Sequências e Séries numéricas, Notas de estudo de Química

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NOTAS DE AULA SEQÜENCIAS E SÉRIES NUMÉRICAS Cláudio Martins Mendes Primeiro Semestre de 2006 Sumário 1 Seqüências e Séries Numéricas 2 1.1 Seqüências Numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Séries Numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2.1 O que é uma série? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2.2 Propriedades das séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.2.3 Uma condição necessária à convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.3 Séries de termos não negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.3.1 Critério da Comparação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.3.2 Critério da Integral (Cauchy-1837) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 1.3.3 Critério da Razão (ou de D’Alembert) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 1.3.4 Critério da Raiz (ou de Cauchy) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.4 Séries de termos quaisquer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 1.4.1 Convergência Absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 1.4.2 Séries Alternadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 1.4.3 Reagrupamentos - Parenteses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 1.4.4 Complemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 1 Observe: −ε < an − ` < ε ou seja `− ε < an < ` + ε . ( ) an``−ε `+ε A partir de um certo N todos os an estão no intervalo (`− ε , ` + ε). Da arbitrariedade do ε temos que os an vão se juntando em torno de ` . Notação: lim n→∞ an = ` ou (an) → ` . Observação 1. Note que a definição anterior é muito parecida com a de lim x→∞ f(x) = ` , vista anteriormente. Observação 2. Quando uma seqüência tem limite 0 frequentemente ela será dita infi- nitésima. Exemplos: 1. ( 1 n ) → 0 De fato: Dado ε > 0 . Queremos: N ∈ N tal que n > N ⇒ 1 n < ε mas n > N ⇒ 1 n < 1 N . Basta então tomar N tal que 1 N ≤ ε [ ou seja: N ≥ 1 ε , N ∈ N ] . 2. ( n n + 1 ) → 1 De fato: Dado ε > 0 . Queremos: N ∈ N tal que n > N ⇒ ∣∣∣∣ n n + 1 − 1 ∣∣∣∣ < ε mas ∣∣∣∣ n n + 1 − 1 ∣∣∣∣ = 1 n + 1 e n > N ⇒ n + 1 > N + 1 ⇒ 1 n + 1 < 1 N + 1 . Basta tomar então N ≥ ( 1 ε − 1 ) , N ∈ N . Definição 1.1.3. Uma seqüência (an) é dita divergente quando ela não é convergente. 4 Resultado: Toda seqüência divergente é sempre de um dos tipos: (I) Seqüência divergente para +∞ Uma seqüência (an) é dita divergente para +∞ quando dado K > 0 , arbitrário, ∃N ∈ N Tal que n > N ⇒ an > K . (II) Seqüência divergente para −∞ Uma seqüência (an) é dita divergente para −∞ quando dado K > 0 , arbitrário, ∃N ∈ N Tal que n > N ⇒ an < −K . (III) Seqüência oscilante Uma seqüência (an) é dita oscilante quando diverge, mas nem para +∞ e nem para −∞ . Definição 1.1.4. O conjunto {an / n ∈ N} é chamado conjunto de valores da seqüência (an). Exemplos: 1. (cos(nπ)). Conjunto de valores: {−1, 