Sériesconvergência e testes

Montando termo a termo $$T_0 = 0, \qquad T_1 = 250$$ $$T_2 = 250 + T_1(0{,}04) = 250 + 250(0{,}04)$$ $$T_3 = 250 + T_2(0{,}04) = 250 + 250(0{,}04) + 250(0{,}04)^2$$ $$T_N = 250 + 250(0{,}04) + \dots + 250(0{,}04)^{N-1}$$

É uma progressão geométrica, cuja soma dos \(N\) primeiros termos é

$$S_N = \frac{a_1\left(1-q^N\right)}{1-q} = \frac{250\left(1-(0{,}04)^N\right)}{1-0{,}04}$$

Fazendo \(N\to\infty\), o termo \((0{,}04)^N\) desaparece:

$$T_N \longrightarrow \frac{250}{0{,}96} = \frac{250}{\tfrac{96}{100}} = 250\cdot\frac{100}{96} \approx 260{,}42\ \text{mg}$$

Exemplo · \(a_n=(-1)^{n+1}\) $$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} = 1 - 1 + 1 - 1 + \dots$$

Olhando as somas parciais:

$$S_1 = 1,\quad S_2 = 1-1 = 0,\quad S_3 = 1,\quad S_4 = 0,\quad S_5 = 1$$

A sequência \(\{S_n\}\) fica pulando entre 0 e 1 — não converge. Logo a série diverge.

Caso a caso

Se \(q=1\): a fórmula quebra, mas a série é \(a_1+a_1+a_1+\dots\), que diverge.

Se \(|q|\ge 1\): \(q^N\) não se estabiliza e a série diverge.

Se \(|q|<1\): \(q^N\to 0\) e a série converge, com

$$\boxed{\;S = \frac{a_1}{1-q}\;}$$

Exemplo · \(\sum \frac{1}{n(n+1)}\) · precisa de frações parciais $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\dots$$ $$= \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\dots$$

O truque é decompor o termo geral em frações parciais. O denominador já está fatorado em dois fatores lineares, então escrevemos uma incógnita sobre cada um:

$$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}$$

Multiplicando os dois lados por \(n(n+1)\), os denominadores somem:

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

Agora escolhemos valores de \(n\) que anulam um dos termos:

$$n=0:\quad 1 = A(1) + 0 \implies A = 1$$ $$n=-1:\quad 1 = 0 + B(-1) \implies B = -1$$

Substituindo de volta:

$$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$

Obs. Escolher \(n=0\) e \(n=-1\) é o atalho: cada raiz do denominador zera um dos termos e entrega a outra incógnita de graça. Dá no mesmo que igualar coeficientes, mas sem resolver sistema.

As somas parciais se cancelam $$S_1 = \frac{1}{1\cdot 2} = 1-\frac{1}{2}$$ $$S_2 = \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3} = 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$$ $$S_n = 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\dots$$

Todo termo interno aparece duas vezes com sinais opostos e some. Sobram apenas as pontas:

$$S_n = 1-\frac{1}{n+1} \qquad\Longrightarrow\qquad S_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1$$

Logo a série converge e \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)} = 1\).

Exemplo extra · fora do slide · já vem como diferença $$\sum_{n=1}^{+\infty}\left(e^{1/n} - e^{1/(n+1)}\right)$$

Passo 1 · achar o \(b_n\). Não há o que decompor: basta comparar com \(a_n = b_n - b_{n+1}\).

$$b_n = e^{1/n} \qquad\Longrightarrow\qquad b_{n+1} = e^{1/(n+1)}$$

Passo 2 · montar \(S_N\) e cancelar o miolo. Abrindo as primeiras parcelas:

$$n=1:\quad e^{1} - e^{1/2}$$ $$n=2:\quad e^{1/2} - e^{1/3}$$ $$n=3:\quad e^{1/3} - e^{1/4}$$

O salto é 1, então cada negativo morre com o positivo da linha imediatamente seguinte.

