 2.7 A sequência $\frac{1}{n+1}$ é limitada.

Exemplo 2.9

As sequências

\[ a_n=\frac{1}{n+1}, \qquad b_n=-\frac1{n^2}, \qquad c_n=n \]

ilustram três comportamentos distintos de limitação. A primeira satisfaz $0\lt a_n\leq 1/2$ para todo $n\geq 1$, logo é limitada. A segunda satisfaz $-1\leq b_n\lt 0$, logo também é limitada. Já $(c_n)$ é limitada inferiormente, por exemplo por $0$, mas não é limitada superiormente. Com efeito, se existisse $M\in \mathbb {R}$ tal que $n\leq M$ para todo $n$, teríamos uma contradição com a propriedade Arquimediana.

Um modo simples de mostrar que uma sequência é limitada é compará-la com outra que já conhecemos. O seguinte teorema nos fornece um modo de realizar essa comparação.

Teorema 2.10

Sejam $(a_n),(b_n)$ duas sequências satisfazendo $a_n\leq b_n$ para todo $n\gt n_0$. Então:

se a sequência $a_n$ é limitada inferiormente, a sequência $b_n$ também é limitada inferiormente.
se a sequência $b_n$ é limitada superiormente, a sequência $a_n$ também é limitada superiormente.

Exemplo 2.11

A sequência

\[ a_n=(-1)^n+\frac1n \]

é limitada, mas não é convergente. De fato, como $|(-1)^n|=1$ e $0\lt 1/n\leq 1$, temos $|a_n|\leq 2$ para todo $n$. Portanto, $(a_n)$ é limitada.

Por outro lado, as subsequências de índices pares e ímpares satisfazem

\[ a_{2n}=1+\frac1{2n}\to 1, \qquad a_{2n-1}=-1+\frac1{2n-1}\to -1. \]

Como uma sequência convergente tem todas as suas subsequências convergindo para o mesmo limite, concluímos que $(a_n)$ não converge.

Proposição 2.12

Se a sequência $(a_n)$ converge, então $(a_n)$ é limitada.

Demonstração ▼

Suponha que $a_n\to a$. Pela definição de limite, existe $M\in \mathbb {N}$ tal que, para todo $n\gt M$, temos $|a_n-a|\lt 1$. Pela desigualdade triangular,

\[ |a_n|\leq |a_n-a|+|a|\lt |a|+1 \]

para todo $n\gt M$.

Resta considerar os termos $a_1,\ldots ,a_M$. Como esse conjunto é finito, existe

\[ C=\max \{ |a_1|,\ldots ,|a_M|\} . \]

Tomando $D=\max \{ C,|a|+1\} $, obtemos $|a_n|\leq D$ para todo $n\in \mathbb {N}$. Logo, $(a_n)$ é limitada.

Consequentemente, toda sequência ilimitada é divergente. Esse critério é apenas suficiente para divergência: uma sequência pode ser limitada e ainda assim divergir, como ocorre com $((-1)^n)$.

Exercício 2.9

Para cada uma das seguintes sequências diga se ela é limitada superiormente e inferiormente. Prove suas afirmações:

$a_n=n^2+n$
$a_n=n^2-7n$
$a_n=n^2-\frac{n}{2}$
$a_n=\frac{n!}{2^n}$
$a_n=\dfrac {1}{n^2} $
$a_n=\dfrac {(-1)^n}{n^3}$
$a_n=2^n$
$n/n!$
A sequência definida recursivamente por $a_1=\sqrt{2}$ e $a_n= \sqrt{2 a_{n-1}}$.

Ver solução

Como $n^2+n\ge 2$ para $n\ge 1$, a sequência é limitada inferiormente. É ilimitada superiormente, pois $n^2+n\ge n$.
Para $n\in \mathbb {N}$,

\[ n^2-7n+12=(n-3)(n-4)\ge 0, \]

pois não há inteiro estritamente entre $3$ e $4$. Logo o mínimo é $-12$, atingido em $n=3,4$. Para $n\ge 14$, temos $n^2-7n\ge n^2/2$, de modo que a sequência é ilimitada superiormente.
A identidade

\[ n^2-\frac n2-\frac12=(n-1)\left(n+\frac12\right)\ge 0 \]

mostra que o mínimo é $1/2$. Como $n^2-n/2\ge n^2/2$, não há cota superior.
Todos os termos são positivos. Além disso,

\[ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n+1}{2}\ge 2\qquad (n\ge 3). \]

Consequentemente, $a_n\ge (3/4)2^{n-3}$ para $n\ge 3$, e a sequência é ilimitada superiormente.
Para todo $n\ge 1$, vale $0\lt a_n\le 1$; portanto a sequência é limitada superior e inferiormente.
Nos índices ímpares, $-1\le a_n\lt 0$; nos pares, $0\lt a_n\le 1/8$. Assim, $-1\le a_n\le 1/8$, com os extremos atingidos em $n=1$ e $n=2$.
Temos $2^n\ge 2$ e, por indução, $2^n\ge n+1$. Logo a sequência é limitada inferiormente e ilimitada superiormente.
Como $n/n!=1/(n-1)!$, temos $0\lt a_n\le 1$.
O primeiro termo pertence a $[\sqrt2,2)$. Se $\sqrt2\le a_{n-1}\lt 2$, então $2\le 2a_{n-1}\lt 4$, e portanto $\sqrt2\le a_n\lt 2$. A indução fornece as duas cotas para todos os termos.

Exercício 2.10

Prove que as seguintes sequências divergem:

$n-10000$
$n^2-2$
$n!$
$n^3$
$(-1)^n n $
$a_1=1$ $a_n=n!a_{n-1}$
$\sqrt{n}$ (Dica: eleve ao quadrado)

Exercício 2.11

Suponha que $a_n$ converge para $L$ e é limitado inferiormente por $m$. Mostre que $L \geq m$.

2.4 Sequências crescentes e decrescentes

Como no caso de funções reais, podemos classificar sequências de acordo com o comportamento de seus termos quando o índice aumenta.

Definição 2.13

Seja $(a_n)$ uma sequência real.

Dizemos que $(a_n)$ é crescente se, para todos $n,m\in \mathbb {N}$ com $n\lt m$, vale $a_n\lt a_m$.
Dizemos que $(a_n)$ é não-decrescente se, para todos $n,m\in \mathbb {N}$ com $n\lt m$, vale $a_n\leq a_m$.
Dizemos que $(a_n)$ é decrescente se, para todos $n,m\in \mathbb {N}$ com $n\lt m$, vale $a_n\gt a_m$.
Dizemos que $(a_n)$ é não-crescente se, para todos $n,m\in \mathbb {N}$ com $n\lt m$, vale $a_n\geq a_m$.

Em qualquer um desses casos, dizemos que a sequência é monótona ⁴ . Quando a sequência é crescente ou decrescente, dizemos que ela é estritamente monótona.

Para sequências, basta comparar termos consecutivos.

Observação 2.14 (Critério por termos consecutivos)

Seja $(a_n)$ uma sequência real. Então:

$(a_n)$ é crescente se, e somente se, $a_n\lt a_{n+1}$ para todo $n$;
é não-decrescente se, e somente se, $a_n\le a_{n+1}$ para todo $n$;
é decrescente se, e somente se, $a_n\gt a_{n+1}$ para todo $n$;
é não-crescente se, e somente se, $a_n\ge a_{n+1}$ para todo $n$.

Ilustração: Sequências crescentes e decrescentes

Figura 2.8 A sequência $\dfrac {n}{n^2+1}$ é decrescente.

Exemplo 2.15

A sequência $a_n=\dfrac {n}{n^2+1}$ é decrescente.

Com efeito, para todo $n\geq 1$,

\[ \frac{n}{n^2+1}\gt \frac{n+1}{(n+1)^2+1} \]

é equivalente a

\[ (n+1)(n^2+1)\lt n((n+1)^2+1), \]

isto é, a $1\lt n^2+n$. Como essa desigualdade vale para todo $n\geq 1$, segue que $a_n\gt a_{n+1}$ para todo $n$, e a sequência é decrescente.

Teorema 2.16 (Convergência monótona)

Toda sequência monótona e limitada converge.

Demonstração ▼

Suponha primeiro que $(a_n)$ seja crescente e limitada. O conjunto

\[ A=\{ a_n:n\in \mathbb {N}\} \]

é limitado superiormente; portanto, pela completude de $\mathbb {R}$, possui supremo. Denote esse supremo por $L$. Como $L$ é cota superior de $A$, temos $a_n\leq L$ para todo $n$.

Seja $\varepsilon \gt 0$. Como $L-\varepsilon $ não é cota superior de $A$, existe $N\in \mathbb {N}$ tal que $a_N\gt L-\varepsilon $. Como a sequência é crescente, para todo $n\geq N$ vale

\[ L-\varepsilon \lt a_N\leq a_n\leq L. \]

Logo, $|a_n-L|\lt \varepsilon $ para todo $n\geq N$. Assim, $a_n\to L$.

Se $(a_n)$ é decrescente e limitada, aplica-se o mesmo argumento ao ínfimo do conjunto $\{ a_n:n\in \mathbb {N}\} $.

Exemplo 2.17

A sequência

\[ s_n=\sum _{k=1}^{n}\frac1{k^2} \]

é crescente e limitada; portanto, converge.