1} 2. ( 1 n ). Conjunto de valores: { 1 n ; n ∈ N} Observação: Uma seqüência pode ser multiplicada por um número e duas seqüências podem ser somadas, da mesma maneira como estas operações são feitas com funções com contra domı́nio R , pois são particulares funções deste tipo. Então: (an) + (bn) = (an + bn) c · (an) = (c · an) Ainda: Podemos multiplicar duas seqüências fazendo: (sn) · (tn) = (sn · tn) mais ainda: Se tn 6= 0 , ∀n , então (sn) (tn) = ( sn tn ) . Para o cálculo de limite, usaremos o seguinte resultado, bastante intuitivo: 5 Teorema 1.1.5 (Teorema da Substituição). Se lim x→∞ f(x) = L , então lim n→∞ f(n) = L , L sendo um número real, −∞ ou ∞ . - 6 x y r r r 1 2 3 L y = f(x) Observação: A rećıproca do resultado anterior é falsa, em geral. Por exemplo: lim n→∞ sen(nπ) = 0 mas lim x→∞ sen(πx) não existe Exemplos: 1. Para p > 0 inteiro, lim x→∞ 1 xp = 0 ; logo lim n→∞ 1 np = 0 . 2. Como lim x→∞ (1 + 1 x )x = e , vale igualmente que lim n→∞ (1 + 1 n )n = e . 3. Como lim x→∞ x 1 x = 1 então lim n→∞ n 1 n = 1 ou seja, lim n→∞ n √ n = 1 . 4. lim n→∞ 3n3 e2n = ? Calculemos lim x→∞ 3x3 e2x lim x→∞ 3x3 e2x = lim x→∞ 9x2 2e2x = lim x→∞ 18x 4e2x = lim x→∞ 18 8e2x = 0 , onde aplicamos a Regra de L’Hôpital repetidamente, sempre verificando em cada passagem intermediária que ainda temos uma forma indeterminada. Pelo Teorema da Substituição: lim n→∞ 3n3 e2n = 0 . 6 (v) monótona se for de um dos tipos acima. Definição 1.1.7. • (an) é dita limitada superiormente se, para algum número real A , tem-se an ≤ A, ∀n ∈ N . • (an) é dita limitada inferiormente se, para algum número real B , tem-se B ≤ an, ∀n ∈ N . • (an) é dita limitada se for limitada superior e inferiormente. −→ a1 a2 a3 a4 a5 ←− a5 a3 a4 a2 a1 seqüência crescente seqüência decrescente a2 a1 a3 A B a1 a3 a2 seqüência limitada superiormente seqüência limitada inferiormente Teorema 1.1.8 (Teorema Fundamental sobre Seqüências). (a) Toda seqüência crescente e limitada superiormente é convergente. (b) Toda seqüência decrescente e limitada inferiormente é convergente. Observação 1. No caso (a) se an ≤ A, ∀n ∈ N então an ≤ lim n→∞ an ≤ A . No caso (b) se B ≤ an, ∀n ∈ N então B ≤ lim n→∞ an ≤ an . −→ a1 a2 a3 a4 lim n→∞ an A ←− B lim n→∞ an a4 a2 a3 a1 9 Observação 2. Se (an) é crescente e não é limitada superiormente então an supera qualquer número positivo, para todo ı́ndice suficientemente grande, logo, diverge para ∞ . De modo análogo se (an) é decrescente e não é limitada inferiormente, ela diverge para −∞ . Teorema 1.1.9. Seja f uma função cont́ınua em ` . Se (an) → ` e an pertence ao domı́nio de f , para cada n , então (f(an)) → f(`). ( ) -¾ δ δ -¾ `an ( ) -¾ ε ε -¾ f(an) f(`) j f N - H P X ` ` Ã Ã » ! * Observação: O teorema anterior em outra notação: Se lim n→∞ an = ` e lim x→` f(x) = f(`) então lim n→∞ f(an) = f(`) = f( lim n→∞ an ) Exemplos: 1. ( ln ( n n + 1 )) → ? • ( n n + 1 ) → 1 • ln é cont́ınua em 1 . Assim ( ln ( n n + 1 )) → ln 1 = 0 2. (√ 1 + 2 n ) → ? ( 1 + 2 n ) → 1 e como √ é cont́ınua em 1 temos que (√ 1 + 2 n ) → √ 1 = 1 . Propriedades: (Tente provar) 1. Se an ≤ bn para n ≥ k e se (an) → L e (bn) → M então L ≤ M . 