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Análise Matemática – Exercícios III

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1.

a) Calcule { \displaystyle \sum_{k=p}^{m}(u_{k+1}-u_k)} e {\displaystyle\sum_{k=p}^{m}(u_k - u_{k+1})}

{\displaystyle \sum_{k=p}^{m}(u_{k+1}-u_k)=u_{p+1}-u_{p}+u_{p+2}-u_{p+1}+\ldots +u_{m+1}-u_{m}}

Como podemos ver o primeiro termo cancela o quarto, o terceiro cancela o sexto e assim por diante. Deste modo ficamos somente com o segundo e último termo:

{\displaystyle \sum_{k=p}^{m}(u_{k+1}-u_k) = u_{m+1}-u_p}

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=p}^{m}(u_k - u_{k+1})&= - \sum_{k=p}^{m}(u_{k+1}-u_k)\\ &= - (u_{m+1}-u_p)\\ &= u_p-u_{m+1} \end{aligned}}

b) Calcule {\displaystyle \lim \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k(k+1)}} Usando o resultado anterior.

{\displaystyle \lim \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k(k+1)}= \lim \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right) }

Definindo {u_k=1/k} podemos reescrever a soma anterior como

{\begin{aligned} \displaystyle \lim \sum_{k=1}^n \left( u_k-u_{k+1} \right)&=\lim (u_1 - u_{n+1})\\ &= \lim \left(1-\frac{1}{n+1}\right)\\ &=1 \end{aligned}}

Aparentemente este resultado tem uma história engraçada. Mengoli foi o primeiro a conseguir calcular {\displaystyle \lim \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k(k+1)}=1}. Na altura em que tal aconteceu a investigação em Matemática tinha um cariz ligeiramente diferente do que temos agora. Muitas vezes as pessoas escondiam os seus resultados ou então as derivações dos seus resultados durante anos enquanto atormentavam os seus rivais devido à inépcia destes.

E foi isto que Mengoli fez. Na altura em que ele conseguiu somar esta série a teoria das séries não estava desenvolvida como está hoje em dia, e este resultado que acabamos de demonstrar, sem sermos particularmente brilhantes em Matemática, era algo digno de nota.

Mengoli escreveu cartas a algumas pessoas dizendo que {\displaystyle \lim \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k(k+1)}=1}, sem nunca mostrar como foi que ele chegou a este resultado. Uma vez que os matemáticos a quem ele enviou o resultado não sabiam dos seus métodos tudo o que podiam fazer era somar explicitamente e ver que o resultado da soma era cada vez mais próximo de {1}.

Claro está que eles sabiam que isso não provava nada pois podiam até somar um milhão de termos que ainda assim faltaria somar um infinidade de termos para sabermos o resultado real.

c) Calcule {\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(2k+1) }

Neste exercício vamos calcular a soma de {n} números primos consecutivos. Este resultado já era conhecido na Grécia Antiga e o valor da sua soma era algo que os matemáticos gregos achavam especialmente apelativo.

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(2k+1)&=\sum_{k=0}^{n-1}\left[ (k+1)^2-k^2\right]\\ &= \sum_{k=0}^{n-1}(u_{k+1}-u_k) \end{aligned}}

Com {u_k=k^2}

Usando a fórmula que já nos é familiar por esta altura

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(2k+1) &= (n-1+1)^2-0^2\\ &= n^2 \end{aligned}}

Um resultado que realmente tem algo de mágico estético, tal como os gregos diziam!

2.

a) Usando 1.a) e {a^k=a^k\dfrac{a-1}{a-1}\quad (a \neq 1)} calcule {\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} a^k }

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} a^k &= \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \left[ a^k\frac{a-1}{a-1}\right]\\ &= \displaystyle \frac{1}{a-1}\sum_{k=0}^{n-1}\left( a^{k+1}-a^k\right)\\ &= \displaystyle\frac{1}{a-1}(a^n-1)\\ &= \displaystyle\frac{a^n-1}{a-1} \end{aligned}}

b) Usando a) estabeleça a desigualdade {a^n-1 \geq n(a-1)} se {a > 0} e {n \in \mathbb{Z}^+} (se bem se lembram usamos esse resultado no artigo Análise Matemática ? Sucessões III

Se {a=1} é {1-1=n(1-1) \Rightarrow 0=0} que é trivialmente válido.