De fato, temos $s_{n+1}-s_n=1/(n+1)^2\gt 0$, logo $(s_n)$ é crescente. Além disso, para $k\geq 2$,

\[ \frac1{k^2}\leq \frac1{k(k-1)}=\frac1{k-1}-\frac1k. \]

Assim,

\[ s_n = 1+\sum _{k=2}^{n}\frac1{k^2} \leq 1+\sum _{k=2}^{n}\left(\frac1{k-1}-\frac1k\right) = 2-\frac1n \lt 2. \]

Logo, $(s_n)$ é crescente e limitada superiormente. Pelo Teorema da Convergência Monótona, $(s_n)$ converge.

Exercício 2.12

Prove que se $(a_n)$ é decrescente e limitada então $a_n$ converge.

Exercício 2.13

Para cada uma das seguintes sequências diga se ela é crescente, decrescente ou nenhuma dessas duas. Prove suas afirmações:

$a_n=n+7$
$a_n=n^2+n$
$a_n=n^2-7n$
$a_n=n^2-\frac{n}{2}$
$a_n=\frac{n!}{2^n}$
$a_n=\dfrac {1}{n^2} $
$a_n=\dfrac {(-1)^n}{n^3}$
$a_n=2^n$
$a_n=\dfrac {2n-6}{3n+4}$
$a_n=\dfrac {\sqrt{n}}{n+3}$
A sequência definida recursivamente por $a_1=\sqrt{2}$ e $a_n= \sqrt{2 a_{n-1}}$

Exercício 2.14

Suponha que $a_n$ seja uma sequência crescente, $b_n$ seja uma sequência decrescente, e que $a_n \leq b_n$ para todo $n \geq 1$.

Mostre que $a_n$ e $b_n$ convergem.
Se, além das hipóteses anteriores, temos que $b_n - a_n$ converge para 0, prove que $a_n$ e $b_n$ convergem para o mesmo limite.

Exercício 2.15

Suponha que $a_n \lt b_n$ para todos os naturais $n$. Suponha que $a_n$ e $b_n$ convergem para $a$ e $b$, respectivamente. É verdade que $a \lt b$? Prove ou forneça um contraexemplo.

2.5 O número $e$

Proposição 2.18

A sequência $e_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ é estritamente crescente.

Demonstração ▼

Para $n\geq 2$, comparemos dois termos consecutivos. Temos

\[ \frac{e_n}{e_{n-1}} = \frac{\left(1+\frac1n\right)^n}{\left(1+\frac1{n-1}\right)^{n-1}} = \left(1-\frac1{n^2}\right)^{n-1}\left(1+\frac1n\right). \]

Pela desigualdade de Bernoulli,

\[ \left(1-\frac1{n^2}\right)^{n-1} \geq 1-\frac{n-1}{n^2}. \]

Portanto,

\[ \frac{e_n}{e_{n-1}} \geq \left(1-\frac{n-1}{n^2}\right)\left(1+\frac1n\right) = 1+\frac1{n^3}\gt 1. \]

Assim, $e_n\gt e_{n-1}$ para todo $n\geq 2$, e a sequência é estritamente crescente.

$Ilustração: O número $e$$

Figura 2.9 Gráfico de $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$. Essa sequência é crescente e limitada por $3$.

Proposição 2.19

A sequência $e_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ é limitada superiormente.

Demonstração ▼

Pela fórmula binomial,

\[ \left(1+\frac1n\right)^n = 1+1+\sum _{k=2}^{n}\frac{1}{k!} \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{n^k}. \]

Como

\[ 0\lt \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{n^k} \leq 1 \]

para $2\leq k\leq n$, obtemos

\[ \left(1+\frac1n\right)^n \leq 1+1+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\cdots +\frac1{n!}. \]

Além disso, para $k\geq 2$, vale $k!\geq 2^{k-1}$. Logo,

\[ 1+1+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\cdots +\frac1{n!} \leq 1+\left(1+\frac12+\frac14+\cdots +\frac1{2^{n-1}}\right)\lt 3. \]

Portanto, $\left(1+\frac1n\right)^n\lt 3$ para todo $n$. Como a sequência é crescente e $e_1=2$, também temos $2\leq e_n\lt 3$. Assim, $(e_n)$ é limitada.

Como a sequência $\left(1+\frac1n\right)^n$ é crescente e limitada, ela converge pelo Teorema 2.16. Seu limite é chamado número de Euler, ou simplesmente $e$:

\[ e=\lim _{n\to \infty }\left(1+\frac1n\right)^n. \]

Pelas estimativas anteriores, temos $2\leq e\leq 3$. Com um pouco mais de trabalho, pode-se mostrar que $e\approx 2{,}71828183$ e que $e$ é irracional.

De posse do número $e$, definimos a função exponencial de base $e$, que chamaremos simplesmente de função exponencial. Das desigualdades $2\lt e\lt 3$, segue que, para $x\gt 0$, vale $2^x\lt e^x\lt 3^x$, enquanto, para $x\lt 0$, vale $3^x\lt e^x\lt 2^x$.

A função logaritmo de base $e$ é chamada logaritmo natural, ou simplesmente logaritmo. Trata-se da função $\ln :(0,+\infty )\to \mathbb {R}$ definida por

\[ \ln x = y \Leftrightarrow e^{y}=x. \]

Exercício 2.16

Mostre que $e^x\ge \left(1+\frac xn\right)^n$ para $n\ge 1$.
Mostre que $e^x\ge 1+x$.
Usando que $e^x\ge 1+x$ e que $e^{-x}\ge 1-x$, mostre que $1+x\le e^x\le \frac{1}{1-x}$.

2.6 Limites infinitos

Algumas sequências, embora não convirjam em $\mathbb {R}$, têm comportamento assintótico bem definido: seus termos tornam-se maiores do que qualquer número real previamente fixado, ou menores do que qualquer número real previamente fixado. Para descrever esses casos, usamos as notações

\[ a_n\to +\infty \qquad \text{e}\qquad a_n\to -\infty . \]

Definição 2.20 (Limites infinitos)

Seja $(a_n)$ uma sequência real.

Dizemos que $a_n\to +\infty $, ou que $\lim \limits _{n\to \infty }a_n=+\infty $, se, para todo $C\in \mathbb {R}$, existe $M\in \mathbb {N}$ tal que $a_n\gt C$ sempre que $n\gt M$.
Dizemos que $a_n\to -\infty $, ou que $\lim \limits _{n\to \infty }a_n=-\infty $, se, para todo $C\in \mathbb {R}$, existe $M\in \mathbb {N}$ tal que $a_n\lt C$ sempre que $n\gt M$.

O símbolo $\infty $ não representa um número real. Ele indica apenas um tipo de comportamento da sequência. Assim, expressões como $\infty -\infty $ ou $\frac{\infty }{\infty }$ não têm significado algébrico por si mesmas.

Exemplo 2.21

Temos $\lim \limits _{n\to \infty }n=+\infty $. De fato, dado $C\in \mathbb {R}$, pela propriedade Arquimediana existe $M\in \mathbb {N}$ tal que $M\gt C$. Se $n\gt M$, então $n\gt C$. Portanto, $n\to +\infty $.

De modo análogo, $-n\to -\infty $.

Teorema 2.22 (Comparação para limites infinitos)

Sejam $(a_n)$ e $(b_n)$ sequências reais tais que $a_n\leq b_n$ para todo $n$ suficientemente grande.

Se $a_n\to +\infty $, então $b_n\to +\infty $.
Se $b_n\to -\infty $, então $a_n\to -\infty $.

Demonstração ▼

Provaremos apenas a primeira afirmação. Seja $C\in \mathbb {R}$. Como $a_n\to +\infty $, existe $M_1\in \mathbb {N}$ tal que $a_n\gt C$ para todo $n\gt M_1$. Além disso, existe $M_2\in \mathbb {N}$ tal que $a_n\leq b_n$ para todo $n\gt M_2$. Assim, para $n\gt \max \{ M_1,M_2\} $, temos $b_n\geq a_n\gt C$. Logo, $b_n\to +\infty $. A segunda afirmação é análoga.

Corolário 2.23

Por comparação com $n$ e $-n$, obtemos:

$n^n\to +\infty $;
$n!\to +\infty $;
$2^n\to +\infty $;
se $k\in \mathbb {N}^*$, então $n^k\to +\infty $;
se $k\in \mathbb {N}^*$ é ímpar, então $(-n)^k\to -\infty $;
se $k\in \mathbb {N}^*$ é par, então $(-n)^k\to +\infty $;
$e^n\to +\infty $.

Proposição 2.24

Se $(a_n)$ é não-decrescente e não é limitada superiormente, então $a_n\to +\infty $.

Demonstração ▼

Seja $C\in \mathbb {R}$. Como $(a_n)$ não é limitada superiormente, existe $N\in \mathbb {N}$ tal que $a_N\gt C$. Como a sequência é não-decrescente, para todo $n\gt N$ temos $a_n\geq a_N\gt C$. Portanto, $a_n\to +\infty $.

De modo análogo, se $(a_n)$ é não-crescente e não é limitada inferiormente, então $a_n\to -\infty $.

Exemplo 2.25

Temos $\lim \limits _{n\to \infty }\ln n=+\infty $.

A sequência $(\ln n)$ é crescente. Se fosse limitada superiormente, existiria $C\in \mathbb {R}$ tal que $\ln n\lt C$ para todo $n$. Aplicando a exponencial, obteríamos $n=e^{\ln n}\lt e^C$ para todo $n$, o que contradiz a propriedade Arquimediana. Logo, $(\ln n)$ não é limitada superiormente. Como é crescente, segue que $\ln n\to +\infty $.

Proposição 2.26

Seja $(a_n)$ uma sequência real.

Se $a_n\gt 0$ para todo $n$, então $a_n\to +\infty $ se, e somente se, $\frac1{a_n}\to 0$.
Se $a_n\lt 0$ para todo $n$, então $a_n\to -\infty $ se, e somente se, $\frac1{a_n}\to 0$.

