Séries de potênciassemelhança, raio de convergência e extremos

Exemplo · antes de tudo, o teste mais barato

O teste da divergência não decide nada aqui, porque o termo geral vai a zero — grau 3/2 em cima contra grau 3 embaixo:

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^{3}+1}}{n^{3}+n^{2}+1} = 0$$

Ir a zero é condição necessária, não suficiente. Só sobra o caminho da comparação.

Exemplo · a conta que legaliza o palpite

Comparação no limite com \(b_n = 1/n^{3/2}\), que é exatamente a série semelhante:

$$\frac{a_n}{b_n} = \frac{\dfrac{\sqrt{n^{3}+1}}{n^{3}+n^{2}+1}}{\dfrac{1}{n^{3/2}}} = \frac{n^{3/2}\,\sqrt{n^{3}+1}}{n^{3}+n^{2}+1}$$

Agora põe-se \(n^3\) em evidência em cima e embaixo:

$$= \frac{n^{3/2}\cdot n^{3/2}\left(1+\dfrac{1}{n^{3}}\right)^{1/2}}{n^{3}\left(1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^{3}}\right)}$$

Obs. Dentro da raiz: \(\sqrt{n^3+1} = \sqrt{n^{3}\left(1+\frac{1}{n^{3}}\right)} = n^{3/2}\left(1+\frac{1}{n^{3}}\right)^{1/2}\). O expoente \(1/2\) é a raiz quadrada escrita como potência.

Os \(n^{3/2}\cdot n^{3/2} = n^{3}\) de cima cancelam com o \(n^{3}\) de baixo, e todas as frações \(1/n\) vão a zero:

$$= \frac{\left(1+\dfrac{1}{n^{3}}\right)^{1/2}}{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^{3}}} \xrightarrow[n\to+\infty]{} \frac{1}{1} = 1$$

O limite é \(c=1\), com \(0<c<+\infty\): as duas séries têm o mesmo destino. Como \(\sum 1/n^{3/2}\) é p-série com \(p>1\) e converge, a série original converge.

Exemplo · a série de termos positivos $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\ln(n)}{\sqrt{n}}$$

Comparação direta, sem limite nenhum: basta ver que o numerador passa de 1.

$$\frac{\ln(n)}{\sqrt{n}} \ge \frac{1}{\sqrt{n}}, \qquad \text{se } n \ge 3$$

Obs. A condição sai de \(\ln(n)\ge 1\), que vale a partir de \(n \ge e \approx 2{,}718\) — ou seja, do \(n=3\) em diante.

A série menor, \(\sum 1/\sqrt{n}\), é p-série com \(p = 1/2 \le 1\): diverge. Se a menor já diverge, a maior diverge junto. Logo \(\sum \ln(n)/\sqrt{n}\) diverge.

Exemplo · a mesma série, agora alternada $$\sum_{n=2}^{+\infty}(-1)^{n-1}\frac{\ln(n)}{\sqrt{n}}$$

Teste da série alternada, com \(b_n = \ln(n)/\sqrt{n}\). As três hipóteses, uma a uma.

(1) Positividade: para \(n\ge 2\), \(\ln(n)>0\) e \(\sqrt{n}>0\), logo \(b_n \ge 0\).

(2) Decrescimento, pela função associada:

$$f(x) = \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}$$ $$f'(x) = \frac{\dfrac{1}{x}\sqrt{x} - \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\ln x}{x}$$

Obs. É a regra do quociente: o denominador \((\sqrt{x})^{2}\) vira o \(x\) de baixo, e a derivada de \(\sqrt x\) é \(1/(2\sqrt x)\). Juntando o numerador sobre \(2x\sqrt{x}\):

$$f'(x) = \frac{\dfrac{2x - x\ln x}{2x\sqrt{x}}}{x}$$

O denominador é positivo, então o sinal é todo do numerador:

$$x\left(2 - \ln x\right) < 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \ln x > 2 \quad \Longleftrightarrow \quad x > e^{2}$$

Obs. \(e^{2} \approx 7{,}39\) — ou seja, de \(n = 8\) em diante \(f\) é decrescente, e \(b_n \ge b_{n+1}\). Só a cauda importa, então isso basta.

(3) Termo geral indo a zero, por L'Hôpital:

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln n}{\sqrt{n}} = \lim_{n\to+\infty}\frac{\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{2\sqrt{n}}} = \lim_{n\to+\infty}\frac{2\sqrt{n}}{n} = 0$$

Obs. \(\frac{2\sqrt n}{n} = \frac{2}{\sqrt n}\), que vai a zero. As três hipóteses valem: a série alternada converge.