Se {n=1} é {a-1=a-1} que é trivialmente válido.

Para {n \geq 2 } e {a>1} é:

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}a^k&= 1+a+a^2+\ldots+a^{n-1}\\ &> 1+1+\ldots+1\\ &= n \end{aligned}}

Assim

{\begin{aligned} \dfrac{a^n-1}{a-1} & > n \\ a^n-1 &> n(a-1) \end{aligned}}

Uma vez que {a > 1}

Finalmente, se {0 < a <1 } é

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}a^k&= 1+a+a^2+\ldots+a^{n-1}\\ &< 1+1+\ldots+1\\ &= n \end{aligned}}

Assim

{\begin{aligned} \dfrac{a^n-1}{a-1} &< n \\ a^n - 1 &> n(a-1) \end{aligned}}

Uma vez que {a < 1}

c) Use b) para calcular {\lim a^n} se {a > 1} e depois conclua que {\lim a^n=0} se {|a| < 1}.

por b) é

{\begin{aligned} a^n &> n(a-1)+1 \\ \lim a^n &\geq \lim \left( n(a-1)+1 \right)= +\infty \end{aligned}}

Logo {\lim a^n = +\infty \quad (a>1)}

Para a segunda parte vamos calcular antes {\lim |a^n|} uma vez que sabemos que { u_n \rightarrow 0 \Leftrightarrow |u_n| \rightarrow 0} pelo artigo Análise Matemática ? Exercícios II

Vamos fazer a mudança de variável {t=1/a}. O que implica {|a|=|1/t|} e

{\begin{aligned} \lim |a^n| &= \lim |1/t|^n\\ &= \dfrac{1}{\lim |t|^n}\\ &= \dfrac{1}{+\infty}\\ &=0 \end{aligned}}

3. Considere as sucessões {u_n=\left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n } e {v_n=\left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^{n+1}}

a) Calcule {\dfrac{v_n}{v_{n+1}}} e {\dfrac{u_{n+1}}{u_n}}. Use a desigualdade de Bernoulli para mostrar que {v_n} é estritamente decrescente e que {u_n} é estritamente crescente.

{\begin{aligned} \dfrac{v_n}{v_{n+1}} &= \dfrac{\left( 1+1/n \right)^{n+1}}{\left(1+1/(n+1)\right)^{n+2}}\\ &=\dfrac{\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{n+1}}{\left( \dfrac{n+2}{n+1} \right)^{n+2}}\\ &= \dfrac{n}{n+1}\dfrac{\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{n+2}}{\left( \dfrac{n+2}{n+1} \right)^{n+2}}\\ &=\dfrac{n}{n+1}\left( \dfrac{(n+1)^2}{n(n+2)} \right)^{n+2}\\ &= \dfrac{n}{n+1}\left( \dfrac{n^2+2n+1}{n(n+2)} \right)^{n+2}\\ &=\dfrac{n}{n+1}\left( \dfrac{n(n+2)+1}{n(n+2)} \right)^{n+2}\\ &= \dfrac{n}{n+1}\left( 1+\dfrac{1}{n(n+2)} \right)^{n+2} \end{aligned}}

Após calcularmos {v_n/v_{n+1}} podemos usar a Desigualdade de Bernoulli com {a=1+\dfrac{1}{n(n+2)}} , para vermos que {v_n} é estritamente decrescente.

{\begin{aligned} \dfrac{n}{n+1}\left( 1+\dfrac{1}{n(n+2)} \right)^{n+2} &> \dfrac{n}{n+1}\left(1 + \dfrac{n+2}{n(n+2)} \right)\\ &= \dfrac{n}{n+1}(1+1/n)\\ &= \dfrac{n}{n+1}\dfrac{n+1}{n}\\ &= 1 \end{aligned}}

Assim {v_n} é estritamente decrescente.