Demonstração ▼

Provaremos apenas a primeira afirmação. Suponha primeiro que $a_n\to +\infty $. Dado $\varepsilon \gt 0$, existe $N\in \mathbb {N}$ tal que $a_n\gt \frac1\varepsilon $ para todo $n\geq N$. Como $a_n\gt 0$, segue que

\[ 0\lt \frac1{a_n}\lt \varepsilon \]

para todo $n\geq N$. Portanto, $\frac1{a_n}\to 0$.

Reciprocamente, suponha que $\frac1{a_n}\to 0$. Dado $K\gt 0$, tomando $\varepsilon =\frac1K$, existe $N\in \mathbb {N}$ tal que

\[ 0\lt \frac1{a_n}\lt \frac1K \]

para todo $n\geq N$. Logo, $a_n\gt K$ para todo $n\geq N$, e portanto $a_n\to +\infty $. A segunda afirmação é análoga.

Exemplo 2.27

Mostremos que

\[ \lim _{n\to \infty } n^{1/n}=1. \]

Como $n^{1/n}\geq 1$, podemos escrever $n^{1/n}=1+a_n$, com $a_n\geq 0$. Então $n=(1+a_n)^n$. Para $n\geq 2$, pela fórmula binomial,

\[ n=(1+a_n)^n\geq \binom {n}{2}a_n^2=\frac{n(n-1)}2a_n^2. \]

Assim,

\[ 0\leq a_n\leq \sqrt{\frac{2}{n-1}}. \]

Pelo Teorema do Confronto, $a_n\to 0$. Portanto,

\[ n^{1/n}=1+a_n\to 1. \]

Exercício 2.17

Dê um exemplo de uma sequência não limitada que não diverge para $+\infty $ nem para $-\infty $.

Exercício 2.18

Dê um exemplo de uma sequência convergente $(s_n)$ de números positivos tal que $\lim _{n\to \infty } (s_{n+1}/s_n) = 1$.
Dê um exemplo de uma sequência divergente $(t_n)$ de números positivos tal que $\lim _{n\to \infty } (t_{n+1}/t_n) = 1$.

2.7 Propriedades do limite de sequências

Nesta seção reunimos as propriedades algébricas básicas dos limites. Elas serão usadas continuamente no cálculo de limites.

Teorema 2.28 (Propriedades algébricas do limite)

Seja $c\in \mathbb {R}$, e sejam $(a_n)$ e $(b_n)$ sequências convergentes, com

\[ \lim \limits _{n\to \infty }a_n=A \qquad \text{e}\qquad \lim \limits _{n\to \infty }b_n=B. \]

Então:

$\lim \limits _{n\to \infty }(c a_n)=cA$.
$\lim \limits _{n\to \infty }(a_n+b_n)=A+B$. (Limite da soma)
$\lim \limits _{n\to \infty }(a_n b_n)=AB$. (Limite do produto)
Se $B\neq 0$, então $\lim \limits _{n\to \infty }\dfrac {a_n}{b_n}=\dfrac {A}{B}$. (Limite do quociente)
$\lim \limits _{n\to \infty }|a_n|=|A|$. (Limite do módulo)
Se $k$ é ímpar, então $\lim \limits _{n\to \infty }\sqrt[k]{a_n}= \sqrt[k]{A}$. (Limite da raiz)
Se $k$ é par e $a_n\geq 0$ para todo $n$, então $\lim \limits _{n\to \infty }\sqrt[k]{a_n}= \sqrt[k]{A}$. (Limite da raiz)

Demonstração ▼

Provaremos os itens principais.

Para o produto por constante, se $c=0$, a afirmação é imediata. Se $c\neq 0$, dado $\varepsilon \gt 0$, existe $N$ tal que $|a_n-A|\lt \varepsilon /|c|$ para todo $n\gt N$. Logo,

\[ |ca_n-cA|=|c|\, |a_n-A|\lt \varepsilon . \]

Para a soma, dado $\varepsilon \gt 0$, existem $N_1,N_2$ tais que

\[ |a_n-A|\lt \frac{\varepsilon }{2} \qquad \text{e}\qquad |b_n-B|\lt \frac{\varepsilon }{2} \]

sempre que $n\gt N_1$ e $n\gt N_2$, respectivamente. Se $N=\max \{ N_1,N_2\} $, então, para $n\gt N$,

\[ |(a_n+b_n)-(A+B)| \leq |a_n-A|+|b_n-B|\lt \varepsilon . \]

Para o produto, usamos que toda sequência convergente é limitada. Assim, existe $C\gt 0$ tal que $|b_n|\leq C$ para todo $n$. Dado $\varepsilon \gt 0$, escolhemos $N_1$ tal que

\[ |a_n-A|\lt \frac{\varepsilon }{2C} \]

para $n\gt N_1$. Se $A\neq 0$, escolhemos $N_2$ tal que

\[ |b_n-B|\lt \frac{\varepsilon }{2|A|} \]

para $n\gt N_2$. Então, para $n\gt \max \{ N_1,N_2\} $,

\[ |a_nb_n-AB| = |a_nb_n-Ab_n+Ab_n-AB| \leq |b_n|\, |a_n-A|+|A|\, |b_n-B| \lt \varepsilon . \]

Se $A=0$, o segundo termo desaparece e basta escolher $N_1$ de modo que $C|a_n|\lt \varepsilon $ para $n\gt N_1$.

Para o quociente, basta provar que $1/b_n\to 1/B$. Como $B\neq 0$ e $b_n\to B$, existe $N_1$ tal que $|b_n-B|\lt |B|/2$ para $n\gt N_1$. Então $|b_n|\gt |B|/2$ para $n\gt N_1$. Além disso, existe $N_2$ tal que

\[ |b_n-B|\lt \frac{\varepsilon |B|^2}{2} \]

para $n\gt N_2$. Assim, para $n\gt \max \{ N_1,N_2\} $,

\[ \left|\frac1{b_n}-\frac1B\right| = \frac{|B-b_n|}{|B|\, |b_n|} \lt \frac{\varepsilon |B|^2/2}{|B|(|B|/2)} =\varepsilon . \]

O resultado para $\frac{a_n}{b_n}$ segue do item do produto.

O item do módulo decorre de

\[ \bigl||a_n|-|A|\bigr|\leq |a_n-A|. \]

Para as raízes pares, usamos a seguinte estimativa: se $x,y\geq 0$, então

\[ \left|x^{1/k}-y^{1/k}\right|^k\leq |x-y|. \]

Aplicando-a a $x=a_n$ e $y=A$, obtemos $\sqrt[k]{a_n}\to \sqrt[k]{A}$. Para raízes ímpares, o caso $A=0$ segue do item do módulo e da estimativa anterior aplicada a $|a_n|$. Se $A\neq 0$, então, para $n$ suficientemente grande, $a_n$ tem o mesmo sinal de $A$, e o argumento reduz-se ao caso não negativo, com o sinal adequado.

Exemplo 2.29

Temos

\[ \lim \limits _{n\to \infty }\frac{n+1}{n}=1. \]

De fato,

\[ \frac{n+1}{n}=1+\frac1n, \]

e já sabemos que $\lim \limits _{n\to \infty }1=1$ e $\lim \limits _{n\to \infty }\frac1n=0$. Pela propriedade da soma, segue que $\lim \limits _{n\to \infty }\frac{n+1}{n}=1$.

Exemplo 2.30

Para todo $k\in \mathbb {N}^*$,

\[ \lim \limits _{n\to \infty }\frac1{n^k}=0. \]

O caso $k=1$ já foi demonstrado. Se o resultado vale para $k-1$, então, pela propriedade do produto,

\[ \lim \limits _{n\to \infty }\frac1{n^k} = \lim \limits _{n\to \infty }\left(\frac1n\cdot \frac1{n^{k-1}}\right) = 0\cdot 0=0. \]

O resultado segue por indução.

Exemplo 2.31

Calculemos

\[ \lim \limits _{n\to \infty }\frac{2n^2+1}{n^2+3}. \]

Dividindo numerador e denominador por $n^2$, obtemos

\[ \frac{2n^2+1}{n^2+3} = \frac{2+\frac1{n^2}}{1+\frac3{n^2}}. \]

Como $\frac1{n^2}\to 0$, pelas propriedades algébricas do limite,

\[ \lim \limits _{n\to \infty }\frac{2n^2+1}{n^2+3} = \frac{2+0}{1+0}=2. \]

Exemplo 2.32

Temos

\[ \lim \limits _{n\to \infty }\left(1-\frac1n\right)^n=e^{-1}. \]

Para $n\geq 2$,

\[ \left(1-\frac1n\right)^n = \frac{1}{\left(1+\frac1{n-1}\right)^n} = \frac{1}{\left(1+\frac1{n-1}\right)^{n-1}\left(1+\frac1{n-1}\right)}. \]

Como $\left(1+\frac1{n-1}\right)^{n-1}\to e$ e $\left(1+\frac1{n-1}\right)\to 1$, segue que

\[ \left(1-\frac1n\right)^n\to \frac1e=e^{-1}. \]

Exercício 2.19

Para $s_n$ a sequência de termo geral dado abaixo, determine a convergência ou divergência da sequência $(s_n)$. Calcule, caso exista, $\lim _{n \rightarrow +\infty } s_n$.

