A maior rede de estudos do Brasil

Grátis
205 pág.
Cálculo Diferencial E integrais 1,2 e 3 (221)

Pré-visualização | Página 36 de 44

0 para todo n e lim
n→∞
un+1
un
= L.
Então
(i) A série
∞∑
n=1
un converge se L < 1;
(ii) A série
∞∑
n=1
un diverge se L > 1;
(iii) Nada podemos a�rmar se L = 1.
DEMONSTRAÇÃO: Seja
∞∑
n=1
un uma série tal que lim
n→∞
un+1
un
= L. Então, dado ε > 0 podemos
encontrar K > 0 tal que, para todo n > K vale a desigualdade
∣∣∣∣un+1un − L
∣∣∣∣ < ε.
Suponhamos que L < 1. Então existe q tal que L < q < 1 e isso implica que q − L < 1.
Tomando ε = q − L podemos escrever
∣∣∣∣un+1un − L
∣∣∣∣ < q − L donde vem
− (q − L) < un+1
un
− L < q − L ou − (q − L) + L < un+1
un
< q.
Da última relação concluímos que un+1 < unq. Dessa relação temos que
un+1 < unq
un+2 < un+1q < unqq < unq
2
un+3 < un+2q < unq
2q < unq
3
· · ·
un+k < un+(k−1)q < unqk−1q < unqk
e assim sucessivamente, de forma que
un+1 + un+2 + un+3 + · · · < unq + unq2 + unq3 + · · · .
161
Note que unq+ unq
2 + unq
3 + · · · é uma série geométrica, com razão |q| < 1 e, portanto,
convergente. Assim, pelo Teorema 5.9.8, a série
∞∑
n=1
un converge se L < 1.
Por outro lado, suponhamos que lim
n→∞
un+1
un
= L > 1, então obteremos un+1 > un para todo
n e, desse modo, lim
n→∞
un 6= 0. Consequentemente, a série não possui a condição necessária
para convergência. Logo, a série
∞∑
n=1
un diverge se L > 1.
A parte (iii) do Critério de D'Alambert diz que, se lim
n→∞
un+1
un
= 1, então este critério
é inconclusivo. Observe isso considerando os exemplos:
∞∑
n=1
1
n2
e
∞∑
n=1
1
n
. Para ambas
lim
n→∞
un+1
un
= 1, porém a primeira é uma série p, com p = 2, convergente e a segunda é
a série harmônica que sabemos ser divergente.
EXEMPLO 5.9.12 Usando o critério de D 'Alambert, estude a convergência da série
∞∑
n=1
2n
n
.
Solução: Temos que un =
2n
n
e un+1 =
2n+1
n+ 1
. Logo,
un+1
un
=
n2n+1
2n (n+ 1)
=
n2n2
2n (n+ 1)
=
2n
(n+ 1)
e assim, pelo critério de D'Alembert, temos que
L = lim
n→∞
un+1
un
= lim
n→∞
2n
(n+ 1)
= 2 > 1.
Consequentemente, a série
∞∑
n=1
2n
n
é divergente.
EXEMPLO 5.9.13 Estude a convergência da série
∞∑
n=1
1
n!
.
Solução: Temos que un =
1
n!
e un+1 =
1
(n+ 1)!
e então
L = lim
n→∞
un+1
un
= lim
n→∞
n!
(n+ 1)!
= lim
n→∞
1
n+ 1
= 0 < 1,
portanto a série
∞∑
n=1
1
n!
converge, pela critério de D'Alembert.
5.9.14 Critério de Cauchy ou Critério da Raíz
TEOREMA 5.9.15 Seja
∞∑
n=1
un uma série tal que un > 0 para todo n e lim
n→∞
n
√
un = L.
Então
162
(i) A série
∞∑
n=1
un converge se L < 1;
(ii) A série
∞∑
n=1
un diverge se L > 1;
(iii) Nada podemos a�rmar se L = 1.
EXEMPLO 5.9.16 Usando o critério de Cauchy, estude a convergência da série
∞∑
n=1
(
n
2n+ 5
)n
.
Solução: Temos que
n
√
un =
n
√(
n
2n+5
)n
= n
2n+5
e aplicando o critério de Cauchy, obtemos
que
L = lim
n→∞
n
√
un = lim
n→∞
n
2n+ 5
=
1
2
< 1,
e concluímos que a série
∞∑
n=1
(
n
2n+ 5
)n
é convergente.
EXEMPLO 5.9.17 Estude a convergência da série
∞∑
n=1
52n
23n+1
.
Solução: Temos que
n
√
un =
n
√
52n
23n+1
=
52
23+
1
n
=
25
8.2
1
n
.
Assim,
L = lim
n→∞
n
√
un = lim
n→∞
25
8.2
1
n
=
25
8
> 1
e a série
∞∑
n=1
52n
23n+1
diverge, pelo critério de Cauchy.
5.10 Séries de Termos Positivos e Negativos
DEFINIÇÃO 5.10.1 Seja un > 0 para todo n ∈ N. Denominamos série alternada à uma
série da forma
∞∑
n=1
(−1)n−1 un = u1 − u2 + u3 − u4 + · · ·+ (−1)n−1 un + · · ·
EXEMPLO 5.10.2 A série
∞∑
n=1
(−1)n−1 1
np
= 1− 1
2p
+
1
3p
− 1
4p
+ · · · + (−1)n−1 1
np
+ · · · é um
exemplo de série alternada.
5.10.3 Convergência de uma série alternada
Infelizmente todos os critérios de convegência vistos até o momento não são válidos para
