Notas para o acompanhamento das aulas de

(1)

Notas para o acompanhamento das aulas de

Sequˆ

encias e S´

eries de N´

umeros Reais

(2)

(3)

Sum´

ario

1 Uma Breve Introdu¸cão às Sequências de Números Reais 3

2 S´eries de N´umeros Reais 7

2.1 Defini¸c˜oes e Primeiros Exemplos . . . 7

2.2 Somando S´eries . . . 10

2.3 Uma Condi¸cão Necessária para a Convergência de uma Série . . . 13

2.4 Testes de Convergˆencia para S´eries de Termos Positivos . . . 14

2.5 S´eries Alternadas . . . 21

2.5.1 Estimando Erros de Aproxima¸c˜ao em Somas Parciais de S´eries Alternadas . . . 22

2.6 S´eries de Termos de Sinais Quaisquer . . . 23

2.7 Exerc´ıcios Diversos . . . 24

3 Séries de Potências 27 3.1 Séries de Potências de x−a . . . 27

3.2 Deriva¸cão e Integra¸cão de Séries de Potências de x−a . . . 30

3.3 S´eries de Taylor . . . 32

3.3.1 F´ormula Geral do Binˆomio . . . 34

(4)

(5)

Cap´ıtulo 1

Uma Breve Introdu¸

c˜

ao `

as Sequˆ

encias de

N´

umeros Reais

Uma sequência, ou sucessão, de números reais é uma fun¸cãof:N_→R, sendof(n) =xn.

´

E costume indicar fpor(xn)n∈N ou, simplificadamente,(xn), sendoxn=f(n), ou ent˜ao,(x1, x2, x3, . . .).

Chamamos a imagem xn denporfdetermo geral da sequˆencia(xn)_n_∈N.

Exemplos.

Exemplo (1) A sequˆencia f : N _→ R dada por f(n) = xn = _n1 ´e indicada por (xn)n∈N = _n1

n∈N, ou ent˜ao,

1,1₂,1₃,1₄, . . .

. Neste caso,xn = 1

n ´e o termo geral da sequˆencia 1 n

n∈N.

Exemplo (2)A sequˆencia f:N_→Rdada porf(n) =xn = (−1)n

+_{1 1}

n ´e indicada por(xn)n∈N=

(−1)n+1 1_n n∈N,

ou ent˜ao, 1,−1₂,1₃,−1₄,1₅, . . .

. Neste caso,xn= (−1)n+1 1_n ´e o termo geral da sequˆencia(−1)n+1 1_n n∈N.

Exemplo (3) A sequˆenciaf:N_→Rdada porf(n) =xn =c, constante real, ´e indicada por(xn)_n∈N= (c)_n∈N, ou

então, (c, c, c, . . .). Neste caso,xn =cé o termo geral da sequência(c)_n ∈N.

Exemplo (4)A sequˆenciaf:N_→Rdada porf(n) =xn= n

P

i=1

ai ´e indicada por(xn)n∈N=

_n

P

k=1 ak

n∈N

, ou ent˜ao,

₁

P

k=1 ak,

2

P

k=1 ak,

3

P

k=1 ak, . . .

= (a1, a1+a2, a1+a2+a3, . . .). Neste caso, xn = n

P

k=1

ak ´e o termo geral da sequˆencia _n

P

k=1 ak

n∈N

.

Observa¸c˜oes.

(1)A representa¸cão gráfica de uma sequência no plano cartesiano é constituida por um conjunto discreto de pontos cujas abscissas são os números naturais.

De modo não preciso, do ponto de vista matemático, em um conjunto discreto de pontos cada ponto está “isolado” ou “separado” dos demais.

No Exemplo(1)acima, 1 n

n∈N´e a fun¸c˜aof(n) =

1

n,n∈N, cujo gr´afico (somente os pontos sobre a curvay= 1 x) segue abaixo.

y

x 1

curva y=1 x/ (fora de escala)

0 2 3

...

1

1 3/ 1 n/ 1 2/

(6)

(2)N˜ao confundir oconjunto imagem de f: N_→R com a sequˆencia. Por exemplo,f :N_→ Rdada por f(n) = 1,

∀n_∈N, ´e uma sequˆencia que pode ser representada por(1)_n

∈N= (1, 1, 1, . . .)e ´e diferente do conjunto imagem def,

que ´e representado apenas por{1}.

Mais exemplos.

Exemplo (5)A sequência (xn)n∈N= (2n)_n∈N = (2, 4, 6, 8, . . .)é a sequência dos números pares maiores do que ou

iguais a2.

Exemplo (6)A sequˆencia(xn)_n

∈N= (2n−1)n∈N= (1, 3, 5, 7, . . .)é a sequência dos números ´ımpares maiores do que

ou iguais a1.

Exemplo (7)Sequˆencia(xn)_n

∈N= sen nπ₂

n∈N= (1, 0,−1, 0, 1, 0,−1, 0, . . .).

Exemplo (8)O termoxn =xn−1+2ncomx1=0´e o termo geral da sequˆencia(xn)n∈N= (0, 4, 10, 18, 28, 40, 54, . . .).

Exemplo (9)O termo xn =xn−1+r comx1=a´e o termo geral de(xn)n∈N= (a, a+r, a+2r, a+3r, a+4r, . . .)

cujos termos formam uma PA(progressão aritmética) de razãor e 1o_{. termo}_a.

Exemplo (10)O termoxn =qxn−1comx1=a´e o termo geral da sequˆencia(xn)n∈N= a, qa, q2a, q3a, q4a, . . .

cujos termos formam uma PG (progressão geométrica) de razãoqe 1o_{. termo}_a.

Uma sequência éconvergente quando seus termos tornam-se arbitrariamente próximos de um determinado número real à medida quenaumenta.

De modo matematicamente preciso:

(xn)n∈N converge paraL∈Rquando:

∀ε > 0,_∃n0∈Ntal que para n > n0⇒|xn−L|< ε.

Indicamos a convergˆencia da sequˆencia(xn)n∈Npor lim

n→∞xn=Louxn→Le dizemos que(xn)n∈Nconverge paraL.

Quando n˜ao existe o L_∈Rtal que lim

n→∞

xn=L dizemos que a sequˆencia(xn)n∈Ndiverge, ou ´edivergente.

Exemplos.

Exemplo (1)A sequˆencia 1 n

n∈N converge para0pois lim_n_→∞

1

n =0.

Exemplo (2)A sequˆencia(1)_n∈Nconverge para1pois lim

n→∞

1=1.

Uma sequência (xn)n∈N é chamada de sequência de Cauchy quando os seus termos tornam-se arbitrariamente

pr´oximos uns dos outros `a medida quenaumenta. De modo matematicamente preciso:

(xn)n∈N ´e sequˆencia de Cauchy quando:

∀ε > 0,_∃n0∈Ntal que para m, n > n0⇒|xm−xn|< ε.

Exemplo. A sequˆencia 1 n

n∈N´e de Cauchy pois lim_n→∞

m→∞

1

n −

1 m

= 0, ou seja, 1

n e

1

m s˜ao n´umeros arbitrariamente

próximos à medida quemenaumentam. Já a sequência (−1)n

n∈N= (−1, 1,−1, 1,−1, 1, . . .)n˜ao ´e de Cauchy, pois

xn =1, paranpar, exm = −1, param´ımpar, não são números que se tormam arbitrariamente próximos à medida quemenaumentam.

Proposi¸cão 1. (Critério de convergência de Cauchy) Uma sequência(xn)n∈Ré convergente se, e somente se,(xn)n∈N

´e de Cauchy.

Exemplos.

Exemplo (1)A sequˆencia (−1)n

n∈Nnão é de Cauchy. Logo, é divergente.

Exemplo (2)A sequência(n)_n∈Ntem termos que não se tornam arbitrariamente próximos à medida quenaumenta.

(7)

Exemplo(3)A sequˆencia sen nπ 2

n∈N= (1, 0,−1, 0, 1, . . .)tem termos que n˜ao se tornam arbitrariamente pr´oximos

`

a medida quenaumenta. Logo, não é de Cauchy e, portanto, é divergente.

Proposi¸cão 2. (Propriedades operatórias) Sejam (xn)n∈N e (yn)n∈Nsequências convergentes tais que lim

n→∞xn =a

e lim

n→∞yn

=b. Ent˜ao:

(1) lim

n→∞(xn±yn) =_nlim→∞xn±_nlim→∞yn=a±b. (2) lim

n→∞

(xnyn) = lim n→∞

xn lim n→∞

yn=ab. Em particular, se xn=c, ent˜ao lim n→∞

cyn =c lim n→∞

yn =cb.