$s_n =\frac{n^4+3 n+1}{5 n^4+2}$
$s_n =\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$
$s_n =\left(1+\frac{2}{n}\right)^n$
$s_n =\int _1^n \frac{1}{x} d x$
$s_n =\int _1^n \frac{1}{x^\alpha } d x$, onde $\alpha $ é um real dado
$s_n =\int _0^n e^{-s x} d x(s\gt 0)$
$ s_n = \frac{3 - 2n}{1 + n} $
$ s_n = \frac{(-1)^n}{n + 3} $
$ s_n = \frac{(-1)^n n}{2n - 1} $
$ s_n = \frac{2^n}{3 \cdot 2^n} $
$ s_n = \frac{n^2 - 2}{n + 1} $
$ s_n = \frac{3 + n - n^2}{1 + 2n} $
$ s_n = \frac{1 - n}{2^n} $
$ s_n = \frac{3^n}{n^3 + 5} $
$ s_n = \frac{n!}{2^n} $
$ s_n = \frac{n!}{n^n} $
$ s_n = \frac{n^2}{2^n} $
$ s_n = \frac{n^2}{n!} $

Exercício 2.20

Prove por indução que se $\lim \limits _{n\to \infty }a_n =a$ então

\[ \lim \limits _{n\to \infty }(a_n)^k=a^k, \]

para todo $k\in \mathbb {N}$.

Exercício 2.21

Usando o exercício anterior, mostre que dados $p,q \in \mathbb {N}$, se $\lim \limits _{n\to \infty }a_n =a$ então

\[ \lim \limits _{n\to \infty }(a_n)^{\frac{p}{q}}=a^{\frac{p}{q}}. \]

Exercício 2.22

(Difícil) Mostre que dado $\alpha \in \mathbb {R}$, se $\lim \limits _{n\to \infty }a_n =a$ então

\[ \lim \limits _{n\to \infty }(a_n)^{\alpha }=a^{\alpha }. \]

Exercício 2.23

Para cada um dos itens a seguir, prove ou forneça um contraexemplo.

Se $(s_n)$ e $(t_n)$ são sequências divergentes, então $(s_n + t_n)$ diverge.
Se $(s_n)$ e $(t_n)$ são sequências divergentes, então $(s_n t_n)$ diverge.
Se $(s_n)$ e $(s_n + t_n)$ são sequências convergentes, então $(t_n)$ converge.
Se $(s_n)$ e $(s_n t_n)$ são sequências convergentes, então $(t_n)$ converge.

Exercício 2.24

Seja a sequência $a_n$ definida recursivamente, estabelecendo $a_1 = 2$ e

\[ a_{n+1} = \frac{2a_n - 1}{a_n}. \]

Mostre que, para todo $n \geq 1$, se $a_n \gt 1$, então $a_{n+1} \gt 1$.
Use o item anterior para mostrar que a sequência $a_n$ está bem definida e que $a_n$ é limitada inferiormente por 1.
Mostre que $a_n$ é decrescente.
Mostre que $a_n$ converge para algum limite $L \geq 1$.
Mostre que

\[ \frac{2a_n - 1}{a_n} \text{ converge para } \frac{2L - 1}{L}. \]
Determine o valor de L

Exercício 2.25

Prove:

Se $\lim _{n\to \infty } s_n = +\infty $ e $k \gt 0$, então $\lim _{n\to \infty } ks_n = +\infty $.
Se $\lim _{n\to \infty } s_n = +\infty $ e $k \lt 0$, então $\lim _{n\to \infty } ks_n = -\infty $.
$\lim _{n\to \infty } s_n = +\infty $ se, e somente se, $\lim _{n\to \infty } (-s_n) = -\infty $.
Se $\lim _{n\to \infty } s_n = +\infty $ e se $(t_n)$ é uma sequência limitada, então $\lim _{n\to \infty } (s_n + t_n) = +\infty $.
Se $(s_n)$ converge para $L \gt 0$ e $\lim _{n\to \infty } t_n = +\infty $, então $\lim _{n\to \infty } (s_n t_n) = +\infty $.

2.8 Teorema do confronto

O Teorema do Confronto é uma das ferramentas mais úteis para calcular limites. Ele afirma que, se uma sequência fica presa entre duas sequências que convergem para o mesmo limite, então ela também converge para esse limite.

Teorema 2.33 (Teorema do confronto)

Sejam $(a_n)$, $(b_n)$ e $(c_n)$ sequências reais tais que

\[ a_n\leq b_n\leq c_n \]

para todo $n\gt n_0$. Se

\[ \lim \limits _{n\to \infty }a_n=\lim \limits _{n\to \infty }c_n=L, \]

então $(b_n)$ converge e $\lim \limits _{n\to \infty }b_n=L$.

Demonstração ▼

Seja $\varepsilon \gt 0$. Como $a_n\to L$, existe $M_1$ tal que, para todo $n\gt M_1$,

\[ L-\varepsilon \lt a_n\lt L+\varepsilon . \]

Como $c_n\to L$, existe $M_2$ tal que, para todo $n\gt M_2$,

\[ L-\varepsilon \lt c_n\lt L+\varepsilon . \]

Tome $M=\max \{ M_1,M_2,n_0\} $. Se $n\gt M$, então

\[ L-\varepsilon \lt a_n\leq b_n\leq c_n\lt L+\varepsilon . \]

Logo, $|b_n-L|\lt \varepsilon $ para todo $n\gt M$. Portanto, $b_n\to L$.

Exemplo 2.34

Se $|r|\lt 1$, então $\lim \limits _{n\to \infty }r^n=0$.

Primeiro suponha $0\lt r\lt 1$. Então $\frac1r\gt 1$, e podemos escrever $\frac1r=1+\alpha $, com $\alpha \gt 0$. Pela desigualdade de Bernoulli,

\[ (1+\alpha )^n\geq 1+n\alpha . \]

Assim,

\[ 0\lt r^n=\frac1{(1+\alpha )^n}\leq \frac1{1+n\alpha }\lt \frac1{n\alpha }. \]

Como $\frac1{n\alpha }\to 0$, o Teorema do Confronto dá $r^n\to 0$.

Se $-1\lt r\lt 0$, então $|r|\in (0,1)$ e

\[ -|r|^n\leq r^n\leq |r|^n. \]

Como $|r|^n\to 0$, novamente pelo Teorema do Confronto obtemos $r^n\to 0$. O caso $r=0$ é imediato.

Exemplo 2.35

\[ \lim \limits _{n\to \infty }\frac{\operatorname {sen}n}{n}=0. \]

Como $-1\leq \operatorname {sen}x\leq 1$ para todo $x\in \mathbb {R}$, temos, para $n\geq 1$,

\[ -\frac1n\leq \frac{\operatorname {sen}n}{n}\leq \frac1n. \]

Como os extremos convergem para $0$, segue pelo Teorema do Confronto que $\frac{\operatorname {sen}n}{n}\to 0$.

Exemplo 2.36

Se $(a_n)$ é limitada e $b_n\to 0$, então $a_nb_n\to 0$.

Como $(a_n)$ é limitada, existe $C\gt 0$ tal que $|a_n|\leq C$ para todo $n$. Logo,

\[ -C|b_n|\leq a_nb_n\leq C|b_n|. \]

Como $|b_n|\to 0$, temos $C|b_n|\to 0$ e $-C|b_n|\to 0$. Pelo Teorema do Confronto, $a_nb_n\to 0$.

Proposição 2.37 (Preservação de desigualdades)

Sejam $(a_n)$ e $(b_n)$ sequências reais convergentes, com $a_n\to L$ e $b_n\to M$. Se $a_n\leq b_n$ para todo $n\in \mathbb {N}$, então $L\leq M$.

Demonstração ▼

Suponha, por contradição, que $L\gt M$. Tome $\varepsilon =(L-M)/2\gt 0$. Como $a_n\to L$, existe $N_1$ tal que, para todo $n\geq N_1$,

\[ a_n\gt \frac{L+M}{2}. \]

Como $b_n\to M$, existe $N_2$ tal que, para todo $n\geq N_2$,

\[ b_n\lt \frac{L+M}{2}. \]

Para $n\geq \max \{ N_1,N_2\} $, obtemos $a_n\gt b_n$, contradizendo a hipótese $a_n\leq b_n$. Portanto, $L\leq M$.

2.9 Subsequências

Definição 2.38

Seja $\left(s_{n}\right)_{n=1}^{\infty }$ uma sequência e $\left(n_{k}\right)_{k=1}^{\infty }$ uma sequência de números naturais tal que $n_{1} \lt n_{2} \lt n_{3} \lt \cdots $. A sequência $\left(s_{n_{k}}\right)_{k=1}^{\infty }$ é chamada de subsequência de $\left(s_{n}\right)_{n=1}^{\infty }$.

Figura 2.10 Sequência real $(a_n)$. Uma subsequência $(a_{k_n})$ é selecionada pelos pontos vermelhos.

Exemplo 2.39

Considere $a_n=(-1)^n$. Escolhendo $n_k=2k$, obtemos a subsequência

\[ a_{n_k}=a_{2k}=1, \]

isto é, $(a_{2k})=(1,1,1,\ldots )$. Escolhendo $m_k=2k-1$, obtemos

\[ a_{m_k}=a_{2k-1}=-1, \]

isto é, $(a_{2k-1})=(-1,-1,-1,\ldots )$. Assim, a mesma sequência possui uma subsequência constante igual a $1$ e outra constante igual a $-1$.

Além disso, toda cauda de uma sequência é uma subsequência: para $N$ fixo, a sequência $(a_{N+k})_{k=1}^{\infty }$ é obtida pela escolha estritamente crescente $n_k=N+k$.

Teorema 2.40

Se uma sequência $(s_n)$ converge para $s\in \mathbb {R}$, então toda subsequência de $(s_n)$ também converge para $s$.

