Resolução do livro: Tópicos: Séries e Equações diferenciais - EDUFBA - Calculo C UFBA [COMPLETO]

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To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
To´picos: Se´ries e Equac¸o˜es Diferencias
Caderno de Soluc¸o˜es
(Maria Svec / Maria C. Menezes / Ma´rcia B. de Menezes / Siriane Barreto)
Atualizado em: 06/11/2016
Soluciona´rio da 2a edic¸a˜o do livro To´picos: Se´ries e
Equac¸o˜es Diferencias. Sa˜o poucos os livros de matema´tica
para licenciatura ou bacharelado que sa˜o escritos realmente
para licenciatura e bacharelado. Ao contra´rio de va´rios
t´ıtulos nacionais, (a maioria vindo do IMPA) que se perdem
em demonstrac¸o˜es ou exerc´ıcios muito ale´m do n´ıvel que
um aluno de licenciatura realmente possui, esse livro traz
uma abordagem bastante simples dos to´picos da disciplina
de ca´lculo III, de modo a atender as necessidades reais do
aluno de graduac¸a˜o. Por isso recomendo muito a aquisic¸a˜o
dessa obra.
Caso algum erro na resoluc¸a˜o de algum exerc´ıcio seja
detectado, deve ser culpa da quantidade de cafe´ que estou
tomando. De todo modo, pec¸o que me avise por e-mail
(nibblediego@gmail.com) para que eu possa fazer as devidas
correc¸o˜es.
Att. Diego Alves de Oliveira
Vito´ria da Conquista - BA
2016
1
Suma´rio
1 EXERCI´CIO PA´GINA 18 (Revisa˜o de limite) 3
2 EXERCI´CIO PA´GINA 34 (Revisa˜o de limite) 8
3 EXERCI´CIO PA´GINA 41 (Se´rie convergente) 20
4 EXERCI´CIO PA´GINA 45 (Se´rie Geome´trica) 25
5 EXERCI´CIO PA´GINA 48 (Se´ries de termos positivos) 30
6 EXERCI´CIO PA´GINA 52 (Se´ries de termos positivos) 33
7 EXERCI´CIO PA´GINA 53 (Se´ries de termos positivos) 36
8 EXERCI´CIO PA´GINA 55 (§’eries de termos positivos) 39
9 EXERCI´CIO PA´GINA 56 (Se´ries de termos positivos) 42
10 EXERCI´CIO PA´GINA 57 (Se´ries de termos positivos) 45
11 EXERCI´CIO PA´GINA 58 (Se´ries alternadas) 52
12 EXERCI´CIO PA´GINA 60 (Se´ries alternadas) 56
13 EXERCI´CIO PA´GINA 64 (Se´ries alternadas) 59
14 EXERCI´CIO PA´GINA 71 (Se´rie de poteˆncias 65
15 EXERCI´CIO PA´GINA 78 (Soma de uma se´rie de poteˆncias) 70
16 EXERCI´CIO PA´GINA 93 (Se´rie de taylor) 91
17 EXERCI´CIO PA´GINA 133 (Aplicac¸o˜es) 101
18 EXERCI´CIO PA´GINA 138 (Definic¸o˜es Gerais) 114
19 EXERCI´CIO PA´GINA 147 (EDO de 1◦ ordem: Considerac¸o˜es gerais) 118
20 EXERCI´CIO PA´GINA 149 (EDO de varia´veis separa´veis: aplicac¸o˜es) 120
21 EXERCI´CIO PA´GINA 151 (Equac¸a˜o difereˆncial homogeˆnea) 125
22 EXERCI´CIO PA´GINA 154 (Trajeto´rias ortogonais) 129
23 EXERCI´CIO PA´GINA 158 (EDO redut´ıvel a homogeˆnea ou a` separa´vel) 134
24 EXERCI´CIO PA´GINA 161 (EDO exatas e fatores de integrac¸a˜o) 140
25 EXERCI´CIO PA´GINA 165 (EDO exatas e fatores de integrac¸a˜o) 145
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
1 EXERCI´CIO PA´GINA 18 (Revisa˜o de limite)
Exerc´ıcios Propostos. Calcule os limites abaixo:
1. lim
x→0
(
tg(x)− x
x− sen(x)
)
Soluc¸a˜o:
lim
x→0
(
tg(x)− x
x− sen(x)
)
= lim
x→0

(
sen(x)
cos(x)
)
− x
x− sen(x)

Aplicando L’hospital
= lim
x→0

(
sen2(x) + cos2(x)
cos2(x)
)
− 1
1− cos(x)
 = limx→0

(
1
cos2(x)
)
− 1
1− cos(x)

Aplicando L’hospital novamente
lim
x→0

(
1
cos2(x)
)
− 1
1− cos(x)
 = limx→0 (2 · cos(x))
= 2 · cos(0) = 2 · 1 = 2
2. lim
x→0
(
ax − 1
x
)
Soluc¸a˜o:
Aplicando l’hospital
= lim
x→0
(
ln(a) · ax − 0
1
)
= lim
x→0
(ln(a) · ax) = ln(a) · a0 = ln(a) · 1 = ln(a)
Derivada de y = ax.
y = ax
ln(y) = x · ln(a)
y′
y
= ln(a)
3
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
y′ = ln(a) · y
y′ = ln(a) · ax
3. lim
x→∞
(
x2 + x
2x+ 3
· sen
(pi
x
))
Soluc¸a˜o:
Fazendo
lim
x→∞
(
x2
(
1 + 1x
)
sen(pi/x)
x2
(
2
x +
3
x2
) ) = lim
x→∞
((
1 + 1x
)
sen(pi/x)
2
x +
3
x2
)
= lim
x→∞
sen(pi/x)2
x
+
3
x2
+ lim
x→∞
 1x · sen(pi/x)2
x
+
3
x2

= lim
x→∞
sen(pi/x)2
x
+
3
x2
+ lim
x→∞
sen(pi/x)
2 +
3
x

= lim
x→∞
sen(pi/x)2
x
+
3
x2
+ 0
= lim
x→∞
sen(pi/x)2
x
+
3
x2

Aplicando L’hopital
lim
x→∞
sen(pi/x)2
x
+
3
x2
 = lim
x→∞
 −picos(pi/x)x2−(2/x2)− (6/x3)

= lim
x→∞
(
picos(pi/x)
2 + (6/x)
)
=
pi
2
4. lim
x→∞
(
1 +
2
x
)x
4
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Soluc¸a˜o:
= lim
x→∞
(
1 +
1
x/2
)x
= lim
t→∞
(
1 +
1
t
)2t
=
(
lim
t→∞
(
1 +
1
t
)t)2
= e2
5. lim
x→∞
(√
x+ 1−√x)
Soluc¸a˜o:
lim
x→∞
[
(
√
x+ 1−√x)(√x+ 1 +√x)
(
√
x+ 1 +
√
x)
]
= lim
x→∞
[
1
(
√
x+ 1 +
√
x)
]
= lim
x→∞
[
1/|x|√
1 + 1/|x|+√1/|x|
]
=
0
1 + 0
= 0
6. lim
x→∞
(
x+ 1
x− 1
)x
Soluc¸a˜o:
lim
x→∞
 x+ 1xx− 1
x

x
= lim
x→∞
1 + 1x
1− 1
x

x
= lim
x→∞

(
1 +
1
x
)x
(
1− 1
x
)x
 = ee−1 = e2
7. lim
x→∞
(
x5
ex
)
Soluc¸a˜o:
Usando L’hospital sucessivamente
lim
x→∞
(
x5
ex
)
= lim
x→∞
(
120
ex
)
=
120
∞ = 0
5
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
8. lim
x→∞
(
1
x
· sen(x)
)
Soluc¸a˜o:
lim
x→∞
(
1
x
· sen(x)
)
= lim
x→∞
(
1
x
)
· lim
x→∞ (sen(x))
Como lim
x→∞
(
1
x
)
= 0 enta˜o:
lim
x→∞
(
1
x
· sen(x)
)
= 0 · lim
x→∞ (sen(x))
= 0
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
6
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correc¸a˜o.
www.number.890m.com
Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matema´tica acesse: www.number.890m.com
7
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
2 EXERCI´CIO PA´GINA 34 (Revisa˜o de limite)
1. Estude a convergeˆncia das sequencias abaixo:
A.
{
3n3 + 1
2n3 + 2
}
Soluc¸a˜o:
lim
x→∞
(
3n3 + 1
2n3 + 2
)
= lim
x→∞
(
3 + (1/n3)
2 + (2/n3)
)
=
2
3
Portanto converge.
B.
√
n+ 1−√n
Soluc¸a˜o:
lim
x→∞
(√
n+ 1−√n)
= lim
x→∞
(
(
√
n+ 1−√n)(√n+ 1 +√n)√
n+ 1 +
√
n
)
= lim
x→∞
(
1√
n+ 1 +
√
n
)
= 0
Portanto converge.
C.
{
en
n
}
Soluc¸a˜o:
Usando L’hospital
lim
n→∞
(
en
n
)
= lim
n→∞
(
en
1
)
=∞
Portanto diverge.
D.
{
n
ln(n)
}
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞
(
n
ln(n)
)
Aplicando l’hospital
8
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
lim
n→∞
(
n
ln(n)
)
= lim
n→∞
(
1
1
n
)
= lim
n→∞ (n) =∞
Portanto diverge.
E. lim
n→∞
(
2−n · cos(n))
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞
(
cos(n)
2n
)
Como a func¸a˜o cosseno varia sempre entre −1 e 1 e 2n →∞ enta˜o fica claro que
lim
n→∞
(
cos(n)
2n
)
= 0
F { n√n}
Soluc¸a˜o:
y = n
√
n
yn = n
ln(yn) = ln(n)
n · ln(y) = ln(n)
ln(y) =
ln(n)
n
y = e
 ln(n)
n

Assim,
lim
n→∞
(
n
√
n
)
= lim
n→∞
e
 ln(n)
n

= e
lim
n→∞
(
ln(n)
n
)
Aplicandol’hospital
9
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
e
lim
n→∞
(
1
n
)
= e0 = 1
G.
{
3n − 2n
4n
}
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞
(
3n − 2n
4n
)
= lim
n→∞
(
3
4
)n
− lim
n→∞
(
2
4
)n
Como
3
4
e
2
4
sa˜o menores que 1, enta˜o ambos os limites tendem a zero. Sendo assim,
lim
n→∞
(
3
4
)n
− lim
n→∞
(
2
4
)n
= 0− 0 = 0
Logo converge.
H.
{
n
n+ sen(n)
}
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞
(
n
n+ sen(n)
)
= lim
n→∞
 1
1 +
sen(n)
n
 = 1
1 + 0
= 1
Logo converge.
I.
{
(−1)n2n−1
3n − 5
}
Soluc¸a˜o:
Dividindo numerador e denominador por 3n chega-se a`:
(−1)n2n−1
3n − 5 =
(
2
3
)
2
(
1− 5
3n
)
Como
10
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
lim
n→∞

(
2
3
)
2
(
1− 5
3n
)
 = 0
Enta˜o a sequeˆncia converge.
J.
{(
1 +
a
n
)n}
, a ∈ R
Soluc¸a˜o:
Esse limite e´ um dos limites fundamentais. Sua soluc¸a˜o (ea) e´ tabelada e se encontra em
muitos livros de ca´lculo.
Logo a func¸a˜o e´ convergente.
K.
{
n
√
1 + an
}
, a ∈ R∗
Soluc¸a˜o:
y = (1 + an)1/n
yn = (1 + an)
n · ln(y) = ln(1 + an)
ln(y) =
ln(1 + an)
n
y = e
 ln(1 + an)
n