(3)Se b₆=0, ent˜ao lim

n→∞

xn yn =

lim

n→∞xn

lim

n→∞yn

= a b.

Exemplos.

Exemplo (1)A sequˆencia n−1 n

n∈N´e tal que lim

n→∞

n−1

n =_nlim→∞ 1

− 1 n

= lim

n→∞1

+ lim

n→∞

1

n =1−0=1.

Exemplo (2)A sequˆencia 5 n2

n∈N´e tal que lim

n→∞

5

n2 =5 lim

n→∞

1 n_nlim→∞

1

n =5.0.0=0.

Exemplo (3)A sequˆencia 4−7n6

n6₊₃

n∈N´e tal que limn→∞

4−7n6

n6₊₃ = lim

n→∞

4 n6−7

1+ 3

n6

= nlim→∞( 4 n6−7)

lim

n→∞(

1+ 3

n6)

= nlim→∞ 4 n6−nlim→∞7

lim

n→∞1 +lim

n→∞ 3 n6

= 0₁−₊7₀ = −7.

Proposi¸cão 3. (Teorema do Confronto para sequências) Sejam (xn)_n_∈N, (yn)_n_∈N e (zn)_n_∈N sequências tais que xn ≤yn ≤zn, para n > n0 fixado, e tais que lim

n→∞xn = lim

n→∞zn

=L. Ent˜ao, lim

n→∞yn =L.

Exemplo. A sequˆenciacos_n(n)

n∈N ´e tal que limn→∞

cos(n)

n = 0. De fato, fazendoxn = − 1

n; yn =

cos(n)

n ezn =

1 n

temos −1

n ≤

cos(n)

n ≤

1 n e lim_n→∞

−1 n

= lim

n→∞

1

n =0. PeloTeorema do Confronto para sequˆencias, lim_n→∞

cos(n)

n =0.

Proposi¸c˜ao 4. Seja f:X_⊂R_→Re a_∈X. Ent˜ao,

lim

x→_a

f(x) =f(a)

| {z }

f´e cont´ınua em _a ⇐⇒

h

∀(xn)n∈N em Xcom lim

n→∞

xn=a⇒ lim n→∞

f(xn) =f(a)

i

Seja f:X_⊂R_→Rcont´ınua com Xn˜ao limitado superiormente. Ent˜ao,

lim

x→₊∞f

(x) =L_⇐⇒h_∀(xn)_n_∈N em Xcom lim

n→∞xn

= +_{∞ ⇒} lim

n→∞f

(xn) =L

i

A proposi¸c˜ao acima afirma que no caso def ser cont´ınua, podemos encontrar lim

n→∞f

(xn)calculando lim

x→_af

(x)(ou lim

x→₊∞f(x)).

Exemplos.

Exemplo (1)A sequˆencia(xn)_n ∈N=

_ln₍_n₎ n

n∈N´e convergente.

De fato, sejaf(x) = ln(_xx), que ´e cont´ınua emR+_.

Temos lim

n→∞

n= +_∞. Logo, pela proposi¸c˜ao acima (segunda parte),

lim

n→∞

ln(n)

n =xlim→∞

ln(x)

x =xlim→∞

1 x

1 =0(Regra de L’Hospital).

Exemplo (2)A sequˆencia(xn)n∈N=

_ln₍_nc₎

n

n∈N´e convergente.

De fato, lim

n→∞

ln(nc₎

n =_nlim→∞

cln(n)

n =c_nlim→∞

ln(n)

n =c.0=0.

Exemplo (3)A sequˆencia(xn)n∈N= n +1 n−1

n

(8)

Temos lim

n→∞n

= +_∞. Logo, pela proposi¸c˜ao acima (segunda parte),

lim

n→∞

n+1 n−1

n = lim

x→∞

x+1 x−1

x = lim

x→∞e

xln(x+1

x−1) = lim

x→∞e

ln(x_x+₋1₁)

1 x

=exlim→∞

ln(x_x+₋1₁)

1

x =e

lim

x→∞

− 2

x2−1

− 1

x2 (Regra de L’Hospital)

=exlim→∞ 2x2 x2−1 ₌_e2_.

Exemplo (4)A sequˆencia(xn)n∈N= 1+_nc

n

´e convergente. De fato, sejaf(x) = 1+ c

x x

´e cont´ınua parax > 0. Temos lim

n→∞n

= +_∞. Logo, pela proposi¸c˜ao acima (segunda parte),

lim

n→∞

1+ c

n n

= lim

x→∞

1+ c

x x

= lim

x→∞e

xln(1+c

x) = lim

x→∞e

ln(1+_xc)

1 x

=exlim→∞

ln(1+c_x)

1

x =e

lim

x→∞

− c

x(x+c) − 1

x2 (Regra de L’Hospital)

=exlim→∞ cx x+c

=ec.

Os resultados abaixo são demonstrados em cursos mais avan¸cados de sequências numéricas (cursos de Análise Real). Vamos utilizá-los em nossos exemplos.

(i) lim

n→∞

n √

a=1paraa > 0.

(ii) lim

n→∞

n √

n=1.

(iii) lim

n→∞

an₌₀_para_{−1 < a < 1.}

(iv)Paransuficientemente grande temos log_b(n)_≪nk _≪_an_≪_n!_≪_nn_{, sendo}_{b > 1,}_k_∈_N_e_{a > 1.} (Obs. o s´ımbolo_≪significa “muito menor do que”)

(v) lim

n→∞

logb(n)

nk = lim

n→∞

nk

an = lim

n→∞

an

n! =_nlim→∞

n!

nn =0.

Exemplo. A sequˆencia(xn)_n∈N= n √

nc

comc_∈N´e tal que

lim

n→∞

n √

nc₌ _lim

n→∞

n √

nc= lim

n→∞

n √

n . . . √n

n

| {z }

cvezes

= lim

n→∞

n √

n . . . lim

n→∞

n √

n=1 . . . 1=1.

Exerc´ıcio. Mostre que(xn)n∈N= 1+a+a2+· · ·+an

n∈Ncom−1 < a < 1converge para

1 1−a.

De fato, de xn = 1+a+a2+· · ·+an temos axn =a+a2+a3+· · ·+an+1 exn−axn =1−an+1, de onde conclu´ımos que xn= 1−a

n+1

1−a .

Logo, lim

n→∞xn

= lim

n→∞

1−an−1

1−a =

1−lim

n→∞a n−1

1−a =

(9)

Cap´ıtulo 2

S´

eries de N´

umeros Reais

2.1 Defini¸

c˜

oes e Primeiros Exemplos

Seja (xn)n∈N um sequência de números reais. Definimos asérie de números reaisassociada à sequência(xn)n∈N

como sendo

∞ P

n=1

xn =x1+x2+x3+· · ·.

Desta forma, uma série é simplesmente a soma dos infinitos termos de uma sequência.

A soma finitasn= n

P

k=1

xk =x1+x2+· · ·+xn ´e chamada desoma parcial de ordemnda s´erie

∞ P

n=1

xn.

Por meio das somas parciais de uma s´erie ´e poss´ıvel estudar o comportamento da mesma.

Seja

∞ P

n=1

xn uma s´erie de n´umeros reais e sn = n

P

k=1

xk sua soma parcial de ordem n. Quando existe s∈ R, tal que

lim

n→∞sn

=s, dizemos que a s´erie

∞ P

n=1

xn converge, ou ´econvergente, e denotamos

∞ P

n=1

xn = lim n→∞sn

=s.

Quando n˜ao existes_∈Rtal que lim

n→∞

sn=sdizemos que

∞ P

n=1

xn diverge, ou ´edivergente.

Exemplos.

Para nosso primeiro exemplo, precisamos da seguinte defini¸c˜ao:

A s´erie

∞ P

n=1

qn₌_q₊_q2₊_q3₊_{· · ·}_{, sendo}_q_∈_R_{, ´e dita} _s´_{erie geom´}_{etrica de raz˜}_ao _q_.

Exemplo (1)As´erie geom´etrica

∞

P

n=1

qn _{´e convergente para}_|_q_|_{< 1}_{e divergente para}_|_q_|_≥_1.

Resolu¸c˜ao.

Primeiramente, encontremos uma express˜ao geral para a soma parcial de ordem n da s´erie para o caso em que q₆=_±1.

Temos sn = q+q2+· · ·+qn (soma dos n primeiros termos de uma PG de raz˜ao q e 1o. termo q) eqsn = q2₊_q3₊_{· · ·}₊_qn+1_{. Logo,}_s

n−qsn=q−qn+1. Portanto, sn=

q(1−qn₎ 1−q .

