Matemática universitária — Graduação 1 · Grado — Año 1

11Sequências

As sequências foram manipuladas no volume do ensino médio com o conceito de limite tomado em parte de boa-fé. Aqui a teoria é reconstruída sobre a completude de $\R$ (Capítulo 10): todo teorema clássico — convergência monótona, sequências adjacentes, Bolzano–Weierstrass, critério de Cauchy — é uma face desse único axioma. O capítulo termina com o estudo prático das sequências definidas por $u_{n+1} = f(u_n)$ .

11.1 Convergência

Definição 11.1 (Limite de uma sequência)

Uma sequência $(u_n)$ de reais converge para $\ell \in \R$ quando

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \N,\ \forall n \geq N, \qquad \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon .

Escreve-se $u_n \to \ell$ ou $\lim u_n = \ell$ . Uma sequência que não converge (para nenhum real) diverge. Divergência para $+\infty$ : $\forall M,\ \exists N,\ \forall n \geq N,\ u_n \geq M$ (analogamente para $-\infty$ ).

Exemplo 11.2 (Uma demonstração $\varepsilon$ – $N$ , escrita por extenso uma vez)

Afirmação: $u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n^2 - 3} \to \dfrac12$ . Primeiro isole o erro:

\Bigl| u_n - \frac12 \Bigr| = \Bigl| \frac{2(n^2 + 1) - (2n^2 - 3)}{2(2n^2 - 3)} \Bigr| = \frac{5}{2\,\abs{2n^2 - 3}} = \frac{5}{2\,(2n^2 - 3)} \quad (n \geq 2).

Depois domine-o por algo simples: para $n \geq 2$ , $2n^2 - 3 \geq n^2$ , de modo que o erro é $\leq \frac{5}{2n^2} \leq \frac 5{2n}$ . Dado $\varepsilon > 0$ , a propriedade arquimediana fornece $N \geq \max\bigl(2, \frac{5}{2\varepsilon}\bigr)$ ; para $n \geq N$ o erro é $\leq \varepsilon$ . Pronto. A ideia de fechamento: uma demonstração $\varepsilon$ – $N$ tem exatamente três movimentos — calcular o erro, limitá-lo por uma expressão elementar decrescente e resolver para o limiar — e, depois dos teoremas deste capítulo (operações, confronto), quase nunca mais se escreve uma demonstração dessas: os teoremas empacotam os três movimentos de uma vez por todas.

Exemplo 11.3 (Divergência para o infinito, certificada)

Afirmação: $u_n = n^2 - 100n \to +\infty$ . Fatore o termo dominante: $u_n = n^2\bigl(1 - \frac{100}{n}\bigr) \geq \frac{n^2}{2}$ para $n \geq 200$ . Dado $M$ , tome $N = \max\bigl(200, \lceil\sqrt{2M}\rceil\bigr)$ : para $n \geq N$ , $u_n \geq \frac{n^2}{2} \geq M$ . Dois hábitos estão à mostra: a fatoração pelo termo dominante converte uma competição ( $n^2$ contra $-100n$ ) numa única escala vezes um fator que tende a $1$ ; e o limiar pode ser enorme ( $u_{100} = 0$ , e a sequência é até negativa antes de $n = 100$ ) — a divergência para $+\infty$ é uma afirmação sobre a cauda, indiferente a qualquer quantidade finita de mau comportamento.

Proposição 11.4 (Primeiras propriedades)

O limite, se existe, é único.
Uma sequência convergente é limitada.
Se $u_n \to \ell$ , modificar finitos termos não altera nem a convergência nem o limite.

Demonstração. (1) Se $u_n \to \ell$ e $u_n \to \ell'$ com $\ell \neq \ell'$ , tome $\varepsilon = \frac{\abs{\ell - \ell'}}{3}$ : além dos dois limiares, $\abs{\ell - \ell'} \leq \abs{\ell - u_n} + \abs{u_n - \ell'} \leq 2\varepsilon = \frac23 \abs{\ell - \ell'}$ , absurdo.

(2) Com $\varepsilon = 1$ : além de $N$ , $\abs{u_n} \leq \abs\ell + 1$ ; os finitos termos anteriores também são limitados, de modo que $\abs{u_n} \leq \max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \abs\ell + 1)$ .

(3) Em detalhe: suponha $v_n = u_n$ para $n \geq n_0$ e $u_n \to \ell$ . Dado $\varepsilon > 0$ , tome o limiar $N$ de $(u_n)$ : para $n \geq \max(N, n_0)$ , $\abs{v_n - \ell} = \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ . Logo, $v_n \to \ell$ : a definição quantifica apenas sobre $n \geq N$ , e qualquer prefixo finito pode ser sobrescrito ao custo de aumentar o limiar. (É por isso que hipóteses do tipo “para todo $n$ grande” bastam em todo este capítulo.) ∎

Teorema 11.5 (Operações com limites)

Se $u_n \to \ell$ e $v_n \to m$ , então

u_n + v_n \to \ell + m, \qquad u_n v_n \to \ell m, \qquad \frac{u_n}{v_n} \to \frac{\ell}{m} \ (\text{se} m \neq 0), \qquad \abs{u_n} \to \abs\ell .

Demonstração. Soma: $\abs{(u_n + v_n) - (\ell + m)} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - m} \leq 2\varepsilon$ além do maior limiar. Produto: escreva

u_n v_n - \ell m = (u_n - \ell)\,v_n + \ell\,(v_n - m);

$(v_n)$ é limitada por algum $B$ (Proposição 11.4), de modo que o lado direito é $\leq B\abs{u_n - \ell} + \abs{\ell}\,\abs{v_n - m}$ , arbitrariamente pequeno. Quociente: basta tratar $\frac 1{v_n}$ . Com $\varepsilon = \frac{\abs m}{2}$ : além de certo $N_0$ , $\abs{v_n} \geq \frac{\abs m}{2}$ , de modo que

\Bigl| \frac{1}{v_n} - \frac 1m \Bigr| = \frac{\abs{m - v_n}}{\abs{v_n m}} \leq \frac{2}{m^2}\,\abs{v_n - m} \longrightarrow 0 .

Valor absoluto: $\bigl|\abs{u_n} - \abs\ell\bigr| \leq \abs{u_n - \ell}$ (desigualdade triangular inversa, Proposição 3.2). ∎

Exemplo 11.6 (Operações mais um truque algébrico)

Calcule $\lim\,\bigl(\sqrt{n^2 + n} - n\bigr)$ . As duas parcelas tendem separadamente a $+\infty$ : o teorema das operações nada diz sobre a diferença delas (uma forma indeterminada). Multiplique pelo conjugado:

\sqrt{n^2 + n} - n = \frac{(n^2 + n) - n^2}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n} + n} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac1n} + 1} .

Agora tudo converge: $\sqrt{1 + \frac1n} \to 1$ , pois $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ (conjugado de novo, e depois confronto com $h = \frac1n$ ); então o teorema das operações dá o limite $\frac{1}{1 + 1} = \frac12$ . A ideia de fechamento: o teorema das operações não é uma calculadora de todos os limites — as formas indeterminadas ( $\infty - \infty$ , $\frac00$ , $0 \times \infty$ , $1^\infty$ ) devem antes ser transformadas pela álgebra (conjugados, fatoração do termo dominante) até que cada pedaço convirja; a máquina sistemática para os casos resistentes é a expansão assintótica do Capítulo 16.

Teorema 11.7 (Limites e ordem)

Se $u_n \leq v_n$ para todo $n$ grande e ambas convergem, então $\lim u_n \leq \lim v_n$ . (As desigualdades estritas não passam ao limite: $\frac 1n > 0$ , mas $\lim = 0$ .)
(Teorema do confronto) Se $u_n \leq w_n \leq v_n$ para todo $n$ grande e $u_n, v_n \to \ell$ , então $w_n \to \ell$ .
Se $u_n \to \ell > 0$ , então $u_n > \frac\ell2 > 0$ para todo $n$ grande.

Demonstração. (1) Suponha $\ell = \lim u_n > m = \lim v_n$ ; com $\varepsilon = \frac{\ell - m}{3}$ , os termos grandes satisfazem $v_n \leq m + \varepsilon < \ell - \varepsilon \leq u_n$ , contradizendo $u_n \leq v_n$ .

(2) Além dos limiares: $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq w_n \leq v_n \leq \ell + \varepsilon$ .

