Seja f(x)=(x-1)^{10}, x^{*}=1, e x_{n}=1+1 / n. Mostre que \left|f\left(x_{n}\right)\right|<10^{-3} sempre que n \geq 2, mas que, para que se tenha \left|x^{*}-x_{n}\right|<10^{-3}, é necessário n>1000.
5. Seja \left(x_{n}\right)_{n=1}^{\infty} definida por
x_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}
Mostre que \left(x_{n}\right)_{n=1}^{\infty} diverge, enquanto que \lim _{n}\left(x_{n}-x_{n-1}\right)=0.

Passo 1

O enunciado dá duas coisas diferentes; vou separar claramente o que cada parte pede.
Parte A (primeiro exercício):
  • Dada a função f(x)=(x-1)^{10}.
  • Ponto x^{*}=1.
  • Sequência x_{n}=1+\dfrac{1}{n}.
    Perguntas:
  1. Mostrar que \left|f\left(x_{n}\right)\right|<10^{-3} sempre que n\ge 2.
  2. Mostrar que, para ter \left|x^{*}-x_{n}\right|<10^{-3}, é necessário n>1000.
Parte B (segundo exercício, numerado como 5 no enunciado):
  • Sequência \left(x_{n}\right)_{n=1}^{\infty} definida por
x_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}.
Perguntas:
  1. Mostrar que \left(x_{n}\right)_{n=1}^{\infty} diverge (isto é, as somas parciais são não limitadas).
  2. Mostrar que \lim_{n\to\infty}\left(x_{n}-x_{n-1}\right)=0.
Agora começo as resoluções passo a passo.

Passo 2

Avalio f nos pontos x_{n}. Substituo x_{n}=1+\dfrac{1}{n} em f:
f\left(x_{n}\right)=\left(x_{n}-1\right)^{10}=\left(\frac{1}{n}\right)^{10}=\frac{1}{n^{10}}.
Logo o valor absoluto é
\left|f\left(x_{n}\right)\right|=\frac{1}{n^{10}}.
Explico devagar: x_{n}-1 é simplesmente \dfrac{1}{n}. Elevar à décima potência dá \dfrac{1}{n^{10}}. Não há sinais negativos aqui porque tudo é positivo para n\ge1.

Passo 3

Quero a desigualdade \dfrac{1}{n^{10}}<10^{-3}. Isto equivale a
n^{10}>10^{3}.
Para resolver, tomo a décima raiz (ou uso logaritmo). A décima raiz de 10^{3} é 10^{3/10}. Assim a condição é
n>10^{3/10}.
Calculo aproximadamente 10^{3/10}. Como 10^{0,3} é aproximadamente 1{,}995\ldots, concluímos que qualquer n\ge 2 satisfaz n>10^{3/10}. Outra forma mais direta e prática para prova em prova: verificar n=2 já basta, porque para n\ge2 a sequência 1/n^{10} é decrescente. Verifico n=2:
\frac{1}{2^{10}}=\frac{1}{1024}\approx 0{,}0009765625<0{,}001=10^{-3}.
Como para n\ge2 temos 1/n^{10}\le 1/2^{10}, a desigualdade \left|f\left(x_{n}\right)\right|<10^{-3} vale para todo n\ge2. Isso responde a primeira parte da Parte A.

Passo 4

Agora trato da segunda afirmação da Parte A: a distância entre x_{n} e x^{*}.
Calculo diretamente:
\left|x^{*}-x_{n}\right|=\left|1-\left(1+\frac{1}{n}\right)\right|=\left|-\frac{1}{n}\right|=\frac{1}{n}.
Queremos \dfrac{1}{n}<10^{-3}. Isso equivale a
n>10^{3}=1000.
Observação importante: se n=1000 então \dfrac{1}{n}=0{,}001=10^{-3}, que não é estritamente menor, por isso precisamos de n>1000. Em termos de inteiros, isto significa n\ge 1001. Assim provamos que para ter \left|x^{*}-x_{n}\right|<10^{-3} é necessário n>1000. Isso mostra claramente que, embora f(x_{n}) já fique muito pequeno para n\ge2, a própria distância entre x_{n} e x^{*} exige n muito maior — ilustração útil em análise numérica: função com alta potência pode “amplificar” pequenas diferenças.

Passo 5

Agora começo a Parte B: provar que a sequência de somas harmônicas diverge. A sequência é
x_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}.
Vou usar o método clássico de agrupar termos em blocos cujos comprimentos dobram (argumento por blocos).
Considere as somas parciais até 2^{m} (com m\in\mathbb{N}). Escrevo a soma em blocos:
x_{2^{m}}=1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^{m-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{m}}\right).
Note o padrão: no j-ésimo bloco (contando a partir de j=1 para o bloco \{2^{j-1}+1,\ldots,2^{j}\}) há exatamente 2^{j-1} termos, e cada termo desse bloco é ao menos \dfrac{1}{2^{j}} porque o maior denominador no bloco é 2^{j}. Assim a soma do j-ésimo bloco é no mínimo
2^{j-1}\cdot\frac{1}{2^{j}}=\frac{1}{2}.
Então, contando blocos desde j=1 até j=m, temos
x_{2^{m}}\ge 1+\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2}=1+\frac{m}{2}.
Explico devagar: o primeiro termo 1 está escrito separadamente, e depois cada bloco acrescenta pelo menos 1/2. Portanto x_{2^{m}} cresce pelo menos linearmente em m. Como m\to\infty implica 1+\dfrac{m}{2}\to\infty, concluímos que x_{2^{m}}\to\infty. Como a subsequência \left(x_{2^{m}}\right) é não limitada, a sequência completa \left(x_{n}\right) também é não limitada; isto é, diverge. Este é o argumento padrão que mostra que a série harmônica não converge.

Passo 6

Mostro agora que as diferenças entre termos consecutivos tendem a zero. Por definição da soma parcial,
x_{n}-x_{n-1}=\frac{1}{n}.
É bem conhecido (e facile de provar por definição) que
\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0.
Se quiser um epsilon‑prova curta: dado \varepsilon>0, escolha N>\dfrac{1}{\varepsilon}. Para todo n\ge N tem \dfrac{1}{n}\le \dfrac{1}{N}<\varepsilon. Logo o limite é 0.
Esta observação serve para enfatizar um ponto conceitual importante (que vou explicar com calma): o fato de os termos de uma série (ou as diferenças entre somas parciais) tenderem a zero é uma condição necessária para que a série converja, mas não é suficiente. Aqui temos \dfrac{1}{n}\to 0, mas mesmo assim a soma parcial x_{n} diverge — isso é exatamente o que a Parte B pediu para mostrar.

Resposta

\left|f\left(x_{n}\right)\right|=\dfrac{1}{n^{10}}<10^{-3} para todo n\ge 2.\
\left|x^{*}-x_{n}\right|=\dfrac{1}{n}<10^{-3} ocorre somente se n>1000 (isto é, n\ge 1001).\
\displaystyle x_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} diverge (as somas parciais são não limitadas).\
\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(x_{n}-x_{n-1}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0.

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