1. G. Determine o limite superior e o limite inferior das seguintes sequências em R :
    (c) \left(n(\operatorname{sen} n)^{2}\right)

Passo 1

O enunciado dá a sequência \left(n(\operatorname{sen} n)^{2}\right)_{n\in\mathbb{N}} e pede o limite superior e o limite inferior dessa sequência em \mathbb{R}.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
  • A sequência é a_n = n(\operatorname{sen} n)^{2}.
  • As entradas são avaliadas em radianos (isto é, \operatorname{sen} n = \sin n para n inteiro).
  • Precisa-se de \displaystyle \limsup_{n\to\infty} a_n e \displaystyle \liminf_{n\to\infty} a_n.

Passo 2

Observação inicial (limites triviais de amplitude):
0 \le (\sin n)^2 \le 1 \quad\text{para todo } n,
logo
0 \le a_n = n(\sin n)^2 \le n.
Isto mostra apenas que a_n é não negativa e que pode crescer com n, mas não decide ainda os valores de \limsup e \liminf. Precisamos analisar o comportamento oscilatório de \sin n quando n é inteiro.

Passo 3

Ideia para \limsup: se conseguirmos uma subsequência n_k tal que (\sin n_k)^2 seja uniformemente acotada abaixo por alguma constante positiva \varepsilon>0, então
a_{n_k}=n_k(\sin n_k)^2 \ge \varepsilon n_k\to+\infty
quando n_k\to\infty. Assim, basta provar que existem infinitos inteiros n com |\sin n| não muito pequeno (por exemplo |\sin n|\ge 1/\sqrt{2}).

Passo 4

Por que existem tais inteiros n? Como \pi é irracional, a sequência dos ângulos \{n\!\pmod{2\pi}\} (isto é, os restos angulares de n ao dividir por 2\pi) é densa em [0,2\pi). Intuição e argumento simples: para qualquer ângulo fixo \theta e qualquer \delta>0 existem inteiros n tais que |n-(\theta+2\pi m)|<\delta para algum m inteiro (uma forma elementar disto vem do argumento por casas decimais/pombos aplicado às fracções \{k\alpha\} com \alpha=1/(2\pi) irracional). Em particular, existem inteiros arbitrariamente grandes n arbitrariamente próximos de \pi/2+2\pi m, pontos onde |\sin| é 1. Portanto há infinitos n com (\sin n)^2 arbitrariamente próximos de 1; em particular podemos escolher uma subsequência com (\sin n_k)^2\ge 1/2.
Com essa subsequência,
a_{n_k}=n_k(\sin n_k)^2 \ge \tfrac{1}{2}n_k \to +\infty.
Logo \displaystyle \limsup_{n\to\infty} a_n = +\infty.

Passo 5

Ideia para \liminf: mostrar que existem inteiros n com \sin n arbitrariamente pequenos, suficientemente pequenos para que n(\sin n)^2 tenda a 0 ao longo de uma subsequência. Para isto usamos um resultado clássico de aproximação de irracionais por racionais (uma prova elementar por pigeonhole/Diretto): para todo inteiro K existem inteiros p,q com 1\le q\le K tais que
|p-q\pi|<\tfrac{1}{K}.
(Esboço do argumento: considere as partes fracionárias de 0,\{\pi\},\{2\pi\},\dots,\{K\pi\}; por princípio das gavetas duas dessas partes fracionárias estão a distância < 1/(K+1); a diferença fornece p-q\pi pequeno.)

Passo 6

Aplicando o resultado do passo anterior: para cada K existe um par de inteiros (p,q) com 1\le q\le K e |p-q\pi|<1/K. Tome n=p e note que então n\approx q\pi, portanto n cresce quando q cresce e temos
|\sin n| = |\sin(p)| = |\sin(p - q\pi)| \le |p-q\pi| < \tfrac{1}{K}.
Logo
a_n = n(\sin n)^2 \le n\cdot \tfrac{1}{K^2}.
Mas n=p satisfaz p\approx q\pi e q\le K, logo n é da ordem de q (mais precisamente n\sim q\pi), de modo que existe uma constante C independente de K tal que n\le C K. Assim
a_n \le C K\cdot \tfrac{1}{K^2} = \tfrac{C}{K} \xrightarrow[K\to\infty]{} 0.
Portanto existe uma subsequência n_K para a qual a_{n_K}\to 0. Isso implica
\liminf_{n\to\infty} a_n = 0.

Passo 7

Conclusão combinada:
  • houve subsequência que diverge para +\infty, então \limsup_{n\to\infty} a_n = +\infty.
  • houve subsequência que tende a 0, então \liminf_{n\to\infty} a_n = 0.

Resposta

\displaystyle \limsup_{n\to\infty} n(\sin n)^2 = +\infty
\displaystyle \liminf_{n\to\infty} n(\sin n)^2 = 0

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