(3) é a Definição 11.1 com $\varepsilon = \frac\ell2$ . ∎

Exemplo 11.8 (Dois confrontos)

(i) $\dfrac{\sin n}{n} \to 0$ : de $-\frac1n \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac1n$ , com as duas paredes se fechando sobre $0$ — sem nenhuma necessidade de entender o numerador errático. (ii) $(2^n + 3^n)^{1/n} \to 3$ : enquadre o interior,

3^n \leq 2^n + 3^n \leq 2\cdot3^n \quad\Longrightarrow\quad 3 \leq (2^n + 3^n)^{1/n} \leq 3\cdot 2^{1/n} ,

e $2^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 2}{n}} \to 1$ (como para $5^{1/n}$ no Exercício 11.2): o confronto entrega $3$ . A ideia de fechamento: uma soma de exponenciais em competição se comporta como o seu maior termo — as menores são absorvidas por um fator constante inofensivo, que a raiz $n$ -ésima depois apaga.

11.2 Sequências monótonas

Teorema 11.9 (Teorema do limite monótono)

Uma sequência crescente e limitada superiormente converge, para $\sup\{u_n : n \in \N\}$ ; uma sequência crescente não limitada superiormente diverge para $+\infty$ . (Enunciados espelhados para sequências decrescentes.)

Demonstração. Seja $s = \sup\{u_n\}$ (Teorema 10.2). Dado $\varepsilon > 0$ , a caracterização por $\varepsilon$ (Proposição 10.4) fornece $N$ com $u_N > s - \varepsilon$ ; pela monotonicidade, $s - \varepsilon < u_N \leq u_n \leq s$ para todo $n \geq N$ : convergência para $s$ . Se ilimitada: para todo $M$ algum $u_N > M$ , e a monotonicidade mantém todos os termos posteriores acima de $M$ . ∎

Exemplo 11.10 (O teorema monótono como máquina de existência)

Seja $u_n = \prod_{k=1}^{n} \bigl(1 + \frac{1}{2^k}\bigr)$ . Cada fator excede $1$ , de modo que $(u_n)$ é crescente. Limitada superiormente? Tome logaritmos e use $\ln(1 + x) \leq x$ (o Exemplo 14.20 a antecipa; ou a desigualdade grosseira $1 + x \leq \eu^x$ , do volume do ensino médio):

\ln u_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\Bigl(1 + \frac{1}{2^k}\Bigr) \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} < 1 ,

de modo que $u_n < \eu$ . Crescente e limitada: $(u_n)$ converge para algum $\ell \in \intoc{u_1}{\eu}$ — um número real perfeitamente bem definido, sem forma fechada à vista ( $\ell = 2.384\dots$ ). A ideia de fechamento: o teorema do limite monótono é a máquina de existência mais barata da análise; foi ela que nomeou o próprio $\eu$ (Exemplo 11.12, abaixo), e no Capítulo 17 ela decidirá a convergência de toda série de termos positivos por mera limitação.

Teorema 11.11 (Sequências adjacentes)

Sejam $(a_n)$ crescente e $(b_n)$ decrescente, com $b_n - a_n \to 0$ . Então ambas convergem, para um limite comum $\ell$ , e $a_n \leq \ell \leq b_n$ para todo $n$ .

Demonstração. Primeiro, $a_n \leq b_n$ para todo $n$ : a sequência $(b_n - a_n)$ é decrescente e tende a $0$ , de modo que é $\geq 0$ (um termo negativo a congelaria abaixo de $0$ ). Então $(a_n)$ é crescente e limitada superiormente por $b_0$ : ela converge para algum $\ell$ (Teorema 11.9); do mesmo modo, $(b_n) \to \ell'$ ; e $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ . As desigualdades $a_n \leq \ell \leq b_n$ decorrem da monotonicidade ( $\ell = \sup a_k \geq a_n$ , etc.). ∎

Sequências adjacentes: (a_n) sobe, (b_n) desce, e o vão entre elas encolhe a 0. Cada intervalo [a_n, b_n] contém todos os posteriores, e o limite comum é o único ponto que resta em todos os intervalos — a figura por trás das demonstrações por dicotomia de Bolzano–Weierstrass, abaixo, e do teorema do valor intermediário no . — Sequências adjacentes: $(a_n)$ sobe, $(b_n)$ desce, e o vão entre elas encolhe a $0$ . Cada intervalo $\intcc{a_n}{b_n}$ contém todos os posteriores, e o limite comum $\ell$ é o único ponto que resta em todos os intervalos — a figura por trás das demonstrações por dicotomia de Bolzano–Weierstrass, abaixo, e do teorema do valor intermediário no Capítulo 13.

Exemplo 11.12 (O número $\eu$ )

Ponha $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ e $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ ( $n \geq 1$ ). Então $(a_n)$ cresce; e

b_{n+1} - b_n = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} - \frac{1}{n\,n!} = \frac{n(n+1) + n - (n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!} = \frac{-1}{n(n+1)(n+1)!} < 0 ,

de modo que $(b_n)$ decresce, e $b_n - a_n \to 0$ : adjacentes. O seu limite comum é (por definição, aqui) o número $\eu \approx 2.71828$ ; as desigualdades $a_n < \eu < b_n$ são suficientemente finas para demonstrar que $\eu \notin \Q$ (Exercício 11.9).

11.3 Subsequências e Bolzano–Weierstrass

Definição 11.13 (Subsequência)

Uma subsequência de $(u_n)$ é uma sequência $(u_{\varphi(n)})$ , em que $\varphi \colon \N \to \N$ é estritamente crescente (note que $\varphi(n) \geq n$ , por indução).

Proposição 11.14

Se $u_n \to \ell$ ( $\ell \in \R$ ou $\pm\infty$ ), toda subsequência tende a $\ell$ . Consequentemente, uma sequência com duas subsequências de limites diferentes diverge. Reciprocamente, se $(u_{2n})$ e $(u_{2n+1})$ convergem ambas para o mesmo $\ell$ , então $u_n \to \ell$ .

Demonstração. Além do limiar $N$ de $(u_n)$ , todos os índices $\varphi(n) \geq n \geq N$ servem (a desigualdade $\varphi(n) \geq n$ é a indução notada na Definição 11.13: $\varphi(0) \geq 0$ , e $\varphi(n+1) > \varphi(n) \geq n$ força $\varphi(n+1) \geq n + 1$ ). Para a recíproca: dado $\varepsilon$ , tome os dois limiares $N_0$ (pares) e $N_1$ (ímpares); um índice arbitrário $n \geq \max(2N_0, 2N_1 + 1)$ é par, $n = 2k$ com $k \geq N_0$ , ou ímpar, $n = 2k+1$ com $k \geq N_1$ — e, nos dois casos, $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ : todo índice é coberto por uma das duas subsequências, e essa é toda a questão. ∎

Exemplo 11.15 (Limites subsequenciais)

Para $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$ : a subsequência de índices pares tende a $1$ , e a de índices ímpares a $-1$ , de modo que a sequência diverge — mas o faz de maneira organizada, agrupando-se em torno dos dois valores $\pm 1$ . Para $u_n = \cos\frac{2\pi n}{3}$ : as três subsequências de índices $3k$ , $3k + 1$ e $3k + 2$ são constantes, iguais a $1$ , $-\frac12$ e $-\frac12$ ; o conjunto dos limites subsequenciais é $\{1, -\frac12\}$ . A ideia de fechamento: uma sequência limitada converge exatamente quando tem um único limite subsequencial (Exercício 11.8); a divergência de uma sequência limitada sempre significa ao menos dois agrupamentos, e Bolzano–Weierstrass, abaixo, garante que existe ao menos um.

Teorema 11.16 (Bolzano–Weierstrass)

Toda sequência limitada de reais tem uma subsequência convergente.

Demonstração. Seja $u_n \in \intcc{a}{b}$ para todo $n$ . Construa segmentos encaixados por dicotomia: ponha $\intcc{a_0}{b_0} = \intcc{a}{b}$ ; dado $\intcc{a_k}{b_k}$ que contém $u_n$ para infinitos $n$ , uma das suas duas metades ainda contém $u_n$ para infinitos $n$ — chame-a $\intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ . As sequências $(a_k)$ e $(b_k)$ são adjacentes ( $b_k - a_k = \frac{b-a}{2^k} \to 0$ ), com limite comum $\ell$ (Teorema 11.11).

Extração: escolha $\varphi(0)$ com $u_{\varphi(0)} \in \intcc{a_0}{b_0}$ e, indutivamente, $\varphi(k+1) > \varphi(k)$ com $u_{\varphi(k+1)} \in \intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ — o que é possível, pois esse segmento contém infinitos termos. Então $a_k \leq u_{\varphi(k)} \leq b_k$ , e o teorema do confronto dá $u_{\varphi(k)} \to \ell$ . ∎

Observação 11.17 (O que Bolzano–Weierstrass diz, e o que não diz)

Ele diz: só da limitação, alguma subsequência converge — existência sem fórmula, como a demonstração por dicotomia deixa claro (nada nos diz quais índices sobrevivem). Ele não diz que o limite é único: $((-1)^n)$ tem subsequências convergindo para $1$ e para $-1$ , e o conjunto dos limites subsequenciais pode até ser infinito (Exemplo 11.15, e todo o conjunto de Cantor no Problema 12.1). Ele não sobrevive à ilimitação: $(n)$ não tem subsequência convergente alguma — embora sempre se possa extrair de qualquer sequência ilimitada uma subsequência que tenda a $+\infty$ ou a $-\infty$ (escolha $\varphi(k)$ com $u_{\varphi(k)} \geq k$ , digamos). Usado corretamente, o teorema é uma bomba de existência: ele aparece no ponto crucial do critério de Cauchy, abaixo, do teorema de Heine e do teorema de Weierstrass — sempre para produzir um ponto que nenhuma construção explícita oferece.