(i)Se|q|< 1, temos lim

n→∞q

n₌_{0. Logo, lim}

n→∞sn=_nlim→∞

q(1−qn₎

1−q =

q

1−q e, pela defini¸c˜ao,

∞

P

n=1

qn₌ q

1−q´e convergente.

Neste caso a série é a soma dos termos de umaPG infinita de razão−1 < q < 1. (ii)Se|q|> 1, temos lim

n→∞q

n_{= +}_∞_{, para}_{q > 1, e}_∄ _lim

n→∞q

n _para_{q <}_−1. Desta forma, lim

n→∞sn =_nlim→∞

q(1−qn₎

1−q = +∞, paraq > 1e∄_nlim→∞sn=_nlim→∞

q(1−qn₎

(10)

Portanto, nessa situa¸c˜ao,

∞

P

n=1

qn _{´e divergente.}

(iii)Seq=1, temos lim

n→∞sn =_nlim→∞(1+1+1+· · ·+1) =_nlim→∞n= +∞.

Portanto, nessa situa¸c˜ao,

∞

P

n=1

qn ´e divergente.

(iv)Seq= −1, temos

lim

n→∞sn

=

      

     

lim

n→∞

(q−q

| {z }+q| {z }−q+· · ·+q| {z }−q

| {z }

nparcelas

) =0, senfor par.

lim

n→∞

(q−q

| {z }+q| {z }−q+· · ·+q| {z }−q+q

| {z }

nparcelas

) =q, senfor ´ımpar.

Comoq₆=0temos que n˜ao existe lim

n→∞sn e, portanto, nessa situa¸c˜ao, ∞

P

n=1

qn _{´e divergente.}

Observa¸c˜oes.

(a)Não é dif´ıcil adaptar a resolu¸cão acima e provar o mesmo resultado acima para a série

∞

P

n=1

aqn coma₆=0. (b)Não mudamos o caráter de convergência ou divergência de uma série se suprimirmos ou acrescentarmos um número finito de termos, mas podemos alterar o valor de sua soma no caso da série original ser convergente.

Além da série geométrica, há uma outra série muito importante, cuja defini¸cão segue abaixo:

A s´erie

∞ P

n=1 1

np =1+₂1p+₃1p+· · ·, sendop∈R, é ditasérie harmônica de ordem p, oup-série, ou ainda,série

hiper-harmˆonica.

Mais adiante faremos uma análise sobre a convergência ou divergência dessa série em fun¸cão dep. Por enquanto, vamos nos concentrar na ordemp=1.

A s´erie de ordem1, dada por

∞

P

n=1 1

n, inspira o adjetivo “harmônica”, que vem da música, e é devido à semelhan¸ca

com a proporcionalidade dos comprimentos de onda de uma corda vibrante.

Por enquanto, vamos mostrar o incr´ıvel resultado de que a série harmônica de ordem1é divergente. A divergência dessa série é bastante “lenta” e, para se ter uma ideia, é preciso somar os 675.000primeiros termos da série para se ter soma parcial igual a14, aproximadamente.

Exemplo (2)As´erie harmˆonica de ordem 1, dada por

∞

P

n=1 1

n, ´e divergente.

Resolu¸c˜ao.

Mostremos que

∞

P

n=1 1

n =_nlim→∞

sn= lim

n→∞

1+1

2+

1

3+· · ·+ 1 n

(11)

y

x 1

curva y= 1 x/ (fora de escala)

0 2 3

...

1 2/

1 3/

1 n/

1

4 n

1 4/

A soma das áreas dos retângulos hachurados é1+1

2+

1

3+

1

4+· · ·=

∞

P

n=1 1 n.

A ´area abaixo do gr´afico def(x) = 1

x a partir do ponto de abscissa 1no eixox´e a integral impr´opria

Z+∞

1 1

xdx=

lim

x→∞

Zx

1 1

xdx.

Desta forma,

∞

P

n=1 1

n ≥_xlim→∞

Zx

1 1

xdx=_xlim→∞ ln(|x|)|

x 1

= lim

x→∞(ln(x) −ln(1)) =_xlim→∞(ln(x)) = +∞.

y

x 1

curva y=ln x( )

0

Logo,

∞

P

n=1 1

n ≥+∞, ou seja,

∞

P

n=1 1

n = +∞. Portanto,

∞

P

n=1 1

n ´e divergente.

Exemplo (3)A s´erie

∞

P

n=1

ln _nn₊₁

´e divergente.

Resolu¸c˜ao.

Temos

sn= Pn k=1

ln

k k+1

=ln

1 2

+ln

2 3

+ln

3 4

+_{· · ·}+ln

n−1 n

+ln

n n+1

=ln

1 2 2 3 3 4· · ·

n−1 n

n n+1

=ln

1 n+1

Logo,

∞

P

n=1 ln

n n+1

= lim

n→∞sn

= lim

n→∞ln

1 n+1

= −_∞, ou seja, a s´erie diverge.

∞

P

n=1 sen nπ

2

´e divergente.

Resolu¸c˜ao.

Temos,

sn = n

P

k=1 sen

kπ

2

=

   

  

1+0−1+0+_{· · ·}+1+0−1+0=0, sen=4j

1+0−1+0+_{· · ·}+1+0−1+0+1=1, sen=4j+1 1+0−1+0+_{· · ·}+1+0−1+0+1+0=1, sen=4j+2 1+0−1+0+_{· · ·}+1+0−1+0+1+0−1=0, sen=4j+3

Assim,(sn)n∈N= (1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, . . .), ou seja, lim

n→∞

sn n˜ao existe. Portanto,

∞

P

n=1 sen nπ

2

diverge.

As duas próximas proposi¸cões apresentam algumas regras operatórias envolvendo séries.

Proposi¸c˜ao 1. Se a s´erie

∞ P

n=1

xn é convergente e sua soma és, então a série

∞ P

n=1

cxn,cconstante real, ´e convergente

(12)

Demonstra¸c˜ao da Proposi¸c˜ao 1.

Sejamsn = Pn k=1

xk eσn = Pn k=1

cxk as somas parciais de ordemndas s´eries

∞

P

n=1 xn e

∞

P

n=1

cxn, respectivamente.

Logo,σn=c n

P

k=1

xk=csn e, portanto, lim

n→∞σn

= lim

n→∞csn

=c lim

n→∞sn

=cs(pois lim

n→∞sn

=s). Assim, lim

n→∞

σn =cs, ou seja,

∞

P

n=1

cxn ´e convergente e sua soma ´ecs.

Observa¸c˜ao. Se

∞

P

n=1

xn ´e divergente, ent˜ao

∞

P

n=1

cxn ´e divergente parac6=0 (parac=0,

∞

P

n=1

cxn =0).

Proposi¸c˜ao 2. Se as s´eries

∞ P

n=1

xn e

∞ P

n=1

yn convergem para as somas s e s, respectivamente, ent˜ao as s´eries

∞ P

n=1

(xn+yn)e

∞ P

n=1

(xn−yn)convergem para as somas s+s e s−s, respectivamente.

Sejasn= n

P

k=1

(xk+yk)soma parcial de ordemnda s´erie

∞

P

n=1

(xn+yn), ou seja,

sn =a1+b1+a2+b2+_{· · ·}+an+bn = (a1+a2+· · ·+an) + (b1+b2+· · ·bn) =sn+sn

Logo, lim

n→∞sn

= lim

n→∞ sn

+sn=s+s, ou seja

∞

P

n=1

(xn+yn) =s+s. O procedimento para a s´erie

∞

P

n=1

(xn−yn)´e feito de modo an´alogo.

2.2 Somando S´

eries

A exemplo do que fizemos com asérie geométrica, nesta se¸cão vamos apresentar algumas técnicas para encontrar as somas de certas séries convergentes. Antes porém, uma defini¸cão:

Uma s´erie

∞ P

n=1

xné chamada desérie telescópicaquando o termo geralxnpuder ser escrito na formaxn=an−an+1,

ou seja,

∞ P

n=1

xn=

∞ P

n=1

(an−an+1).

Exemplos.

Exemplo (1)Estude a s´erie

∞

P

n=1 1

n2₊_n, encontrando sua soma, caso seja convergente. Resolu¸c˜ao.

Faremos esse estudo de dois modos distintos:

(i)Encontrando uma express˜ao para a soma parcial de ordemn. Temos:

s1= 1 12₊₁ =

1 2 s2= 1

12₊₁ + 1 22₊₂ =

1 2+

1 6 =

2 3 s3= 1

12₊₁ + 1 22₊₂ +

1 32₊₃ =

1 2 +

1 6 +

1 12 =

3 4 s4= 1

12₊₁ + 1 22₊₂ +

1 32₊₃+

1 42₊₄ =

1 2 +

1 6 +

1 12+

1 20=

4 5 s5= 1

12₊₁ + 1 22₊₂ +

1 32₊₃+

1 42₊₄ +

1 52₊₅ =

1 2+

1 6+

1 12+

1 20+

1 30 =

5 6 ..

