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title: "Sequências"
book: "Matemática universitária — Graduação 1"
subject: math
language: pt
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias
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# Capítulo 11 — Sequências

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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#ch-b1-reals)): todo teorema clássico — convergência monótona, [sequências adjacentes](#thm-b1-seq-adjacent), 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 ε\varepsilonε–NNN, 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#thm-b1-reals-archimedes) 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).**

1. O limite, se existe, é único.
2. Uma sequência convergente é limitada.
3. 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](#prop-b1-seq-first)), 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#prop-b1-complex-rules)). ∎

**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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor).

**Teorema 11.7 (Limites e ordem).**

1. 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 $\lim = 0$ .)
2. (Teorema do confronto) Se $u_n \leq w_n  \leq v_n$ para todo $n$ grande e $u_n, v_n \to \ell$ , então $w_n \to \ell$ .
3. 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](#def-b1-seq-limit) 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#thm-b1-reals-sup)). Dado $\varepsilon >
0$, a caracterização por $\varepsilon$ ([Proposição 10.4](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#prop-b1-reals-epsilon)) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ex-b1-derivative-convexineq) 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](#ex-b1-seq-e), abaixo), e no [Capítulo 17](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) 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](#thm-b1-seq-monotone)); 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 .](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-3a699c2487eb.svg)

*[Sequências adjacentes](#thm-b1-seq-adjacent): $(a_n)$ sobe, $(b_n)$ desce, e o vão entre elas encolhe a $0$. Cada [intervalo](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#prop-b1-reals-intervals) $\intcc{a_n}{b_n}$ contém todos os posteriores, e o limite comum $\ell$ é o único ponto que resta em todos os [intervalos](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#prop-b1-reals-intervals) — a figura por trás das demonstrações por dicotomia de Bolzano–Weierstrass, abaixo, e do teorema do valor intermediário no [Capítulo 13](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#ch-b1-continuity).*

**Exemplo 11.12 (O número e\eue).**

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](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence) tende a $\ell$. Consequentemente, uma sequência com duas [subsequências](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence): $\varphi(0)
\geq 0$, 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](#def-b1-seq-subsequence), e essa é toda a questão. ∎

**Exemplo 11.15 (Limites subsequenciais).**

Para $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$: a [subsequência](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) de índices $3k$, $3k + 1$ e $3k + 2$ são constantes, iguais a $1$, $-\frac12$ e $-\frac12$; o [conjunto](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-sets) dos limites subsequenciais é $\{1,
-\frac12\}$. A ideia de fechamento: uma sequência *limitada* converge exatamente quando tem um único limite subsequencial ([Exercício 11.8](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#thm-b1-seq-adjacent)).

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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) convergindo para $1$ e para $-1$, e o [conjunto](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-sets) dos limites subsequenciais pode até ser infinito ([Exemplo 11.15](#ex-b1-seq-sublimits), e todo o [conjunto](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-sets) de Cantor no [Problema 12.1](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#pb-b1-topology-1)). Ele não sobrevive à ilimitação: $(n)$ não tem [subsequência](#def-b1-seq-subsequence) convergente alguma — embora sempre se possa extrair de qualquer sequência ilimitada uma [subsequência](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) engarrafará o argumento como “convergência absoluta implica convergência”.

**Teorema 11.20 (Completude de R\RR).**

Uma sequência de reais converge se, e somente se, é uma [sequência de Cauchy](#def-b1-seq-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](#thm-b1-seq-bw), alguma [subsequência](#def-b1-seq-subsequence) $u_{\varphi(n)} \to \ell$. *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](#def-b1-seq-cauchy) de racionais sem limite racional): a completude é uma propriedade de $\R$, equivalente ao axioma do [supremo](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#def-b1-reals-bounds). Ele é também o cavalo de batalha por trás da convergência das séries ([Capítulo 17](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series)).

**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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series).

## 11.5 Sequências recorrentes

**Método 11.23 (Estudando un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n)un+1​=f(un​)).**

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

1. *[Intervalo](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#prop-b1-reals-intervals) estável:* encontre um [intervalo](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#prop-b1-reals-intervals) $I$ com $f(I)  \subseteq I$ contendo $u_0$ : então todos os $u_n \in I$ (por indução).
2. *Candidatos a limite:* se $u_n \to \ell \in I$ e $f$ é contínua em $\ell$ ( [Capítulo 13](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#ch-b1-continuity) ), então $\ell$ é um *ponto fixo* : $f(\ell) = \ell$ . Resolva $f(x) = x$ .
3. *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](#thm-b1-seq-monotone) conclui. Se $f$ é decrescente, estude as duas [subsequências](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n})$ e $(u_{2n+1})$ , que são monótonas para $f \circ f$ .
4. *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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-1827245c9f25.svg)

*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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-order)); $\frac1n > 0$ 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](#def-b1-seq-subsequence) convergente ([Teorema 11.16](#thm-b1-seq-bw)). (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](#met-b1-seq-recurrent), passos 1–3), identificação depois.