11.4 Sequências de Cauchy e completude

Definição 11.18

Uma sequência $(u_n)$ é uma sequência de Cauchy quando os seus termos se tornam arbitrariamente próximos uns dos outros:

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N,\ \forall p, q \geq N, \qquad \abs{u_p - u_q} \leq \varepsilon .

Exemplo 11.19 (Verificando a propriedade de Cauchy à mão)

Seja $u_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{\cos k}{2^k}$ — sem monotonicidade, sem limite adivinhável. Para $p > q$ :

\abs{u_p - u_q} = \Bigl| \sum_{k=q+1}^{p} \frac{\cos k}{2^k} \Bigr| \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{2^k} < \frac{1}{2^{q}} ,

pela desigualdade triangular, por $\abs{\cos k} \leq 1$ e por uma soma geométrica finita. Dado $\varepsilon > 0$ , escolha $N$ com $2^{-N} \leq \varepsilon$ : todas as distâncias além de $N$ são $\leq \varepsilon$ , a sequência é de Cauchy e, portanto, converge — para um limite que ninguém sabe nomear em forma fechada, o que é exatamente o ponto. A ideia de fechamento: a dominação geométrica dos incrementos é a maneira padrão de conquistar a propriedade de Cauchy, e o Capítulo 17 engarrafará o argumento como “convergência absoluta implica convergência”.

Teorema 11.20 (Completude de $\R$ )

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

Demonstração. ( $\Rightarrow$ ) Se $u_n \to \ell$ : além do limiar para $\frac\varepsilon2$ , $\abs{u_p - u_q} \leq \abs{u_p - \ell} + \abs{\ell - u_q} \leq \varepsilon$ .

( $\Leftarrow$ ) Seja $(u_n)$ de Cauchy. Ela é limitada: com $\varepsilon = 1$ , além de $N$ todos os termos ficam a distância $1$ de $u_N$ , e a cabeça é finita. Extração: pelo Teorema 11.16, alguma subsequência $u_{\varphi(n)} \to \ell$ . Conclusão: dado $\varepsilon > 0$ , tome $N$ (de Cauchy, para $\frac\varepsilon2$ ) e $n \geq N$ com $\abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ e $\varphi(n) \geq N$ ; então, para todo $p \geq N$ :

\abs{u_p - \ell} \leq \abs{u_p - u_{\varphi(n)}} + \abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \varepsilon . \qedhere

∎

Observação 11.21

O valor do critério: ele certifica a convergência sem nomear o limite. Ele falha sobre $\Q$ (as truncagens decimais de $\sqrt 2$ formam uma sequência de Cauchy de racionais sem limite racional): a completude é uma propriedade de $\R$ , equivalente ao axioma do supremo. Ele é também o cavalo de batalha por trás da convergência das séries (Capítulo 17).

Exemplo 11.22 (Uma sequência de Cauchy com limite invisível)

Seja $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$ . Para $p > q \geq 1$ :

S_p - S_q = \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k^2} \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k(k-1)} = \sum_{k=q+1}^{p} \Bigl(\frac{1}{k-1} - \frac 1k\Bigr) = \frac 1q - \frac 1p < \frac 1q ,

de modo que, além de $N > \frac1\varepsilon$ , todas as distâncias são $\leq \varepsilon$ : $(S_n)$ é de Cauchy e, portanto, converge. Note o que acabou de acontecer: demonstramos que um número real específico existe sem ter nome algum para ele. (Ele vale $\frac{\pi^2}{6}$ — célebre identidade de Euler, demonstrada no volume do segundo ano de graduação; nada neste capítulo poderia nos dizer isso.) Essa divisão de trabalho — existência agora, identificação depois, se algum dia — é todo o sentido do critério de Cauchy, e o motor da teoria das séries no Capítulo 17.

11.5 Sequências recorrentes

Método 11.23 (Estudando $u_{n+1} = f(u_n)$ )

Dados $f$ e um ponto de partida $u_0$ :

Intervalo estável: encontre um intervalo $I$ com $f(I) \subseteq I$ contendo $u_0$ : então todos os $u_n \in I$ (por indução).
Candidatos a limite: se $u_n \to \ell \in I$ e $f$ é contínua em $\ell$ (Capítulo 13), então $\ell$ é um ponto fixo: $f(\ell) = \ell$ . Resolva $f(x) = x$ .
Monotonicidade: se $f$ é crescente em $I$ , então $(u_n)$ é monótona (crescente se $u_1 \geq u_0$ , e decrescente caso contrário); combinado com a limitação, o Teorema 11.9 conclui. Se $f$ é decrescente, estude as duas subsequências $(u_{2n})$ e $(u_{2n+1})$ , que são monótonas para $f \circ f$ .
Controle do erro: uma desigualdade $\abs{f(x) - \ell} \leq k\abs{x - \ell}$ com $k < 1$ dá $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$ diretamente.

Exemplo 11.24 (Método de Heron)

Sejam $u_0 = 2$ e $u_{n+1} = \dfrac12\Bigl(u_n + \dfrac{2}{u_n}\Bigr)$ : o antigo algoritmo para $\sqrt 2$ .

Estabilidade: para $x > 0$ , a desigualdade entre as médias aritmética e geométrica dá $\frac12(x + \frac2x) \geq \sqrt{x \cdot \frac 2x} = \sqrt 2$ ; assim, $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ é estável e contém $u_1$ (com efeito, $u_1 = \frac32 \geq \sqrt 2$ ).
Monotonicidade: para $x \geq \sqrt 2$ , $\;x - f(x) = \frac{x^2 - 2}{2x} \geq 0$ : a sequência decresce a partir de $u_1$ e é limitada inferiormente por $\sqrt 2$ : ela converge.
Limite: os pontos fixos resolvem $x = \frac12(x + \frac2x)$ , isto é, $x^2 = 2$ : em $I$ , $\ell = \sqrt 2$ .
Velocidade: $u_{n+1} - \sqrt 2 = \frac{(u_n - \sqrt2)^2}{2u_n} \leq \frac{(u_n - \sqrt 2)^2}{2\sqrt 2}$ : o número de algarismos corretos aproximadamente dobra a cada passo (convergência quadrática).

A iteração de Heron u_n+1 = 1/2 (u_n + 2/u_n ), desenhada como uma escada entre o gráfico de f e a diagonal y = x: a partir de u_0 = 2, os iterados descem até o ponto fixo √ 2. — A iteração de Heron $u_{n+1} = \frac12\bigl(u_n + \frac{2}{u_n}\bigr)$ , desenhada como uma escada entre o gráfico de $f$ e a diagonal $y = x$ : a partir de $u_0 = 2$ , os iterados descem até o ponto fixo $\sqrt 2$ .

Observação 11.25 (Armadilhas frequentes com limites)

Quatro clássicas. (i) Passos pequenos não implicam convergência: $u_{n+1} - u_n \to 0$ é muito mais fraco que a propriedade de Cauchy — as somas harmônicas $H_n$ têm passos $\frac{1}{n+1} \to 0$ e, ainda assim, divergem para $+\infty$ (Exercício 11.5); a condição de Cauchy controla $\abs{u_p - u_q}$ para todos os pares grandes, e não apenas os consecutivos. (ii) As desigualdades estritas morrem no limite: de $u_n < v_n$ para todo $n$ obtém-se apenas $\lim u_n \leq \lim v_n$ (Teorema 11.7); $\frac1n > 0$ e, ainda assim, $\lim = 0$ . (iii) Limitada não é convergente: $((-1)^n)$ é limitada e diverge; limitação mais monotonicidade converge, e a limitação sozinha só garante uma subsequência convergente (Teorema 11.16). (iv) A equação de ponto fixo vem em segundo lugar, não em primeiro: para $u_{n+1} = f(u_n)$ , resolver $f(\ell) = \ell$ identifica o limite apenas depois de demonstrada a convergência. A recorrência $u_{n+1} = 2u_n$ tem o único ponto fixo $\ell = 0$ e, no entanto, a partir de $u_0 = 1$ a sequência corre para $+\infty$ : a equação $\ell = 2\ell$ nunca teve direito a um limite. Ordem das operações, sempre: existência primeiro (Método 11.23, passos 1–3), identificação depois.