Passo 3 · o que sobra nas pontas. Uma de cada lado: o primeiro positivo e o último negativo.

$$S_N = e^{1} - e^{1/(N+1)} = e - e^{1/(N+1)}$$

Passo 4 · o limite. Quando \(N\to+\infty\), o expoente \(\frac{1}{N+1}\to 0\), e a exponencial é contínua:

$$\lim_{N\to+\infty} e^{1/(N+1)} = e^{0} = 1$$

O limite existe e é finito, logo a série converge:

$$\sum_{n=1}^{+\infty}\left(e^{1/n} - e^{1/(n+1)}\right) = e - 1 \approx 1{,}718$$

Exemplo extra · fora do slide

A série \(\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n^2-1}\) é a mesma que o Teste da Integral vai resolver no tópico 11 — lá só para dizer que converge. Aqui ela sai inteira, com o valor da soma.

Passo 1 · fatorar. É diferença de quadrados:

$$\frac{1}{n^2-1} = \frac{1}{(n-1)(n+1)}$$

Passos 2 e 3 · uma incógnita por fator, e limpar:

$$\frac{1}{(n-1)(n+1)} = \frac{A}{n-1}+\frac{B}{n+1}$$ $$1 = A(n+1) + B(n-1)$$

Passo 4 · substituir as raízes \(n=1\) e \(n=-1\):

$$n=1:\quad 1 = A(2) + 0 \implies A = \tfrac{1}{2}$$ $$n=-1:\quad 1 = 0 + B(-2) \implies B = -\tfrac{1}{2}$$

Com o \(\tfrac12\) em evidência:

$$\frac{1}{n^2-1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right)$$

Passo 5 · o cancelamento, com salto de 2

A soma parcial, de \(n=2\) até \(n=N\), é

$$S_N = \frac{1}{2}\sum_{n=2}^{N}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right)$$

Abrindo as primeiras parcelas, uma por linha:

$$n=2:\quad \frac{1}{1}-\frac{1}{3}$$ $$n=3:\quad \frac{1}{2}-\frac{1}{4}$$ $$n=4:\quad \frac{1}{3}-\frac{1}{5}$$ $$n=5:\quad \frac{1}{4}-\frac{1}{6}$$

Aqui cada termo negativo só encontra seu par duas linhas adiante, não na linha seguinte. O \(-\tfrac13\) morre com o \(+\tfrac13\) de \(n=4\), o \(-\tfrac14\) com o \(+\tfrac14\) de \(n=5\), e assim por diante. Sobram duas pontas de cada lado:

$$S_N = \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\right)$$

Essa é a forma fechada. Agora o limite:

$$\lim_{N\to+\infty} S_N = \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-0-0\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2} = \frac{3}{4}$$

O limite existe e é finito, logo a série converge, e

$$\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n^2-1} = \frac{3}{4}$$

Exemplo · \(\sum (1-e^{-n})\) $$\lim_{n\to+\infty}\left(1-e^{-n}\right) = 1 \neq 0$$

Logo a série diverge.

Exemplo · \(\sum \frac{n^2}{2n^2+n+\sqrt{n}}\) $$\lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{2n^2+n+\sqrt{n}} = \frac{1}{2} \neq 0$$

Logo a série diverge. Repare que o termo geral tende a um número perfeitamente finito — e é justamente por não ser zero que a série estoura.

Exemplo $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^n}{n!} = \frac{1}{1}+\frac{2^2}{2!}+\dots$$

Escrevendo os dois fatoriais lado a lado, com a mesma quantidade de fatores:

$$\frac{n^n}{n!} = \frac{n\cdot n\cdot\;\dots\;\cdot n}{n(n-1)(n-2)\cdots 2\cdot 1}$$ $$= \frac{n}{n}\cdot\frac{n}{n-1}\cdot\frac{n}{n-2}\cdots\frac{n}{2}\cdot\frac{n}{1}$$

Cada fator é \(\ge 1\), e o último vale \(n\). Portanto

$$\frac{n^n}{n!} \;\ge\; 1\cdot 1\cdots 1\cdot n \;=\; n \qquad\Longrightarrow\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{n^n}{n!} = +\infty$$

O termo geral nem sequer é limitado, muito menos vai a zero: a série diverge pelo teste da divergência.