Sendo assim:
lim
n→∞
e
 ln(1 + an)
n
 = e limn→∞
(
ln(1 + an)
n
)
= e0 = 1
Logo a sequeˆncia e´ convergente.
L.
{
cos
(npi
3
)}
Soluc¸a˜o:
11
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Observe a sequencia:{
cos
(npi
3
)}
= 1, 0.5, −0.5, −1, −0.5, 0.5 , 1...
Observe que a partir do 6◦ termo (n = 5), a sequencia comec¸a a se repetir. Ou seja, a
sequencia e´ perio´dica (de per´ıodo p = 6). Como toda sequeˆncia perio´dica e´ divergente enta˜o a
sequeˆncia e´ divergente.
M.
{
n3
n2 + 2
sen
(pi
n
)}
Soluc¸a˜o:
n3
n2 + 2
sen
(pi
n
)
· (pi/n)
(pi/n)
=
pin2
n2 + 2
· sen(pi/n)
(pi/n)
Enta˜o
lim
n→∞
(
n3
n2 + 2
sen
(pi
n
))
= lim
n→∞
(
pin2
n2 + 2
· sen(pi/n)
(pi/n)
)
= lim
n→∞
(
pin2
n2 + 2
)
· lim
n→∞
(
sen(pi/n)
(pi/n)
)
= pi · 0 = 0
N. {ln(en + 2)− n}
Soluc¸a˜o:
ln (en(1 + 2/en))− n
ln(en) + ln (1 + 2/en)− n
n+ ln (1 + 2/en)− n
ln
(
1 +
2
en
)
Aplicando limite
lim
n→∞
(
ln
(
1 +
2
en
))
= ln(1 + 0) = ln(1) = 0
Logo a sequeˆncia e´ convergente.
12
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
O.
{
n!− 1
n! + 1
}
Soluc¸a˜o:
Como esse problema envolve fatorial ao inve´s de tentar retirar um limite vamos usar o teorema
das sequencias limitadas e mono´tonas.
Prova de que a sequencia e´ mono´tona (crescente).
n!− 1
n! + 1
<
(n+ 1)!− 1
(n+ 1)! + 1
(n!− 1)((n+ 1)n! + 1) < ((n+ 1)n!− 1)(n! + 1)
Fazendo os produtos e algumas simplificac¸o˜es.
−nn!
n!n
<
nn!
n!n
⇒ −1 < 1
Ou seja, a sequencia e´ crescente e limitada inferiormente pelo seu primeiro termo.
a1 =
1!− 1
1! + 1
= 0
Prova de que a sequencia e´ limitada superiormente.
Olhando para frac¸a˜o facilmente se percebe que 1 e´ um limite superior
n!− 1
n! + 1
< 1
n!− 1 < n! + 1
Como a sequencia e´ mono´tona e limitada enta˜o tambe´m e´ convergente.
P.
{
1.3.5...(2n− 1)
2.4.6...(2n)
}
Soluc¸a˜o:
Prova de que a sequeˆncia e´ mono´tona (crescente).
2n− 1
2n
<
2(n+ 1)− 1
2(n+ 1)
13
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
(2n− 1)(2n+ 2) < 2n(2n+ 1)
Fazendo os produtos e algumas simplificac¸o˜es.
−2 < 0
Ou seja, a sequeˆncia e´ crescente e limitada inferiormente pelo seu primeiro termo.
a1 =
2(1)− 1
2(1)
=
1
2
Prova de que a sequencia e´ limitada superiormente.
Olhando para frac¸a˜o facilmente se percebe que 1 e´ um limite superior
2n− 1
2n
< 1
2n− 1 < 2n
−1 < 1
Como a esquecia e´ mono´tona e limitada enta˜o tambe´m e´ convergente.
R.
{
n!
nn
}
Soluc¸a˜o:
Prova de que a sequeˆncia e´ mono´tona (decrescente).
n!
nn
>
(n+ 1)!
(n+ 1)(n+1)
n!
nn
>
(n+ 1)!
(n+ 1)n(n+ 1)
Fazendo os produtos e algumas simplificac¸o˜es.
(n+ 1)n > nn
14
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Ou seja, a sequeˆncia e´ decrescente e, portanto, limitada superiormente pelo seu primeiro
termo.
a1 =
1!
11
= 1
Prova de que a sequencia e´ limitada inferiormente.
Olhando para frac¸a˜o facilmente se percebe que para qualquer valor de n a func¸a˜o sempre sera´
maior que zero
n!
nn
> 0
n! > 0
Logo 0 e´ um limite inferior da sequencia.
Como a sequencia e´ mono´tona e limitada enta˜o tambe´m e´ convergente.
2. Mostre que
√
2 +
√
2 +
√
2 + · · · = 2.
Soluc¸a˜o:
Considere a sequencia {an}, definida por:
a1 =
√
2 an+1 =
√
2 + an, para n ≥ 1.
Desta forma os elementos da sequencia sa˜o:
√
2,
√
2 +
√
2,
√
2 +
√
2 +
√
2, · · ·
Seja
A = lim
n→∞ an+1
Obtemos:
A = lim
n→∞ an+1 = limn→∞
√
2 + an =
√
2 + lim
n→∞ an =
√
2 +A
ou
A =
√
2 +A
ou A2 = 2 +A, cujas ra´ızes sa˜o: A = 2 ou A = −1. Como os elementos an > 0, para todo n,
A > 0, portanto, lim
n→∞ an = 2
15
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
3. Suponha que A > 0. Dado x1 arbitra´rio, defina a sequencia {xn} por:
xn+1 =
1
2
(
xn +
A
xn
)
, n ≥ 1.
Mostre que:
Se lim
n→∞xn, enta˜o L = ±
√
A.
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞xn+1 = limn→∞
1
2
(
xn +
A
xn
)
lim
n→∞xn+1 = limn→∞
(xn
2
)
+ lim
n→∞
(
A
2xn
)
2 · lim
n→∞xn+1 = limn→∞ (xn) + limn→∞
(
A
xn
)
Por definic¸a˜o lim
n→∞xn = L enta˜o limn→∞xn+1 tambe´m e´ igual a L e assim:
2L = L+
A
L
⇒ L±√A.
Comenta´rio: A sequencia xn+1 apresentada fornece uma aproximac¸a˜o nume´rica para a raiz
quadrada de A. Qualquer interesse o leitor pode procurar na internet pelo chamado “me´todo de
Hera˜o”.
4. Seja a sequencia {an} definida pela recorreˆncia:
a1 = 2, an+1 =
1
2
(an + 4), para n ≥ 1.
Mostre por induc¸a˜o, que
a) an < 4 para todo n.
b) {an} e´ uma sequencia crescente.
c) determine o limite da sequencia.
Soluc¸a˜o de a:
A proposic¸a˜o e´ verdadeira para n = 1, pois a1 = 2.
Tomando n = k enta˜o
ak+1 =
1
2
(ak + 4)
16
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Supondo que ak < 4 seja verdadeiro enta˜o (ak + 4) < 8 sendo assim:
ak+1 =
1
2
(ak + 4) <
1
2
· 8
ak+1 =
1
2
(ak + 4) < 4
⇒ ak+1 < 4
Provando o passo indutivo.
Soluc¸a˜o de b:
Base da induc¸a˜o:
a1 < a2
a1 <
1
2
(a1 + 4)
a1 <
a1
2
+ 2
2 <
2
2
+ 2
2 < 3
Passo indutivo:
Se a proposic¸a˜o e´ verdadeira para n = k enta˜o:
ak < ak+1
⇒ ak < 1
2
(ak + 4)
⇒ ak < ak
2
+ 2
⇒ ak
2
<
1
2
(ak
2
+ 2
)
⇒ ak
2
+
4
2
<
1
2
(ak
2
+ 2
)
+
4
2
⇒ 1
2
(ak + 4) <
1
2
(
1
2
(ak + 4) + 4
)
⇒ ak+1 < 1
2
(ak+1 + 4)
⇒ ak+1 < ak+2
Como quer´ıamos demonstrar.
17
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Soluc¸a˜o de c:
A induc¸a˜o e´ um me´todo de prova de proposic¸o˜es e na˜o um me´todo para determinar limites
de sequencias. Portanto, o requerido na˜o faz sentido.
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro mas, este
solucona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Se voceˆ, leitor, quiser ajudar a corrigir esse problema envie
para meu email (nibblediego@gmail.com) uma foto da capa do livro correto. E na˜o esquec¸a de
acompanhar as resoluc¸o˜es do pro´ximo capitulo.
18
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quersaber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correc¸a˜o.
www.number.890m.com
Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matema´tica acesse: www.number.890m.com
19
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
3 EXERCI´CIO PA´GINA 41 (Se´rie convergente)
1. Encontre o termo geral an das se´ries
∑
an cujas sequencias de somas parciais {sn} sa˜o
dadas a baixo. Ale´m disso, determine a soma das se´ries, se poss´ıvel.
a) {Sn} =
{
2n
3n+ 1
}
b) {Sn} =
{
1
2n
}
c) {Sn} = {3n}
Soluc¸a˜o de a:
Vamos partir da seguinte identidade
an = Sn − Sn−1
assim:
2n
3n+ 1
− 2(n− 1)
3(n− 1) + 1 = an
⇒ an = 2
(3n+ 1)(3n− 2)
Esse e´ o termo geral an. Para determinar a soma da se´rie fazemos:
lim
n→∞
(
2n
3n+ 1
)
=
2
3
Soluc¸a˜o de b:
Vamos partir da seguinte identidade
an = Sn − Sn−1
assim:
an =
1
2n
− 1
2n−1
⇒ an = 1
2n
− 1
2n2−1
⇒ an = − 1
2n
Esse e´ o termo geral an. Para determinar a soma da se´rie fazemos:
20
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
lim
n→∞
(
− 1
2n
)
= −1 · lim
n→∞
(
1
2n
)
= 0
Soluc¸a˜o de c:
Vamos partir da seguinte identidade
an = Sn − Sn−1
enta˜o:
an = 3
n − 3n−1
⇒ an = 3n − 3n3−1
⇒ an = 3n − 3
n
3
⇒ 3 · an = 3 · 3n − 3n
⇒ an = 3
n(3− 1)
3
⇒ an = 2 · 3n−1
Esse e´ o termo geral an. Para determinar a soma da se´rie fazemos:
lim
n→∞ (3
n) =∞
2. Usando a se´rie telesco´pica, mostre que:
a)
∑
n=1
1
n2 + n
= 1
b)
∑
n=1
1
(4n− 1)(4n3) =
1
12
Soluc¸a˜o de a:
1
n2 + n
=
1
n(n+ 1)
⇒ 1
n(n+ 1)
=
A
n
+
B
(n+ 1)
21
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
⇒ 1
n2 + n
=
A(n+ 1) +Bn
n(n+ 1)
⇒ 1 = An+ a+Bn
⇒ (A+B)n+A = 1
Por igualdade polinomial chegamos ao seguinte sistema:{
A+B = 0
A = 1
Que implica em B = −1, sendo assim:
1
n(n+ 1)
=
1
n
− 1
n+ 1
Logo ∑( 1
n2 + n
)
=
1
1
− lim
n→∞
(
1
n
)
= 1
Soluc¸a˜o de b:
1
(4n− 1)(4n+ 3) =
A
(4n− 1) +
B
(4n+ 3)
⇒ 1
(4n− 1)(4n+ 3) =
A(4n+ 3) +B(4n− 1)
(4n− 1)(4n+ 3)
⇒ 1
(4n− 1)(4n+ 3) =
4An+ 3A+ 4Bn−B
(4n− 1)(4n+ 3)
⇒ (4A+ 4B)n+ 3A−B = 1
Por igualdade polinomial chegamos ao sistema:{
4A+ 4B = 0
3A−B = 1
que implica em A =
1
4
e B = −A, sendo assim,
1
(4n− 1)(4n+ 3) =
1
4(4n− 1) −