Exemplo 11.26 (Um $f$ decrescente: a recorrência áurea)

Sejam $u_0 = 1$ e $u_{n+1} = \dfrac{1}{1 + u_n}$ . Aqui $f(x) = \frac{1}{1+x}$ é decrescente, de modo que a sequência não é monótona (ela alterna em torno do seu limite); o passo de contração do Método 11.23 é a ferramenta certa. Estabilidade: se $x \in \intcc{\frac12}{1}$ , então $1 + x \in \intcc{\frac32}{2}$ , de modo que $f(x) \in \intcc{\frac12}{\frac23} \subseteq \intcc{\frac12}{1}$ , e $u_1 = \frac12$ põe a sequência inteira ali. Ponto fixo: $\ell = \frac{1}{1+\ell}$ com $\ell > 0$ dá $\ell^2 + \ell - 1 = 0$ , isto é,

\ell = \frac{\sqrt5 - 1}{2} = 0.6180\dots

(o inverso da razão áurea). Contração: para $x, y \in \intcc{\frac12}{1}$ ,

\abs{f(x) - f(y)} = \frac{\abs{x - y}}{(1+x)(1+y)} \leq \frac{\abs{x-y}}{(3/2)^2} = \frac49\,\abs{x - y} ,

de modo que $\abs{u_n - \ell} \leq \bigl(\frac49\bigr)^{n-1}\abs{u_1 - \ell} \to 0$ : convergência, com velocidade geométrica, sem necessidade de monotonicidade. A ideia de fechamento: os métodos monótonos e os métodos de contração repartem entre si o mundo recorrente — $f$ crescente dá órbitas monótonas, e $f$ decrescente dá órbitas alternadas domadas por uma constante de Lipschitz $< 1$ (a teoria sistemática é o Exercício 14.11).

Observação 11.27 (Perspectivas dentro deste volume)

As sequências são o instrumento de medida que o restante do volume encosta em todo objeto. No Capítulo 12 elas caracterizam a fecho e a compacidade; no Capítulo 13 elas transportam limites de funções; no Capítulo 15 as somas de Riemann são sequências que convergem para a integral; o Capítulo 17 é a teoria de uma classe especial de sequências, as somas parciais. Até os capítulos de álgebra as consomem: os iterados de uma matriz no Capítulo 21 formam sequências cujo comportamento (convergência de $A^n$ ) é uma questão de álgebra linear com o vocabulário deste capítulo. Os dois teoremas a levar consigo por toda parte: limite monótono (existência a partir da ordem) e Bolzano–Weierstrass (existência a partir da limitação) — entre os dois nasce quase todo limite deste livro.

Observação 11.28 (Sequências complexas)

Uma sequência $(z_n)$ de números complexos converge para $\ell$ quando $\abs{z_n - \ell} \to 0$ ; equivalentemente, quando $\Re(z_n) \to \Re(\ell)$ e $\Im(z_n) \to \Im(\ell)$ (compare $\abs{z}$ com $\abs{\Re z} + \abs{\Im z}$ ). Os teoremas que não envolvem ordem — operações, Bolzano–Weierstrass (extraia duas vezes), critério de Cauchy — transferem-se literalmente.

11.6 Exercícios

Exercício 11.1 ★

Diretamente da Definição 11.1, demonstre que $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$ e que $(u_n) = ((-1)^n)$ diverge.

Solução

Solução de Exercício 11.1.

$\Bigl|\dfrac{2n+1}{n+3} - 2\Bigr| = \dfrac{5}{n+3}$ . Dado $\varepsilon > 0$ , tome $N > \frac 5\varepsilon - 3$ (Arquimedes): para $n \geq N$ , $\frac{5}{n+3} \leq \varepsilon$ . Logo, o limite é $2$ .

$((-1)^n)$ : as suas subsequências $(u_{2n}) = (1)$ e $(u_{2n+1}) = (-1)$ convergem para limites diferentes, de modo que a sequência diverge (Proposição 11.14). (Diretamente: qualquer candidato $\ell$ falha para $\varepsilon = \frac12$ , pois termos consecutivos estão a distância $2$ .)

Exercício 11.2 ★

Calcule os limites:

\frac{n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad \frac{2^n + n^3}{3^n - n^2}, \qquad \sqrt[n]{5}\ \Bigl(= 5^{1/n}\Bigr).

Solução

Solução de Exercício 11.2.

Dividindo por $n^2$ : $\dfrac{1 - 3/n + 1/n^2}{2 + 5/n^2} \to \dfrac12$ .

$\sqrt{n+1} - \sqrt n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \to 0$ (conjugado).

$\dfrac{2^n + n^3}{3^n - n^2} = \dfrac{(2/3)^n + n^3/3^n}{1 - n^2/3^n} \to \dfrac{0 + 0}{1 - 0} = 0$ , usando $q^n \to 0$ para $\abs q < 1$ e a comparação polinômio contra geométrica (Proposição 4.6).

$5^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 5}{n}} \to \eu^0 = 1$ .

Exercício 11.3 ★

Demonstre a comparação padrão: se $\abs{q} < 1$ , então $q^n \to 0$ (escreva $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , com $h > 0$ , e use a desigualdade de Bernoulli $(1+h)^n \geq 1 + nh$ , a ser demonstrada por indução). Quais são os comportamentos para $q = 1$ , $q = -1$ e $\abs q > 1$ ?

Solução

Solução de Exercício 11.3.

Bernoulli: $(1+h)^n \geq 1 + nh$ para $h \geq -1$ , por indução — $(1+h)^{n+1} = (1+h)^n(1+h) \geq (1+nh)(1+h) = 1 + (n+1)h + nh^2 \geq 1 + (n+1)h$ .

Para $0 < \abs q < 1$ : escreva $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , com $h > 0$ ; então $\abs{q}^n = \frac{1}{(1+h)^n} \leq \frac{1}{1 + nh} \to 0$ , e o confronto dá $q^n \to 0$ (o caso $q = 0$ é trivial). Para $q = 1$ : sequência constante, limite $1$ . Para $q = -1$ : diverge (Exercício 11.1). Para $\abs q > 1$ : $\abs q^n = (1 + h)^n \geq 1 + nh \to +\infty$ , de modo que $(q^n)$ é ilimitada e, portanto, divergente (para $+\infty$ se $q > 1$ ; com sinais alternados, sem limite, se $q < -1$ ).

Exercício 11.4 ★

Seja $u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{2}$ , com $u_0 = 0$ . Encontre o ponto fixo $\ell$ , demonstre que $v_n = u_n - \ell$ é geométrica e dê uma fórmula explícita e o limite de $(u_n)$ .

Solução

Solução de Exercício 11.4.

Ponto fixo: $\ell = \frac{\ell + 3}{2}$ dá $\ell = 3$ . Então

v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = \frac{u_n + 3}{2} - 3 = \frac{u_n - 3}{2} = \frac{v_n}{2}:

$(v_n)$ é geométrica de razão $\frac12$ , com $v_0 = -3$ . Logo, $u_n = 3 - \frac{3}{2^n} \to 3$ .

Exercício 11.5 ★★

(Série harmônica) Seja $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k$ . Demonstre que $H_{2n} - H_n \geq \frac12$ para todo $n \geq 1$ e conclua que $(H_n)$ não é uma sequência de Cauchy e, portanto, diverge (para $+\infty$ , por ser crescente).

Solução

Solução de Exercício 11.5.

$H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac 1k \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ (cada um dos $n$ termos é $\geq \frac{1}{2n}$ ). Se $(H_n)$ fosse de Cauchy, tomar $\varepsilon = \frac13$ forçaria $\abs{H_{2n} - H_n} \leq \frac13$ para $n$ grande: contradição. Uma sequência crescente não convergente diverge para $+\infty$ (Teorema 11.9): $H_n \to +\infty$ .

Exercício 11.6 ★★

Suponha que $(u_{2n})$ , $(u_{2n+1})$ e $(u_{3n})$ convirjam todas. Demonstre que $(u_n)$ converge. (Encontre subsequências comuns para igualar os limites.)

Solução

Solução de Exercício 11.6.

Sejam $a = \lim u_{2n}$ , $b = \lim u_{2n+1}$ , $c = \lim u_{3n}$ . A sequência $(u_{6n})$ é subsequência tanto de $(u_{2n})$ quanto de $(u_{3n})$ : o seu limite é igual a $a$ e a $c$ , de modo que $a = c$ . A sequência $(u_{6n+3})$ é subsequência de $(u_{2n+1})$ (índices ímpares) e de $(u_{3n})$ (índices $6n + 3 = 3(2n+1)$ ): logo, $b = c$ . Portanto, $a = b$ , e a Proposição 11.14 (pares e ímpares com limites iguais) dá a convergência de $(u_n)$ .