Demonstração ▼

Seja $(s_{n_k})$ uma subsequência de $(s_n)$. Dado $\varepsilon \gt 0$, existe $N\in \mathbb {N}$ tal que $|s_n-s|\lt \varepsilon $ sempre que $n\geq N$. Como $n_k\geq k$, temos $n_k\geq N$ para todo $k\geq N$. Logo,

\[ |s_{n_k}-s|\lt \varepsilon \]

para todo $k\geq N$. Portanto, $s_{n_k}\to s$.

Exemplo 2.41

O Teorema 2.40 também pode ser útil para mostrar que uma sequência é divergente. Se a sequência $s_{n} = (-1)^{n}$ fosse convergente para algum número $s$, então todas as subsequências também convergiriam para $s$. No entanto, as subsequências $\left(s_{2n}\right)$ e $\left(s_{2n-1}\right)$ convergem para valores diferentes, +1 e -1, respectivamente, o que mostra que $\left(s_{n}\right)$ não é convergente.

Teorema 2.42 (Bolzano-Weierstrass)

Toda sequência limitada possui uma subsequência convergente.

Demonstração ▼

Seja $(s_n)$ uma sequência limitada. Escolha um intervalo fechado $I_0=[a_0,b_0]$ que contenha todos os seus termos. Dividimos $I_0$ em duas metades. Pelo menos uma delas contém $s_n$ para infinitos índices $n$; escolhemos uma dessas metades e a chamamos $I_1$.

Repetindo o procedimento, construímos intervalos fechados

\[ I_0\supset I_1\supset I_2\supset \cdots , \qquad I_j=[a_j,b_j], \]

tais que cada $I_j$ contém termos da sequência para infinitos índices e

\[ b_j-a_j=\frac{b_0-a_0}{2^j}. \]

Como cada $I_j$ contém infinitos termos, podemos escolher indutivamente índices

\[ n_1\lt n_2\lt n_3\lt \cdots \qquad \text{com}\qquad s_{n_j}\in I_j. \]

Os extremos esquerdos satisfazem $a_0\le a_1\le a_2\le \cdots $, enquanto os extremos direitos satisfazem $b_0\ge b_1\ge b_2\ge \cdots $. Ambas as sequências são limitadas; portanto, pelo Teorema da Convergência Monótona, existem $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$ tais que

\[ a_j\to \alpha , \qquad b_j\to \beta . \]

Como $b_j-a_j\to 0$, segue que $\alpha =\beta $. Denotemos esse valor comum por $L$. Para todo $j$,

\[ a_j\le s_{n_j}\le b_j. \]

O Teorema do Confronto fornece então $s_{n_j}\to L$. Logo $(s_n)$ possui uma subsequência convergente.

Exercício 2.26

Dado $s_k$ uma sequência convergente e $t_k = s_{n_k}$ com $n_k = k + n_0$ uma subsequência (estamos removendo os $n_0$ primeiros termos da sequência original, mantendo a ordem dos subsequentes). Então $t_k$ converge e o limite é o mesmo da sequência $s_k$.

Exercício 2.27

Se $(n_k)$ é uma sequência crescente de números naturais então $(n_k)$ é ilimitada.

Exercício 2.28

Mostre que, se uma sequência $\left(a_n\right)_{n=1}^{\infty }$ não é limitada superiormente, então existe uma subsequência $\left(a_{k_n}\right)_{n=1}^{\infty }$ tal que $\lim _{n \rightarrow \infty } a_{k_n} = \infty $. Um resultado similar vale se a sequência não for limitada inferiormente, mas $-\infty $ substitui $\infty $.

Exercício 2.29

Prove que toda sequência possui uma subsequência monótona. Use isso para fornecer outra demonstração do Teorema de Bolzano-Weierstrass.

Dica: Considere o conjunto de todos os inteiros $ n $ com a propriedade de que $ a_m \leq a_n $ para todo $ m \geq n $ e reflita sobre as consequências de este conjunto ser finito ou infinito.

Exercício 2.30

Suponha que toda subsequência da sequência $\left(a_n\right)_{n=1}^{\infty }$ tem um limite, mas sem assumir que todos têm o mesmo limite. Prove que a sequência $\left(a_n\right)_{n=1}^{\infty }$ possui um limite.

Exercício 2.31

Seja $\left(a_n\right)_{n=1}^{\infty }$ uma sequência de números reais e suponha que o conjunto de valores $A = \left\{ a_n: n=1,2, \ldots \right\} $ que aparece na sequência possui um ponto de acumulação $ L $. Mostre que existe uma subsequência $\left(a_{k_n}\right)_{n=1}^{\infty }$, com termos distintos, que converge para $ L $.

2.10 Sequências de Cauchy

Quando conhecemos o limite de uma sequência, podemos comparar cada termo com esse número. Uma sequência de Cauchy formula uma ideia mais interna: para índices grandes, os próprios termos ficam arbitrariamente próximos entre si. Essa formulação é especialmente importante porque não exige que o limite seja conhecido de antemão.

Definição 2.43 (Sequências de Cauchy)

Uma sequência $(s_n)$ de números reais é chamada de sequência de Cauchy se, para todo $\varepsilon \gt 0$, existe $N\in \mathbb {N}$ tal que

\[ |s_n-s_m|\lt \varepsilon \]

sempre que $m,n\ge N$.

Proposição 2.44

Toda sequência convergente é uma sequência de Cauchy.

Demonstração ▼

Suponha que $s_n\to s$. Dado $\varepsilon \gt 0$, escolha $N$ tal que $|s_k-s|\lt \varepsilon /2$ para todo $k\ge N$. Se $m,n\ge N$, então

\[ |s_n-s_m| \le |s_n-s|+|s-s_m| \lt \frac\varepsilon 2+\frac\varepsilon 2 =\varepsilon . \]

Proposição 2.45

Toda sequência de Cauchy é limitada.

Demonstração ▼

Escolha $N$ tal que $|s_n-s_m|\lt 1$ para $m,n\ge N$. Tomando $m=N$, obtemos, para $n\ge N$,

\[ |s_n|\le |s_N|+1. \]

Os termos anteriores formam um conjunto finito. Logo, o número

\[ C=|s_N|+1+\sum _{k=1}^{N-1}|s_k|, \]

satisfaz $|s_n|\le C$ para todo $n$, inclusive quando $N=1$, pois nesse caso a soma vazia vale zero.

Teorema 2.46 (Critério de Convergência de Cauchy)

Uma sequência de números reais converge se, e somente se, é de Cauchy.

Demonstração ▼

Já provamos uma das implicações. Suponha agora que $(s_n)$ seja de Cauchy. Pela Proposição 2.45, ela é limitada. O Teorema de Bolzano–Weierstrass fornece uma subsequência $(s_{n_k})$ e um número $L\in \mathbb {R}$ tais que $s_{n_k}\to L$.

Dado $\varepsilon \gt 0$, escolha $N$ de modo que

\[ |s_n-s_m|\lt \frac\varepsilon 2 \qquad (m,n\ge N). \]

Escolha depois $k$ suficientemente grande para que $n_k\ge N$ e $|s_{n_k}-L|\lt \varepsilon /2$. Para todo $n\ge N$,

\[ |s_n-L| \le |s_n-s_{n_k}|+|s_{n_k}-L| \lt \varepsilon . \]

Portanto, $s_n\to L$.

Exemplo 2.47

A sequência das somas parciais harmônicas

\[ H_n=\sum _{k=1}^n\frac1k \]

não é de Cauchy. De fato,

\[ H_{2n}-H_n =\sum _{k=n+1}^{2n}\frac1k \ge n\frac1{2n} =\frac12. \]

Assim, arbitrariamente longe na sequência existem dois termos separados por uma distância pelo menos $1/2$.

2.10.1 Sequências de Cauchy e completude

Em $\mathbb {R}$, ser de Cauchy e ser convergente são propriedades equivalentes. Essa equivalência é outra forma de enxergar a completude: não existem “aproximações coerentes” que procurem um limite fora do espaço.

Proposição 2.48 (Bolzano–Weierstrass em corpos ordenados completos)

Se $\mathbb {K}$ é um corpo ordenado completo, toda sequência limitada em $\mathbb {K}$ possui uma subsequência convergente.

Demonstração ▼

Pelo Teorema 1.46, $\mathbb {K}$ é arquimediano. A demonstração do Teorema 2.42 aplica-se sem alteração essencial: bissectamos um intervalo que contém a sequência, escolhemos em cada etapa uma metade que contém infinitos termos e obtemos intervalos encaixantes de comprimentos $(b_0-a_0)/2^j$. A propriedade arquimediana garante que esses comprimentos tendem a zero; a completude fornece os limites dos extremos. O Teorema do Confronto conclui a convergência da subsequência escolhida.

Teorema 2.49

Se $\mathbb {K}$ é um corpo ordenado completo, então $\mathbb {K}$ é arquimediano e toda sequência de Cauchy em $\mathbb {K}$ converge. Reciprocamente, se $\mathbb {K}$ é arquimediano e toda sequência de Cauchy em $\mathbb {K}$ converge, então $\mathbb {K}$ é completo.

Demonstração ▼

Suponha primeiro que $\mathbb {K}$ seja completo. O argumento do Teorema 1.46, aplicado em $\mathbb {K}$, mostra que ele é arquimediano. Pela Proposição 2.48, toda sequência limitada em $\mathbb {K}$ possui uma subsequência convergente. Como toda sequência de Cauchy é limitada, ela possui uma subsequência convergente; o mesmo argumento do Teorema 2.46 força então a sequência inteira a convergir para o mesmo limite.

