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Estou com uma certa dúvida na demonstração de que o limite de \(x(n)= \frac{6n^{3}+4n-1}{2n^{3}+5n}\) é 3.

Então, quero provar que \(\forall \varepsilon >0, \exists n_{0}\in \mathbb{N}, tal que \left | x_{n}-3 \right |<\varepsilon .\).

\(\left | \frac{6n^{3}+4n-1}{2n^{3}+5n}-3 \right |=\left | \frac{11n+1}{2n^{3}+5} \right |\)

Fazendo \(\frac{11n_{0}+1}{2n_{0}^{3}+5}<\varepsilon\), temos \(2n_{0}^{3}\varepsilon -11n_{0}+5\varepsilon -1>0\), que não me garante que exista um \(n_{0}\) para qualquer \(\varepsilon\).

Repare que

\(\frac{11n +1}{2n^3+5} < \frac{11n +1}{2n^3} = \frac{11}{2} \cdot \frac{1}{n^2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n^3} < \frac{11}{2} \cdot \frac{1}{n^2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n^2} = \frac{6}{n^2}\)

Deste modo, se determinar um valor de n_0 a partir do qual se tem

\(\frac{6}{n^2} < \varepsilon,\)

a mesma ordem servirá para este caso... Com a vantagem de agora a inequação ser de fácil resolução.

Aprendi muito com este exercício. Obrigado, Sobolev!