Exercício 11.7 ★★

Estude a sequência $u_0 = 0$ , $u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}$ : estabilidade, monotonicidade, limite. Depois demonstre a estimativa do erro $\abs{u_n - 2} \leq \dfrac{2}{3^{\,n}}$ (mostre que $2 - u_{n+1} = \dfrac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}}$ e limite o denominador inferiormente por $3$ ).

Solução

Solução de Exercício 11.7.

Estabilidade e cotas: $I = \intcc{0}{2}$ é estável: para $x \in I$ , $\sqrt{2 + x} \in \intcc{\sqrt 2}{2} \subseteq I$ ; e $u_0 = 0 \in I$ .

Monotonicidade: $f(x) = \sqrt{2+x}$ é crescente e $u_1 = \sqrt 2 > u_0$ : por indução, $(u_n)$ é crescente. Crescente e limitada superiormente por $2$ : ela converge (Teorema 11.9).

Limite: $\ell = \sqrt{2 + \ell}$ com $\ell \geq 0$ dá $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ , de modo que $\ell = 2$ .

Estimativa do erro: multiplicando pelo conjugado,

2 - u_{n+1} = 2 - \sqrt{2 + u_n} = \frac{4 - (2 + u_n)}{2 + \sqrt{2+u_n}} = \frac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}} \leq \frac{2 - u_n}{3},

pois $\sqrt{2 + u_n} \geq \sqrt 2 > 1$ . Por indução a partir de $2 - u_0 = 2$ : $\;0 \leq 2 - u_n \leq \frac{2}{3^n}$ .

Exercício 11.8 ★★

Seja $(u_n)$ limitada, tal que toda subsequência convergente de $(u_n)$ tenha o mesmo limite $\ell$ . Demonstre que $u_n \to \ell$ . (Absurdo mais Bolzano–Weierstrass.)

Solução

Solução de Exercício 11.8.

Suponha que $(u_n)$ não convirja para $\ell$ : para algum $\varepsilon_0 > 0$ , infinitos índices satisfazem $\abs{u_n - \ell} > \varepsilon_0$ ; eles formam uma subsequência $(u_{\varphi(n)})$ . Essa subsequência é limitada, de modo que, por Bolzano–Weierstrass (Teorema 11.16), ela tem uma sub-subsequência convergente, cujo limite $\ell'$ satisfaz $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (passe a desigualdade ao limite, Teorema 11.7). Mas uma sub-subsequência de $(u_n)$ é uma subsequência convergente de $(u_n)$ , de sorte que, por hipótese, $\ell' = \ell$ : contradição.

Exercício 11.9 ★★★

Com a notação do Exemplo 11.12, suponha que $\eu = \frac pq$ com $p, q \in \N^*$ . Usando $a_q < \eu < b_q = a_q + \frac{1}{q\, q!}$ , multiplique por $q!$ e derive uma contradição entre dois inteiros. Conclua: $\eu$ é irracional.

Solução

Solução de Exercício 11.9.

Suponha $\eu = \frac pq$ , com $q \geq 1$ . As desigualdades estritas $a_q < \eu < a_q + \frac{1}{q\,q!}$ (estritas, pois $(a_n)$ é estritamente crescente e $(b_n)$ estritamente decrescente), multiplicadas por $q!$ , dão

q!\,a_q \;<\; q!\,\frac pq \;<\; q!\,a_q + \frac 1q \leq q!\,a_q + 1.

Ora, $N = q!\,a_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}$ é um inteiro (cada $\frac{q!}{k!}$ é um produto de inteiros para $k \leq q$ ), e o mesmo vale para $q!\,\frac pq = (q-1)!\,p$ . A expressão coloca, assim, o inteiro $(q-1)!\,p$ estritamente entre $N$ e $N + \frac 1q \leq N + 1$ : um inteiro estritamente dentro de $\intoo{N}{N+1}$ , o que é impossível. Portanto, $\eu \notin \Q$ .

Exercício 11.10 ★★★

(Médias de Cesàro) Para uma sequência $(u_n)_{n \geq 1}$ , ponha $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$ .

Demonstre que $u_n \to \ell$ implica $c_n \to \ell$ (corte a soma num limiar $N$ ; limite a cabeça por uma quantidade fixa dividida por $n$ , e a cauda por $\varepsilon$ ).
Mostre com um exemplo que a recíproca falha.
Deduza que, se $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , então $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Solução

Solução de Exercício 11.10.

Sejam $\varepsilon > 0$ e $N$ com $\abs{u_k - \ell} \leq \frac{\varepsilon}{2}$ para $k > N$ . Para $n > N$ :

$\abs{c_n - \ell} = \Bigl|\frac{\sum_{k=1}^{n}(u_k - \ell)}{n}\Bigr| \leq \frac{\sum_{k=1}^{N} \abs{u_k - \ell}}{n} + \frac{n - N}{n}\cdot\frac{\varepsilon}{2} \leq \frac{C}{n} + \frac{\varepsilon}{2},$

em que $C = \sum_{k=1}^N \abs{u_k - \ell}$ é fixo. Para $n$ grande, $\frac Cn \leq \frac\varepsilon2$ : então $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$ .
$u_n = (-1)^n$ : diverge e, ainda assim, $c_n \to 0$ (somas parciais limitadas por $1$ , divididas por $n$ ).
Aplique (1) à sequência $v_n = u_{n+1} - u_n \to \ell$ : a sua média de Cesàro é $\frac{u_{n+1} - u_1}{n} \to \ell$ (telescopando), e $\frac{u_{n+1}}{n} = \frac{u_{n+1} - u_1}{n} + \frac{u_1}{n} \to \ell$ ; renormalizando os índices ( $\frac{u_n}{n} = \frac{u_n}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n}$ ), obtém-se $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Exercício 11.11 ★★★

Seja $(u_n)$ satisfazendo $0 \leq u_{m+n} \leq u_m + u_n$ para todos $m, n$ (subaditividade). Demonstre que $\bigl(\frac{u_n}{n}\bigr)$ converge para $\inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n}$ . (Para $m$ fixado, escreva $n = qm + r$ e limite $\frac{u_n}{n}$ usando $u_n \leq q\,u_m + u_r$ .)

Solução

Solução de Exercício 11.11.

Sejam $L = \inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n} \geq 0$ e $\varepsilon > 0$ . Escolha $m$ com $\frac{u_m}{m} \leq L + \varepsilon$ . Todo $n$ se escreve $n = qm + r$ , $0 \leq r < m$ ; a subaditividade (iterada) dá $u_n \leq q\,u_m + u_r$ , de modo que

\frac{u_n}{n} \leq \frac{q m}{n}\cdot\frac{u_m}{m} + \frac{u_r}{n} \leq \frac{u_m}{m} + \frac{\max(u_0, \dots, u_{m-1})}{n} \leq L + \varepsilon + \frac{C_m}{n},

usando $qm \leq n$ . Para $n$ grande, $\frac{C_m}{n} \leq \varepsilon$ : assim, $L \leq \frac{u_n}{n} \leq L + 2\varepsilon$ para todo $n$ grande, o que é a convergência para $L$ .

Exercício 11.12 ★★★

Usando a densidade do subgrupo $\Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ (Exercício 10.9), demonstre que a sequência $(\sin n)_{n \in \N}$ é densa em $\intcc{-1}{1}$ — em particular, ela diverge.

Solução

Solução de Exercício 11.12.

O subgrupo $G = \Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ é denso: ele não é $\alpha\Z$ , pois $1 = p\alpha$ , $2\pi = q\alpha$ fariam de $2\pi = \frac qp$ um racional — e $\pi \notin \Q$ (admitido aqui; uma demonstração é esboçada no Capítulo 15). Pelo Exercício 10.9, $G$ é denso em $\R$ .

Sejam agora $y \in \intcc{-1}{1}$ e $\theta = \arcsin y$ . Pela densidade, para todo $\varepsilon > 0$ existem $n \in \Z$ , $k \in \Z$ com $\abs{(n + 2\pi k) - \theta} \leq \varepsilon$ , isto é, $n$ está a menos de $\varepsilon$ de $\theta - 2\pi k$ ; então, sendo $\sin$ $2\pi$ -periódica e $1$ -lipschitziana ( $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , pela desigualdade do valor médio do Capítulo 14),

\abs{\sin n - y} = \abs{\sin(n + 2\pi k) - \sin\theta} \leq \abs{n + 2\pi k - \theta} \leq \varepsilon .

Um detalhe: $n$ percorre $\Z$ , mas $\sin(-n) = -\sin n$ e $y$ era arbitrário em $\intcc{-1}{1}$ , de modo que índices não negativos bastam (troque $(n, y)$ por $(-n, -y)$ se necessário). Portanto, $\{\sin n : n \in \N\}$ é denso em $\intcc{-1}{1}$ ; e uma sequência densa num segmento tem subsequências que se aproximam de valores distintos, de sorte que ela diverge.