Exemplo · as quatro vezes em que ela aparece nesta aula

Sempre o mesmo movimento, com bases diferentes:

$$n^{1+\frac{1}{n}} = n^{\frac{n+1}{n}} = e^{\frac{n+1}{n}\ln(n)} \qquad \text{(tópico 04)}$$ $$n^{\frac{1}{n}} = e^{\ln\left(n^{1/n}\right)} = e^{\frac{1}{n}\ln(n)} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1$$

— tópico 04, e é o resultado mais reaproveitado da aula.

$$\left(\ln n\right)^{\ln(n)} = e^{\ln(n)\,\cdot\,\ln\left(\ln(n)\right)} \qquad \text{(tópico 05)}$$ $$\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{x} = e^{\,x\ln\left(\frac{x-1}{x+1}\right)} \qquad \text{(A3, tópico 10)}$$

Repare no segundo: o expoente \(\frac{\ln n}{n}\) vai a zero, logo \(n^{1/n}\to 1\). Esse resultado sozinho resolve dois exercícios desta aula.

Exemplo · tentando o teste da raiz $$\sqrt[n]{a_n} = \left(\frac{1}{n^{\frac{n+1}{n}}}\right)^{\frac{1}{n}} = \frac{1}{n^{\frac{n+1}{n^{2}}}}$$

Obs. Potência de potência multiplica expoentes: \(\frac{n+1}{n}\cdot\frac{1}{n} = \frac{n+1}{n^{2}}\).

Agora a transformação do tópico 03, no denominador:

$$n^{\frac{n+1}{n^{2}}} = e^{\frac{n+1}{n^{2}}\ln(n)} = e^{\dfrac{\ln(n)}{\frac{n^{2}}{n+1}}}$$

O expoente tem \(\ln n\) em cima contra algo que cresce como \(n\) embaixo: vai a zero. Logo o denominador tende a \(e^{0}=1\), e

$$L = \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n} = 1$$

Teste da raiz inconclusivo.

Exemplo · comparação no limite com a harmônica

Volta a estratégia da semelhança: o expoente \(1+\frac1n\) encosta em 1, então a série parecida é \(\sum \frac{1}{n}\).

$$\frac{\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n^{\,1+\frac{1}{n}}}} = \frac{n^{\,1+\frac{1}{n}}}{n} = n^{\frac{1}{n}}$$

E esse é o limite do tópico 03:

$$n^{\frac{1}{n}} = e^{\ln\left(n^{1/n}\right)} = e^{\frac{1}{n}\ln(n)}$$

O expoente sai por L'Hôpital:

$$\frac{\ln n}{n} \;\sim\; \frac{\frac{1}{n}}{1} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0$$ $$\Longrightarrow\quad n^{\frac{1}{n}} \longrightarrow e^{0} = 1$$

O limite é \(c=1\), com \(0<c<+\infty\). Como a harmônica \(\sum 1/n\) diverge, a série diverge também.

Exemplo · de onde sai o corte \(n>e^{e^{2}}\)

A transformação do tópico 03:

$$\left(\ln n\right)^{\ln(n)} = e^{\,\ln(n)\,\cdot\,\ln\left(\ln(n)\right)}$$

O que se quer é forçar \(\ln(\ln(n)) \ge 2\). O valor de corte é o \(n\) em que dá exatamente 2:

$$\ln\left(\ln\left(e^{e^{2}}\right)\right) = \ln\left(e^{2}\ln e\right) = \ln\left(e^{2}\right) = 2$$

Obs. \(\ln\left(e^{e^{2}}\right) = e^{2}\ln e = e^{2}\), porque \(\ln e = 1\). Como \(\ln(\ln(n))\) é crescente, a partir de \(n > e^{e^{2}}\) vale \(\ln(\ln(n)) \ge 2\).