**Exemplo 11.26 (Um fff 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](#met-b1-seq-recurrent) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#exo-b1-derivative-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#ch-b1-topology) elas *caracterizam* a fecho e a compacidade; no [Capítulo 13](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#ch-b1-continuity) elas transportam limites de funções; no [Capítulo 15](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration) as somas de Riemann são sequências que convergem para a integral; o [Capítulo 17](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) *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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/21-matrizes#ch-b1-matrices) 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](#def-b1-seq-limit), demonstre que $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$ e que $(u_n) = ((-1)^n)$ diverge.

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n}) = (1)$ e $(u_{2n+1}) =
(-1)$ convergem para limites diferentes, de modo que a sequência diverge ([Proposição 11.14](#prop-b1-seq-subsequences)). (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 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) contra geométrica ([Proposição 4.6](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#prop-b1-functions-powerrules)).

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

**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 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](#exo-b1-seq-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 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](#def-b1-seq-cauchy) e, portanto, diverge (para $+\infty$, por ser crescente).

**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](#thm-b1-seq-monotone)): $H_n \to +\infty$.

**Exercício 11.6 ★★.**

Suponha que $(u_{2n})$, $(u_{2n+1})$ e $(u_{3n})$ convirjam todas. Demonstre que $(u_n)$ converge. *(Encontre [subsequências](#def-b1-seq-subsequence) comuns para igualar os limites.)*

**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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#prop-b1-seq-subsequences) (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 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](#thm-b1-seq-monotone)).

*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](#def-b1-seq-subsequence) convergente de $(u_n)$ tenha o *mesmo* limite $\ell$. Demonstre que $u_n \to \ell$. *(Absurdo mais Bolzano–Weierstrass.)*

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{\varphi(n)})$. Essa [subsequência](#def-b1-seq-subsequence) é limitada, de modo que, por Bolzano–Weierstrass ([Teorema 11.16](#thm-b1-seq-bw)), ela tem uma [sub-subsequência](#def-b1-seq-subsequence) convergente, cujo limite $\ell'$ satisfaz $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (passe a desigualdade ao limite, [Teorema 11.7](#thm-b1-seq-order)). Mas uma [sub-subsequência](#def-b1-seq-subsequence) de $(u_n)$ é uma [subsequência](#def-b1-seq-subsequence) convergente de $(u_n)$, de sorte que, por hipótese, $\ell' = \ell$: contradição.

**Exercício 11.9 ★★★.**

Com a notação do [Exemplo 11.12](#ex-b1-seq-e), 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 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 $c_n =
\frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$.

1. 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 $\varepsilon$)* .
2. Mostre com um exemplo que a recíproca falha.
3. Deduza que, se $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , então $\frac{u_n}{n}  \to \ell$ .

**Solução de Exercício 11.10.**

1. 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 $\abs{c_n -  \ell} \leq \varepsilon$.
2. $u_n = (-1)^n$ : diverge e, ainda assim, $c_n \to 0$ (somas parciais limitadas por $1$ , divididas por $n$ ).
3. 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 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/7-estruturas-algebricas#def-b1-structures-subgroup) $\Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ ([Exercício 10.9](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#exo-b1-reals-9)), demonstre que a sequência $(\sin n)_{n \in
\N}$ é densa em $\intcc{-1}{1}$ — em particular, ela diverge.

**Solução de Exercício 11.12.**

O [subgrupo](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/7-estruturas-algebricas#def-b1-structures-subgroup) $G = \Z + 2\pi\Z$ 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration)). Pelo [Exercício 10.9](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#exo-b1-reals-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ch-b1-derivative)),

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

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](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ch-b1-derivative), 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor).

**Parte I — Somas sem fórmulas fechadas.**

1. 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 $\lim \frac{1^2 +  \dots + n^2}{n^3}$ .
2. 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.
3. (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 $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$.

1. 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 $n > N$ .
2. 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: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$.
3. Demonstre a variante $+\infty$ : se $\dfrac{a_{n+1} -  a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (mesmas hipóteses sobre $(b_n)$ ), então $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
4. Tome $b_n = n$ : recupere o teorema da média de Cesàro do [Exercício 11.10](#exo-b1-seq-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.**

1. 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.
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 $u =  -t/(1+t)$)*.
3. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series).)
4. (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 $u_{n+1} = \sin u_n$.

1. 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)* .
2. Suponha de agora em diante que $u_1 \in \intoc{0}{1}$. Mostre, por confronto, usando (G2): $$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1  \qquad\text{e}\qquad  \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$$
3. 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 $w_n \to \frac13$.
4. Conclua com o [Exercício 11.10](#exo-b1-seq-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: $$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 ,  \qquad\text{i.e.}\qquad  u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$$
5. 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](#ex-b1-seq-heron) ( [Exemplo 11.24](#ex-b1-seq-heron) ) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/6-aritmetica-dos-inteiros#def-b1-arith-divides) o erro ao meio precisam de inclinação de módulo $< 1$ .
6. 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.

1. 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 $n\,u_n \to \frac1a$ .
2. (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.
3. 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 $u_n  \sim \frac 1n$ .
4. (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.**

1. 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.
2. (Stolz duas vezes) Demonstre que $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ *(uma [aplicação](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-map) de Cesàro–Stolz, depois a questão 10; limite $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ usando a questão 9)* .
3. (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 $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
4. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ch-b1-derivative) ); (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 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#prop-b1-functions-expln)), 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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](#ex-b1-seq-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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ch-b1-derivative). (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 $\sqrt{3/n}$.