séries alternadas, pois eles exigiam que os termos da série fossem todos positivos. A seguir,
passaremos a ver alguns resultados que são válidos para séries de termos positivos e negativos.
163
TEOREMA 5.10.4 (Teorema de Leibnitz) Considere uma série alternada
∞∑
n=1
(−1)n−1 un = u1 − u2 + u3 − u4 + · · ·+ (−1)n−1 un + · · ·
tal que
(i) u1 > u2 > u3 > u4 > · · · (ii) lim
n→∞
un = 0.
Então são válidas as seguintes conclusões:
(a) A série alternada é convergente.
(b) A soma parcial Sn da série alternada é tal que 0 < Sn < u1.
DEMONSTRAÇÃO: (a) Consideremos a soma dos 2n primeiros termos da série alternada.
Suponhamos que os termos de ordem ímpar da série são positivos e os de ordem par são
negativos. Se, por acaso o primeiro termo for negativo, iniciaremos a contagem em u2, pois
a retirada de um número �nito de termos não afeta a convergência da série. Desse modo, o
termo u2n−1 é positivo e o termo u2n é negativo. Assim, pela condição (i) temos que
(u1 − u2) > 0, (u3 − u4) > 0, · · · (un − un+1) > 0, · · · (u2n−1 − u2n) > 0
de modo que
S2 = u1 − u2 > 0 S4 = S2 + (u3 − u4) > S2 S6 = S4 + (u5 − u6) > S4
e assim sucessivamente. Portanto, obtemos que
0 < S2 < S4 < .... < S2n.
Ainda, associando os termos de outra forma, obtemos que
S2n = (u1 − u2) + (u3 − u4) + ...+ (u2n−1 − u2n)
= u1 − (u2 − u3)− (u4 − u5)− ...− (u2n−2 − u2n−1)− u2n
e, pela condição (i), cada termo entre parênteses é positiva. Portanto, estamos subtraindo
uma quantidade positiva de u1, obtendo um resultado inferior a u1, de modo que 0 < S2n <
u1.
Com isso, segue que S2n é limitada e como 0 < S2 < S4 < · · · < S2n, também é monótona.
Assim, concluímos que a sequência de somas S2, S4, · · · , S2n converge, pelo Teorema 5.5.8.
Seja lim
n→∞
S2n = S. Como S2n < u1, segue que S < u1. Sendo S2n+1 = S2n + u2n+1 e
aplicando a condição (ii), temos que
lim
n→∞
S2n+1 = lim
n→∞
S2n + lim
n→∞
u2n+1 = S + 0 = S.
Consequentemente as somas de ordem ímpar tem a mesma soma dos termos de ordem
par. Finalmente, mostraremos que lim
n→∞
Sn = S.
Como lim
n→∞
S2n = S, dado ε > 0 podemos encontrar K1 > 0 tal que |S2n − S| < ε sempre
que 2n > K1.
Como lim
n→∞
S2n+1 = S, dado ε > 0 podemos encontrar K2 > 0 tal que |S2n − S| < ε
sempre que 2n+ 1 > K2.
Tomando K = max {K1, K2} , para todo n > K vale a desigualdade |Sn − S| < ε. Logo,
lim
n→∞
Sn = S e a série
∞∑
n=1
(−1)n−1 un é convergente.
164
EXEMPLO 5.10.5 Usando o teorema de Leibnitz, estude a convergência da série
∞∑
n=1
(−1)n−1 n+ 2
n (n+ 1)
.
Solução: Vamos veri�car se un satisfaz todas condições do Teorema 5.10.4. O termo geral
da série é un =
n+ 2
n (n+ 1)
> 0 para todo n ∈ N. Agora, vamos veri�car se un > un+1 para
todo n natural. Temos que
n+ 2
n (n+ 1)
>
n+ 3
(n+ 1) (n+ 2)
⇔ (n+ 2) (n+ 1) (n+ 2) > n (n+ 1) (n+ 3)
⇔ n3 + 5n2 + 8n+ 4 > n3 + 4n2 + 3n
⇔ 4n2 + 8n > −1,
que é verdadeiro para todo n natural. Assim, a primeira condição do Teorema 5.10.4 está
satisfeita. Ainda,
lim
n→∞
un = lim
n→∞
n+ 2
n (n+ 1)
= 0.
e então todas as exigências do Teorema 5.10.4 estão satisfeitas. Podemos concluir então que
a série ∞∑
n=1
(−1)n−1 n+ 2
n (n+ 1)
é convergente.
5.11 Série de Termos de Sinais Quaisquer
DEFINIÇÃO 5.11.1 Denominamos série de termos de sinais quaisquer à toda série formada
por termos po-sitivos e negativos.
As séries alternadas são casos particulares das séries de termos de sinais quaisquer.
EXEMPLO 5.11.2 A série
∞∑
n=1
sin(npi
6
) = 1
2
+
√
3
2
+1+
√
3
2
+ 1
2
+0− 1
2
−
√
3
2
−1−
√
3
2
− 1
2
+0+ · · ·
é um exemplo de série de termos de sinais quaisquer.
Veremos na sequência um teorema que permite veri�car se uma série de termos de sinais
quaisquer é convergente.
TEOREMA 5.11.3