10 2. Se an ≤ bn para n ≥ k e se (an) →∞ então (bn) →∞ . 3. Se (an) é limitada e (bn) → 0 então (an · bn) → 0 . Teorema 1.1.10 (Teorema do Sanduiche). Se existe um número k tal que an ≤ bn ≤ cn para todo n ≥ k e se (an) → ` e (cn) → ` então (bn) → ` . Exemplos: 1. (cos n n ) → 0 De fato: 0 ≤ ∣∣∣cos n n ∣∣∣ ≤ 1 n ; (0) → 0 e ( 1 n ) → 0 . Logo, pelo Teorema do Sanduiche, (∣∣∣cos n n ∣∣∣ ) → 0 . Assim, (cos n n ) → 0 . 2. ( n n2 + 1 ) → 0 De fato: 0 < n n2 + 1 < 1 n · · · continue ... 3. Discuta a convergência da seqüência ( n! nn ) . Primeiramente note que neste caso não é posśıvel o uso do Teorema da Substituição. a1 = 1 , a2 = 1 · 2 2 · 2 , a3 = 1 · 2 · 3 3 · 3 · 3 , . . . , an = 1 · 2 · · · n n · n · · · n . Notemos que an = 1 n · ( 2 n · 3 n · · · n n ) e assim 0 < an ≤ 1 n . Como ( 1 n ) → 0 , pelo Teorema do Sandúıche temos que (an) → 0 . 4. ( 1√ n + 1√ n + 1 + · · · 1√ 2n ) →∞ . De fato: n + 1√ 2n < 1√ n + 1√ n + 1 + · · · + 1√ 2n︸ ︷︷ ︸ n + 1 parcelas lim n→∞ n + 1√ 2n Teo. Subst. = lim x→∞ x + 1√ 2x L’Hôp = lim x→∞ 1 1√ 2x = lim x→∞ √ 2x = ∞ 11 1.2 Séries Numéricas 1.2.1 O que é uma série? Consideremos uma fita de comprimento 1 . Vamos tentar recompô-la, partindo de uma metade, cujo comprimento é 1 2 , etapa 1 do processo. Cortamos a metade restante ao meio, obtendo uma fita de comprimento 1 22 , a qual é justaposta à metade inicial, etapa 2 do processo. Assim sucessivamente. -¾ 1 Etapa 1 -¾ 1 2 Etapa 2 -¾ 1 22 Etapa 3 -¾ 1 23 Na etapa 1 o comprimento da fita é s1 = 1 2 . Na etapa 2 o comprimento da fita será: s2 = s1 + 1 22 = 1 2 + 1 22 . Na etapa 3 o comprimento da fita será: s3 = s2 + 1 23 = 1 2 + 1 22 + 1 23 . Na etapa n o comprimento da fita será: sn = sn−1 + 1 2n = 1 2 + 1 22 + · · ·+ 1 2n 1 2 1 22 1 23 1 24 . . . 14 É natural esperar que 1 2 + 1 22 + 1 23 + · · ·+ 1 2n + · · · = 1 onde as últimas reticências pretendem indicar que a soma deve ser feita indefinidamente, isto é, trata-se de uma soma com infinitas parcelas. Parece natural definir tal soma como sendo lim n→∞ sn . É o que faremos. Usando a fórmula (que será provada posteriormente) a + ar + ar2 + · · ·+ arn−1 = a r n − 1 r − 1 ; r 6= 1 para o nosso caso, em que a = 1 2 e r = 1 2 , vem: sn = 1 2 + 1 22 + 1 23 + · · ·+ 1 2n = 1 2 · ( 1 2 )n − 1 1 2 − 1 = 1− ( 1 2 )n . Assim lim n→∞ sn = 1 . Obtivemos, então, com a definição dada de soma infinita, o valor 1, que é o comprimento da fita toda dada inicialmente. Vamos às definições: Consideremos a seqüência (an) . A partir da seqüência (an) vamos construir a seqüência (sn) do seguinte modo: s1 = a1 s2 = a1 + a2 s3 = a1 + a2 + a3 ... sn = a1 + a2 + a3 + a4 + · · ·+ an ... Definição 1.2.1. A seqüência (sn) é chamada série associada à seqüência (an). Cada sn é referido como soma parcial de ordem n . Os termos an são chamados os termos da série . Notação: ∑ n≥1 an ou ∑ an ou ∞∑ n=1 an ou a1 + a2 + · · ·+ an + · · · . Exemplos: 15 1. (an) = ((−1)n+1). Constrúımos a seqüência (série): s1 = a1 = 1 s2 = a1 + a2 = 0 s3 = a1 + a2 + a3 = 1 ... 