11.7 Problema: Cesàro, Stolz e a queda lenta do seno

Problema 11.1

Problema de fim de semana — o teorema de Cesàro–Stolz e a assintótica $u_n \sim \sqrt{3/n}$ para $u_{n+1} = \sin u_n$

O teorema de Cesàro–Stolz é a regra de l’Hôpital discreta: para encontrar o limite de um quociente $a_n/b_n$ , basta encontrar o limite do quociente dos incrementos $(a_{n+1} - a_n)/(b_{n+1} - b_n)$ . Este problema demonstra o teorema, colhe com ele limites clássicos e depois o aponta para um alvo famoso: a sequência $u_{n+1} = \sin u_n$ , que se arrasta até $0$ na velocidade exatamente calculável $u_n \sim \sqrt{3/n}$ . Dois fatos do volume do ensino médio são concedidos aqui e redemonstrados honestamente mais adiante neste volume: a desigualdade da reta tangente

\tag{G1} \eu^{u} \geq 1 + u \quad (u \in \R),

redemonstrada por convexidade no Capítulo 14, e o enquadramento do seno

\tag{G2} x - \frac{x^3}{6} \;\leq\; \sin x \;\leq\; x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \quad (0 \leq x \leq 1), \qquad \abs{\sin x} \leq \abs{x} \quad (x \in \R),

redemonstrado pela fórmula de Taylor no Capítulo 16.

Parte I — Somas sem fórmulas fechadas.

Usando $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ e $1^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ , calcule $\lim \frac{1 + 2 + \dots + n}{n^2}$ e $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ .
Seja $T_n = \sum_{k=1}^n \sqrt k$ , para o qual não existe fórmula fechada. Demonstre o enquadramento

$\frac{1}{2\sqrt 2}\,n^{3/2} \;\leq\; T_n \;\leq\; n^{3/2}$

(guarde apenas os termos $k > \frac n2$ para a estimativa inferior). Assim, $T_n$ tem a ordem $n^{3/2}$ — mas com que constante? Segure a pergunta até a questão 8.
(Lema telescópico) Seja $(b_n)$ estritamente crescente e suponha que, para todo $k \geq N$ ,

$m \;\leq\; \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \;\leq\; M .$

Demonstre que $m \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq M$ para todo $n > N$ .

Parte II — O teorema de Cesàro–Stolz. Seja $(b_n)$ estritamente crescente com $b_n \to +\infty$ , e suponha que $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$ .

Fixe $\varepsilon > 0$ . Mostre que existe $N$ tal que $\ell - \varepsilon \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq \ell + \varepsilon$ para todo $n > N$ .
Estabeleça, para $n > N$ , a identidade

$\frac{a_n}{b_n} - \ell = \frac{a_N - \ell\,b_N}{b_n} + \Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \Bigl(\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N} - \ell\Bigr),$

e conclua o teorema: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$ .
Demonstre a variante $+\infty$ : se $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (mesmas hipóteses sobre $(b_n)$ ), então $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
Tome $b_n = n$ : recupere o teorema da média de Cesàro do Exercício 11.10. Depois mostre que a recíproca de Cesàro–Stolz falha: para $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ , o quociente $a_n/b_n$ converge, ao passo que o quociente dos incrementos não. Stolz é uma via de mão única.

Parte III — Primeiros dividendos.

Demonstre que $(1+h)^{3/2} - 1 = \dfrac{3h + 3h^2 + h^3}{(1+h)^{3/2} + 1}$ por conjugação, deduza $n\bigl((1 + \tfrac1n)^{3/2} - 1\bigr) \to \tfrac32$ e conclua com Cesàro–Stolz:

$T_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt k \;\sim\; \tfrac23\, n^{3/2} ,$

resolvendo o suspense da questão 2.
Só a partir de (G1), deduza o enquadramento do logaritmo

$\frac{t}{1 + t} \;\leq\; \ln(1 + t) \;\leq\; t \qquad (t > -1)$

(aplique (G1) em $u = \ln(1+t)$ e em $u = -t/(1+t)$ ).
Mostre que $b_n = \ln n$ é estritamente crescente com $\ln n \to +\infty$ , e demonstre, com Cesàro–Stolz e a questão 9, que

$H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k \;\sim\; \ln n .$

(A estrutura mais fina $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ é o problema de fim de semana do Capítulo 17.)
(De razões a raízes) Seja $u_n > 0$ com $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to L > 0$ . Usando a questão 9, mostre que $\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ln L$ ; aplique Cesàro para concluir que $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ e, depois, com (G1), que $u_n^{1/n} \to L$ . Aplicação: calcule $\lim\,\binom{2n}{n}^{1/n}$ .

Parte IV — A queda lenta do seno. Sejam $u_0 \in \R$ e $u_{n+1} = \sin u_n$ .

A partir de (G2), mostre que $0 < \sin x < x$ para $0 < x \leq 1$ . Deduza: $u_1 \in \intcc{-1}{1}$ ; se $u_1 = 0$ , a sequência é nula a partir do posto $1$ ; e, se $u_1 > 0$ (o caso $u_1 < 0$ sendo simétrico, pois $\sin$ é ímpar), então $(u_n)_{n \geq 1}$ é estritamente decrescente, positiva e converge para $0$ (identifique o limite via $\ell = \sin \ell$ , usando $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , ela própria consequência de (G2) e da fórmula de transformação de produto em soma).
Suponha de agora em diante que $u_1 \in \intoc{0}{1}$ . Mostre, por confronto, usando (G2):

$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1 \qquad\text{e}\qquad \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$
Demonstre a fatoração

$w_n := \frac{1}{u_{n+1}^{2}} - \frac{1}{u_n^{2}} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n} \cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2},$

e deduza que $w_n \to \frac13$ .
Conclua com o Exercício 11.10 (versão dos incrementos) que $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$ e, depois, por um argumento de conjugação para a raiz quadrada, o resultado central:

$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 , \qquad\text{i.e.}\qquad u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$
Quantifique a lentidão: mostre que, a partir de certo ponto, $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ , de modo que atingir $u_n \leq 10^{-2}$ exige mais de $20\,000$ iterações (cerca de $30\,000$ , pela assintótica). Contraste com o método de Heron (Exemplo 11.24) e explique a razão estrutural: no ponto fixo $0$ , a inclinação de $\sin$ vale $1$ (um ponto fixo neutro), ao passo que iterações que dividem o erro ao meio precisam de inclinação de módulo $< 1$ .
Mostre que, para todo ponto de partida $u_0 \in \R$ , ou $u_n = 0$ a partir do posto $1$ , ou $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ — a queda é universal, e só o sinal se lembra de $u_0$ .

Parte V — O princípio geral. O seno é uma instância de uma máquina.

Sejam $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ e $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{2}} \to a > 0$ . Demonstre sucessivamente: $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1$ ; depois $\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} \to a$ ; depois $n\,u_n \to \frac1a$ .
(Modelo exato) Para $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$ , com $u_0 > 0$ : mostre que $\frac{1}{u_n}$ é aritmética, resolva exatamente e confira a conclusão da questão 18 contra a fórmula exata.
Para $u_{n+1} = u_n \eu^{-u_n}$ , com $u_0 > 0$ : mostre que $u_n \to 0$ , use (G1) para enquadrar $\frac{1 - \eu^{-t}}{t}$ entre $\frac{1}{1+t}$ e $1$ para $t > 0$ , e conclua que $u_n \sim \frac 1n$ .
(Contato cúbico, telescópio ao quadrado) Sejam $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{3}} \to a > 0$ . Adapte a fatoração da questão 14 para mostrar que $\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} \to 2a$ e conclua que $n\,u_n^{2} \to \frac{1}{2a}$ . Verifique que $a = \frac16$ recupera a Parte IV.

Parte VI — Limites do método e morais.

Mostre que a hipótese $b_n \to +\infty$ não pode ser abandonada: para $a_n = 2 - 2^{-n}$ e $b_n = 1 - 2^{-n}$ , o quociente dos incrementos tende a $1$ , ao passo que $\frac{a_n} {b_n} \to 2$ . Aponte a linha exata da demonstração da questão 5 que se quebra.
(Stolz duas vezes) Demonstre que $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ (uma aplicação de Cesàro–Stolz, depois a questão 10; limite $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ usando a questão 9).
(Médias geométricas) Se $u_n > 0$ e $u_n \to \ell > 0$ , mostre que $(u_1 u_2 \cdots u_n)^{1/n} \to \ell$ ; se $u_n \to +\infty$ , mostre que $(u_1 \cdots u_n)^{1/n} \to +\infty$ . Deduza que $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
Síntese, uma frase para cada: (i) onde exatamente entrou a completude neste problema; (ii) em que sentido Cesàro–Stolz é uma regra de l’Hôpital discreta (a sua gêmea diferencial repousa no teorema do valor médio do Capítulo 14); (iii) enuncie a heurística que liga a ordem de contato de $f$ num ponto fixo neutro ao expoente de decaimento de $u_{n+1} = f(u_n)$ ; (iv) rastreie a constante $3$ de $\sqrt{3/n}$ ao longo do encadeamento $\frac16 \to \frac13 \to 3$ .