(13)

Logo,sn= _nn₊₁ e, portanto,

∞

P

n=1 1

n2₊_n = lim

n→∞sn =_nlim→∞

n

n+1=1.

(ii)Escrevendo o termo geral da s´erie de forma mais simples. Podemos escreverxn= 1

n2₊_n usando fra¸c˜oes parciais, ou seja, sejamAeBreais tais que

1 n2₊_n =

1 n(n+1) =

A n +

B n+1 =

A(n+1) +Bn n(n+1) =

(A+B)n+A n2₊_n ⇒

A+B=0

A=1 ⇒

A=1 B= −1

Logo,xn= _n21₊_n = _n1 −_n1₊₁, ou seja,

∞

P

n=1

xn é umasérie telescópica. Assim,

∞

P

n=1 1 n2₊_n =

∞

P

n=1

1 n−

1 n+1

= lim

n→∞sn

= lim

n→∞

n

P

k=1

1 k−

1 k+1

= lim

n→∞

1−61

62

+

61

62 −

61 63 + 61

63−

61 64 + 61

64 −

61 65 +_{· · ·}+ 61

6n− 1 n+1

= lim

n→∞

1− 1

n+1

=1.

∞

P

n=1 1

n3₊_3n2₊_2n, encontrando sua soma, caso seja convergente.

Resolu¸c˜ao.

Vamos escrever o termo geral da s´erie como soma de fra¸c˜oes parciais, ou seja, sejamA,BeCreais tais que 1

n3₊_3n2₊_2n =

1

n(n+1) (n+2) = A n +

B n+1 +

C n+2 =

A(n+1) (n+2) +Bn(n+2) +Cn(n+1) n(n+1) (n+2)

= A n

2₊_3n₊₂

+B n2₊_2n

+C n2₊_n

n3₊_3n2₊_2n =

(A+B+C)n2_{+ (3A}₊_2B₊_C)_n₊_2A n3₊_3n2₊_2n

⇒  



A+B+C=0 3A+2B+C=0 2A=1

⇒  



A= 1₂ B+C= −1

2 2B+C= −3₂

⇒  



A= 1 2 B= −1 C= 1

2

Logo,

∞

P

n=1

1

n3₊_3n2₊_2n =_nlim→∞sn =_nlim→∞

n

P

k=1 1 2 k −

1 k+1 +

1 2 k+2

! = lim n→∞ 1 2 n P

k=1 1 k−

n

P

k=1 1 k+1+

1 2

n

P

k=1 1 k+2

= lim

n→∞

1 2 1+

1 2+

1

3+· · ·+ 1 n

| {z }

!

− 1

2 + 1

3 +· · ·+ 1 n

| {z }

+ 1

n+1 !

+

+1 2

1

3+· · ·+ 1 n

| {z }

+ 1

n+1 + 1 n+2

!! = lim n→∞ 1 2 1+1

2 − 1 2 + 1 n+1

+1

2

1 n+1 +

1 n+2

= lim n→∞ 1 4 + 1 n+1 +

1 2(n+1)+

1 2(n+2)

= 1 4

∞

P

n=1 n

2n, encontrando sua soma, caso seja convergente.

(14)

Temos

∞

P

n=1 n 2n =

1 2+

2 22 +

3 23+

4

24+· · ·+ n 2n +· · · = 1

2+

1 22 +

1 22 + 1 23+

1 23 +

1 23 + 1 24+

1 24+

1 24 +

1 24 +_{· · ·}+ 1

2n +· · ·+ 1 2n

| {z }

ntermos

+_{· · ·}

Fa¸camos

∞

P

n=1 n

2n =

∞

P

n=1

An sendo:

A1= 1 2 +

1 22 +

1 23+

1

24+· · ·+ 1 2n +

1

2n+1+· · ·= 1 2 1− 1

2 = 2

2

A2= 1 22 +

1 23+

1

24+· · ·+ 1 2n +

1

2n+1+· · ·= 1 22

1− 1 2

= 2 22

A3= 1 23 +

1

24+· · ·+ 1 2n +

1

2n+1 +· · ·= 1 23

1−1 2

= 2 23

A4= 1

24 +· · ·+ 1 2n +

1

2n+1+· · ·= 1 24

1−1 2

= 2 24 ..

.

An = 1 2n +

1

2n+1 +· · ·= 1 2n

1−1 2

= 2 2n ..

.

Observemos que cadaAn ´e soma dos termos dePG’s infinitas de raz˜ao 1 2.

Al´em disso,

∞

P

n=1

An também é soma dos termos de umaPG infinita de razão 1 2.

Assim,

∞

P

n=1 n 2n =

∞

P

n=1 An= 2

2+ 2 22 +

2 23 +

2

24+· · ·= 2 2 1− 1₂ =2.

∞

P

n=1 1 √ n− 1 √

n+1

, encontrando sua soma, caso seja convergente.

Resolu¸c˜ao.

Temos umas´erie telesc´opica:

∞

P

n=1 1 √ n− 1 √

n+1

= lim

n→∞

sn= lim

n→∞

n

P

k=1 1 √ k− 1 √

k+1 = lim n→∞ 1 √ 1 − 61 √ 62 + 61 √ 62−

61 √ 63 + 61 √ 63−

61 √ 64 +_{· · ·}+ 61 √ 6n−

1

√

n+1

= lim

n→∞

1−_√ 1 n+1

=1.

∞

P

n=1

1 √

n2₊_n(√_n₊₁₊√_n), encontrando sua soma, caso seja convergente. Resolu¸c˜ao.

Temos:

xn= _√ 1

n2₊_n √_n₊₁₊√_n =

√

n+1−√n p

n(n+1) √n+1+√n √

n+1−√n =

√

n+1−√n

√

n√n+1 = 1

√

n− 1

√

n+1,

ou seja,

∞

P

n=1

1 √

n2₊_n(√_n₊₁₊√_n) =

∞

P

n=1 1 √ n − 1 √

n+1

(15)

Assim,

∞

P

n=1

1

√

n2₊_n √_n₊₁₊√_n =

∞

P

n=1 1 √ n− 1 √

n+1

= lim

n→∞

n

P

k=1 1 √ k − 1 √

k+1 = lim n→∞ 1 √ 1 − 61 √ 62 + 61 √ 62 −

61 √ 63 + 61 √ 63−

61 √ 64 +_{· · ·}+ 61 √ 6n−

1

√

n+1

= lim

n→∞

1−_√ 1 n+1

=1.

2.3 Uma Condi¸

c˜

ao Necess´

aria para a Convergˆ

encia de uma S´

erie

Conseguir somar uma série convergente não é, geralmente, uma tarefa simples. Entretanto, na maioria das vezes, não precisamos saber o valor de uma série, mas apenas se ela é convergente ou divergente. Há alguns resultados que permitem fazer essa investiga¸cão, sendo que o primeiro deles é apresentado abaixo.

Proposi¸cão 3. (Condi¸cão necessária para a convergência) Se

∞ P

n=1

xn converge, ent˜ao lim n→∞xn

=0.

Sejamsn = Pn k=1

xk esn−1= n_P−1

k=1

xk. Logo,

xn =sn−sn−1⇒ lim

n→∞xn=_nlim→∞(sn−sn−1) =_nlim→∞sn−_nlim→∞sn−1.

Mas

∞

P

n=1

xn converge, ou seja, existes_∈Rtal que

∞

P

n=1

xn=s. Portanto,

∞

P

n=1

xn = lim

n→∞sn =_nlim→∞sn−1=s.

Conclus˜ao: lim

n→∞xn

=0.

Corol´ario. Se lim

n→∞xn 6

=0, ent˜ao

∞ P

n=1

xn diverge.

Exemplos.

Exemplo (1)Estude a natureza da s´erie 1

3+ 2 5+ 3 7+ 4 9+ 5

11+· · · via o limite do termo geral.

Resolu¸c˜ao. Temos 1 3+ 2 5+ 3 7+ 4 9+ 5

11+· · ·=

∞

P

n=1 n

2n+1. Assim,xn= n

2n+1 e lim_n→∞xn

= lim

n→∞

n

2n+1 =

1 26=0. Portanto, pelo corol´ario acima,

∞

P

n=1 n

2n+1 diverge.