2. (an) = ( 1 n ) . Constrúımos a seqüência (série): s1 = 1 s2 = 1 + 1 2 ... sn = 1 + 1 2 + 1 3 + · · ·+ 1 n ... 3. (an) = ( 6 10n ) : 0, 6 ; 0, 06 ; 0, 006 , . . .. Constrúımos a seqüência (série): s1 = 0, 6 s2 = 0, 6 + 0, 06 = 0, 66 s3 = 0, 66 + 0, 006 = 0, 666 ... Observe que (sn) → 2 3 . Escrevemos 2 3 = 0, 6 + 0, 06 + 0, 006 + · · · . Definição 1.2.2. A série ∑ an é dita convergente se a seqüência (sn) for convergente. Caso contrário a série é dita divergente. Se a seqüência (sn) é convergente para S dizemos que a série ∞∑ 1 an é convergente com soma S . 16 (a) Calcule a soma da série geométrica −2 + 4 5 − 8 25 + · · · (b) Escreva o número 4, 728 = 4, 7282828 · · · como quociente de inteiros. Resolução: (a) Para descobrir a razão, dividimos o segundo termo pelo primeiro r = 4 5 −2 = −4 10 = −2 5 . Como a = −2 , usamos (∗) para obter a soma desejada −2 1− (−2 5 ) = −2 1 + 2 5 = −2 7 5 = −10 7 . (b) Temos: 4, 728 = 4, 7282828 · · · = 4.7 + 0, 02828 · · · = = 4, 7 + 0, 028 + 0, 00028 + 0, 0000028 + · · · = = 47 10 + 28 103 + 28 105 + 28 107 + · · · = = 47 10 + 28 103 1− 1 102 = 47 10 + 28 990 = 4681 990 . [usamos (∗) com a = 28 103 e r = 1 102 ] 1.2.2 Propriedades das séries Lembrando que uma série nada mais é do que uma seqüência, aplicando as propriedades de seqüências obtém-se: Teorema 1.2.3. Se ∑ n≥1 an e ∑ n≥1 bn são convergentes e c é um número real, tem-se: • ∑ n≥1 (an ± bn) = ∑ n≥1 an ± ∑ n≥1 bn • ∞∑ n=1 c an = c ∞∑ n=1 an . 19 Exemplo: Calcule ∞∑ n=0 ( 1 3n − 5 2 n 3n ) . Temos: ∞∑ n=0 1 3n = 1 1− 1 3 = 3 2 ∞∑ n=0 ( 2n 3n ) = ∞∑ n=0 ( 2 3 )n = 1 1− 2 3 = 3 . Usando as propriedades anteriores: ∞∑ n=0 ( 1 3n − 52 n 3n ) = ∞∑ n=0 ( 1 3n ) − 5 ∞∑ n=0 ( 2 3 )n = 3 2 − 5 · 3 = −27 2 . Exerćıcios: Calcule (a) ∞∑ n=1 ( 1 3n + (−1)n 3n ) Resp.: 1 4 (b) ∞∑ n=0 3n − 2n 6n Resp.: 1 2 (c) ∞∑ n=1 ( 3 n(n + 1) + 1 2n ) Resp.: 4 Teorema 1.2.4. Sejam    ∞∑ n=1 an (1) ∞∑ n=1 aq+n (2) Se (2) é convergente com soma b então (1) é convergente com soma a = a1 + a2 + a3 + · · ·+ aq + b Prova: Seja sn = a1 + a2 + · · ·+ an o reduzido de ordem n da série ∞∑ n=1 an. Seja s̄n = aq+1 + aq+2 + · · ·+ aq+n o reduzido de ordem n da série ∞∑ n=1 aq+n lim n→∞ sn = lim n→∞ sq+n = lim n→∞ (a1 + a2 + · · · aq + aq+1 + · · · + aq+n) = lim n→∞ [ (a1 + a2 + · · · + aq) + s̄n ] = (a1 + a2 + · · ·+ aq) + b Assim (sn) → a = a1 + a2 + · · ·+ aq + b . ¤ 20 Observação 1: A rećıproca é verdadeira. Observação 2: O resultado anterior nos diz que um número finito de termos não afeta a convergência ou divergência de uma série, ou seja, o seu caráter. Por outro lado, fica claro que a soma da série é afetada pela inclusão ou remoção de um número finito de termos. Exemplo: Já vimos que ∞∑ n=1 1 n(n + 1) = 1. Consideremos agora ∞∑ n=4 1 n(n + 1) (i) Pelo teorema anterior temos : ∞∑ n=4 1 n(n + 1) = 1− (1 2 + 1 6 + 1 12 ) = 1− 9 12 = 1− 3 4 = 1 4 (ii) Fazendo diretamente pela definição: sn = 1 4.5 +. . . 