Reciprocamente, suponha que $\mathbb {K}$ seja arquimediano e que toda sequência de Cauchy em $\mathbb {K}$ convirja. Seja $S\subset \mathbb {K}$ não vazio e limitado superiormente. Escolha $a_0\in S$ e uma cota superior $b_0$ de $S$. Construiremos intervalos $[a_n,b_n]$ tais que

\[ a_n\in S, \qquad b_n\text{ é cota superior de }S, \qquad [a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq [a_n,b_n], \]

\[ b_n-a_n\le \frac{b_0-a_0}{2^n}. \]

Suponha $[a_n,b_n]$ construído e ponha $m_n=(a_n+b_n)/2$. Se $m_n$ é cota superior de $S$, definimos

\[ a_{n+1}=a_n, \qquad b_{n+1}=m_n. \]

Se $m_n$ não é cota superior, existe $s_{n+1}\in S$ com

\[ s_{n+1}\gt m_n. \]

Como $b_n$ é cota superior, também $s_{n+1}\le b_n$. Nesse caso, definimos

\[ a_{n+1}=s_{n+1}, \qquad b_{n+1}=b_n. \]

Em ambos os casos, o novo intervalo está contido no anterior e seu comprimento é no máximo metade do comprimento precedente.

Como $\mathbb {K}$ é arquimediano, $(b_0-a_0)/2^n\to 0$. Se $m\ge n$, então $a_m,a_n\in [a_n,b_n]$, e portanto

\[ |a_m-a_n|\le b_n-a_n\le \frac{b_0-a_0}{2^n}. \]

Logo $(a_n)$ é de Cauchy e, por hipótese, converge para algum $s\in \mathbb {K}$. Como $0\le b_n-a_n\to 0$, também $b_n\to s$.

Cada $b_n$ é cota superior de $S$. Portanto, para $x\in S$, temos $x\le b_n$ para todo $n$, e passando ao limite obtemos $x\le s$. Assim, $s$ é cota superior de $S$.

Se $t\lt s$, então, como $a_n\to s$, vale $a_n\gt t$ para todo $n$ suficientemente grande. Mas $a_n\in S$; logo $t$ não é cota superior de $S$. Portanto $s$ é a menor cota superior de $S$, isto é, $s=\sup S$. Assim, $\mathbb {K}$ é completo.

Exercício 2.32

Dizemos que uma sequência $(s_n)$ é contrativa se existe $0\lt q\lt 1$ tal que

\[ |s_{n+2}-s_{n+1}|\le q|s_{n+1}-s_n| \]

para todo $n$. Prove que toda sequência contrativa é de Cauchy e, portanto, converge.

Ver solução

Por indução,

\[ |s_{n+1}-s_n|\le q^{n-1}|s_2-s_1|. \]

Se $m\gt n$, a desigualdade triangular dá

\[ |s_m-s_n| \le |s_2-s_1|\sum _{j=n}^{m-1}q^{j-1} \le \frac{|s_2-s_1|q^{n-1}}{1-q}. \]

O último membro tende a zero quando $n\to \infty $, independentemente de $m\gt n$. Assim, a sequência é de Cauchy e converge em $\mathbb {R}$.

Exercício 2.33

Construa uma sequência de números racionais que seja de Cauchy e que não convirja em $\mathbb {Q}$. Explique por que esse exemplo antecipa a construção dos reais do próximo capítulo.

Ver solução

Defina

\[ r_n=\frac{\lfloor 10^n\sqrt2\rfloor }{10^n}\in \mathbb {Q}. \]

Então $0\le \sqrt2-r_n\lt 10^{-n}$. Para $m,n\ge N$,

\[ |r_m-r_n|\le |r_m-\sqrt2|+|r_n-\sqrt2|\lt 2\, 10^{-N}, \]

de modo que $(r_n)$ é de Cauchy. Ela não converge em $\mathbb {Q}$: qualquer limite racional seria também seu limite real e, pela unicidade, teria de ser $\sqrt2$, que é irracional.

O exemplo mostra que sequências racionais podem se aproximar coerentemente sem possuir limite racional. Na construção por sequências de Cauchy, a classe de equivalência de $(r_n)$ representa justamente esse número que falta em $\mathbb {Q}$.

Exercício 2.34 (difficulty=1)

Prove que, para corpos ordenados arquimedianos, a propriedade dos intervalos fechados encaixantes é equivalente à completude.

Ver solução

Suponha primeiro que o corpo seja completo e que $[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq [a_n,b_n]$. O conjunto dos extremos esquerdos é não vazio e limitado superiormente por $b_1$. Se $s=\sup \{ a_n:n\in \mathbb {N}\} $, então $a_n\le s\le b_n$ para todo $n$, pois cada $b_n$ é cota superior de todos os $a_k$. Logo a interseção é não vazia.

Reciprocamente, suponha a propriedade dos intervalos encaixantes e seja $S$ não vazio e limitado superiormente. Escolha $a_0\in S$ e uma cota superior $b_0$. Se $a_0=b_0$, esse ponto é o supremo. No caso contrário, construa intervalos encaixantes com $a_n\in S$, $b_n$ cota superior de $S$ e

\[ b_n-a_n\le 2^{-n}(b_0-a_0). \]

Para tanto, examine o ponto médio $m_n$. Se ele for cota superior, substitua $b_n$ por $m_n$; caso contrário, escolha $a_{n+1}\in S$ com $a_{n+1}\gt m_n$ e mantenha $b_n$.

Seja $s$ um ponto da interseção. A propriedade arquimediana garante $b_n-a_n\to 0$, logo $a_n,b_n\to s$. Passando ao limite em $x\le b_n$, para $x\in S$, vemos que $s$ é cota superior. Se $t\lt s$, então $a_n\gt t$ para algum $n$; como $a_n\in S$, $t$ não é cota superior. Portanto $s=\sup S$.

Exercício 2.35 (difficulty=2)

Mostre que a hipótese arquimediana no Teorema 2.49 não pode simplesmente ser omitida. Investigue o corpo ordenado das séries formais de Laurent $\mathbb {R}((x))$, com a ordem determinada pelo primeiro coeficiente não nulo.

Ver solução

Escreva $K=\mathbb {R}((x))$, com a ordem determinada pelo coeficiente do termo de menor expoente não nulo. Nesse corpo, $x\gt 0$ e $x\lt 1/n$ para todo $n\in \mathbb {N}$. Portanto $K$ não é arquimediano.

Mostremos primeiro que toda sequência de Cauchy em $K$ converge. Seja $(f_j)$ uma dessas sequências, sendo a condição de Cauchy entendida com todo $\varepsilon \gt 0$ de $K$. Usando $\varepsilon =1$, obtemos $J_0$ tal que $ |f_j-f_{J_0}|\lt 1$ para $j\ge J_0$. Assim, todos os coeficientes de expoente negativo coincidem, nessa cauda, com os de $f_{J_0}$. Em particular, a parte principal é finita e fixa.

Para cada inteiro $m\ge 0$, use $\varepsilon =x^{m+1}$. Existirá $J_m$ tal que

\[ |f_j-f_k|\lt x^{m+1}\qquad (j,k\ge J_m). \]

Essa desigualdade força a igualdade de todos os coeficientes de expoente menor ou igual a $m$: um termo não nulo de expoente menor dominaria $x^{m+1}$, qualquer que fosse seu coeficiente real não nulo. Cada coeficiente, portanto, se estabiliza. Os valores estabilizados, com a parte principal finita já fixada, definem uma série $f\in K$.

Dado $\varepsilon \gt 0$, seja $r\in \mathbb {Z}$ seu menor expoente não nulo. Escolha $m\ge \max \{ 0,r\} $. Para $j$ suficientemente grande, $f_j$ e $f$ coincidem em todos os coeficientes até o expoente $m$. Logo $f_j-f=0$ ou seu menor expoente é maior que $r$, o que implica $|f_j-f|\lt \varepsilon $. Assim, $f_j\to f$.

Por outro lado, $\mathbb {N}\subset K$ é limitado superiormente por $x^{-1}$ e não possui supremo. De fato, se $s$ fosse uma cota superior, então $n+1\le s$ para todo $n$, de modo que $s-1$ também seria cota superior, menor que $s$. Portanto $K$ é sequencialmente completo, mas não é completo no sentido da propriedade do supremo. É o contraexemplo requerido.

2.11 Limite superior e limite inferior

A definição de limite superior e limite inferior costuma parecer mais difícil do que a ideia que ela formaliza. O ponto essencial é não começar pela fórmula. Começamos pelas caudas da sequência.

Para uma sequência real arbitrária $(a_n)$, considere, para cada $n$,

\[ T_n=\{ a_k:k\ge n\} . \]

A cauda $T_n$ contém tudo o que a sequência ainda pode fazer depois do índice $n$. Quando passamos de $T_n$ para $T_{n+1}$, retiramos apenas um termo; por isso

\[ T_1\supseteq T_2\supseteq T_3\supseteq \cdots . \]

Adotamos as convenções

\[ \sup T_n=+\infty \quad \text{se }T_n\text{ não é limitado superiormente}, \qquad \inf T_n=-\infty \quad \text{se }T_n\text{ não é limitado inferiormente}. \]

Definimos então duas sequências auxiliares com valores estendidos:

\[ M_n=\sup T_n=\sup _{k\ge n}a_k, \qquad m_n=\inf T_n=\inf _{k\ge n}a_k. \]

Pense em $M_n$ como um teto para a cauda e em $m_n$ como um piso. Sempre vale

\[ m_n\le a_k\le M_n \qquad \text{para todo }k\ge n. \]

Como as caudas diminuem,

\[ M_{n+1}\le M_n, \qquad m_{n+1}\ge m_n. \]

Assim, $(M_n)$ é não-crescente e $(m_n)$ é não-decrescente em $[ -\infty ,+\infty ]$. Seus limites estendidos sempre existem. É desses dois limites que surgem $\limsup $ e $\liminf $.