Solução

Solução de Problema 11.1.

1. $\dfrac{n(n+1)/2}{n^2} = \dfrac{1 + 1/n}{2} \to \dfrac12$ e $\dfrac{n(n+1)(2n+1)/6}{n^3} = \dfrac{(1 + 1/n)(2 + 1/n)}{6} \to \dfrac13$ .

2. Superior: cada um dos $n$ termos é $\leq \sqrt n$ , de modo que $T_n \leq n\sqrt n$ . Inferior: os termos com $k > \frac n2$ são em número de ao menos $\frac n2$ , e cada um é $\geq \sqrt{n/2}$ :

T_n \geq \frac n2 \sqrt{\frac n2} = \frac{n^{3/2}}{2\sqrt 2} .

3. Para $k \geq N$ , como $b_{k+1} - b_k > 0$ : $m(b_{k+1} - b_k) \leq a_{k+1} - a_k \leq M(b_{k+1} - b_k)$ . Somando para $k = N, \dots, n - 1$ , os dois lados telescopam:

m\,(b_n - b_N) \leq a_n - a_N \leq M\,(b_n - b_N),

e dividir por $b_n - b_N > 0$ dá a afirmação.

4. Pela definição de limite existe $N$ com $\ell - \varepsilon \leq \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \leq \ell + \varepsilon$ para todo $k \geq N$ ; a questão 3 com $m = \ell - \varepsilon$ , $M = \ell + \varepsilon$ transfere o enquadramento para $\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N}$ .

5. Expandindo o lado direito da identidade:

\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} + \frac{a_n - a_N}{b_n} - \ell\,\frac{b_n - b_N}{b_n} = \frac{a_n - \ell b_n}{b_n} = \frac{a_n}{b_n} - \ell .

Pela questão 4, o segundo fator do produto é limitado por $\varepsilon$ em valor absoluto, e $0 < 1 - \frac{b_N}{b_n} \leq 1$ para $n$ grande, de modo que

\Bigl|\frac{a_n}{b_n} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{b_n} + \varepsilon \leq 2\varepsilon

assim que $b_n \geq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{\varepsilon}$ , o que ocorre a partir de certo ponto, pois $b_n \to +\infty$ . Portanto, $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$ : o teorema de Cesàro–Stolz.

6. Dado $M$ , escolha $N$ com $\frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \geq M$ para $k \geq N$ ; a metade inferior da questão 3 dá $a_n - a_N \geq M(b_n - b_N)$ , de modo que

\frac{a_n}{b_n} \geq \frac{a_N}{b_n} + M\Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \longrightarrow M .

Além de certo posto, $\frac{a_n}{b_n} \geq M - 1$ ; como $M$ era arbitrário, $\frac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .

7. Com $b_n = n$ e $a_n = u_1 + \dots + u_n$ : o quociente dos incrementos é $u_{n+1} \to \ell$ , de modo que a média de Cesàro $\frac{a_n}{n}$ tende a $\ell$ : parte (1) do Exercício 11.10. Com $a_n = u_n$ : o quociente dos incrementos é $u_{n+1} - u_n$ , o que dá a parte (3). Recíproca: $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ tem $\frac{a_n}{b_n} \to 0$ e, no entanto, $a_{n+1} - a_n = \pm 2$ alterna: o quociente dos incrementos não tem limite.

8. Conjugação:

\bigl((1+h)^{3/2} - 1\bigr)\bigl((1+h)^{3/2} + 1\bigr) = (1+h)^3 - 1 = 3h + 3h^2 + h^3 .

Para $h = \frac1n$ : $n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr) = \frac{3 + 3/n + 1/n^2}{(1 + 1/n)^{3/2} + 1}$ , e $1 \leq (1 + \frac1n)^{3/2} \leq (1 + \frac1n)^2 \to 1$ (confronto), de modo que o denominador tende a $2$ e a expressão a $\frac32$ . Agora, Stolz com $a_n = T_n$ , $b_n = n^{3/2}$ (estritamente crescente, $\to +\infty$ ):

\frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2} - n^{3/2}} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt n} \cdot \frac{1}{n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr)} \longrightarrow 1 \cdot \frac{2}{3},

donde $T_n \sim \frac23\,n^{3/2}$ . (O enquadramento da questão 2 tinha prendido a constante em $\intcc{0.35}{1}$ ; Stolz a fixa.)

9. (G1) em $u = \ln(1+t)$ : $1 + t = \eu^{\ln(1+t)} \geq 1 + \ln(1+t)$ , de modo que $\ln(1+t) \leq t$ . (G1) em $u = -\frac{t}{1+t}$ : $\eu^{-t/(1+t)} \geq 1 - \frac{t}{1+t} = \frac{1}{1+t} > 0$ ; tomando $\ln$ (crescente): $-\frac{t}{1+t} \geq -\ln(1+t)$ , isto é, $\ln(1+t) \geq \frac{t}{1+t}$ .

10. $\ln$ é estritamente crescente (Proposição 4.1), e $\ln(2^k) = k\ln 2$ é ilimitado, de modo que $\ln n \to +\infty$ . Incrementos: com $t = \frac1n$ na questão 9,

\frac 1{n+1} = \frac{1/n}{1 + 1/n} \leq \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac1n \quad\Longrightarrow\quad \frac{n}{n+1} \leq \frac{1/(n+1)}{\ln(1 + 1/n)} \leq 1 ,

de sorte que o quociente dos incrementos $\frac{H_{n+1} - H_n}{\ln(n+1) - \ln n}$ tende a $1$ ; Stolz dá $H_n \sim \ln n$ .

11. Ponha $x_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} \to L$ e $t_n = \frac{x_n}{L} - 1 \to 0$ . Questão 9: $\frac{t_n}{1 + t_n} \leq \ln(1 + t_n) \leq t_n$ , de modo que $\ln x_n - \ln L = \ln(1 + t_n) \to 0$ , por confronto. Cesàro (questão 7) aplicado a $(\ln x_k)$ :

\frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \ln x_k = \frac{\ln u_n - \ln u_0}{n} \longrightarrow \ln L ,

de modo que $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ . Com $h_n = \frac{\ln u_n}{n} - \ln L \to 0$ : $u_n^{1/n} = L\,\eu^{h_n}$ , e (G1) enquadra $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ (para $h_n < 1$ ), de sorte que $\eu^{h_n} \to 1$ e $u_n^{1/n} \to L$ . Aplicação: $u_n = \binom{2n}{n}$ dá

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2} = \frac{2(2n+1)}{n+1} \longrightarrow 4 , \qquad\text{logo}\qquad \binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 .

12. Para $0 < x \leq 1$ , (G2) dá $\sin x \geq x(1 - \frac{x^2}{6}) \geq \frac{5x}{6} > 0$ e

x - \sin x \geq \frac{x^3}{6} - \frac{x^5}{120} = x^3\Bigl(\frac16 - \frac{x^2}{120}\Bigr) \geq \frac{19}{120}\,x^3 > 0 :

logo $0 < \sin x < x$ em $\intoc{0}{1}$ . Sempre $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Se $u_1 = 0$ , então $u_n = 0$ para $n \geq 1$ . Se $u_1 \in \intoc{0}{1}$ : por indução, $0 < u_{n+1} = \sin u_n < u_n \leq 1$ , de modo que $(u_n)_{n\geq1}$ é estritamente decrescente e limitada inferiormente por $0$ : ela converge para algum $\ell \in \intco{0}{1}$ (Teorema 11.9). A fórmula de transformação de produto em soma e (G2) dão $\abs{\sin a - \sin b} = 2\abs{\cos \frac{a+b}{2}}\,\abs{\sin\frac{a-b}{2}} \leq \abs{a - b}$ , de modo que $u_{n+1} = \sin u_n \to \sin \ell$ : $\ell = \sin\ell$ . Se $\ell > 0$ , então $\sin\ell < \ell$ : impossível. Logo, $u_n \to 0$ .

13. Dividindo (G2) por $u_n > 0$ :

1 - \frac{u_n^2}{6} \leq \frac{\sin u_n}{u_n} \leq 1 - \frac{u_n^2}{6} + \frac{u_n^4}{120} \leq 1 ,

e $u_n \to 0$ comprime $\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1$ . Dividindo $x - \sin x$ por $x^3$ :

\frac16 - \frac{u_n^2}{120} \leq \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3} \leq \frac16 \longrightarrow \frac16 .