Exemplo (2)Estude a natureza das´erie harmˆonica de ordem 1, dada por1+ 1

2+ 1 3+ 1 4+ 1

5+· · ·, via o limite do termo geral.

Resolu¸c˜ao.

Temos1+1₂+1₃+1₄+1₅+_{· · ·}=

∞

P

n=1 1

n. Assim,xn = 1

n e lim_n→∞xn =_nlim→∞

1

n =0.

Não conclu´ımos a natureza da série pelo corolário acima. Entretanto, já vimos em exemplos anteriores que a série

∞

P

n=1 1

n diverge.

Exemplo (3)Estude a natureza dasérie geométrica de razão 2

3, dada por 2 3+ 2 3 2 + 2 3 3 + 2 3 4 + 2 3 5

+_{· · ·}, via o limite do termo geral.

Resolu¸c˜ao. Temos 2 3+ 2 3 2 + 2 3 3 + 2 3 4 + 2 3 5 +_{· · ·}= ∞ P

n=1 2 3

n

. Assim,xn = 2 3

n e lim

n→∞xn

= lim n→∞ 2 3 n =0.

Não conclu´ımos a natureza da série pelo corolário acima. Entretanto, já vimos em exemplos anteriores que a série

∞

P

n=1 2 3

n

converge.

(16)

Resolu¸c˜ao.

Temos 3

2+

3 2

2 + 3

2 3

+ 3 2

4 + 3

2 5

+_{· · ·}=

∞

P

n=1 3 2

n

. Assim,xn = 3₂ n

e lim

n→∞

xn = lim

n→∞

3 2

n

= +_∞₆=0. Portanto, pelo corol´ario acima,

∞

P

n=1 3 2

n

diverge.

Exemplo (5)Estude a natureza da s´erie

∞

P

n=1 1

n√

2 via o limite do termo geral.

Resolu¸c˜ao.

Temosxn= n√1

2 e limn→∞

xn = lim

n→∞

1

n√

2 =nlim→∞

1 2n1

= ₂10 =16=0.

Portanto, pelo corol´ario acima,

∞

P

n=1 1

n

√

2 diverge.

Observa¸cão. A condi¸cão da Proposi¸cão 3 é necessária mas não é suficiente, isto é, a rec´ıproca da proposi¸cão não é verdadeira. Por exemplo, na série harmônica de ordem 1, dada por

∞

P

n=1 1

n, ´e tal que lim_n→∞xn

= lim

n→∞

1

n = 0, mas a s´erie diverge.

2.4 Testes de Convergˆ

encia para S´

eries de Termos Positivos

Conforme já comentamos na se¸cão anterior, encontrar a soma de uma série convergente pode não ser fácil, de modo que saber se uma série é convergente ou divergente já é um ganho considerável. Nesta se¸cão apresentamos alguns resultados matemáticos chamados detestes de convergência que podem ser aplicados no estudo da natureza de uma série numérica de termos positivos.

Teorema 1. (1o_{. teste: Teste da Compara¸c˜}_{ao) Consideremos as s´eries} ∞ P

n=1

xn e

∞ P

n=1

yn de termos positivos tais que

xn ≤yn para n≥n0.

(i) Se

∞ P

n=1

yn converge, ent˜ao

∞ P

n=1

xn converge.

(ii)Se

∞ P

n=1

xn diverge, ent˜ao

∞ P

n=1

yn diverge.

Demonstra¸c˜ao do Teorema 1.

Como 0 < xn ≤ yn para n ≥ n0, temos 0 < xn0 +xn0+1+· · · +xn ≤ yn0 +yn0+1+· · ·+yn. Ent˜ao,

0 < sn−sn0−1≤sn−sn0−1, sendosn esn somas parciais de ordemnde

∞

P

n=1 xn e

∞

P

n=1

yn, respectivamente.

(i)Como

∞

P

n=1

yn converge, ent˜ao lim

n→∞sn=s∈

R. Assim,

0_≤ lim

n→∞(sn−sn0−1)≤_nlim→∞ sn−sn0−1

⇒0_≤ lim

n→∞(sn) −sn0−1≤_nlim→∞ sn

−sn0−1⇒

0_≤ lim

n→∞

(sn) −sn0−1≤s−sn0−1⇒sn0−1≤ lim

n→∞

(sn)≤ s−sn0−1

+sn0−1

Portanto, lim

n→∞

(sn)deve ser um número real, pois(sn)n∈Né uma sequência crescente de números positivos limitada

superiormente (ela n˜ao “oscila”).

Conclus˜ao:

∞

P

n=1

xn ´e convergente.

(ii)Como

∞

P

n=1

xn diverge, ent˜ao lim

n→∞sn

= +_∞. Assim,

0_≤ lim

n→∞

(sn−sn0−1)≤ lim

n→∞ sn

−sn0−1

⇒0_≤+_∞_≤ lim

n→∞ sn

−sn0−1⇒ lim

n→∞ sn

= +_∞,

ou seja,

∞

P

n=1

yn ´e divergente.

(17)

Exemplo (1)Estudar a natureza da s´erie

∞

P

n=1 1 √ n.

Resolu¸c˜ao.

Temos0 < _n1 _≤ √1

n, para qualquern∈N. Como

∞

P

n=1 1

n diverge, peloTeste da Compara¸c˜ao,

∞

P

n=1 1 √

n diverge.

∞

P

n=1 1 nn.

Resolu¸c˜ao.

Temos0 < 2n _≤_nn _para_n_∈_N₋_{₁_}_{. Logo,}_{0 <} 1

nn ≤₂1n paran≥2.

Como

∞

P

n=1 1 2

n = 12

1−1 2

=1(série geométrica) converge, então, peloTeste da Compara¸cão,

∞

P

n=1 1

nn converge (e sua

soma ´e menor do que ou igual a1).

∞

P

n=1 4 3n₊₁.

Resolu¸c˜ao.

Temos0 <₃n4₊₁ ≤₃4n =4 1₃

n

, para qualquern_∈N. Mas

∞

P

n=1

4 1₃n=4

∞

P

i=n 1 3

n =4 13

1−1 3

=2(série geométrica) converge, então, peloTeste da Compara¸cão,

∞

P

n=1 1

3n₊₁ converge (e sua soma ´e menor do que ou igual a2).

∞

P

n=1 arctg(n)

2n .

Resolu¸c˜ao.

Temos0 < π₄ _≤arctg(n)< π

2, para qualquern∈N.

0 y

1 x

p/₂

-p/2

p/4

2 3

curva y arctg x= _{( )}

Logo, 0 < arctg₂n(n) ≤ π 2

2n = π₂ 1₂

n

. Como

∞

P

n=1 π 2

1 2

n = π

2

∞

P

n=1 1 2

n = π

2

1 2

1−1 2

= π

2 (s´erie geom´etrica) converge,

ent˜ao, pelo Teste da Compara¸c˜ao,

∞

P

n=1 arctg(n)

2n converge (e sua soma ´e menor do que ou igual a π₂).

∞

P

n=1 arctg(n)

n .

Resolu¸c˜ao.

Temos arctg(n)_≥arctg(2)>arctg√3= π

3 > 1paran∈N−{1}. Logo,0 < _n1 _≤ arctg_n(n) paran_≥2. Como

∞

P

n=1 1

n diverge, ent˜ao, peloTeste da Compara¸c˜ao,

∞

P

n=1 arctg(n)

n diverge.

Teorema 2. (2o_{. teste: Teste da Raz˜}_{ao ou Teste de D’Alembert) Consideremos a s´erie} ∞ P

n=1

xn de termos positivos

tal que lim

n→∞

xn+1

xn =l∈R.

(i) Se l < 1, ent˜ao

∞ P

n=1

xn converge.

(ii)Se l > 1, ent˜ao

∞ P

n=1

xn diverge.

Observa¸c˜oes.

(18)

(ii)Se lim

n→∞

xn+1

xn = +∞, ent˜ao a s´erie

∞

P

n=1

xn diverge.

Exemplos.

Exemplo (1)Use oTeste da Raz˜ao para estudar a natureza da s´erie

∞

P

n=1 1 n!.

Resolu¸c˜ao.

Temos lim

n→∞

xn+1

xn =_nlim→∞

1

(n+1)!

1 n!

= lim

n→∞

n!

(n+1)! =_nlim→∞

1

n+1 =0. Logo, peloTeste da Raz˜ao,

∞

P

n=1 1

n! converge.

Exemplo (2)Use oTeste da Razão para estudar a natureza da série harmônica de ordem 1, dada por

∞

P

n=1 1 n.

Resolu¸c˜ao.