Definição 2.50 (Limite superior e limite inferior)

Seja $(a_n)$ uma sequência real arbitrária. Definimos, em $[ -\infty ,+\infty ]$,

\[ \limsup _{n\to \infty }a_n :=\lim _{n\to \infty }M_n =\inf _{n\in \mathbb {N}}\sup _{k\ge n}a_k, \]

\[ \liminf _{n\to \infty }a_n :=\lim _{n\to \infty }m_n =\sup _{n\in \mathbb {N}}\inf _{k\ge n}a_k. \]

Em particular, $\limsup a_n=+\infty $ significa que os tetos das caudas tendem a $+\infty $, e $\liminf a_n=-\infty $ significa que os pisos tendem a $-\infty $. Essas convenções permitem aplicar literalmente os critérios posteriores de séries mesmo quando os limites envolvidos são infinitos.

Há duas observações que evitam confusões comuns. Primeiro, $\limsup a_n$ não é, em geral, o supremo de todos os termos da sequência. Ele descreve o comportamento superior da cauda, portanto ignora qualquer número finito de termos iniciais. Por exemplo, se

\[ a_1=1000, \qquad a_n=\frac1n\quad (n\ge 2), \]

então $\sup _n a_n=1000$, mas

\[ \limsup a_n=\liminf a_n=0. \]

Segundo, o supremo ou o ínfimo de uma cauda não precisa ser atingido por nenhum termo. É por isso que trabalhamos com $\sup $ e $\inf $, e não com máximo e mínimo.

Para calcular $\limsup $ e $\liminf $ diretamente da definição, o roteiro é sempre o mesmo:

fixe $n$ e olhe apenas para a cauda $T_n$;
determine ou estime seu teto $M_n$ e seu piso $m_n$;
faça $n\to \infty $.

A sequência original pode oscilar para sempre. O que sempre converge são os dois envelopes: o teto das caudas desce, e o piso das caudas sobe.

Exemplo 2.51 (Uma sequência que converge)

Considere $a_n=1/n$. Como a sequência é decrescente,

\[ M_n=\frac1n. \]

Por outro lado, a cauda $T_n$ contém números positivos arbitrariamente próximos de zero, e por isso

\[ m_n=0. \]

Observe que o ínfimo $0$ não precisa ser um termo da sequência. Temos

\[ \limsup a_n=\liminf a_n=0. \]

Exemplo 2.52 (Uma sequência que oscila)

Considere

\[ a_n=(-1)^n\left(1+\frac1n\right). \]

Os termos pares são positivos e decrescem para $1$; os termos ímpares são negativos e crescem para $-1$. Se $j\ge 1$, então

\[ M_{2j-1}=M_{2j}=1+\frac1{2j}, \]

enquanto

\[ m_{2j-1}=-1-\frac1{2j-1}, \qquad m_{2j}=-1-\frac1{2j+1}. \]

Logo

\[ \limsup _{n\to \infty }a_n=1, \qquad \liminf _{n\to \infty }a_n=-1. \]

Aqui fica visível o papel das duas envoltórias: o teto segue os picos positivos e o piso segue os vales negativos.

Proposição 2.53 (Caracterização por $\varepsilon $)

Seja $(a_n)$ limitada e seja $L\in \mathbb {R}$. Então $L=\limsup a_n$ se, e somente se, para todo $\varepsilon \gt 0$:

eventualmente, $a_n\lt L+\varepsilon $;
existem infinitos índices $n$ para os quais $a_n\gt L-\varepsilon $.

Analogamente, $L=\liminf a_n$ se, e somente se, para todo $\varepsilon \gt 0$:

eventualmente, $a_n\gt L-\varepsilon $;
existem infinitos índices $n$ para os quais $a_n\lt L+\varepsilon $.

Demonstração ▼

Provaremos apenas a afirmação sobre o limite superior. Escreva $M_n=\sup _{k\ge n}a_k$.

Se $M_n\to L$, então, dado $\varepsilon \gt 0$, para $n$ grande temos $M_n\lt L+\varepsilon $. Como $a_n\le M_n$, segue a primeira condição. Se a segunda falhasse, então, a partir de algum índice $N$, teríamos $a_n\le L-\varepsilon $. Isso implicaria $M_N\le L-\varepsilon $, impossível porque $(M_n)$ é não-crescente e converge para $L$, logo $M_N\ge L$.

Reciprocamente, suponha as duas condições. A primeira fornece $N$ tal que, para $n\ge N$, toda a cauda está abaixo de $L+\varepsilon $; portanto $M_n\le L+\varepsilon $. A segunda garante que toda cauda contém algum termo maior que $L-\varepsilon $, e então $M_n\ge L-\varepsilon $ para todo $n$. Assim, para $n\ge N$,

\[ L-\varepsilon \le M_n\le L+\varepsilon , \]

e portanto $M_n\to L$.

Essa proposição fornece uma leitura prática do símbolo $\limsup $: depois de algum ponto, a sequência não ultrapassa significativamente $L$, mas continua voltando arbitrariamente perto de $L$ por baixo. O limite inferior descreve o comportamento simétrico.

Teorema 2.54 (Limite superior e subsequências)

Seja $(a_n)$ uma sequência real limitada. Então

$\limsup a_n$ é o maior limite de uma subsequência convergente de $(a_n)$;
$\liminf a_n$ é o menor limite de uma subsequência convergente de $(a_n)$.

Demonstração ▼

Provaremos a primeira afirmação. Ponha $L=\limsup a_n$ e $M_n=\sup _{k\ge n}a_k$. Construiremos uma subsequência que converge para $L$.

Escolha $N_1$ tal que $|M_{N_1}-L|\lt 1$. Pela propriedade do supremo, existe $n_1\ge N_1$ com

\[ a_{n_1}\gt M_{N_1}-1. \]

Depois de escolhido $n_j$, escolha $N_{j+1}\gt n_j$ tão grande que

\[ |M_{N_{j+1}}-L|\lt \frac1{j+1}, \]

e escolha $n_{j+1}\ge N_{j+1}$ tal que

\[ a_{n_{j+1}}\gt M_{N_{j+1}}-\frac1{j+1}. \]

Temos, portanto,

\[ L-\frac2j\lt a_{n_j}\le M_{N_j}\lt L+\frac1j \]

para $j$ suficientemente grande. Logo $a_{n_j}\to L$.

Agora seja $a_{k_j}\to \ell $ qualquer subsequência convergente. Fixado $N$, para $j$ suficientemente grande temos $k_j\ge N$, e então

\[ a_{k_j}\le M_N. \]

Passando ao limite, $\ell \le M_N$. Como isso vale para todo $N$,

\[ \ell \le \inf _N M_N=L. \]

Portanto, nenhum limite subsequencial é maior que $L$, e $L$ é de fato o maior deles. A prova para o limite inferior é análoga.

Teorema 2.55 (Critério de convergência por $\limsup $ e $\liminf $)

Seja $(a_n)$ uma sequência real limitada. Então $(a_n)$ converge se, e somente se,

\[ \liminf _{n\to \infty }a_n=\limsup _{n\to \infty }a_n. \]

Nesse caso, o valor comum é $\lim a_n$.

Demonstração ▼

Se os dois limites são iguais a $L$, então

\[ m_n\le a_n\le M_n, \]

com $m_n\to L$ e $M_n\to L$. O Teorema do Confronto dá $a_n\to L$.

Reciprocamente, suponha $a_n\to L$. Dado $\varepsilon \gt 0$, existe $N$ tal que

\[ L-\varepsilon \lt a_k\lt L+\varepsilon \qquad (k\ge N). \]

Logo, para $n\ge N$,

\[ L-\varepsilon \le m_n\le M_n\le L+\varepsilon . \]

Passando ao limite e usando a arbitrariedade de $\varepsilon $, obtemos $\liminf a_n=\limsup a_n=L$.

Definição 2.56 (Oscilação de uma sequência)

Para uma sequência limitada $(a_n)$, definimos sua oscilação por

\[ \omega (a_n)=\limsup a_n-\liminf a_n. \]

O teorema anterior diz exatamente que uma sequência limitada converge se, e somente se, sua oscilação é zero.

A mesma ideia reaparecerá no capítulo de integração para medir a oscilação de uma função em vizinhanças de um ponto: aqui encolhemos caudas de uma sequência; lá, encolheremos vizinhanças no domínio.

Proposição 2.57 (Monotonicidade)

Se $(a_n)$ e $(b_n)$ são sequências reais arbitrárias e $a_n\le b_n$ para todo $n$ suficientemente grande, então

\[ \limsup a_n\le \limsup b_n, \qquad \liminf a_n\le \liminf b_n. \]

Demonstração ▼

Depois de descartar um número finito de termos, podemos supor $a_n\le b_n$ para todo $n$. Para cada cauda,

\[ \sup _{k\ge n}a_k\le \sup _{k\ge n}b_k, \qquad \inf _{k\ge n}a_k\le \inf _{k\ge n}b_k. \]

Basta tomar limites.

As propriedades algébricas de $\limsup $ e $\liminf $ são úteis, mas não trazem uma nova ideia conceitual. Por isso, serão desenvolvidas nos exercícios.