Exemplo (a) · converge

\(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2+1}\) com \(f(x)=\frac{1}{x^2+1}\):

$$\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2+1}\,dx = \operatorname{arctg}(x)\Big|_1^{+\infty} = \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$$

A integral é finita, logo a série converge.

Obs. A primitiva sai da derivada do arco-tangente, \(\left(\operatorname{arctg} x\right)' = \frac{1}{x^2+1}\) — reconhecer esse formato evita qualquer substituição. Nos extremos: \(\operatorname{arctg}(x)\to\frac{\pi}{2}\) quando \(x\to+\infty\), e \(\operatorname{arctg}(1)=\frac{\pi}{4}\) porque \(\tan\frac{\pi}{4}=1\).

Exemplo (b) · diverge

\(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\) com \(f(x)=\frac{1}{x}\):

$$\int_1^{+\infty}\frac{1}{x}\,dx = \ln(x)\Big|_1^{+\infty} = +\infty$$

Obs. \(1/x\) é a única potência que não integra pela regra da potência — cai no logaritmo. E \(\ln(x)\to+\infty\), devagar, mas sem parar; em \(x=1\) vale 0.

É a mesma harmônica do tópico 09 — aqui a divergência sai direto da integral.

Exemplo (c) · com frações parciais

\(\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n^2-1}\) com \(f(x)=\frac{1}{x^2-1}\):

Primeiro fatora-se o denominador, que é diferença de quadrados:

$$\int_2^{+\infty}\frac{1}{x^2-1}\,dx = \int_2^{+\infty}\frac{1}{(x+1)(x-1)}\,dx$$

Agora frações parciais, uma incógnita sobre cada fator:

$$\frac{1}{(x+1)(x-1)} = \frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-1}$$

Multiplicando tudo por \((x+1)(x-1)\):

$$1 = A(x-1) + B(x+1)$$

Escolhendo as raízes do denominador, uma de cada vez:

$$x=1:\quad 1 = 0 + B(2) \implies B = \tfrac{1}{2}$$ $$x=-1:\quad 1 = A(-2) + 0 \implies A = -\tfrac{1}{2}$$

Com \(A\) e \(B\) na mão, a integral vira uma soma de dois logaritmos:

$$= \int_2^{+\infty}\left(\frac{-1/2}{x+1}+\frac{1/2}{x-1}\right)dx$$ $$= \left(-\tfrac{1}{2}\ln(x+1)+\tfrac{1}{2}\ln(x-1)\right)\Big|_2^{+\infty}$$

Juntando os dois logaritmos em um só:

$$= \frac{1}{2}\ln\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\Big|_2^{+\infty}$$

No limite superior, \(\frac{x-1}{x+1}\to 1\) e \(\ln 1 = 0\). Sobra só o valor em \(x=2\), com o sinal trocado:

$$= 0 - \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1}{3}\right) = -\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{2}\ln 3 \approx 0{,}549$$

Valor finito, logo a série converge. Repare que a série começa em \(n=2\) — em \(n=1\) o denominador zeraria.

Obs. 1 · a integral de cada pedaço. \(\int\frac{dx}{x+a} = \ln|x+a|\) sai por substituição \(u=x+a\), que dá \(du=dx\) e devolve \(\int\frac{du}{u}=\ln|u|\). Como aqui \(x\ge 2\), os dois argumentos são positivos e o módulo pode cair.

Obs. 2 · juntar os logaritmos. É a regra \(\ln P - \ln Q = \ln\frac{P}{Q}\): o \(\tfrac12\) em evidência deixa \(\tfrac12\left(\ln(x-1)-\ln(x+1)\right)\), que vira \(\tfrac12\ln\frac{x-1}{x+1}\). Sem essa junção, o limite em \(+\infty\) daria \(\infty-\infty\) e não se resolveria direto.