Temos lim

n→∞

xn+1

xn = _nlim→∞

1 n+1

1 n

= lim

n→∞

n

n+1 = 1. Logo, n˜ao conclu´ımos a natureza da s´erie

∞

P

n=1 1

n pelo Teste da

Razão (embora saibamos que esta série é divergente).

∞

P

n=1 2n

n.

Resolu¸c˜ao.

Temos lim

n→∞

xn+1

xn =_nlim→∞

2n+1 n+1 2n

n

= lim

n→∞

2n

n+1 =2. Logo, peloTeste da Raz˜ao,

∞

P

n=1 2n

n diverge.

∞

P

n=1 n!

2n.

Resolu¸c˜ao.

Temos lim

n→∞

xn+1

xn =_nlim→∞

(n+1)!

2n+1 n!

2n

= lim

n→∞

n+1

2 = +∞. Logo, peloTeste da Raz˜ao,

∞

P

n=1 n!

2n diverge.

∞

P

n=1 2n nn.

Resolu¸c˜ao.

Temos lim

n→∞

xn+1

xn = _nlim→∞

2n+1

(n+1)n+1 2n nn

= lim

n→∞

2nn

(n+1)n₍_n₊₁₎ ≤ lim

n→∞

2nn

nn₍_n₊₁₎ = lim

n→∞

2

n+1 = 0. Logo, pelo Teste da

Raz˜ao,

∞

P

n=1 2n

nn converge.

∞

P

n=1 n!

nn.

Resolu¸c˜ao.

Temos lim

n→∞

xn+1

xn =_nlim→∞

(n+1)! (n+1)n+1

n!

nn

= lim

n→∞

(n+1)nn

(n+1)n₍_n₊₁₎ = lim

n→∞

1 (n+1

n )

n = 1

lim

n→∞(

1+1 n)

n = 1_e < 1. Logo, peloTeste da Raz˜ao,

∞

P

n=1 n!

nn converge.

Teorema 3. (3o_{. teste: Teste da Raiz ou Teste de Cauchy) Consideremos a s´erie} ∞ P

n=1

xn de termos positivos tal que

lim

n→∞

n

√_x

n=l∈R.

(i) Se l < 1, ent˜ao

∞ P

n=1

xn converge.

(ii)Se l > 1, ent˜ao

∞ P

n=1

xn diverge.

Observa¸c˜oes.

(i)Quando l=1, não se conclui a natureza da série com o teste acima. Há exemplos de séries convergentes e séries divergentes tais quel=1 nesse teste.

(ii)Se lim

n→∞

n

√_xn_{= +}

∞, ent˜ao a s´erie

∞

P

n=1

(19)

Exemplos.

∞

P

n=1 1 nn.

Resolu¸c˜ao.

Temos lim

n→∞

n √_x

n= lim

n→∞

n

q 1

nn = lim

n→∞

1

n =0. Logo, peloTeste da Raiz,

∞

P

n=1 1

nn converge.

Exemplo (2)Use oTeste da Razão para estudar a natureza da série harmônica de ordem 1, dada por

∞

P

n=1 1 n.

Resolu¸c˜ao.

Temos lim

n→∞

n √_x

n = lim

n→∞

n

q 1

n = _nlim→∞

1 n

1n ₌ _lim

x→∞

1 x

1x ₌ _lim

x→∞

e1xln( 1

x) = exlim→∞ −ln(x)

x ₌ _enlim→∞(− 1

x) ₌ _e0 ₌ ₁ (Regra de L’Hospital). Logo, n˜ao conclu´ımos a natureza da s´erie

∞

P

n=1 1

n peloTeste da Raiz (embora saibamos que esta

s´erie ´e divergente).

Para o proximo teste, precisamos recordar as chamadasIntegrais Impr´oprias. Vimos que uma integral impr´opria do primeiro tipo

Z∞

a

f(x)dx= lim

x→∞

Zx

a

f(x)dxpode ser convergente ou diver-gente. Geometricamente, quandof(x)_≥0 para todox_∈[a,_∞[, a integral

Z∞

a

f(x)dxno plano cartesiano representa a área da regiãoR, não limitada à direita, abaixo do gráfico de fe acima do intervalo[a,_∞[sobre o eixox. Quando a integral imprópria converge, a área da regiãoRé finita. Quando a integral imprópria diverge, a área da regiãoRé infinita.

0 y

a x

R

A R( )=

ò

f x dx( )

a

+¥

Por exemplo:

(i)

Z∞

1 1

xdx=_xlim→∞

Zx

1 1

xdx=_xlim→∞ ln

(|x|)|x₁ = lim

x→∞(ln

(x) −0) = +_∞, ou seja, a integral impr´opria diverge.

(ii)

Z∞

1 1

1+x2dx = lim

x→∞

Z∞

1 1

1+x2dx = lim

x→∞ arctg

(x)|x₁

= lim x→∞(arctg

(x) −arctg(1)) = π

2 −

π

4 =

π

4, ou seja, a integra impr´opria converge.

Teorema 4. (4o_{. teste: Teste da Integral) Consideremos a s´erie} ∞ P

n=1

xn de termos positivos e f: [1,∞[ →R uma fun¸c˜ao cont´ınua, positiva e decrescente tal que f(n) =xn. Ent˜ao,

(i) Se

Z∞

1

f(x)dxconverge, ent˜ao

∞ P

n=1

xn converge.

(ii)Se

Z∞

1

f(x)dxdiverge, ent˜ao

∞ P

n=1

xn diverge.

Observa¸c˜oes.

Se

Z∞

1

f(x)dxconverge, ent˜ao

Z∞

a

f(x)dxconverge para qualquera_≥1.

Se

Z∞

1

f(x)dxdiverge, ent˜ao

Z∞

a

f(x)dxdiverge para qualquera≥1.

Demonstra¸c˜ao do Teorema 4.

(20)

y

x 1

curva y =f x( )

0 2 3

...

f 1( )=x₁

4 n

y

x 1

0 2 3 ₄

...

_n

f 2( )=x2

f 3( )=x3

f 4( )=x4

f n( )=xn

A1 A2

A3

A4 An

f 1( )=x₁

f 2( )=x2

f 3( )=x3

f 4( )=x4

f n( )=xn

B1

B2 B3

B4

Bn

(i)

Z∞

1

f(x)dx=c_∈Rconverge. Temos

∞

P

n=1

xn =x1+

∞

P

n=2

xn =x1+

∞

P

n=2 f(n) =x1+ f(2).1

| {z }

A1

+f(3).1

| {z }

A2

+f(4).1

| {z }

A3

+ _{· · ·}

≤x1+

Z∞

1

f(x)dx=x1+c,

ou seja,

∞

P

n=1

xn converge.

(ii)

Z∞

1

f(x)dx= +_∞diverge. Temos

∞

P

n=1 xn=

∞

P

n=1 f(n) = f(1).1

| {z }

B1

+f(2).1

| {z }

B2

+f(3).1

| {z }

B3

+ _{· · ·}

≥ Z∞

1

f(x)dx= +_∞,

ou seja,

∞

P

n=1

xn diverge.

Exemplos.

Exemplo (1) Estudar as´erie harmˆonica de ordem p, dada por

∞

P

n=1 1

np, no caso em quep > 0 ep6=1, utilizando o Teste da Integral.

Resolu¸c˜ao.

Consideremos a fun¸c˜ao f : [1,_∞[ _→ R definida por f(x) = 1

xp, que ´e cont´ınua, positiva, decrescente e tal que

f(n) =xn = _n1p.

Assim, parap > 0ep₆=1temos

Z∞

1

f(x)dx=

Z∞

1 1

xpdx=_xlim→∞

Zx

1 1

xpdx=_xlim→∞

x1−p 1−p x

1 !

= lim

x→∞

x1−p₋₁ 1−p .

(i)Se0 < p < 1, temos lim

x→∞

x1−p−1

1−p = +∞e, peloTeste da Integral, a s´erie

∞

P

n=1 1

np diverge.

(ii)Sep > 1, temos lim

x→∞

x1−p₋₁

1−p =

1

p−1 e, peloTeste da Integral, a s´erie

∞

P

n=1 1

np converge.

Observa¸c˜ao. Vimos que para p = 1 a s´erie

∞

P

n=1 1

np =

∞

P

n=1 1

n diverge. Naturalmente, quando p = 0 temos que

∞

P

n=1 1

n0 =

∞

P

n=1

1 diverge. Além disso, essa série também diverge quando consideramosp < 0, pois, nesse caso, o limite do termo geral não é zero, ou seja, lim

n→∞

1

np = +∞. Resumindo: pela análise empenhada acima, asérie harmônica de ordem p, dada por

∞

P

n=1 1

(21)

Exemplo (2)Estudar a s´erie

∞

P

n=2 1

n(ln(n))p, sendop > 0, utilizando oTeste da Integral. Resolu¸c˜ao.