14. Como $u_{n+1} = \sin u_n$ :

w_n = \frac{u_n^2 - \sin^2 u_n}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{(u_n - \sin u_n)(u_n + \sin u_n)}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2}

(confira as potências de $u_n$ : $3 + 1 + (-4)$ contra o $u_n^2$ embaixo e o $u_n^4$ em cima). Pela questão 13, os três fatores tendem a $\frac16$ , $2$ e $1$ : $w_n \to \frac13$ .

15. $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ tem incrementos $v_{n+1} - v_n = w_n \to \frac13$ , de modo que $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , pelo Exercício 11.10 (3): $n u_n^2 \to 3$ . Então

\abs{\sqrt n\,u_n - \sqrt 3} = \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt n\,u_n + \sqrt 3} \leq \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt 3} \longrightarrow 0 :

$\sqrt n\,u_n \to \sqrt 3$ , i.e. $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

16. Como $n u_n^2 \to 3$ , a partir de certo ponto $2 \leq n u_n^2 \leq 4$ , isto é, $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ . Se $u_n \leq 10^{-2}$ com $n$ nessa faixa, então $2/n \leq 10^{-4}$ : $n \geq 20\,000$ ; e $\sqrt{3/n} = 10^{-2}$ em $n = 30\,000$ . O método de Heron eleva o erro ao quadrado a cada passo — a contagem de algarismos dobra — porque, no seu ponto fixo, a inclinação relevante tem módulo $< 1$ (com efeito, a iteração é contrativa). Aqui, $\sin' 0 = \cos 0 = 1$ : o ponto fixo é neutro, não existe contração geométrica alguma, e o decaimento é governado pelo primeiro termo não linear $-\frac{x^3}{6}$ , sendo portanto polinomial. Um passo de Heron ganha mais precisão que dez mil passos do seno.

17. Para $u_0$ arbitrário: $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Se $u_1 = 0$ , a sequência se anula a partir do posto $1$ . Se $u_1 > 0$ , a Parte IV se aplica literalmente. Se $u_1 < 0$ , ponha $v_n = -u_n$ : a imparidade de $\sin$ dá $v_{n+1} = -\sin u_n = \sin(-u_n) = \sin v_n$ com $v_1 \in \intoc{0}{1}$ , de modo que $v_n \sim \sqrt{3/n}$ , isto é, $u_n \sim -\sqrt{3/n}$ . Em todos os casos, $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ (ou a sequência é nula a partir de certo ponto): a queda é universal, e só o sinal se lembra do início.

18. Primeiro, $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\,u_n \to 1 - a \cdot 0 = 1$ . Então

\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n u_{n+1}} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\cdot\frac{u_n}{u_{n+1}} \longrightarrow a \cdot 1 = a ,

e o Exercício 11.10 (3) dá $\frac{1}{n u_n} \to a$ , isto é, $n u_n \to \frac1a$ .

19. $v_n = \frac{1}{u_n}$ : $v_{n+1} = \frac{1 + u_n}{u_n} = v_n + 1$ , de modo que $v_n = v_0 + n$ e

u_n = \frac{u_0}{1 + n u_0} , \qquad n u_n = \frac{n u_0}{1 + n u_0} \longrightarrow 1 .

Verificação do lema: $u_n - u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 + u_n}$ , de sorte que $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1}{1 + u_n} \to 1 = a$ , e a questão 18 prevê $n u_n \to 1$ : concordância exata.

20. Positividade por indução ( $\eu^{-u} > 0$ ); decrescente, pois $\eu^{-u_n} < 1$ para $u_n > 0$ ; logo, $u_n \to \ell \geq 0$ (Teorema 11.9). Ponte de continuidade: com $h_n = \ell - u_n \to 0$ , $\eu^{-u_n} = \eu^{-\ell} \eu^{h_n} \to \eu^{-\ell}$ , pelo confronto (G1) $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ ; de modo que $\ell = \ell\, \eu^{-\ell}$ , e $\ell > 0$ forçaria $\eu^{-\ell} = 1$ , falso: $\ell = 0$ . Para $t > 0$ , (G1) dá $\eu^{-t} \geq 1 - t$ e $\eu^{-t} \leq \frac{1}{1 + t}$ , de sorte que

\frac{1}{1 + t} \leq \frac{1 - \eu^{-t}}{t} \leq 1 .

Com $t = u_n$ : $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1 - \eu^{-u_n}}{u_n} \to 1$ . A questão 18 com $a = 1$ : $n u_n \to 1$ , de modo que $u_n \sim \frac1n$ .

21. Como na questão 18, $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\,u_n^2 \to 1$ . Então

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{(u_n - u_{n+1})(u_n + u_{n+1})}{u_n^2 u_{n+1}^2} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + u_{n+1}}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{u_{n+1}}\Bigr)^2 \longrightarrow a \cdot 2 \cdot 1 = 2a ,

e o Exercício 11.10 (3) dá $\frac{1}{n u_n^2} \to 2a$ : $n u_n^2 \to \frac{1}{2a}$ . Para o seno, $a = \frac16$ (questão 13): $n u_n^2 \to 3$ , exatamente a Parte IV.

22. Incrementos: $a_{n+1} - a_n = 2^{-n} - 2^{-n-1} = 2^{-n-1} = b_{n+1} - b_n$ , de modo que o quociente dos incrementos é constantemente $1$ . E, no entanto, $\frac{a_n}{b_n} = \frac{2 - 2^{-n}}{1 - 2^{-n}} \to 2 \neq 1$ . A demonstração da questão 5 se quebra no termo de fronteira: $\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} \to 0$ precisava de $b_n \to +\infty$ ; aqui (com $\ell = 1$ ), $a_N - b_N = 1$ e $b_n \to 1$ , de sorte que o termo tende a $1$ — precisamente o vão residual $2 - 1$ .

23. Stolz com $A_n = \sum_{k=1}^n H_k$ e $B_n = n\ln n$ : $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + n\ln(1 + \frac1n) > 0$ e $B_n \to +\infty$ . Pela questão 9, $\frac{n}{n+1} \leq n\ln(1 + \frac1n) \leq 1$ , de modo que $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + \theta_n$ com $\frac12 \leq \theta_n \leq 1$ . Portanto,

\frac{A_{n+1} - A_n}{B_{n+1} - B_n} = \frac{H_{n+1}}{\ln(n+1)}\cdot \frac{1}{1 + \theta_n/\ln(n+1)} \longrightarrow 1 \cdot 1 = 1

(questão 10 para o primeiro fator; $\theta_n$ limitado e $\ln(n+1) \to \infty$ para o segundo). Stolz conclui: $\sum_{k=1}^n H_k \sim n\ln n$ .

24. Se $u_n \to \ell > 0$ : como na questão 11, $\ln u_n \to \ln\ell$ (confronto da questão 9 sobre $\ln\frac{u_n}{\ell}$ ), de modo que as médias de Cesàro $\frac1n\sum_{k=1}^n \ln u_k \to \ln\ell$ , e a ponte exponencial da questão 11 dá $(u_1\cdots u_n)^{1/n} = \exp\bigl(\frac1n\sum\ln u_k\bigr) \to \ell$ . Se $u_n \to +\infty$ : para todo $M$ , a partir de certo ponto $u_n \geq \eu^M$ , de sorte que $\ln u_n \geq M$ : $\ln u_n \to +\infty$ ; o Cesàro para $+\infty$ (questão 6, $b_n = n$ ) dá $\frac1n\sum \ln u_k \to +\infty$ , e (G1) ( $\eu^s \geq 1 + s$ ) manda a média geométrica a $+\infty$ . Com $u_n = n$ : $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .

25. (i) A completude entrou apenas pelo teorema do limite monótono, para produzir os limites das questões 12 e 20; o teorema de Cesàro–Stolz em si é pura administração de $\varepsilon$ , válida sobre $\Q$ . (ii) Stolz substitui $\lim \frac{a_n}{b_n}$ pelo limite do quociente dos incrementos, exatamente como l’Hôpital substitui $\lim\frac fg$ por $\lim\frac{f'}{g'}$ — a gêmea diferencial repousa no teorema do valor médio do Capítulo 14. (iii) Heurística: se $f(x) = x - a\,x^{p+1} + o(x^{p+1})$ no ponto fixo neutro $0$ , então $\frac{1}{u_{n+1}^p} - \frac{1}{u_n^p} \to pa$ e $u_n \sim (pan)^{-1/p}$ : contato de ordem $p + 1$ produz decaimento $n^{-1/p}$ — quanto mais achatado o gráfico contra a diagonal, mais lenta a queda. (iv) A constante: (G2) fornece o coeficiente cúbico $\frac16$ ; a fatoração da questão 14 o duplica no incremento do telescópio $\frac13$ ; Cesàro converte $\frac{1}{u_n^2}$ em $\frac n3$ ; inverter e tomar raízes entrega $\sqrt{3/n}$ .