1
4(4n+ 3)
1
(4n− 1)(4n+ 3) =
1
4(4n− 1) −
1
4(4(n+ 1)− 1)
Para determinar a soma da se´rie fazemos o seguinte
22
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
∑( 1
(4n− 1)(4n+ 3)
)
=
1
4(4(1)− 1) − limn→∞
(
1
4(4n− 1)
)
=
1
4(4− 1) − 0
=
1
12
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
23
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correc¸a˜o.
www.number.890m.com
Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matema´tica acesse: www.number.890m.com
24
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
4 EXERCI´CIO PA´GINA 45 (Se´rie Geome´trica)
1. Encontre a soma das se´ries abaixo, se poss´ıvel:
a)
∞∑
n=1
(
3
5
)n+1
b)
∞∑
n=1
(2)
2−n
c)
∞∑
n=1
(
(−2)n4
3n+1
)
d)
∞∑
n=1
(
(−1)n+2 · 2n+2
3n
)
Soluc¸a˜o de a:
(
3
5
)n+1
=
(
3
5
)n
·
(
3
5
)
=
(
3
5
)n
·
(
3
5
)
·
(
3
5
)
·
(
3
5
)−1
=
(
3
5
)n−1
· 9
25
Usando a fo´rmula da soma:
S =
a
1−R =
9
25
1− 3
5
=
9
10
Soluc¸a˜o de b:
22−n = 22 · 2−n
= 4 · 2−n
= 4 · 2−n · (2 · 2−1)
= 2 · 2−n+1 = 2 · 2−1(n−1) = 2 · (2−1)n−1
25
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Usando a fo´rmula da soma:
S =
a
1−R =
2
1− 2−1 = 4
Soluc¸a˜o de c:
4 · (−2)n
3n+1
= 4 · (−2)
n
3n · 3 =
4
3
· −2
n
3n
=
4
3
·
(
−2
3
)n
=
4
3
·
(
−2
3
)n
·
(
−2
3
)−1
·
(
−2
3
)1
= −8
9
(
−2
3
)n−1
Usando a fo´rmula da soma:
S =
a
1−R =
−8
9
1−
(
−2
3
) = − 8
15
Soluc¸a˜o de d:
(−1)n+2 · 2n+2
3n
=
(−1)n · 1 · 2n · 4
3n
4(−1)n · 2n
3n
=
4(−2)n
3n
= 4
(
−2
3
)n
·
(
−2
3
)−1
·
(
−2
3
)1
= −8
3
(
−2
3
)n−1
Usando a fo´rmula da soma:
S =
a
1−R =
−8
3
1−
(
−2
3
) = −8
5
2. Usando se´ries, expresse as decimais na˜o finitas abaixo na forma de um nu´mero racional:
a) 2.131313... b) 0.25411411411
Soluc¸a˜o de a:
26
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
2.131313...
= 2 + 0.13131313...
= 2 +
13
102
+
13
104
+
13
106
+ · · ·
= 2 +
∞∑
n=1
(
13
102n
)
Agora vamos determinar a soma da se´rie(
13
102n
)
= 13
(
12n
102n
)
= 13 ·
(
1
10
)2n
= 13 ·
((
1
10
)2)n
= 13 ·
(
1
100
)n
·
[(
1
100
)−1
·
(
1
100
)1]
= 13 ·
(
1
100
)
·
(
1
100
)n−1
=
13
100
(
1
100
)n−1
usando a fo´rmula da soma:
S =
a
1−R =
13
100
1− 1
100
=
13
99
Sendo assim:
2.131313... = 2 +
∞∑
n=1
(
13
10n
)
= 2 +
13
99
⇒ 2.131313... = 211
99
Soluc¸a˜o de b:
Ana´loga a anterior.
27
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
3. Uma bola e´ derrubada de uma altura de 9m. Cada vez que ela toca o cha˜o, sobe novamente
a uma altura de aproximadamente 2/3 da altura da qual ela caiu. Mostre que a distaˆncia total
percorrida pela bola ate´ parar e´ de 45m.
Soluc¸a˜o:
A altura da bola em cada pulo e´ uma sequencia
9 +
2
3
· 9 + 2
3
(
2
3
)
9 + · · ·
= 9
(
2
3
)0
+ 9
(
2
3
)1
+ 9
(
2
3
)2
+ · · ·
=
∞∑
n=1
9
(
2
3
)n−1
Que como pode ser visto e´ uma se´rie geome´trica, logo sua soma sera´:
S =
a
1−R =
9
1− 2
3
= 27
O detalhe importante desse problema e´ que a partir da 1◦ queda sempre que a bola sobe
ela desce novamente fazendo duas vezes o percusso. Sendo assim, o resultado e´ a soma das
distaˆncias percorridas pela bola nas descidas (27) mais as distaˆncias percorridas pela bola na
subida (27− 9), ou seja:
27 + (27− 9) = 45m
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
28
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamenteno blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
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29
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
5 EXERCI´CIO PA´GINA 48 (Se´ries de termos positivos)
1. Usando as sequencias de somas parciais {sn} demonstre as propriedades P.1.3.1., P.1.3.2.
e P.1.3.3. acima.
Demonstrac¸a˜o de P.1.3.1:
A soma S′n de
∑
kan e´
S′1 = ka1
S′2 = ka1 + ka2
S′3 = ka1 + ka2 + ka3
...
S′n = ka1 + ka2 + · · ·+ kan−1 + kan
...
Como
∑
an e´ convergente enta˜o lim
n→∞ (Sn) = L, sendo L ∈ R. Portanto, a1+a2+· · ·+an = L
e portanto, k(a1 + a2 + · · ·+ an) = kL sendo assim:
lim
n→∞ (S
′
n) = kL
O que implica na convergeˆncia de
∑
kan.
Demonstrac¸a˜o de P.1.3.2:
Ana´loga a anterior.
Demonstrac¸a˜o de P.1.3.3:
Seja Sn a soma parcial de
∑
an e S
′
n a soma de
∑
bn enta˜o:
lim
n→∞ (Sn) = L
e tambe´m
lim
n→∞ (S
′
n) = K
com L, K ∈ R.
Pela propriedade da soma dos limites se os limites acima existem enta˜o:
30
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
lim
n→∞ (Sn + S
′
n) = L+K
O que implica em
lim
n→∞ (an + bn) = L+K
provando a convergeˆncia de
∑
(an + bn).
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
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lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
31
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
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32
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
6 EXERCI´CIO PA´GINA 52 (Se´ries de termos positivos)
Aplique os testes da integral para estudar o comportamento das se´ries abaixo:
1.
∞∑
2
1
n(ln(n))p
, p > 0
Soluc¸a˜o:
Para p = 1∫ ∞
2
(
1
n · ln(n)
)
dn = lim
n→∞ (ln(ln(n)))− limn→2 (ln(ln(n)))
= ln(ln(∞))− ln(ln(2))
=∞
Para p > 1∫ ∞
2
ln−p(n)
n
dn = lim
n→∞
(
ln1−p(n)
1− p
)
− lim
n→2
(
ln1−p(n)
1− p
)
Como p > 1 enta˜o podemos fazer 1− p = −k. Sendo assim:
lim
n→∞
(
ln1−p(n)
1− p
)
− lim
n→2
(
ln1−p(n)
1− p
)
= lim
n→∞
(
ln−k(n)
−k
)
− lim
n→2
(
ln−k(n)
−k
)
= lim
n→2
(
ln−k(n)
k
)
− lim
n→∞
(
ln−k(n)
k
)
=
1
k
(
lim
n→2
(
1
lnk(n)
)
− lim
n→∞
(
1
lnk(n)
))
=
1
k
·
(
1
lnk(2)
)
− 0
=
1
k · lnk(2)
Ou seja, a se´rie converge para p > 1.
2.
∞∑
2
n
n2 + 1
Soluc¸a˜o:
33
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
∫ ∞
1
(
n
1 + n2
)
dn = lim
n→∞
(
1
2
log(n2 + 1)
)
− lim
n→1
(
1
2
log(n2 + 1)
)
=∞− 1
2
· log(2)
=∞
Logo diverge.
3.
∞∑
2
1
n2 + 1
Soluc¸a˜o:∫ ∞
1
(
1
1 + n2
)
dn = lim
n→∞
(
tan−1(n)
)− lim
n→1
(
tan−1(n)
)
=
pi
2
− pi
4
=
pi
4
Logo converge.
4.
∞∑
2
ln(n)
n
Soluc¸a˜o:∫ ∞
1
(
log(n)
n
)
dn = lim
n→∞
(
log2(n)
2
)
− lim
n→2
(
log2(n)
2
)
=∞− log
2(2)
2
=∞
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
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To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
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To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
7 EXERCI´CIO PA´GINA 53 (Se´ries de termos positivos)
Use o teste da comparac¸a˜o para analisar o comportamento das se´ries abaixo:
1.
∞∑
1
1
2 + 5n
Soluc¸a˜o:
Toda se´rie
∞∑
1
1
np
converge apenas para p > 1. Enta˜o
∞∑
1
1
n2
converge.
1
2 + 5n
≤ 1
n2
n2 ≤ 2 + 5n
Como a desigualdade acima e´ verdadeira para todo n ∈ Z+ enta˜o, a se´rie
∞∑
1
1
2 + 5n
e´
convergente.
2.
∞∑
2
1√
n− 1
Soluc¸a˜o:
1
n
≤ 1√
n− 1
√
n− 1 ≤ n
Como a desigualdade acima e´ verdadeira para todo n ∈ Z+ e
∞∑
1
1
n
e´ divergente, enta˜o a
se´rie
∞∑
1
1√
n− 1 e´ divergente.
3.
∞∑
1
1
n+ 4
Soluc¸a˜o:
Observe a se´rie
∑ 1
n+ 5
=
1
6
+
1
7
+
1
8
+ · · ·
36
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
pelo item B da pa´gina 47 a se´rie
∑ 1
n+ 5
e´ divergente.
1
n+ 5
≤ 1
n+ 4
n+ 4 ≤ n+ 5
0 ≤ 1
Como a desigualdade acima e´ verdadeira para todo n ∈ Z+ e
∞∑
1
1
n+ 5
e´ divergente, enta˜o a
se´rie
∞∑
1
1
n+ 4
e´ divergente tambe´m.
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
37
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
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To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
8 EXERCI´CIO PA´GINA 55 (§’eries de termos positivos)
Use o teste da comparac¸a˜o por limite para analisar o comportamento das se´ries abaixo:
1.
∞∑
1
sen
(
1
n
)
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞
(
sen(1/n)
1/n
)
= lim
n→∞ (n · sen(1/n))
= lim
n→∞(n) · limn→∞ (sen(1/n)) = limn→∞(n) · sen(0)
= lim
n→∞(n) =∞
Como a se´rie
∞∑
1
(
1
n
)
e´ divergente (se´rie harmoˆnica), enta˜o pelo T.C.L. a se´rie
∞∑
1
(
sen
(
1
n
))
tambe´m e´ divergente.
2.
∞∑
1
(
1√
n3 + n+ 1
)
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞

1√
n3 + n+ 1
1√
x
 = 0
Como a se´rie
∞∑
1
(
1√
n
)
e´ divergente (se´rie p com p < 1), enta˜o pelo T.C.L. a se´rie
∞∑
1
(
1√
n3 + n+ 1
)
tambe´m e´ divergente.
3.
∞∑
1
(
3n2 + 5n
2n(n2 + 1)
)
Soluc¸a˜o:
limn→∞

(
3n2 + 5n
2n(n2 + 1)
)
1/n
 = limn→∞

(
3n2 + 5n
2n(n2 + 1)
)
· n
(1/n) · n

39
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
= lim
n→∞
(
3n5 + 5n2
2n(n2 + 1)
)
= lim
n→∞
 3 + 5n
2n(n2 + 1)/n3
 = lim
n→∞
 3 + 5/n
2n
(
n2
n3
+
1
n3
)
 = limn→∞
 3 + 5/n
2n
(
1
n
+
1
n3
)

=
3 + 0
∞ · (0 + 0) =
3
0
=∞
Como a se´rie
∞∑
1
(
1
n
)
e´ divergente (se´rie harmoˆnica), enta˜o pelo T.C.L. a se´rie
∞∑
1
(
3n2 + 5n
2n(n2 + 1)
)
tambe´m e´ divergente.
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
40
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correc¸a˜o.
www.number.890m.com
Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matema´tica acesse: www.number.890m.com
41
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
9 EXERCI´CIO PA´GINA 56 (Se´ries de termos positivos)
Usando o teste da raza˜o, examine, quanto a convergeˆncia, as se´ries abaixo.
1.
∞∑
1
(
2n
n!
)
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞

2n+1
(n+ 1)!
2n
n!
 = limn→∞
(
2n · 2 · n!
(n+ 1)!2n
)
= lim
n→∞
(
2
n+ 1
)
=
2
∞ = 0
Como 0 < 1 pelo T.R. a se´rie
∞∑
1
(
2n
n!
)
e´ convergente.
2.
∞∑
1
(
2n
n!
)
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞
(
2(n+ 1)
(n+ 1)!
)
= lim
n→∞
(
2(n+ 1)
(n+ 1)n!
)
= lim
n→∞
(
2
n!
)
= 0
Como 0 < 1 pelo T.R. a se´rie
∞∑
1
(
2n
n!
)
e´ convergente.
3.
∞∑
1
(
1
n
)
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞
(
1/(n+ 1)
1/n
)
= lim
n→∞
(
n
n+ 1
)
= lim
n→∞
(
n/n
n/n+ 1/n
)
= lim
n→∞
(
1
1 + 1/n
)
=
1
1 + 0
= 1
42
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Assim, pelo teste da raza˜o nada pode-se dizer quanto a convergeˆncia dessa se´rie.
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
43
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
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44
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
10 EXERCI´CIO PA´GINA 57 (Se´ries de termos positivos)
Exerc´ıcio: Usando o teste da raiz, examine, quanto a convergeˆncia as se´ries abaixo.
1
∞∑
1
(
1
nn
)
2
∞∑
1
(
1 +
1
n
)n
3
∞∑
1
(
1
n
)
Soluc¸a˜o de 1:
lim
n→∞
n
√
1
nn
= 0
e como 0 < 1 a se´rie e´ convergente.
Soluc¸a˜o de 2:
lim
n→∞
n
√(
1 +
1
n
)n
= 1
assim pelo teste da raza˜o nada se pode aferir sobre a convergeˆncia da se´rie.
Soluc¸a˜o de 3:
lim
n→∞
n
√
1
n
= 1
assim pelo teste da raza˜o nada se pode aferir sobre a convergeˆncia da se´rie.
1. Estude o comportamento das se´ries usando as sugesto˜es dadas:
A.
∞∑
1
(
n
n+ 1
)
(TD)
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞
(
n
n+ 1
)
= lim
n→∞
(
n/n
n/n+ 1/n
)
= lim
n→∞
(
1
1 + 1/n
)
=
1
1 + 0
= 1
Como 1 6= 0 pelo T.D. a se´rie
∞∑
1
(
n
n+ 1
)
diverge.
45
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
B.
∞∑
1
(
1√
n
+
1√
n+ 1
)
(TCL)
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞

(
1√
n
+
1√
n+ 1
)
1√
n
 = limn→∞
((
1√
n
+
1√
n+ 1
)√
n
)
= lim
n→∞
(√
n√
n
+
√
n√
n+ 1
)
= lim
n→∞
(
1 +
√
n
n+ 1
)
= 1 +
(√
lim
n→∞
(
n
n+ 1
))
= 1 +
(√
lim
n→∞
(
n/n
n/n+ 1/n
))
= 1 +
(√
lim
n→∞
(
1
1 + 1/n
))
1 +
√
1
1 + 0
= 1 + 1 = 2
Como
∑( 1√
n
)
e´ divergente (se´rie p com p < 1), enta˜o pelo TCL a se´rie
∞∑
1
(
1√
n
+
1√
n+ 1
)
tambe´m diverge.
C.
∞∑
1
(
1
n
√
ln(n)
)
(TRI) ou (TD)
Soluc¸a˜o:
lim
n→∞
(
n
√
1
n
√
ln(n)
)
= lim
n→∞
 1
n
√
n
√
ln(n)

= lim
n→∞
(
1
n2
√
ln(n)
)
= 1
Como 1 6= 0 enta˜o a se´rie
∞∑
1
(
1
n
√
ln(n)
)
diverge.
46
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
D.
∞∑
1
( |sec(n)|
n
)
(TC)
Soluc¸a˜o:
n2
n2 + 1
< 1 para todo n ∈ Z+
Como o ma´ximo valor que |cos(n)| pode atingir e´ 1, enta˜o a desigualdade abaixo ainda e´
valida.
n2
n2 + 1
||cos(n)| < 1
n2
n2 + 1
<
1
|cos(n)|
n
n2 + 1
<
1
n|cos(n)|
n
n2 + 1
<
1/|cos(n)|
n
Como
1
cos(x)
= sec(x) enta˜o:
n
n2 + 1
<
|sec(x)|
n
Como pelo teste da integral (veja pa´gina 52) a se´rie
∞∑
n=1
(
n
n2 + 1
)
diverge. Enta˜o, pelo T.C.
a se´rie em questa˜o e´ divergente.
E.
∞∑
1
(
n32n
5n−1
)
(TRZ)
Soluc¸a˜o:
47
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
lim
x→∞

(n+ 1)32(n+1)
5(n+1)−1
n32n
5n−1
 = limx→∞
(
(n+ 1)32n+2 · 5n−1
5nn · 32n
)
lim
x→∞
(
9n+ 9
5n
)
=
9
5
Como
9
5
> 1 enta˜o pelo TRZ. a se´rie
∞∑
1
(
n32n
5n−1
)
diverge.
F.
∞∑
1
(arc cotg(n)) (TI)
Soluc¸a˜o:∫ ∞
1
arc cotg(n)dn =
1
2
log(n2 + 1) + arc cotg(n)
∣∣∣∣∞
1
=∞
Assim, pelo TI a se´rie
∞∑
1
(arc cotg(n)) diverge.
G.
∞∑
1
(
3nn!
nn
)
(TRZ)
Soluc¸a˜o:
lim
x→∞

3n+1(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
3nn!
nn
 = limx→∞
(
3nn
(n+ 1)n
)
= 3 · lim
x→∞
(
nn
(n+ 1)n
)
= 3 · lim
x→∞
(
n
n+ 1
)n
= 3 · 1
e
=
3
e
Como
3
e
> 1 enta˜o pelo TRZ a se´rie
∞∑
1
(
3nn!
nn
)
diverge.
H.
∞∑
1
(
n
n+ 1
)n2
(TRI)
48
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Soluc¸a˜o:
lim
x→∞
n
√(
n
n+ 1
)n2
= lim
x→∞
(
n
n+ 1
)n
=
1
e
Como
1
e
< 1 enta˜o pelo TRI a se´rie
∞∑
1
(
n
n+ 1
)n2
converge.
I.
∞∑
1
(
n2 + 2n
n+ 3n
)
(TCL)
Soluc¸a˜o:
lim
x→∞

n2 + 2n
n+ 3n
1
n2
 = limx→∞
(
n4 + 2n · n2
n+ 3n
)
= lim
x→∞
(
n4/3n + (n2 · 2n)/3n
n/3n + 3n/3n
)
= lim
x→∞
(
n4/3n + (n2 · 2n)/3n
n/3n + 1
)
Como lim
x→∞
( n
3n
+ 1
)
6= 0 enta˜o pode-se aplicar as propriedades de limite de modo que:
lim
x→∞
(
n4/3n + (n2 · 2n)/3n
n/3n + 1
)
=
lim
x→∞
(
n4/3n + (n2 · 2n)/3n)
lim
x→∞ (n/3
n + 1)
=
lim
x→∞
(
n4/3n + (n2 · 2n)/3n)
0 + 1
=lim
x→∞
(
n4/3n + (n2 · 2n)/3n)
1
= lim
x→∞
(
n4/3n + (n2 · 2n)/3n) = lim
x→∞
(
n4
3n
)
+ lim
x→∞
(
n2 · 2n
3n
)
= 0 + 0 = 0
Logo pelo TRI a se´rie e´
∞∑
1
(
n2 + 2n
n+ 3n
)
e´ convergente.
J.
∞∑
1
(
1
n(ln(n))3
)
(TI)
Soluc¸a˜o:
49
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
∫ ∞
2
(
1
n(ln(n))3
)
= − 1
2log2(n)
∣∣∣∣∞
2
=∞
Assim, pelo TI a se´rie e´
∞∑
1
(
1
n(ln(n))3
)
e´ convergente.
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
50
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correc¸a˜o.
www.number.890m.com
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51
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
11 EXERCI´CIO PA´GINA 58 (Se´ries alternadas)
1. Usando os testes convenientes, examine quanto a convergeˆncia, as se´ries abaixo:
A.
∞∑
1
(
e−n
2
)
B.
∞∑
1
(
n!
nn
)
C.
∞∑
1
(
n− 1
3n
)
D.
∞∑
1
ln
(
1 + n
1 + n2
)
E.
∞∑
1
(
n4e−n
2
)
F.
∞∑
1
(
1 + n
1 + n2
)2
G.
∞∑
1
(
arctg
(
1
n
))n
H.
∞∑
1
(
1
lnn(n)
)
I.
∞∑
1
(
n!
ln(n+ 1)
)
J.
∞∑
1
(
n+ 4
n4 +
√
n+ 7
)
K.
∞∑
1
(√
2n+ 3
n+ 5
)
L.
∞∑
1
(
3n3 + 2n− 1
7n2 + 8n− 2
)
Soluc¸a˜o:
O primeiro teste que normalmente se emprega e´ o teste da divergeˆncia (TD). Atrave´s dele
determinamos que as se´ries das letras I e L sa˜o divergentes.
lim
x→∞
(
3n3 + 2n− 1
7n2 + 8n− 2
)
=∞ lim
x→∞
(
n!
ln(n+ 1)
)
=∞
As se´ries que possuem um expoente igual a n normalmente utilizam-se do teste da raiz para
aferir sobre sua convergeˆncia. Assim, podemos afirmar que as letras C e G sa˜o convergentes.
lim
x→∞
n
√(
n− 1
3n
)n
= 0
lim
x→∞
n
√(
arctg
(
1
n
))n
= 0
como 1n = 1 podemos usar esse teste tambe´m para a letra H.
52
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
lim
x→∞
n
√(
1
ln(n)
)n
= 0
Para usar o teste da comparac¸a˜o e´ necessa´rio que se conhec¸a se´ries convergentes ou diver-
gentes. Assim, a frequeˆncia em que se utiliza tal teste e´ proporcional a quantidade de se´ries cuja
convergeˆncia voceˆ ja´ conhece.
Podemos usa-lo por exemplo para provar a convergeˆncia da letra A.
e−n
2
=
1
en2
Como n2 ≤ en2 enta˜o
1
en2
≤ 1
n2
E como
∑( 1
n2
)
e´ uma se´rie convergente (se´rie p com p > 1), enta˜o a se´rie e´ convergente.
A mesma coisa ocorre para o teste da comparac¸a˜o com limite. A frequeˆncia do seu uso fica
condicionada a quantidade de se´ries que ja´ se teˆm decorado. Podemos usar este teste para, por
exemplo, provar a divergeˆncia da letra K. Uma vez que a se´rie
∑( n
5n2 + 3
)
e´ divergente pelo
teste da comparac¸a˜o (usando a se´rie harmoˆnica), e tambe´m:
n
5n2 + 3
≤
√
2n+ 3
n+ 5
O teste da raza˜o com limite normalmente e´ usado quando os demais testes falham. Com ele
podemos afirmar que as letras B, D, E e F sa˜o convergentes.
lim
n→∞