Exercício 2.36

Calcule $\limsup a_n$ e $\liminf a_n$ para cada sequência:

$a_n=(-1)^n$;
$a_n=(-1)^n+1/n$;
$a_n=1+(-1)^n/n$;
$a_n=\cos (n\pi /2)$;
$a_n=1$ se $n$ é um quadrado perfeito e $a_n=0$ caso contrário.

Ver solução

$\limsup a_n=1$ e $\liminf a_n=-1$, pelos índices pares e ímpares.
$\limsup a_n=1$ e $\liminf a_n=-1$, pois $1/n\to 0$.
Ambos são iguais a $1$, pois $|a_n-1|=1/n\to 0$.
Os valores $0,-1,0,1$ se repetem periodicamente; logo $\limsup a_n=1$ e $\liminf a_n=-1$.
Toda cauda contém quadrados e não quadrados. Portanto seu supremo é $1$ e seu ínfimo é $0$, e esses são os limites superior e inferior.

Exercício 2.37

Prove diretamente das definições que

\[ \limsup (-a_n)=-\liminf a_n, \qquad \liminf (-a_n)=-\limsup a_n. \]

Ver solução

Para cada $n$,

\[ \sup _{k\ge n}(-a_k)=-\inf _{k\ge n}a_k. \]

Tomando ínfimo em $n$ e usando que a negação inverte a ordem,

\[ \limsup (-a_n) =-\sup _n\inf _{k\ge n}a_k=-\liminf a_n. \]

Aplicando essa identidade à sequência $(-a_n)$, obtemos a segunda. As igualdades incluem os valores $\pm \infty $.

Exercício 2.38

Se $(a_n)$ e $(b_n)$ são limitadas, prove

\[ \limsup (a_n+b_n)\le \limsup a_n+\limsup b_n \]

\[ \liminf (a_n+b_n)\ge \liminf a_n+\liminf b_n. \]

Dê um exemplo em que a primeira desigualdade seja estrita.

Ver solução

Ponha $M_n=\sup _{k\ge n}a_k$, $M'_n=\sup _{k\ge n}b_k$, $m_n=\inf _{k\ge n}a_k$ e $m'_n=\inf _{k\ge n}b_k$. Então

\[ \sup _{k\ge n}(a_k+b_k)\le M_n+M'_n, \qquad \inf _{k\ge n}(a_k+b_k)\ge m_n+m'_n. \]

Passando ao limite, obtemos as desigualdades pedidas. Para obter desigualdade estrita, tome $a_n=(-1)^n$ e $b_n=-(-1)^n$. Nesse caso,

\[ \limsup (a_n+b_n)=0\lt 2=\limsup a_n+\limsup b_n. \]

Exercício 2.39

Prove as caracterizações

\[ \limsup a_n =\sup \{ r\in \mathbb {R}:a_n\gt r\text{ para infinitos valores de }n\} \]

\[ \liminf a_n =\inf \{ r\in \mathbb {R}:a_n\lt r\text{ para infinitos valores de }n\} . \]

Ver solução

Seja

\[ L=\limsup a_n,\qquad S=\{ r\in \mathbb {R}:a_n\gt r\text{ para infinitos índices }n\} . \]

Para $r\lt L$, todo supremo de cauda é maior que $r$. Assim, para cada $N$, existe $n\ge N$ com $a_n\gt r$, e $r\in S$. Para $r\gt L$, algum supremo de cauda é menor que $r$; nessa cauda não há termos maiores que $r$, de modo que $r\notin S$. Essas duas observações dão $\sup S=L$.

O argumento também cobre os extremos: se $L=+\infty $, temos $S=\mathbb {R}$; se $L=-\infty $, temos $S=\varnothing $. Adotamos $\sup \varnothing =-\infty $ e $\sup \mathbb {R}=+\infty $.

Aplicando a primeira identidade a $(-a_n)$ e usando a inversão da ordem pela negação, obtemos

\[ \liminf a_n =-\limsup (-a_n) =\inf \{ r\in \mathbb {R}:a_n\lt r\text{ para infinitos índices }n\} . \]

Aqui, igualmente, $\inf \varnothing =+\infty $ e $\inf \mathbb {R}=-\infty $.

Exercício 2.40

Mostre que uma sequência limitada converge para $L$ se, e somente se, $L$ é o único limite possível de suas subsequências convergentes. Dica: se a sequência não convergir para $L$, extraia uma subsequência que permaneça a uma distância positiva de $L$ e aplique Bolzano–Weierstrass.

Ver solução

Se $a_n\to L$, toda subsequência convergente tem limite $L$. Reciprocamente, suponha que $L$ seja o único limite possível das subsequências convergentes, mas que $a_n$ não convirja para $L$. Existem então $\varepsilon \gt 0$ e uma subsequência $(a_{n_k})$ com $|a_{n_k}-L|\ge \varepsilon $ para todo $k$. Ela é limitada e, por Bolzano–Weierstrass, possui uma subsequência convergente para algum $M$. Passando ao limite na desigualdade, $|M-L|\ge \varepsilon $, em contradição com a hipótese.

Exercício 2.41 (difficulty=2)

Use o fato de que, se $\alpha $ é irracional, as partes fracionárias de $n\alpha $ são densas em $[0,1]$, para provar que

\[ \limsup _{n\to \infty }\operatorname {sen}n=1, \qquad \liminf _{n\to \infty }\operatorname {sen}n=-1. \]

Esse exercício é opcional: o resultado de densidade usado aqui pertence a um tópico posterior.

Ver solução

Como $1/(2\pi )$ é irracional, a hipótese de densidade aplicada a esse número mostra que os restos de $n$ módulo $2\pi $ são densos em $[0,2\pi ]$. Toda cauda também é densa: retirar finitíssimos pontos de um subconjunto denso de um intervalo não destrói a densidade.

Podemos, portanto, escolher índices estritamente crescentes cujos restos aproximem $\pi /2$, e outros cujos restos aproximem $3\pi /2$. Pela continuidade e periodicidade do seno, as subsequências correspondentes convergem para $1$ e $-1$. Como $-1\le \operatorname {sen}n\le 1$, segue que

\[ \limsup \operatorname {sen}n=1,\qquad \liminf \operatorname {sen}n=-1. \]

2.12 Sequências e a topologia da reta

Conjuntos fechados também podem ser caracterizados em termos de sequências.

Proposição 2.58

Um conjunto $F \subset \mathbb {R}$ é fechado se, e somente se, o limite de toda sequência convergente em $F$ pertence a $F$.

Demonstração ▼

Suponha primeiro que $F$ é fechado e que $\left(x_n\right)$ é uma sequência convergente de pontos $x_n \in F$ tal que $x_n \rightarrow x$. Então, toda vizinhança de $x$ contém pontos $x_n \in F$. Isso implica que $x \notin F^c$, já que $F^c$ é aberto e todo $y \in F^c$ possui uma vizinhança $V \subset F^c$ que não contém pontos em $F$. Portanto, $x \in F$.

Reciprocamente, suponha que o limite de toda sequência convergente de pontos em $F$ pertença a $F$. Seja $x \in F^c$. Então, $x$ deve ter uma vizinhança $V \subset F^c$; caso contrário, para todo $n \in \mathbb {N}$ existe $x_n \in F$ tal que $x_n \in (x - 1/n, x + 1/n)$, de modo que $x = \lim _{n\to \infty } x_n$, e $x$ seria o limite de uma sequência em $F$. Assim, $F^c$ é aberto e $F$ é fechado.

A seguinte proposição fornece uma definição sequencial de um ponto de acumulação.

Proposição 2.59

Um ponto $x \in \mathbb {R}$ é um ponto de acumulação de $A \subset \mathbb {R}$ se, e somente se, existe uma sequência $\left(x_n\right)$ em $A$ com $x_n \neq x$ para todo $n \in \mathbb {N}$ tal que $x_n \rightarrow x$ quando $n \rightarrow \infty $.

Demonstração ▼

Suponha que $x \in \mathbb {R}$ seja um ponto de acumulação de $A$. Logo temos que para todo $n \in \mathbb {N}$, existe $x_n \in A \setminus \{ x\} $ tal que $x_n \in (x - 1/n, x + 1/n)$. Segue-se que $x_n \rightarrow x$ quando $n \rightarrow \infty $.

Reciprocamente, se $x$ é o limite de uma sequência $\left(x_n\right)$ em $A$ com $x_n \neq x$, e $V$ é uma vizinhança de $x$, então $x_n \in V \setminus \{ x\} $ para $n$ suficientemente grande, o que prova que $x$ é um ponto de acumulação de $A$.

Exemplo 2.60

\[ A = \left\{ \frac{1}{n}: n \in \mathbb {N}\right\} \]

então $0$ é um ponto de acumulação de $A$, pois $(1 / n)$ é uma sequência em $A$ tal que $1 / n \rightarrow 0$ quando $n \rightarrow \infty $. Por outro lado, $1$ não é um ponto de acumulação de $A$, pois não existem sequências em $A$ com termos distintos de $1$ que convergem para $1$. Todos os elementos de $A$ diferentes de $1$ são menores que $\frac{1}{2}$, e logo não se aproximam de $1$.

Exercício 2.42

Prove que todo número real é limite de uma sequência de números racionais.

Sequências

2.1 Conceitos básicos

2.2 Convergência e limite de sequências

2.3 Sequências limitadas

2.4 Sequências crescentes e decrescentes

2.5 O número \(e\)

2.6 Limites infinitos

2.7 Propriedades do limite de sequências

2.8 Teorema do confronto

2.9 Subsequências

2.10 Sequências de Cauchy

2.10.1 Sequências de Cauchy e completude

2.11 Limite superior e limite inferior

2.12 Sequências e a topologia da reta