Caso \(p\le 0\) · pelo teste da divergência

A série vira \(\sum n^{-p}\) com expoente \(-p\ge 0\), e

$$\lim_{n\to+\infty} n^{-p} \ge 1 \neq 0$$

Logo diverge, sem precisar de integral.

Caso \(p>0\) e \(p\neq 1\) · pela integral $$\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^p}\,dx = \int_1^{+\infty} x^{-p}\,dx = \frac{x^{-p+1}}{-p+1}\Big|_1^{+\infty}$$

Obs. É a regra da potência, \(\int x^k\,dx = \frac{x^{k+1}}{k+1}\), aqui com \(k=-p\). Ela exige \(k\neq -1\), ou seja \(p\neq 1\) — é exatamente por isso que \(p=1\) foi separado: naquele caso o denominador \(-p+1\) zeraria, e a primitiva é o logaritmo do exemplo anterior.

Agora é só olhar o sinal do expoente:

Se \(-p+1>0\), então \(x^{-p+1}\to+\infty\) e a integral diverge.

Se \(-p+1<0\), ou seja \(p>1\), a integral vale \(\frac{1}{p-1}\) e converge.

Exemplo extra · fora do slide · \(\sum \frac{1}{\sqrt[5]{n}}\)

Uma vez decorada a conclusão, classificar uma p-série não tem conta nenhuma: o serviço inteiro é enxergar o \(p\). E raiz é potência fracionária.

$$\sqrt[5]{n} = n^{1/5} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{1}{\sqrt[5]{n}} = \frac{1}{n^{1/5}}$$

Comparando com a família \(\sum 1/n^p\), lê-se \(p=\frac{1}{5}\). Como \(\frac{1}{5}\le 1\):

$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt[5]{n}} \quad \textbf{diverge}$$

Foi só reescrever a raiz e olhar a tabela. Nenhuma integral, nenhuma comparação.

O mesmo olho, em quatro variações da raiz quinta

Todo o jogo é juntar os expoentes de \(n\) num só e comparar com 1:

Série	Como potência	\(p\)	Veredito
\(\sum \frac{1}{\sqrt[5]{n}}\)	\(\sum n^{-1/5}\)	\(\frac{1}{5}\)	diverge
\(\sum \frac{\sqrt[5]{n}}{n}\)	\(\sum n^{-4/5}\)	\(\frac{4}{5}\)	diverge
\(\sum \frac{1}{n\sqrt[5]{n}}\)	\(\sum n^{-6/5}\)	\(\frac{6}{5}\)	converge
\(\sum \frac{1}{n^2\sqrt[5]{n}}\)	\(\sum n^{-11/5}\)	\(\frac{11}{5}\)	converge

Obs. As contas de expoente são todas a mesma regra, \(n^a\cdot n^b = n^{a+b}\): \(n\sqrt[5]{n} = n^{1}n^{1/5} = n^{6/5}\), e \(\frac{\sqrt[5]{n}}{n} = n^{1/5-1} = n^{-4/5}\).

Repare como a virada acontece entre a segunda e a terceira linha, sem nada de dramático mudar na aparência da série. O que decide é só o expoente cruzar o 1.

Exemplo (a)

\(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n-5}{n^3+2n+1}\) converge, pois

$$\frac{n-5}{n^3+2n+1} \;\le\; \frac{n}{n^3+2n+1} \;<\; \frac{n}{n^3} = \frac{1}{n^2}$$

e \(\sum 1/n^2\) é p-série com \(p=2>1\), que converge.

Exemplo (b) · \(\sum n!/n^n\)

É a série invertida do tópico 10. Escrevendo os fatores:

$$\frac{n!}{n^n} = \frac{n}{n}\cdot\frac{n-1}{n}\cdots\frac{2}{n}\cdot\frac{1}{n}$$

Todos os fatores são \(\le 1\); guardando apenas os dois últimos:

$$\frac{n!}{n^n} \;\le\; \frac{2}{n^2}$$

Como \(\sum 2/n^2\) converge, a série converge.