(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
n!
nn
 = 1e
lim
n→∞
(
ln(1 + 1/2n+1
ln(1 + 1/2n)
)
= 0
lim
n→∞

(n+ 1)4
e(n+ 1)2
n4
en2
 = 0
lim
n→∞

(
1 + (n+ 1)
1 + (n+ 1)2
)2
(
1 + n
1 + n2
)2
 =
(
1
e
)2
53
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Note que nada se pode aferir sobre a se´rie J pelo teste da raza˜o, pelo teste da raiz e ta˜o
pouco pelo teste da divergeˆncia. A func¸a˜o tambe´m na˜o pode ser facilmente integrada, assim
podemos dispensar o teste da integral, nos restando apenas o teste da comparac¸a˜o ou o teste da
comparac¸a˜o com limite.
3. Prove, usando se´ries convenientes, as afirmac¸o˜es abaixo.
lim
n→∞
(
nn
(2n)!
)
= 0
lim
n→∞
(
an
n!
)
= 0
Soluc¸a˜o de a:
Como nn < (2n)! e n < n! enta˜o:
nn · n ≤ n! · (2n)!⇒ n
n
(2n)!
≤ n!
n
E como a se´rie
∑( n!
nn
)
e´ convergente (ver exerc´ıcio 2 da pa´gina 58), enta˜o pelo teste da
comparac¸a˜o a se´rie
∑( nn
(2n)!
)
tambe´m converge e pelo teorema T.1.3.1 (pa´gina 42) a afirmac¸a˜o
fica provada.
Soluc¸a˜o de b:
Usando o teste da raza˜o vemos que a se´rie em questa˜o e´ convergente. Sendo assim pelo
teorema T.1.3.1 (pa´gina 42) a afirmac¸a˜o fica provada.
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
54
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correc¸a˜o.
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55
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
12 EXERCI´CIO PA´GINA 60 (Se´ries alternadas)
Exerc´ıcio. Usando o (TL), teste quanto a` convergeˆncia as se´ries abaixo:
1.
∞∑
1
(
(−1)n n
ln(n)
)
2.
∞∑
1
(
(−1)n ln(n)
n
)
3.
∞∑
1
(
(−1)n n+ 2
n(n+ 1)
)
Soluc¸a˜o de 1:
Usando l’hopital lim
x→∞
(
n
ln(n)
)
= lim
x→∞
(
1
1/n
)
= lim
x→∞ (n) =∞
Como ∞ 6= 0 enta˜o pelo TL nada se pode aferir sobre a convergeˆncia da se´rie.
Soluc¸a˜o de 2:
Usando l’hopital lim
x→∞
(
ln(n)
n
)
= lim
x→∞
(
1/n
n
)
= lim
x→∞
(
1
n2
)
= 0
Como a desigualdade
n
ln(n)
>
n+ 1
ln(n+ 1)
e´ verdadeira. Enta˜o a se´rie e´ convergente.
Soluc¸a˜o de 3:
Como
lim
x→∞
(
n+ 2
n(n+ 1)
)
= lim
x→∞
(
n+ 2
n2 + n
)
= lim
x→∞
(
n/n+ 2/n
n2/n+ n/n
)
= lim
x→∞
(
1 + 2/n
n+ 1
)
=
1 + 0
∞+ 1 =
0
enta˜o a primeira condic¸a˜o para convergeˆncia foi satisfeita. Vamos provar agora a segunda.
Para isso considere a seguinte desigualdade, verdadeira para todo n ∈ N
4n+ 4 > 3n
⇒ n2 + (4n+ 4) > n2 + (3n)
⇒ (n+ 2)2 > (n+ 3)n
56
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
⇒ (n+ 2)
2
n
> (n+ 3)
⇒ (n+ 2)
2
n
·
(
1
n+ 1
)
> (n+ 3)
(
1
n+ 1
)
⇒ (n+ 2)
n(n+ 1)
>
(n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)
⇒ (n+ 2)
n(n+ 1)
>
(n+ 1) + 2
(n+ 1)((n+ 1) + 1)
⇒ an > an+1
lim
x→∞ ()
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa.Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
57
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correc¸a˜o.
www.number.890m.com
Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matema´tica acesse: www.number.890m.com
58
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
13 EXERCI´CIO PA´GINA 64 (Se´ries alternadas)
1. Estude o comportamento das se´ries a seguir, verificando se sa˜o absolutamente ou condi-
cionalmente convergentes, ou divergentes.
A)
∞∑
1
(
(−1)n
(
n!
nn
))
B)
∞∑
1
(
(−1)n
(
n− 1
3n
)n)
C)
∞∑
1
(
(−1)n ( n√n+ 1)n)
D)
∞∑
1
(
(−1)n
(
2n
n!
))
E)
∞∑
1
(
(−1)n
3n+ 2
)
F)
∞∑
1
(
(−1)n
n4 + 1
)
G)
∞∑
1
(
(−1)n
(
n!
2n!
))
H)
∞∑
1
(
(−1)n
(
n
n+ 1
)n2)
I)
∞∑
1
(
(−1)n
( √
n
n+ 1
))
J)
∞∑
1
(
(−1)n · sen
(pi
n
))
K)
∞∑
1
(
(−1)n · ln
(
1 +
1
2n
))
L)
∞∑
1
(
(−1)n
(
n2 + 1
n3
))
M)
∞∑
2
(
(−1)n
n · ln2(n)
)
Soluc¸a˜o de A:
lim
n→∞
∣∣∣∣ (−1)
(n+1) (n+ 1)!
(n+ 1)n+1
(−1)n+1 n!
nn
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ (−1)
n · (−1) (n+ 1)!
(n+ 1)n+1
(−1)n n!
nn
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ (−1)
(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
n!
nn
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣(−1) (n+ 1)! · nn(n+ 1)n+1 · n!
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ (n+ 1)! · nn(n+ 1)n+1 · n!
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ limn→∞
(
(n+ 1) · n! · nn
(n+ 1)n(n+ 1) · n!
) ∣∣∣∣
=
∣∣∣∣ limn→∞
(
n
n+ 1
)n ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1e
∣∣∣∣ = 1e .
Como
1
e
< 1 enta˜o, pelo teste da raza˜o para a convergeˆncia absoluta, a se´rie e´ absolutamente
convergente.
59
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Soluc¸a˜o de B:
lim
n→∞
n
√∣∣∣∣ ((−1)n · n− 13n
)n ∣∣∣∣ = limn→∞
(
n− 1
3n
)
=
1
3
Como
1
3
< 1 enta˜o, pelo teste da raiz para a convergeˆncia absoluta, a se´rie e´ absolutamente
convergente.
Soluc¸a˜o de C:
lim
n→∞
n
√∣∣∣∣ ((−1)n · ( n√n+ 1))n ∣∣∣∣ = limn→∞ n√( n√n+ 1)n
= lim
n→∞
(
n
√
n+ 1
)
= 2
Como 2 > 1 enta˜o, pelo teste da raiz para a convergeˆncia absoluta, a se´rie e´ divergente.
Soluc¸a˜o de D:
A expressa˜o 2 · 4 · 6 · ... · (2n) = 2n · n! enta˜o a se´rie e´ divergente se o limite a seguir for maior
que 1:
lim
n→∞
∣∣∣∣ (−1)n+1 · 2n+1(n+ 1)!(n+ 1)! · n!(−1)n · 2n · n!
∣∣∣∣ = limn→∞
(
2
1
)
= 2
Como 2 > 1 enta˜o, pelo teste da raza˜o para a convergeˆncia absoluta, a se´rie e´ divergente.
Soluc¸a˜o de E:
Usando tanto o teste da raza˜o para a convergeˆncia absoluta como o teste da raiz o resultado
sera´ 1. Ou seja, em ambos os casos nada podemos afirmar sobre a convergeˆncia absoluta.
Nesse caso fazemos o seguinte.
Primeiro determinamos a soma do mo´dulo de cada termo.
∞∑
n=1
∣∣∣∣ (−1)n3n+ 2
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
(
1
3n+ 2
)
Agora usamos o teste da comparac¸a˜o por limite.
Fazendo agora lim
n→∞
(
1
3n+2
1
n
)
= lim
n→∞
(
n
3n+ 2
)
=
1
3
Como
1
3
> 0 enta˜o ambas as se´ries possuem o mesmo comportamento, e como a se´rie
∑( 1
n
)
e´ divergente (se´rie p com p = 1) enta˜o a se´rie
∞∑
n=1
(
(−1)n
3n+ 2
)
na˜o e´ absolutamente convergente.
60
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Usando agora o teste da raza˜o na se´rie (TRZ) chegamos a conclusa˜o de que ela e´ convergente.
lim
n→∞
(
(−1)n+1
3(n+ 1) + 2
· 3n+ 2
(−1)n
)
= lim
n→∞
(
−3n+ 2
3n+ 5
)
= −1 < 1
Como a´ se´rie na˜o converge absolutamente, mas e´ convergente, enta˜o converge condicional-
mente.
Soluc¸a˜o de F:
∞∑
n=1
∣∣∣∣ (−1)nn4 + 1
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
(
1
n4 + 1
)
Usando o TCL
lim
n→∞
(
1
n4 + 1
· n
2
1
)
= lim
n→∞
(
n2
n4 + 1
)
= 0
Como a se´rie
∞∑
n=1
(
1
n2
)
e´ convergente enta˜o a se´rie e´ absolutamente convergente.
Soluc¸a˜o de G:
∞∑
n=1
∣∣∣∣ (−1)n · n!2n!
∣∣∣∣ = 12
Nesse caso testes sa˜o dispensa´veis. A se´rie e´ absolutamente convergente.
Soluc¸a˜o de H:
lim
n→∞
n
√∣∣∣∣(−1)n( nn+ 1
)n2 ∣∣∣∣ = limn→∞
((
n
n+ 1
)n2) 1n
= lim
n→∞
(
n
n+ 1
)n
=
1
e
Como
1
e
< 1 enta˜o, pelo teste da raiz para a convergeˆncia absoluta, a se´rie converge abso-
lutamente.
Soluc¸a˜o de I:
∞∑
n=1
∣∣∣∣ (−1)n · √nn+ 1
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
( √
n
n+ 1
)
Usando o TCL
lim
n→∞
( √
n
n+ 1
· n
1
)
= lim
n→∞
(
n
√
n
n+ 1
)
=∞
Como
∑( 1
n
)
e´ divergente enta˜o a se´rie na˜o pode ser absolutamente convergente.
61
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Fazendo enta˜o o teste da raza˜o (TRZ)
lim
n→∞
(
an+1
an
)
= lim
n→∞
(−(n+ 1)√n+ 1√
n(n+ 2)
)
= −1 enta˜o a se´rie converge.
Como a se´rie converge, mas na˜o absolutamente, enta˜o ela converge condicionalmente.
Soluc¸a˜o de J:
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)nsen(pin)
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
(
sen
(pi
n
))
Usando o TCL e a se´rie
∑( 1
n
)
que e´ divergente enta˜o:
lim
n→∞
(
sen
(pi
n
)
· n
1
)
=∞
Portanto, a se´rie
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)nsen(pin)
∣∣∣∣ na˜o e´ absolutamente convergente.
Usando novamente o teste da comparac¸a˜o por limite (TCL) e a se´rie
∞∑
n=1
(
(−1)n n!
2n!
)
que e´
convergente (ver letra C). Chega-se a conclusa˜o de que a se´rie converge.
Como a se´rie
∞∑
n=1
(
(−1)n( n√n+ 1)n) converge, mas na˜o absolutamente, enta˜o a se´rie con-
verge condicionalmente.
Sendo a se´rie convergente, mas na˜o absolutamente convergente, enta˜o a se´rie converge condi-
cionalmente.
Soluc¸a˜o de K:
lim
n→∞
∣∣∣∣ (−1)
n+1ln
(
1 +
1
2n+1
)
(−1)n · ln
(
1 +
1
2n
) ∣∣∣∣ = limn→∞
 ln
(
1 +
1
2n+1
)
ln
(
1 +
1
2n
)
 = 12
Como
1
2
< 1 enta˜o, pelo teste da raza˜o para a convergeˆncia absoluta, a se´rie converge
absolutamente.
Soluc¸a˜o de L:
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)nn2 + 1n3
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
(
n2 + 1
n3
)
62
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Usando o TCL
lim
n→∞
(
n2 + 1
n3
· n
1
)
= lim
n→∞
(
n2 + 1
n2
)
= 1
Como 1 > 0 enta˜o ambas as se´ries tem o mesmo comportamento. E como a se´rie
∑( 1
n
)
e´ divergente (se´rie p com p = 1) enta˜o, a se´rie
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)nn2 + 1n3
∣∣∣∣ na˜o pode ser absolutamente
convergente.
Usando novamente o TCL e a se´rie
∑( (−1)nn!
2n!
)
que e´ convergente (ver soluc¸a˜o da letra
G), enta˜o:
lim
n→∞
(
(−1)n(n2 + 1)
n3
· 2n!
(−1)nn!
)
= lim
n→∞
(
2n2 + 2
n3
)
= 0
O que implica na convergeˆncia da se´rie.
Como a se´rie converge, mas na˜o absolutamente, enta˜o a se´rie converge condicionalmente.
Soluc¸a˜o de M:
A cargo do leitor.
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
63
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
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• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correc¸a˜o.
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64
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
14 EXERCI´CIO PA´GINA 71 (Se´rie de poteˆncias
1. Determine a regia˜o de convergeˆncia das se´ries de poteˆncias a seguir:
A)
∞∑
0
(
2nx2n
(2n)!
)
B)
∞∑
0
(
(−1)n(x− 1)n
(n+ 1)2n
)
C)
∞∑
0
(
(n+ 1)!(x− 5)n
10n
)
D)
∞∑
0
(
(−1)nxn
(2n− 1)32n−1
)
E)
∞∑
1
(
(x− e)nln(n)
nen
)
F)
∞∑
0
(
n
2n+ 1
)2n−1
xn
G)
∞∑
1
[
x · sen
(pi
n
)]n
H)
∞∑
1
(
1 +
1
n
)n
2
xn
Soluc¸a˜o de A:
Aplicaremos o teste da raiz para convergeˆncia absoluta.
lim
n→∞
n
√∣∣∣∣2nx2n(2n)!
∣∣∣∣ = limn→∞
(
(2x2)n
(2n)!
) 1
n
lim
n→∞
(
2x2
n
√
(2n)!
)
Como lim
n→∞
n
√
(2n)! 6= 0 enta˜o:
lim
n→∞
(
2x2
n
√
(2n)!
)
=
lim
n→∞(2x
2)
lim
n→∞
n
√
(2n)!
=
2x2
∞ = 0
Portanto, o domı´nio de convergeˆncia e´ Dc = R.
Soluc¸a˜o de B:
lim
n→∞
(∣∣∣∣ (−1)n+1(x− 1)n+1((n+ 1) + 1)2n+1 · (n+ 1)2n(−1)n(x− 1)n
∣∣∣∣) = limn→∞
(∣∣∣∣ (1− x)(n+ 1)2(n+ 2)
∣∣∣∣)
=
∣∣∣∣ limn→∞
(
n+ 1− xn− x
2n+ 4
) ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1− x2
∣∣∣∣
Para
∣∣∣∣1− x2
∣∣∣∣ < 1, ou −1 < 1− x2 < 1 ou −1 < x < 3, a se´rie converge absolutamente.
65
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Para x = −1, temos
∞∑
0
(
2n
(n+ 1)2n
)
, que e´ divergente.
Para x = 3, temos
∞∑
0
(
(−2)n
(n+ 1)2n
)
, que e´ absolutamente convergente.
Portanto, o domı´nio de convergeˆncia e´ Dc = (−1, 3].
Soluc¸a˜o de C:
lim
n→∞
(∣∣∣∣ ((n+ 1) + 1)!(x− 5)n+110n+1 · 10n(n+ 1)!(x− 5)n
∣∣∣∣) = limn→∞
(∣∣∣∣ (n+ 2)!(x− 5)n(x− 5)10n10n · 10 · (n+ 1)!(x− 5)n
∣∣∣∣)
= lim
n→∞
(∣∣∣∣ (n+ 2)!(x− 5)10(n+ 1)!
∣∣∣∣) = limn→∞
(∣∣∣∣ (n+ 2)(n+ 1)!(x− 5)10(n+ 1)!
∣∣∣∣)
= lim
n→∞
(∣∣∣∣ (n+ 2)(x− 5)10
∣∣∣∣) = 110
∣∣∣∣ limn→∞ (xn − 5n+ 2x− 10)
∣∣∣∣ = 110(x− 5)∞
Entretanto, para x = 5 teremos
1
10
(x − 5)∞ = 0 < 1. Ou seja, a se´rie seria convergente.
Portanto, Dc = {5}
Soluc¸a˜o de D:
Aplicaremos o teste da raza˜o para convergeˆncia absoluta.
lim
n→∞
(∣∣∣∣ (−1)n+1xn+1(2(n+ 1)− 1)32(n+1)−1 · (2n− 1)32n−1(−1)nxn
∣∣∣∣)
= lim
n→∞
(∣∣∣∣ (1− 2n)x9(2n+ 1)
∣∣∣∣) = limn→∞
(∣∣∣∣x− 2nx18n+ 9
∣∣∣∣) = ∣∣∣∣− 2x18
∣∣∣∣
Para
∣∣∣∣− 2x18
∣∣∣∣ < 1, ou −1 < −2x18 < 1 ou −9 < x < 9, a se´rie converge absolutamente.
Para x = −9, temos
∞∑
0
(
9n
(2n− 1)32n−1
)
, que e´ divergente.
Para x = 9, temos
∞∑
0
(
(−9)n
(2n− 1)32n−1
)
, que e´ absolutamente convergente.
Portanto, o domı´nio de convergeˆncia e´ Dc = (−9, 9].
Soluc¸a˜o de E:
Aplicaremos o teste da raza˜o para convergeˆncia absoluta.
lim
n→∞
(∣∣∣∣ (x− e)n+1ln(n+ 1) · nen(n+ 1)en+1 · (x− e)n · ln(n)
∣∣∣∣)
66
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
=
∣∣∣∣ limn→∞
(
(x− e)ln(n+ 1)n
(n+ 1)eln(n)
) ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ limn→∞
 (x− e)ln(n+ 1)
(n+ 1)e · ln(n) · 1
n
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣ limn→∞
 (x− e)ln(n+ 1)(
1 +
1
n
)
e · ln(n)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣− 1 + xe
∣∣∣∣
Para
∣∣∣∣xe − 1
∣∣∣∣ < 1, ou −1 < xe − 1 < 1, ou 0 < x < 2e a se´rie converge absolutamente.
Para x = 0 temos
∞∑
1
(−enln(n)
nen
)
, que e´ absolutamente convergente.
Para x = 2e temos
∞∑
1
(
2e− enln(n)
nen
)
, que e´ divergente.
Portanto, o domı´nio de convergeˆncia e´ Dc = [0, 2e).
Soluc¸a˜o de F:
Aplicaremos o teste da raiz para convergeˆncia absoluta.
lim
n→∞
n
√∣∣∣∣ ( n2n+ 1
)2n−1
xn
∣∣∣∣
lim
n→∞
(∣∣∣∣ ( n2n+ 1
)2n−1
xn
∣∣∣∣
) 1
n
=
∣∣∣∣x4
∣∣∣∣
Para
∣∣∣∣x4
∣∣∣∣ < 1, ou −1 < x4 < 1, ou −4 < x < 4 a se´rie converge absolutamente.
Para x = −4 temos
∞∑
0
(
n
2n+ 1
)2n−1
− 4n, que e´ divergente.
Para x = 4 temos
∞∑
0
(
n
2n+ 1
)2n−1
4n, que e´ divergente.
Portanto, o domı´nio de convergeˆncia e´ Dc = (−4, 4).
Soluc¸a˜o de G:
Aplicaremos o teste da raiz para convergeˆncia absoluta.
lim
n→∞
n
√∣∣∣∣xsen(pin)n
∣∣∣∣ = 0
67
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Portanto, o domı´nio de convergeˆncia e´ Dc = R.
Soluc¸a˜o de H:
Aplicaremos o teste da raiz para convergeˆncia absoluta.
lim
n→∞
n
√√√√∣∣∣∣(1 + 1n
)n
2
xn
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ (1 + 1n
)1
2
x
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1 · x∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x∣∣∣∣
Para
∣∣∣∣x∣∣∣∣ < 1, ou −1 < x < 1, a se´rie converge absolutamente.
Mas, para x = 1 ou −1 e´ divergente.
Portanto, o domı´nio de convergeˆncia e´ Dc = (−1, 1).
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
68
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
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69
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
15 EXERCI´CIO PA´GINA 78 (Soma de uma se´rie de
poteˆncias)
1. Aplicando diferenciac¸a˜o ou integrac¸a˜o termo a termo, determine a soma das seguintes
se´ries de poteˆncia.
A)
∞∑
1
(
(−1)nxn+1
n+ 1
)
B)
∞∑
1
(
2xn
n
)
C)
∞∑
0
((n+ 2)xn)
D)
∞∑
0
(
(−1)n+1xn+2
(n+ 2)n!
)
E)
∞∑
1
(
(−1)n−1x2n−1
2n− 1
)
F)
∞∑
1
(
n(n+ 1)xn−1
)
G)
∞∑
1
(
(−1)n(n+ 1)(x− 2)n
3n
)
Soluc¸a˜o de A:
Sabe-se que
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
trocando x por -x
1
1− (−x) =
∞∑
n=0
(−x)n
⇒ 1
1 + x
=
∞∑
n=0
(−1)nxn
integrando ∫
1
1 + x
dx =
∫ ∞∑
n=0
(−1)nxn dx
⇒ ln(1 + x) =
∞∑
n=0
(−1)n
∫
xn dx
⇒ ln(1 + x) =
∞∑
n=0
(−1)nxn+1
n+ 1
+ c
onde c e´ uma constante. E para determinar seu valor fazemos x = 0 na equac¸a˜o acima