Consideremos a fun¸c˜aof: [2,_∞[_→Rdefinida porf(x) = 1

x(ln(x))p, que ´e cont´ınua, positiva, decrescente e tal que

f(n) =xn = _n(ln(1n))p.

A fun¸c˜aof(x) =x−1_(ln_(x))−p_{´e, de fato, decrescente, pois}

f′_{(x) = −x}−2_(ln_(x))−p

−x−1p(ln(x))−p−1x−1= − 1 x2_(ln_(x))p−

p

x2_(ln_(x))p+1 = − 1 x2_(ln_(x))p

1+ p

ln(x)

< 0

para p > 0ex > 2.

Temos, parap > 0ep₆=1,

Z∞

2 1

x(ln(x))pdx=xlim→∞

Zx

2

(ln(x))−p

x dx=xlim→∞

(ln(x))1−p 1−p

x

2 !

= lim

x→∞

(ln(x))1−p− (ln(2))1−p 1−p

! .

Parap=1,

Z∞

2 1

xln(x)dx=xlim→∞

Zx

2 1

xln(x)dx=xlim→∞ ln(ln

(x))|x₂ = lim

x→∞(ln(ln

(x)) −ln(ln(2))) = lim

x→∞

ln

_ln_(x) ln(2)

.

(i)Se0 < p < 1, temos lim

x→∞

₍_ln₍_x₎₎1−p₋₍_ln₍₂₎₎1−p

1−p

= +_∞, ou seja a s´erie

∞

P

n=2 1

n(ln(n))p diverge.

(ii)Sep=1, temos lim

x→∞

lnln_ln(₍x₂)₎= +_∞, ou seja a s´erie

∞

P

n=2 1

nln(n) diverge.

(iii)Sep > 1, temos lim

x→∞

₍_ln₍

x))1−p₋₍_ln₍

2))1−p

1−p

= −(ln₁(2₋))_p1−p, ou seja a s´erie

∞

P

n=2 1

n(ln(n))p converge.

Observa¸c˜ao. Na s´erie

∞

P

n=2 1

n(ln(n))p do exemplo acima, quandop≤0, temos _n₍_ln₍1_n₎₎p ≥ _n1e, peloTeste de Compara¸c˜ao,

∞

P

n=1 1

n(ln(n))p diverge, pois

∞

P

n=1 1

n diverge. Sendo assim, a série em questão tem o mesmo comportamento da série

harmˆonica de ordemp.

Exerc´ıcios.

Exerc´ıcio (1)Estudar a s´erie

∞

P

n=1 n

en2 utilizando oTeste da Integral.

Dica: uma primitiva paraf(x) = x

ex2 ´eF(x) = −1 2ex2.

∞

P

n=1

n√_e

n2 utilizando oTeste da Integral.

Dica: uma primitiva paraf(x) = √_xx2e ´eF(x) = − x √

e.

∞

P

n=10

1

n(ln(n))(ln(ln(n)))p utilizando oTeste da Integral.

Dica: uma primitiva para f(x) = 1

x(ln(x))(ln(ln(x)))p ´e F(x) = (

ln(ln(p)))1−p

1−p para p 6= 1 eF(x) =ln(ln(ln(x))) para n=1.

Resposta: diverge parap_≤1 e converge parap > 1.

Teorema 5. (5o_{. teste: Teste do Limite da Compara¸c˜}_{ao) Consideremos as s´eries} ∞ P

n=1

xn e

∞ P

n=1

yn de termos positivos.

Ent˜ao,

(i) Se lim

n→∞

xn yn =0 e

∞ P

n=1

yn converge, ent˜ao

∞ P

n=1

xn converge.

(ii)Se lim

n→∞

xn

yn =c > 0, então ambas as séries convergem ou ambas as séries divergem.

(iii)Se lim

n→∞

xn

yn = +∞e

∞ P

n=1

yn diverge, ent˜ao

∞ P

n=1

xn diverge.

(22)

∞

P

n=1 3n+1

4n3₊_n2₋₂ utilizando oTeste do Limite da Compara¸c˜ao. Resolu¸c˜ao.

Temos que encontrar uma s´erie (geralmente mais simples) a qual saibamos sua natureza para compararmos com a s´erie dada no limite.

Observemos que

xn= 3n+1 4n3₊_n2₋₂ =

n 3+ 1 n n3 ₄₊ 1

n−

2 n3

= 1 n2.

3+ 1 n 4+ _n1− _n23

Se tomarmosyn= _n12 teremos

lim

n→∞

xn

yn =nlim→∞

1 n2.

3+1 n

4+1 n− 2 n3 1 n2 = lim n→∞

3+ 1 n 4+ 1

n −

2 n3

= 3 4 > 0.

Como

∞

P

n=1 1

n2 converge (série harmônica de ordem2), peloTeste do Limite da Campara¸cão,

∞

P

n=1 3n+1

4n3₊_n2₋₂ converge.

∞

P

n=1 5 √

n2₊_2n₊₇ utilizando oTeste do Limite da Compara¸c˜ao. Resolu¸c˜ao.

Observemos que

xn= _√ 5

n2₊_2n₊₇ =

5 q

n2 ₁₊ 2

n+ 7 n2 = 5 n. 1 q

1+ 2

n+

7 n2

lim

n→∞

xn

yn =nlim→∞

5 n.

1

q

1+2 n+ 7 n2 5 n = lim n→∞ 1 q

1+ 2

n +

7 n2

=1 > 0.

Como

∞

P

n=1 5

n =5

∞

P

n=1 1

n diverge (série harmônica de ordem1), peloTeste do Limite da Campara¸cão,

∞

P

n=1 5 √

n2₊_2n₊₇

diverge.

∞

P

n=1

3

√ n2₊₄

6n2₋_n₋₁ utilizando oTeste do Limite da Compara¸c˜ao. Resolu¸c˜ao.

Observemos que

xn=

3 √

n2₊₄ 6n2₋_n₋₁ =

3

q

n2 ₁₊ 4 n2

n2 ₆₋ 1

n − 1 n2 = 3 √ n2 n2 .

3

q 1+ 4

n2

6− _n1− _n12

= 1 n43

.

3

q 1+ 4

n2

6− _n1− _n12

Se tomarmosyn= 1

n43 teremos

lim n→∞ xn yn = lim n→∞ 1 n43

.

3 q

1+ 4

n2

6−1 n−n21

1 n43

= lim

n→∞

3

q 1+_n42

6− 1

n −

1 n2

= 1 6 > 0.

Como

∞

P

n=1 1

n43 converge (s´erie harmˆonica de ordem

4

3 > 1), pelo Teste do Limite da Campara¸c˜ao,

∞

P

n=1

3

√ n2₊₄

6n2₋_n₋₁

converge.

∞

P

n=1 arctg(n)

nn utilizando oTeste do Limite da Compara¸c˜ao.

Resolu¸c˜ao.

Se tomarmosyn= n1n teremos

lim n→∞ xn yn = lim n→∞

arctg(n)

nn

1

nn

= lim n→∞arctg

(23)

Como

∞

P

n=1 1

nn converge (veja exemplo doTeste da Raiz), peloTeste do Limite da Campara¸c˜ao,

∞

P

n=1 arctg(n)

nn converge.

∞

P

n=1 sen2 π

n

utilizando o Teste do Limite da Compara¸c˜ao.

Resolu¸c˜ao.

Se tomarmosyn= π_n 2

teremos

lim

n→∞

xn yn

= lim

n→∞

sen2 π n π n

2 = _nlim→∞

sen π n π n

!2

=12=1 > 0.

Como

∞

P

n=1 π n

2 = π2

∞

P

n=1 1

n2 converge (série harmônica de ordem 2), pelo Teste do Limite da Campara¸cão,

∞

P

n=1 sen2 π

n

converge.

∞

P

n=1 sen 1

n2

utilizando oTeste do Limite da Compara¸c˜ao.

Resolu¸c˜ao.

lim

n→∞

xn

yn =nlim→∞

sen 1 n2

1 n2

=1 > 0.

Como

∞

P

n=1 1

n2 converge (série harmônica de ordem2), peloTeste do Limite da Campara¸cão,

∞

P

n=1 sen 1

n2

converge.

Exerc´ıcios.

∞

P

n=1 arctg(n)

n utilizando oTeste do Limite da Compara¸c˜ao.