Como uma técnica semelhante podemos mostrar que

{ \displaystyle u_{n+1}/u_n=\dfrac{n+1}{n}\left( 1- \dfrac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1}}

E após isso novamente usamos a Desigualdade de Bernoulli para mostrar que {u_{n+1}/u_n>1} o que implica que {u_n} é estritamente crescente.

c) Usando a), b) e {\lim u_n = e} mostre que são válidas as seguintes desigualdades {(1+1/n)^n < e <(1+n)^{n+1}}.

{\begin{aligned} \lim v_n&= \lim(1+1/n)^n(1+1/n)\\ &= e\times 1\\ &= e \end{aligned}}

Já sabemos que {v_n} é decrescente por isso é {v_n<(1+1/n)^{n+1}}

Por outro lado {u_n} é crescente e {\lim u_n=e} por isso {(1+1/n)^n<e}.

Logo {(1+1/n)^n<e<(1+1/n)^{n+1}}

d) Use c) para mostrar que { \displaystyle \frac{1}{n+1}<\log (n+1)-\log n <\frac{1}{n}}.

{ \begin{aligned} (1+1/n)^n &< e \\ n \log \left( \dfrac{n+1}{n} \right) &< 1 \\ \log(n+1) - \log n &< \dfrac{1}{n} \end{aligned} }

E agora para a segunda parte da desigualdade:

{ \begin{aligned} e &< \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1} \\ 1 &< (n+1)\log \left(\dfrac{n+1}{n}\right) \\ \dfrac{1}{n+1} &< \log (n+1) -\log n \end{aligned}}

Em conclusão é { \dfrac{1}{n+1}<\log (n+1)- \log n < \dfrac{1}{n} }

4.

a) Usando 3d) mostre que { \displaystyle 1+\log k < (k+1)\log (k+1)-k\log k < 1+ \log(k+1) }.

Em primeiro lugar é

{ \begin{aligned} \dfrac{1}{k+1} &< \log (k+1) - \log k \\ 1 &< (k+1)\log(k+1) - (k+1)\log k \\ 1+ \log k &< (k+1)\log(k+1)-k \log k \end{aligned}}

Com um raciocínio semelhante também podemos mostrar que {(k+1)\log(k+1)-l\log k < 1+ \log(k+1)}.

Logo é {1+\log k < (k+1)\log(k+1)-k\log k < 1+ \log(k+1)}

b) Some as desigualdades anteriores entre {1 \leq k \leq n-1}.

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(1+ \log k) &< \sum_{k=1}^{n-1} ((k+1)\log(k+1)-k \log k)\\ &< \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(1+\log(k+1)) \end{aligned}}

Ora

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} (1+ \log k) &= \sum_{k=1}^{n-1}1+\sum_{k=1}^{n-1}\log k\\ &= n-1 +\sum_{k=1}^{n-1}\log k \end{aligned}}

E

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\log k &= \log 1 + \log2 +\ldots+\log(n-1)\\ &=\log((n-1)!) \end{aligned}}

E também temos

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}((k+1)\log(k+1) - k\log k)&= m\log n -\log 1\\ &=n\log n \end{aligned}}

E {\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(1+\log(k+1))=n-1+\log n!}

Em conclusão é {n-1+\log(n-1)! < n\log n < n-1 \log n!}

c) Conclua as seguintes desigualdades { n \log n -n +1 < \log n! < n \log n -n+1+\log n} e estabeleça a Aproximação de Stirling { \displaystyle \log n! = n\log n -n +r_n} com {e < C_n < en}

{ \begin{aligned} n-1 + \log (n-1)! &< n\log n \\ \log (n-1)! &< n\log n -n+1 \\ \log n! &< n\log n -n +1+\log n \end{aligned}}

Por outro lado

{\begin{aligned} n\log n &< n-1 + \log n! \\ n\log n -n +1 &< \log n! \end{aligned} }

Logo

{\begin{aligned} n\log n -n +1 &< \log n! \\ &< n\log n -n +1 +\log n \end{aligned}}

E daqui temos {1 < \log n! -n\log n+n < 1+\log n}

Definindo {r_n=\log n! -n\log n+n} vem que {\log n! = n\log n-n+r_n} com {1 < r_n < 1+\log n}

5.