70
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
ln(1 + 0) =
∞∑
n=0
(−1)n · 0n+1
n+ 1
+ c
⇒ ln(1) = 0 + c
⇒ c = 0
Ou seja,
ln(1 + x) =
∞∑
n=0
(−1)nxn+1
n+ 1
e levando em conta a igualdade a seguir
∞∑
n=1
(−1)nxn+1
n+ 1
=
∞∑
n=0
(−1)nxn+1
n+ 1
−
0∑
n=0
(−1)nxn+1
n+ 1
enta˜o
∞∑
n=1
(−1)nxn+1
n+ 1
= ln(1 + x)−
0∑
n=0
(−1)nxn+1
n+ 1
⇒
∞∑
n=1
(−1)nxn+1
n+ 1
= ln(1 + x)− (−1)
0x0+1
0 + 1
⇒
∞∑
n=1
(−1)nxn+1
n+ 1
= ln(1 + x)− x
1
⇒
∞∑
n=1
(−1)nxn+1
n+ 1
= ln(1 + x)− x
Ou seja, a soma sera´ ln(1 + x)− x.
Soluc¸a˜o de B:
Sabe-se que
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Integrando ambos os lados ∫
1
1− x =
∫ ∞∑
n=0
xn
⇒ −ln(1− x) =
∞∑
n=0
xn+1
n+ 1
+ c
71
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
multiplicando por 2
−2 · ln(1− x) =
∞∑
n=0
2xn+1
n+ 1
+ c
Fazendo n igual a n− 1
−2 · ln(1− x) =
∞∑
n−1=0
2x(n−1)+1
(n− 1) + 1 + c
⇒ −2 · ln(1− x) =
∞∑
n=1
2xn
n
+ c
Para determinar o valor de c fazemos x = 0.
−2 · ln(1− 0) =
∞∑
n=1
2 · 0n
n
+ c
⇒ −2 · ln(1) = 0 + c
⇒ −2 · 0= 0 + c
⇒ c = 0
Sendo assim,
∞∑
n=1
2xn
n
= −2 · ln(1− x)
Portanto, sua soma sera´ −2ln(1− x) ou, ln(1− x)−2 ou, 1
ln(1− x)2 .
Soluc¸a˜o de C:
Sabe-se que
1
1− x = 1 + x+ x
2 + · · · =
∞∑
n=0
xn
⇒ 1
(1− x)2 = 1 + 2x+ 3x
2 + · · · =
∞∑
n=1
nxn−1
Trocando n por n+ 2
1
(1− x)2 =
∞∑
n+2=1
(n+ 2)x(n+2)−1
⇒ 1
(1− x)2 =
∞∑
n=−1
(n+ 2)xn+1
72
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
⇒ 1
(1− x)2x =
∞∑
n=−1
(n+ 2)xn
Quando n = −1 o lado direito da equac¸a˜o acima e´ igual a 1/x.
(−1 + 2)x−1 = 1 · x−1 = 1
x
Sendo assim,
∞∑
n=0
(n+ 2)xn =
∞∑
n=−1
(n+ 2)xn − 1
x
⇒
∞∑
n=0
(n+ 2)xn =
1
(1− x)2x −
1
x
⇒
∞∑
n=0
(n+ 2)xn =
2− x
(1− x)2
Portanto, sua soma sera´
2− x
(1− x)2 .
Soluc¸a˜o de D:
Sabe-se que
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
Chamando x de −x
e−x =
∞∑
n=0
(−x)n
n!
⇒ e−x =
∞∑
n=0
(−1)nxn
n!
Multiplicando tudo por x
xe−x =
∞∑
n=0
(−1)nxn
n!
· x
⇒ xe−x =
∞∑
n=0
(−1)nxn+1
n!
Integrando ∫
xe−x dx =
∞∑
n=0
∫
(−1)nxn+1
n!
dx
73
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
(x+ 1)e−x =
∞∑
n=0
(−1)nxn+2
(n+ 2)n!
+ k
Multiplicando ambos os membros por −1
−(x+ 1)e−x =
∞∑
n=0
(−1)n+1xn+2
(n+ 2)n!
− k
Fazendo x = 0 na equac¸a˜o acima chegamos a k = 1. Sendo assim:
−(x+ 1)e−x + 1 =
∞∑
n=0
(−1)n+1xn+2
(n+ 2)n!
Portanto, sua soma sera´ −(x+ 1)e−x + 1.
Soluc¸a˜o de E:
Sabe-se que
1
1 + x2
=
∞∑
n=0
(−1)nx2n
Integrando ∫
1
1 + x2
dx =
∫ ∞∑
n=0
(−1)nx2n dx
⇒ arctg(x) =
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
2n+ 1
+ k
Trocando n por n− 1
arctg(x) =
∞∑
n−1=0
(−1)n−1x2(n−1)+1
2(n− 1) + 1 + k
⇒ arctg(x) =
∞∑
n=1
(−1)n−1x2(n−1)+1
2n− 1 + k
Fazendo x = 0 descobrimos k = 0. Sendo assim,
arctg(x) =
∞∑
n=1
(−1)n−1x2(n−1)+1
2n− 1
Portanto, sua soma sera´ arctg(x).
Soluc¸a˜o de F:
Sabe-se que
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
74
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Derivando
Dx
(
1
1− x
)
= Dx
( ∞∑
n=0
xn
)
⇒ 1
(1− x)2 =
∞∑
n=1
nxn−1
Fazendo n igual a n+ 1
1
(1− x)2 =
∞∑
n+1=1
nx(n+1)−1
⇒ 1
(1− x)2 =
∞∑
n=0
(n+ 1)xn
Derivando novamente
Dx
(
1
(1− x)2
)
= Dx
( ∞∑
n=0
(n+ 1)xn
)
⇒ 2(1− x)
(1− x)4 =
∞∑
n=0
n(n+ 1)xn−1
Sendo assim,
∞∑
n=0
n(n+ 1)xn−1 =
2
(1− x)3
Portanto, sua soma sera´
2
(1− x)3 .
Soluc¸a˜o de G:
Sabe-se que
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Chamando x de
x
3
1
1− x
3
=
∞∑
n=0
(x
3
)n
⇒ 1
1− x
3
=
∞∑
n=0
xn
3n
Chamando x de −x
75
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
1
1− (−x)
3
=
∞∑
n=0
(−x)n
3n
⇒ 1
1 +
x
3
=
∞∑
n=0
(−1)nxn
3n
Multiplicando por x
x
1 +
x
3
=
∞∑
n=0
(−1)nxn+1
3n
Derivando a igualdade acima chegamos a`:
9
(x+ 3)2
=
∞∑
n=0
(−1)n(n+ 1)xn
3n
Fazendo x igual a x− 2
9
((x− 2) + 3)2 =
∞∑
n=0
(−1)n(n+ 1)(x− 2)n
3n
⇒ 9
(x+ 1)2
=
∞∑
n=0
(−1)n(n+ 1)(x− 2)n
3n
Fazendo n = 0 na equac¸a˜o acima chegamos ao valor 1.
(−1)0(0 + 1)(x− 2)0
30
=
1
1
= 1
E como
∞∑
n=1
(−1)n(n+ 1)(x− 2)n
3n
=
∞∑
n=0
(−1)n(n+ 1)(x− 2)n
3n
− 1
⇒
∞∑
n=1
(−1)n(n+ 1)(x− 2)n
3n
=
9
(x+ 1)2
− 1
Portanto, sua soma sera´
9
(x+ 1)2
− 1.
2. Determine o domı´nio de f, f ′ e
∫ x
0
f(t)dt, onde f e´ definida por uma se´rie de poteˆncias:
A) f(x) =
∞∑
n=0
x2n
(2n)!
B) f(x) =
∞∑
n=1
xn√
n
76
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Soluc¸a˜o de A:
O domı´nio da func¸a˜o f(x) e´ igual ao domı´nio de convergeˆncia (ver exerc´ıcio 1 da pa´gina 71).
Primeiro vamos aplicar o teste da raza˜o para convergeˆncia absoluta.
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ x2(n+1)(2(n+ 1))! · (2n)!x2n
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ x2(2n)!(2n+ 2)!
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ x2(2n)!(2n+ 2)(2n+ 1)(2n)!
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ x2(2n+ 2)(2n+ 1)
∣∣∣∣ = 0
Como 0 < 1 enta˜o Dc = Dm(f(x)) = R.
Analogamente se determina o domı´nio para f ′ =
∞∑
n=0
2n · x2n−1
(2n)!
e
∫ t
0
f(t)dt =
∞∑
n=0
x2n+1
(2n)!
.
Soluc¸a˜o de B:
Quase ideˆntica a questa˜o anterior. Veja tambe´m a questa˜o 1 da pa´gina 71.
3. A) Represente a func¸a˜o f(x) = xex por uma se´rie de poteˆncia de x.
B) Integrando a se´rie obtida no intervalo x ∈ [0; 1], mostre que
∞∑
n=1
1
((n+ 2)n!
=
1
2
.
Soluc¸a˜o de A:
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
⇒ xex =
∞∑
n=0
xn
n!
· x
⇒ xex =
∞∑
n=0
xn+1
n!
Soluc¸a˜o de B:
Como
∞∑
n=1
xn+1
n!
=
∞∑
n=0
xn+1
n!
−
0∑
n=0
xn+1
n!
77
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
enta˜o
∞∑
n=1
xn+1
n!
= xex − x
integrando no intervalo x ∈ [0, 1]∫ 1
0
∞∑
n=1
xn+1
n!
dx =
∫ 1
0
(xex − x) dx
⇒
∞∑
n=1
(
x(n+1)+1
(n+ 2)n!
∣∣∣∣1
0
)
=
(
ex(x− 1)− x
2
2
) ∣∣∣∣1
0
⇒
∞∑
n=1
(
(1)n+2
(n+ 2)n!
− (0)
n+2
(n+ 2)n!
)
= 1− 1
2
⇒
∞∑
n=1
(
(1)n+2
(n+ 2)n!
− 0
)
=
1
2
⇒
∞∑
n=1
1
(n+ 2)n!
=
1
2
Como se queria demonstrar.
4.Utilizando as se´ries de poteˆncias convenientes mostre que:
A
∞∑
n=0
(−1)n
2n+1(n+ 1)
B)
∞∑
n=0
1
(2n− 1)22n−1 =
ln(3)
2
C)
∞∑
n=1
n
22n
=
4
9
Soluc¸a˜o de A:
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Fazendo x = x/2
1
1− x
2
=
∞∑
n=0
(x
2
)n
78
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
1
1− x
2
=
∞∑
n=0
xn
2n
Fazendo n = n− 1
1
1− x
2
=
∞∑
(n−1)=0
xn−1
2n−1
⇒ 1
1− x
2
=
∞∑
n=1
xn−1
2n−1
Integrando a identidade acima chegamos ate´
k − 2ln(|x− 2|) =
∞∑
n=1
xn
n · 2n−1
Fazendo x = 0 chegamos ao valor da constante k.
k − 2ln(|0− 2|) =
∞∑
n=1
0n
n · 2n−1
⇒ k − 2ln(2) = 0
⇒ k = 2ln(2)
Sendo assim,
∞∑
n=1
xn
n · 2n−1 = k − 2ln(|x− 2|)
⇒
∞∑
n=1
xn
n · 2n−1 = 2ln(2)− 2ln(|x− 2|)
Fazendo agora x = −x
∞∑
n=1
(−x)n
n · 2n−1 = 2ln(2)− 2ln(| − x− 2|)
⇒
∞∑
n=1
(−1)nxn
n · 2n−1 = 2ln(2)− 2ln(| − (x+ 2)|)
⇒
∞∑
n=1
(−1)nxn
n · 2n−1 = 2 (ln(2)− ln(|x+ 2|))
Fazendo n = n+ 1
∞∑
n+1=1
(−1)n+1xn+1
(n+ 1) · 2(n+1)−1 = 2 · ln
(
2
|x+ 2|
)
79
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
⇒
∞∑
n=0
(−1)n+1xn+1
(n+ 1) · 2n = 2 · ln
(
2
|x+ 2|
)
Multiplicando ambos os termos por −1
2
−1
2
·
∞∑
n=0
(−1)n+1xn+1
n · 2n+1 = 2 · ln
(
2
|x+ 2|
)
· −1
2
⇒
∞∑
n=0
(−1)nxn−1
n · 2n+1 = −ln
(
2
|x+ 2|
)
Fazendo agora x = 1.
∞∑
n=0
(−1)n1n−1
n · 2n+1 = −ln
(
2
|1 + 2|
)
⇒
∞∑
n=0
(−1)n
n · 2n+1 = ln
(
3
2
)
⇒
∞∑
n=0
(−1)n
n · 2n+1 = ln
(
3
2
)
Como se queria demonstrar.
Soluc¸a˜o de B:
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Chamando x de x/2
1
1− (x/2) =
∞∑
n=0
(x
2
)n
⇒ 1
1− (x/2) =
∞∑
n=0
xn
2n
Integrando a equac¸a˜o acima