Exemplo extra · fora do slide

Quando a desigualdade falha por pouco, multiplique a série de comparação por uma constante. Constante positiva não muda convergência — se \(\sum b_n\) converge, \(\sum c\,b_n\) converge; se diverge, continua divergindo. Ela só ajusta a folga para a desigualdade fechar.

Teste \(\sum_{i=2}^{\infty}\frac{1}{i^2-i}\). O candidato natural é \(b_i=\frac{1}{i^2}\), já que \(i^2-i \approx i^2\) para \(i\) grande. Mas a comparação direta não fecha:

$$\frac{1}{i^2-i} \le \frac{1}{i^2} \iff i^2 \le i^2-i \iff 0 \le -i$$

falso para todo \(i\ge 2\). E faz sentido: subtrair \(i\) deixa o denominador menor, então a fração fica maior que \(1/i^2\) — o contrário do que se precisava. Em \(i=2\): \(a_2=\frac{1}{2}\) contra \(b_2=\frac{1}{4}\).

Dobrando a série de comparação:

$$\frac{1}{i^2-i} \le \frac{2}{i^2} \iff i^2 \le 2i^2-2i \iff 2i \le i^2 \iff i \ge 2$$

Verdadeiro exatamente no domínio da soma. Em \(i=2\) dá igualdade, e em \(i=3\) já há folga: \(\frac{1}{6}\approx 0{,}167\) contra \(\frac{2}{9}\approx 0{,}222\).

Como \(\sum\frac{2}{i^2} = 2\sum\frac{1}{i^2}\) é constante vezes p-série com \(p=2\), converge. Logo \(\sum\frac{1}{i^2-i}\) converge.

Onde isso apareceu

As comparações da aula seguem esse padrão: \(\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n^2-1}\) e \(\sum\frac{1}{n^2-n-1}\) caem ambas em \(\sum\frac{1}{n^2}\), com \(b-a=2\).

Exemplo · \(1/n^2\) contra \(1/(n^2-n-1)\) $$\frac{\dfrac{1}{n^2}}{\dfrac{1}{n^2-n-1}} = \frac{n^2-n-1}{n^2} = 1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}$$ $$\xrightarrow[n\to+\infty]{} 1$$

O limite é 1, que está entre 0 e \(+\infty\). Como \(\sum 1/n^2\) converge, \(\sum\frac{1}{n^2-n-1}\) também converge.

O caso de fronteira · \(c=+\infty\)

Comparando \(\sum 1/n^2\) com \(\sum 1/n^3\):

$$\frac{1/n^2}{1/n^3} = \frac{n^3}{n^2} = n \xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty$$

Aqui \(c\) não é finito, então o teorema não se aplica na forma acima. O que se usa é a leitura direta: \(\frac{a_n}{b_n}\ge M \iff a_n \ge M\,b_n\) — ou seja, \(a_n\) domina \(b_n\), e volta-se ao teste de comparação simples.

Exemplo · \(\sum 1/n^3\) com \(\varepsilon<0{,}001\) $$\int_n^{+\infty}\frac{1}{x^3}\,dx = -\frac{1}{2x^2}\Big|_n^{+\infty} = \frac{1}{2n^2}$$

Obs. Mesma regra da potência: \(\int x^{-3}dx = \frac{x^{-2}}{-2} = -\frac{1}{2x^2}\). No limite superior esse termo tende a 0, então sobra apenas \(-\left(-\frac{1}{2n^2}\right) = \frac{1}{2n^2}\) — o sinal negativo da primitiva com o da subtração dos extremos.

Impondo que esse resto seja menor que o erro pedido:

$$\frac{1}{2n^2} < \frac{1}{10^3}$$ $$n^2 > \frac{10^3}{2} = 500$$ $$n > 10\sqrt{5}$$

Como \(10\sqrt{5}\approx 22{,}4\), bastam 23 termos para garantir erro menor que 0,001.