Mostre que {\log \left(1+\dfrac{1}{n}\right)\sim \dfrac{1}{n}} e que {\log \left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)\sim \dfrac{1}{n^2}}

Sabemos que

{ \begin{aligned} \dfrac{1}{n+1} &< \log(n+1)-\log n < \dfrac{1}{n} \\ \dfrac{1}{n+1} &< \log\left( \dfrac{n+1}{n}\right) < \dfrac{1}{n} \\ \dfrac{1}{n+1} &< \log\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) <\dfrac{1}{n} \\ \dfrac{1/(n+1)}{1/n} &< \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n}<1 \\ \lim \dfrac{n}{n+1} &\leq \lim \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n} \leq \lim 1 \\ 1 &\leq \lim \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n} \leq 1 \end{aligned}}

Logo {\lim \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n}=1} e isto é equivalente a {\log \left(1+\dfrac{1}{n}\right)\sim \dfrac{1}{n}}.

Seja {u_n = \dfrac{\log (1+1/n)}{1/n}}. Neste caso é {\dfrac{\log (1+1/n^2)}{1/n^2}=u_{n^2}}. Uma vez que {u_{n^2}} é uma subsucessão de {u_n} sabemos que é {\lim u_{n^2}= \lim u_n} e assim também é {\log \left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)\sim \dfrac{1}{n^2}}.

6. Mostre que {u_n \sim v_n} e {v_n \sim w_n \Rightarrow u_n \sim w_n }

Por hipótese é {u_n=h_n v_n}, {v_n=t_n w_n} com {h_n,t_n \rightarrow 1}.

Substituindo a segunda igualdade na primeira obtemos {u_n = h_n t_n w_n}.

Seja {s_n = h_n t_n} e {u_n =s_n w_n } com {\lim s_n = \lim h_n \lim t_n =1\times 1=1}.

Logo {u_n \sim w_n}

7. Seja {u_n = O\left(1/n\right)} e{v_n = O (1/ \sqrt{n})}. Mostre que {u_n v_n = o ( 1/n^{4/3})}.

{u_n = h_n 1/n} and {v_n = t_n 1/ \sqrt{n}} com {h_n} e {t_n} sendo sucessões limitadas.

{\begin{aligned} u_n v_n &= \dfrac{h_n}{n} \dfrac{t_n}{\sqrt{n}}\\ &= \dfrac{h_n t_n}{n^{3/2}}\\ &=\dfrac{h_n t_n}{n^{1/6}}\dfrac{1}{n^{4/3}} \end{aligned}}

Seja {s_n = \dfrac{h_n t_n}{n^{1/6}}}. Então {\lim s_n = \lim \dfrac{h_n t_n}{n^{1/6}} = 0} uma vez que {h_n t_n} é limitada.

Logo {u_n v_n = o (1/n^{4/3})}

8.Usando a Aproximação de Stirling mostre que {\log n! = n\log n -n + O(\log n)}

Sabemos que é {\log n! = n\log n -n + +r_n} com { 1< r_n < 1+\log n}. Logo

{\begin{aligned} 0 &<\dfrac{1}{\log n}\\ &< \dfrac{r_n}{\log n}\\ &< \dfrac{1}{\log n} +1\\ &\leq \dfrac{1}{\log 2}+1 \end{aligned}}

Onde usámos o facto que { \dfrac{1}{\log n}+1} é uma função decrescente.

Logo {\dfrac{r_n}{\log n}} é limitada e assim {r_n=O(\log n)} como desejado.

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1 Comentário

  1. […] a parte inteira de e usando a desigualdade de Bernoulli () é […]

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