−2 · ln(|x− 2|) + k =
∞∑
n=0
xn+1
(n+ 1)2n
Fazendo x = 0 encontramos k = 0.
−2 · ln(|0− 2|) + k =
∞∑
n=0
0n+1
(n+ 1)2n
80
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
⇒ −2 · ln(2) + k = 0
⇒ k = 2 · ln(2)
Enta˜o
−2 · ln(|x− 2|) + k =
∞∑
n=0
xn+1
(n+ 1)2n
⇒
∞∑
n=0
xn+1
(n+ 1)2n
= −2 · ln(|x− 2|) + 2 · ln(2)
Fazendo n = 2n− 2 o lado esquerdo da equac¸a˜o acima teremos
∞∑
n=1
x2n−1
(2n− 1)22n−2 = 2 (ln(2)− ·ln(|x− 2|))
∞∑
n=1
x2n−1
(2n− 1)22n−2 = 2 · ln
(
2
|x− 2|
)
Multiplicando ambosos lados por
1
22
∞∑
n=1
x2n−1
(2n− 1)22n = −
1
2
ln
(
2
|x− 2|
)
Finalmente fazemos x = 1
∞∑
n=1
12n−1
(2n− 1)22n = −
1
4
ln
(
2
|1− 2|
)
∞∑
n=1
1
(2n− 1)22n−2 = −
1
4
ln (2)
Soluc¸a˜o de C:
A cargo do leitor.
5. Obtenha a se´rie de poteˆncias de x para:
81
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
A) f(x) =
x
1− 3x
B) f(x) =
x2 + 1
x− 1
C) f(x) =
x3
4− x3
D) f(x) =
1
x2 − 3x+ 2
E) f(x) = ln(3 + 2x)
F) f(x) =
∫ x
0
ln
(
1 + t2
)
dt
G) f(x) = xe
−
x2
2
H) f(x) =
x
(1 + x)2
Soluc¸a˜o de A:
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Fazendo x = 3x/2
1
1− 3x
2
=
∞∑
n=0
(
3x
2
)n
Multiplicando por x
x
1− 3x
2
=
∞∑
n=0
(
3
2
)n
xn+1
Dividindo por 2
x
2
(
1− 3x
2
) = ∞∑
n=0
3nxn+1
2n+1
⇒ x
2− 3x =
∞∑
n=0
3nxn+1
2n+1
Soluc¸a˜o de B:
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
⇒ 1
x− 1 =
∞∑
n=0
(−1)nxn
Multiplicando por x2 + 1
⇒ x
2 + 1
x− 1 =
∞∑
n=0
(−1)nxn(x2 + 1)
82
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Soluc¸a˜o de C:
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Fazendo x = x/4
1
1− x
4
=
∞∑
n=0
(x
4
)n
Multiplicando por 1/4
1
4
· 1
1− x
4
=
∞∑
n=0
xn
4n+1
Multiplicando por x
x
4
(
1− x
4
) = ∞∑
n=0
xn+1
4n+1
Fazendo x = x3
x3
4
(
1− x
3
4
) = ∞∑
n=0
(x3)n+1
4n+1
⇒ x
3
4− x3 =
∞∑
n=0
x3n+3
4n+1
Soluc¸a˜o de D:
Usando a te´cnica das frac¸o˜es parciais prova-se a seguinte igualdade
1
x2 − 3x+ 2 =
1
x− 2 −
1
x− 1
A estrate´gia agora e´ determinar a se´rie que representa cada um dos termos a direita para
obter a resposta (que e´ a se´rie que representa o termo a esquerda).
Como
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
enta˜o
1
x− 1 =
∞∑
n=0
(−1)xn
Para obter a se´rie que representa o termo
1
x− 2 partimos agora da se´rie
83
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
1
x− 1 =
∞∑
n=0
(−1)xn
Fazendo x = x/2
1
x
2
− 1
=
∞∑
n=0
(−1)
(x
2
)n
E multiplicando por 1/2
1
2
· 1x
2
− 1
=
∞∑
n=0
(−1) x
n
2n+1
⇒ 1
x− 2 =
∞∑
n=0
(−1) x
n
2n+1
Sendo assim:
1
x2 − 3x+ 2 =
1
x− 2 −
1
x− 1
⇒ 1
x2 − 3x+ 2 =
∞∑
n=0
(−1) x
n
2n+1
−
∞∑
n=0
(−1)xn
⇒ 1
x2 − 3x+ 2 =
∞∑
n=0
(
(−1) x
n
2n+1
− (−1)xn
)
⇒ 1
x2 − 3x+ 2 =
∞∑
n=0
[
1− 1
2n+1
]
xn
Obs: O me´todo aplicado aqui na˜o se estende a todos os casos em que ha´ um polinoˆmio um
pouco mais “complexo” no denominador, mas geralmente e´ a sa´ıda. A seguir coloco um exemplo
de como NA˜O proceder.
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Fazendo x =
3x− x2
2
enta˜o:
1
1− 3x− x
2
2
=
∞∑
n=0
(
3x− x2
2
)n
⇒ 1
2
(
1− 3x− x
2
2
) = ∞∑
n=0
(3x− x2)n
2n+1
84
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
⇒ 1
x2 − 3x+ 2 =
∞∑
n=0
(3x− x2)n
2n+1
Observe que essas operac¸o˜es, aparentemente lo´gicas, resultam numa se´rie bem diferente da
resposta correta.
Por isso, deve-se ter muito cuidado com os valores que escolhemos para substituic¸a˜o de x.
A dica e´ sempre evitar usar como substituic¸a˜o para x expresso˜es polinomiais muito extensas ou
“complexas”.
Soluc¸a˜o de E:
Seja f(x) = ln(3 + 2x) enta˜o sua primitiva F(x) sera´:
F(x) =
2
3 + 2x
, pois F’(x) = f(x)
Como
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Multiplicando por 2
2
1− x =
∞∑
n=0
2 · xn
Fazendo x = −2x/3
2
1 +
2x
3
=
∞∑
n=0
2
(−2x
3
)n
Multiplicando por 1/3
1
3
· 2
1 +
2x
3
=
∞∑
n=0
2
3
(−2x
3
)n
⇒ 2
3 + 2x
=
∞∑
n=0
(−1)n2n+1xn
3n+1
Integrando ambos os termos∫ (
2
3 + 2x
)
dx =
∫ ( ∞∑
n=0
(−1)n2n+1xn
3n+1
)
dx
⇒ ln(3 + 2x) + k =
∞∑
n=0
∫ (
(−1)n2n+1xn
3n+1
)
dx
⇒ ln(3 + 2x) + k =
∞∑
n=0
(−1)n2n+1xn+1
(n+ 1)3n+1
85
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Fazendo x = 0 encontramos k.
ln(3 + 2 · 0) + k =
∞∑
n=0
(−1)n2n+1 · 0n+1
(n+ 1)3n+1
⇒ k = −ln(3)
Sendo assim,
ln(3 + 2x) + k =
∞∑
n=0
(−1)n2n+1 · 0n+1
(n+ 1)3n+1
⇒ ln(3 + 2x)− ln(3) =
∞∑
n=0
(−1)n2n+1 · 0n+1
(n+ 1)3n+1
⇒ ln(3 + 2x) =
∞∑
n=0
(−1)n2n+1 · 0n+1
(n+ 1)3n+1
+ ln(3)
ou mesmo
ln(3 + 2x) =
∞∑
n=0
(−1)n
(
2
3
)n+1
· x
n+1
n+ 1
+ ln(3)
Soluc¸a˜o de F:
1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Fazendo x = −t2
1
1− (−t2) =
∞∑
n=0
(−t2)n
1
1 + t2
=
∞∑
n=0
(−1)nt2n
Multiplicando por 2t
2t
1 + t2
=
∞∑
n=0
(−1)nt2n+1 · 2
Integrando ambos os termos∫ (
2t
1 + t2
)
dt =
∫ ( ∞∑
n=0
(−1)nt2n
)
dt
⇒
∫ (
2t
1 + t2
)
dt =
∞∑
n=0
∫ (
(−1)nt2n) dt
86
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
⇒ ln(|1 + t2|) + k =
∞∑
n=0
(−1)nt2n+2
n+ 1
Fazendo t = 0 chegamos a k = 0. Portanto,
ln(|1 + t2|) =
∞∑
n=0
(−1)nt2n+2
n+ 1
Integrando novamente∫ x
0
(
ln(|1 + t2|)) dt = ∫ x
0
( ∞∑
n=0
(−1)nt2n+2
n+ 1
)
⇒
∫ x
0
(
ln(|1 + t2|)) dt = ∞∑
n=0
∫ x
0
(
(−1)nt2n+2
n+ 1
)
⇒
∫ x
0
ln
(|1 + t2|) dt = ∞∑
n=0
(−1)nx2n+3
(n+ 1)(2n+ 3)
Soluc¸a˜o de G:
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
Fazendo x = −x
e−x =
∞∑
n=0
(−x)n
n!
⇒ e−x =
∞∑
n=0
(−1)nxn
n!
Fazendo x = x2/2
⇒ e−
x2
2 =
∞∑
n=0
(−1)nx2n
2n · n!
Multiplicando por x
⇒ xe−
x2
2 =
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
2nn!
Soluc¸a˜o de H:
⇒ 1
1− x =
∞∑
n=0
xn
Derivando ambos os membros
87
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
1
(1− x)2 =
∞∑
n=0
nxn−1
Multiplicando por x
x
(1− x)2 =
∞∑
n=0
nxn
Fazendo x =
x2
22
x2
22(
1− x
2
22
)2 = ∞∑
n=0
n
(
x2
22
)n
⇒ x
2/4
(1− x2/4)2 =
∞∑
n=0
n
x2n
22n
Fazendo x = 1
4
9
=
∞∑
n=0
n
22n
Como
∞∑
n=0
n
22n
= 0 para n = 0 enta˜o:
∞∑
n=0
n
22n
=
∞∑
n=1
n
22n
Portanto,
∞∑
n=1
n
2n
=
4
9
6. Calcule o valor aproximado de ln(1,1), com duas casas decimais, usando as se´ries de
poteˆncias convenientes.
Soluc¸a˜o:
ln(1, 1) =
∞∑
n=0
(−1)n (0, 1)
n+1
n+ 1
= 0, 1− 0, 005 + 0, 0003 · · ·
ln(1, 1) ≈ S1 = 0, 1
7. Calcule o valor de e com treˆs casas decimais, usando se´ries.
88
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Soluc¸a˜o:
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
Fazendo x = 1
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
Fazendo x = 1
e1 =
∞∑
n=0
1n
n!
⇒ e =
∞∑
n=0
1
n!
Aproximando atrave´s dos 8 primeiros termos
e ≈ 1
0!
+
1
1!
+
1
2!
+ ·s+ 1
8!
⇒ e ≈ 2, 718
POR FAVOR!
Se voceˆ na˜o notou no in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edic¸a˜o do livro. Entretanto,
este soluciona´rio e´ da segunda edic¸a˜o. Assim, se voceˆ quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em
ma˜os, envie para meu e-mail (nibblediego@gmail.com) uma foto (ou scaner) da capa. Mas,
lembre-se que a foto deve estar numa boa resoluc¸a˜o.
89
To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais Diego Oliveira
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
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E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correc¸a˜o.
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Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matema´tica acesse: www.number.890m.com
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To´picos: se´ries e equac¸o˜es diferenciais