∞

P

n=1 arctg(n)

2n utilizando oTeste do Limite da Compara¸c˜ao.

2.5 S´

eries Alternadas

A maioria das séries que estudamos nas se¸cões anteriores são de termos positivos. Entretanto, há um tipo de série muito importante que intercala termos positivos e negativos, cuja defini¸cão segue abaixo e que será objeto de estudo nessa se¸cão.

Chamamos des´eries alternadas as s´eries do tipo

∞ P

n=1

(−1)nan= −a1+a2−a3+a4−· · · ou

∞ P

n=1

(−1)n+1an=a1−a2+a3−a4+· · ·

sendoan > 0para todon∈N.

O próximo resultado matemático é devido a Leibniz e é o nosso sexto teste de convergência, exclusivo para séries alternadas.

Teorema 6. (6o_{. teste: Teste de Leibniz ou Teste de Convergˆencia para S´eries Alternadas) Seja} ∞ P

n=1

xn uma s´erie

alternada. Se |xn|>|xn+1|para qualquer n∈Ne lim n→∞

|xn|=0, então a série alternada converge e o módulo de sua

soma ´e inferior ao m´odulo de x1, ou seja,

∞ P

n=1

xn

<|x1|.

Exemplos.

∞

P

n=1

(−1)n 1_n ´e convergente.

(24)

De fato, |xn| > |xn+1|, pois

(−1)n 1_n > (−1)

n+1 1

n+1

. Tamb´em lim_n→∞|xn| = _nlim→∞

(−1)n 1_n = 0. Logo, pelo

Teste de Leibniz, a s´erie alternada

∞

P

n=1

(−1)n 1_n converge.

∞

P

n=1

(−1)n 1

ln(n) ´e convergente.

Resolu¸c˜ao.

De fato,|xn|>|xn+1|, pois (−1)

n 1

ln(n)

>

(−1)

n+1 1

ln(n+1)

. Tamb´em lim_n→∞

|xn|= lim

n→∞

(−1)

n 1

ln(n)

=0. Logo, peloTeste de Leibniz, a s´erie alternada

∞

P

n=1

(−1)n 1

ln(n) converge.

Exerc´ıcios.

Exerc´ıcio (1)Estude a natureza da s´erie alternada

∞

P

n=1

(−1)n 1_n_!.

∞

P

n=1

(−1)n−1₍_2n1₋₁_)!.

∞

P

n=1

(−1)n 1

(2n)!.

2.5.1 Estimando Erros de Aproxima¸

c˜

ao em Somas Parciais de S´

eries Alternadas

Sejam

∞ P

n=1

xn uma s´erie alternada convergente, s =

∞ P

n=1

xn sua soma e sn = n

P

k=1

xk sua soma parcial de ordem n.

Dizemos que δn = |s−sn| é um erro de aproxima¸cão com precisão de m casas decimais quando δn <

(0, 1).10−m ₌₁₀−m−1_.

Observemos queδn exprime o erro de aproxima¸cão que se comete quanto trocamossporsn. Assim, um erro com precisão de 1 casa decimal é tal que δn < (0, 1)10−1 = 0, 01. Um erro com precisão de 2 casas decimais é tal que δn<(0, 1)10−2₌_{0, 001.}

A proposi¸c˜ao abaixo ajuda na estimativa do erroδn.

Proposi¸c˜ao 3. Seja

∞ P

n=1

xn uma s´erie alternada tal que |xn|>|xn+1| para qualquer n∈Ne lim

n→∞|xn|= 0. Sejam

s= ∞ P

n=1

xn sua soma e sn= n

P

k=1

xk sua soma parcial de ordem n. Ent˜ao,δn=|s−sn|<|xn+1|.

Exemplos.

Exemplo (1)Mostre que a s´erie alternada

∞

P

n=1

(−1)n−1 1

(2n−1)! converge e obtenha uma aproxima¸c˜ao da soma com

cinco casas decimais de precis˜ao.

Resolu¸c˜ao.

Quanto `a convergˆencia, foi deixada como exerc´ıcio acima.

Quanto à aproxima¸cão, de acordo com a proposi¸cão acima, δn < |xn+1| e desejamos δn < (0, 1)10−5 = 10−6. Logo, se encontrarmos ntal que|xn+1|< 10−6resolvemos o problema.

Assim,

|xn+1|< 10−6⇒

(−1)(n+1)−1 1 (2(n+1) −1) !

< 1 106 ⇒

1 (2n+1) ! <

1

106 ⇒(2n+1) !> 10 6

Com o aux´ılio de uma calculadora, encontramos quen=5´e o menornque satisfaz a desigualdade acima. Portanto,

5

P

k=1

(−1)k−1₍_2k1₋₁_)!é uma aproxima¸cão com cinco casas decimais de precisão da série

∞

P

n=1

(−1)n−1₍_2n1₋₁_)!.

Exemplo (2)Mostre que a s´erie alternada

∞

P

n=1

(−1)n−1 1_n_! converge e obtenha uma aproxima¸cão da soma com três casas decimais de precisão.

(25)

Quanto `a convergˆencia, foi deixada como exerc´ıcio acima.

Quanto à aproxima¸cão, de acordo com a proposi¸cão acima, δn < |xn+1| e desejamos δn < (0, 1)10−3 = 10−4. Logo, se encontrarmos ntal que|xn+1|< 10−4resolvemos o problema.

Assim,

|xn+1|< 10−4⇒

(−1)(n+1)−1 1 (n+1) !

< 1 104 ⇒

1 (n+1) !<

1

104 ⇒(n+1) !> 10 4

Com o aux´ılio de uma calculadora, encontramos quen=7´e o menornque satisfaz a desigualdade acima. Portanto,

7

P

k=1

(−1)k−1 1_k_! é uma aproxima¸cão com três casas decimais de precisão da série

∞

P

n=1

(−1)n−1 1_n_!.

Exerc´ıcio. Mostre que a s´erie alternada

∞

P

n=1

(−1)n−1 1_n3 converge e obtenha uma aproxima¸c˜ao da soma com trˆes

casas decimais de precis˜ao.

2.6 S´

eries de Termos de Sinais Quaisquer

As séries alternadas são casos particulares de séries nas quais os termos podem ser positivos ou negativos de forma arbitrariamente intercalados.

Para as séries de termos de sinais quaisquer também temos um teste de convergência (o sétimo).

Teorema 7. (7o_{. teste - Teste de Convergência para Séries de Sinais Quaisquer) Se a série} ∞ P

n=1

xn for tal que

∞ P

n=1

|xn|

converge, ent˜ao

∞ P

n=1

xn tamb´em converge.

Observa¸cão. A rec´ıproca do teorema acima não é verdadeira. Por exemplo,

∞

P

n=1

(−1)n 1_n converge (Teste de Leibniz). Entretanto,

∞

P

n=1

(−1)n 1_n =

∞

P

n=1 1

n diverge (s´erie harmˆonica de ordem1).

Quando

∞ P

n=1

|xn|converge, dizemos que

∞ P

n=1

xn ´e umas´erie absolutamente convergente.

O teste acima afirma, portanto, que todas´erie absolutamente convergente ´e convergente.

Exemplos.

∞

P

n=1 sen(n)

n2 .

Resolu¸c˜ao.

Temos uma s´erie com termos de sinais quaisquer. Entretanto, |xn| =

sen(n)

n2

≤

1

n2. Como a s´erie

∞

P

n=1 1 n2 ´e

convergente (série harmônica de ordemp), peloTeste da Compara¸cão,

∞

P

n=1

|xn|=

∞

P

n=1

sen(n)

n2

converge. Logo,

∞

P

n=1 xn =

∞

P

n=1 sen(n)

n2 ´e absolutamente convergente e, pelo teste acima, convergente.

∞

P

n=1

cos(nπ)+sen2(nπ

2 )+3cos(n 2₎₋

5

nn .

Resolu¸c˜ao.

Temos uma s´erie com termos de sinais quaisquer. Entretanto,|xn|=

cos(nπ)+sen2(nπ

2 )+3cos(n 2₎₋₅

nn

≤

1+12₊_3.1₊₅

nn =

10 nn.

A s´erie

∞

P

n=1 10

nn é convergente (use oTeste da Compara¸cão, pois _n10n ≤ _n102, ou então use oTeste da Raiz).

Assim, peloTeste da Compara¸c˜ao,

∞

P

n=1

|xn|=

∞

P

n=1

cos(nπ)+sen2(nπ

2 )+3cos(n 2₎₋₅

nn

converge.

Logo,

∞

P

n=1 xn=

∞

P

n=1

cos(nπ)+sen2(nπ₂ )+3cos(n2₎₋₅