Exemplo · a comparação, na cauda

Com \(\ln(\ln n)\ge 2\), multiplica-se os dois lados por \(\ln(n)\), que é positivo:

$$\ln(n)\cdot\ln\left(\ln(n)\right) \;\ge\; 2\ln(n) = \ln\left(n^{2}\right)$$

Obs. \(2\ln n = \ln(n^{2})\) pela propriedade do expoente do logaritmo. Agora aplica-se \(e^{(\cdot)}\) nos dois lados, que é crescente e preserva a desigualdade:

$$\left(\ln(n)\right)^{\ln(n)} = e^{\ln(n)\ln(\ln(n))} \;\ge\; e^{\ln\left(n^{2}\right)} = n^{2}$$

Denominador maior significa fração menor, e a comparação sai direto:

$$\Longrightarrow \sum_{n>e^{e^{2}}}\frac{1}{\left(\ln n\right)^{\ln n}} \;<\; \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}$$

A da direita é p-série com \(p=2>1\), que converge. A cauda converge, e somar os termos finitos da frente não estraga nada: a série converge.

Exemplo · a integral imprópria $$\int_{1}^{+\infty} x\,e^{-x^{2}}\,dx = \lim_{b\to+\infty}\int_{1}^{b} x\,e^{-x^{2}}\,dx$$

Substituição, com o expoente como novo nome:

$$u = x^{2}, \qquad du = 2x\,dx$$ $$\frac{1}{2}\,du = x\,dx$$ $$\int x\,e^{-x^{2}}\,dx = \frac{1}{2}\int e^{-u}\,du = -\frac{1}{2}e^{-u} = -\frac{1}{2}e^{-x^{2}}$$

Obs. O \(x\,dx\) que sobrava fora da exponencial é justamente o que a substituição consome — por isso ela funciona aqui e não funcionaria em \(\int e^{-x^{2}}dx\) sozinho.

Voltando aos limites de integração:

$$= \lim_{b\to+\infty}\left[-\frac{1}{2}e^{-x^{2}}\right]_{1}^{b}$$ $$= \lim_{b\to+\infty}\left(-\frac{1}{2e^{\,b^{2}}} + \frac{1}{2e}\right) = \frac{1}{2e}$$

A integral é finita, logo a série converge.

Etapa 1 · o intervalo $$\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{|x-1|^{n}}{3^{n}}\right)^{\frac{1}{n}} = \frac{|x-1|}{3} < 1$$

A raiz \(n\)-ésima apaga os dois expoentes de uma vez, e nem sobra limite para calcular. Isolando \(x\):

$$\Longrightarrow |x-1| < 3$$ $$\iff -3 < x-1 < 3$$ $$-2 < x < 4$$

Aqui \(R = 3\) e o centro é 1, o que confere: \((1-3,\,1+3)\).

Etapa 2 · o extremo \(x = -2\) $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-2-1)^{n}}{3^{n}} = \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}3^{n}}{3^{n}}$$ $$= \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n}$$

Obs. \((-3)^{n} = (-1)^{n}3^{n}\), e o \(3^{n}\) cancela. Sobra \(1-1+1-1+\dots\): o termo geral não vai a zero, então diverge pelo teste da divergência.

Etapa 3 · o extremo \(x = 4\) $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(4-1)^{n}}{3^{n}} = \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{3^{n}}{3^{n}}$$ $$= \sum_{n=0}^{+\infty} 1 = +\infty$$

Soma de infinitos uns: diverge.

Conclusão: a série converge exatamente em \((-2,\,4)\), intervalo aberto nos dois lados.

Etapa 1 · o intervalo $$\left(\frac{|x-1|^{n}}{n^{1/2}}\right)^{\frac{1}{n}} = \frac{|x-1|}{\left(n^{\frac{1}{n}}\right)^{\frac{1}{2}}} \xrightarrow[n\to+\infty]{} |x-1|$$

Obs. No denominador aparece \(n^{1/n}\), que é o limite do tópico 03: vale \(e^{\frac{1}{n}\ln n}\to e^{0}=1\). Elevado a \(1/2\) continua 1, e o denominador some.

$$|x-1| < 1$$ $$\iff -1 < x-1 < 1$$ $$0 < x < 2$$

Agora \(R = 1\).

Etapa 2 · o extremo \(x = 0\) $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(0-1)^{n}}{\sqrt{n}} = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}$$

É a p-série alternada com \(p = 1/2\), resolvida na A3: \(b_n = 1/\sqrt n\) é positiva, decrescente e vai a zero. Converge.

Etapa 3 · o extremo \(x = 2\) $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(2-1)^{n}}{\sqrt{n}} = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}$$

Obs. \(1^{n} = 1\), e some o numerador. É p-série com \(p = 1/2 \le 1\): diverge.

Conclusão: a série converge se

$$x \in \left[\,0,\;2\,\right)$$

Fechado à esquerda, aberto à direita.