1 (4 + n).(5 + n) = ( 1 4 − 1 5 )+( 1 5 − 1 6 ) · · ·+( 1 4 + n − 1 5 + n ) = 1 4 − 1 5 + n Logo lim n→∞ sn = lim n→∞ ( 1 4 − 1 5 + n ) = 1 4 / / / / Até agora aprendemos a calcular apenas as somas das séries geométricas e da série te- lescópica. Na verdade calcular a soma de uma série é, em geral, muito dif́ıcil. Podemos, no entanto, fabricar exemplos de séries para as quais conseguimos calcular suas somas, observando o se- guinte: Se an = bn − bn+1 , então sn = a1+a2+a3+· · ·+an = (b1−b2) + (b2−b3) + (b3−b4) +· · ·+(bn−bn+1) = b1−bn+1 ./ / / / / Portanto, existe o limite de sn ⇔ existe o limite de bn+1 . Caso afirmativo: lim n→∞ sn = b1 − lim n→∞ bn+1 . Assim ∞∑ n=1 an = b1 − lim n→∞ bn+1 = b1 − lim n→∞ bn . Exemplos: 21 6y - x1 2 3 4 · · · ©* y = 1 x ¢ ¢ ¢¢̧ 1 ¢ ¢ ¢̧ 1 2 ¢ ¢̧ 1 3 ................................... .................................. ................................... .................................. ................................... .................................. ................................... ........... Assim: sn = 1 + 1 2 + · · ·+ 1 n > ∫ n+1 1 dx x = ln(n + 1) Portanto ln(n + 1) < sn . Como [(ln(n + 1)) →∞] ⇒ [(sn) →∞]. Logo ∞∑ 1 1 n é divergente. Vamos agora estimar n tal que sn ≥ 10 . (i) Já vimos anteriormente que S2k > (k + 1) · 1 2 ≥ 10 ⇒ k ≥ 19 ⇒ n ≥ 524.288 . (ii) Pela estimativa vista logo acima temos sn ≥ ln(n + 1) ≥ 10 ⇒ n ≥ 23.000 . De fato: ln 23.000 ' 10, 04 . Assim s23.000 > 10 - melhorando sensivelmente a nossa estimativa do item (i). 1.3 Séries de termos não negativos Passaremos a estudar condições sob as quais uma série converge ou diverge, sem ter de tentar a tarefa, em geral dif́ıcil, de calcular sua soma. 24 Inicialmente, vamos nos restringir a séries de termos ≥ 0 . 1.3.1 Critério da Comparação O resultado mais importante, sobre o qual outros se apoiam, e que permite decidir se uma série converge ou não comparando-a com outra série de comportamento conhecido é o seguinte: Critério da Comparação: Suponhamos que, a partir de um certo ı́ndice, verifica-se 0 ≤ an ≤ bn. (a) Se ∑ bn é convergente, então ∑ an é convergente. (b) Se ∑ an é divergente, então ∑ bn é divergenete. Prova: (a) Para facilitar vamos supor 0 ≤ an ≤ bn , ∀n ≥ 1 . Temos: a1 + a2 + · · ·+ an ≤ b1 + b2 + · · ·+ bn ≤ ∞∑ n=1 bn . O que mostra que a seqüência sn = a1 + a2 + · · · + an é limitada superiormente por∞∑ n=1 bn . Como (sn) é crescente, pois sn+1 − sn = an+1 ≥ 0 , podemos dizer, pelo Teorema Funda- mental para Seqüências, que ela é convergente, o que quer dizer que a série ∑ an é convergente (com soma ≤ ∞∑ 1 bn ) . (b) Como exerćıcio. Exemplos: 1. ∞∑ 1 1 (n + 1)2 é convergente. De fato, 0 ≤ 1 (n + 1)2 ≤ 1 n(n + 1) ∞∑ 1 1 n(n + 1) = 1    Critério =⇒ Comparação ∞∑ 1 1 (n + 1)2 é convergente, com soma ≤ 1 . 25 Obs: ∞∑ 1 1 n2 é convergente, com soma ≤ 1 + 1 = 2 . Na realidade: ∞∑ 1 1 n2 = π2 6 (Euler - 1736). 2. ∞∑ 1 1√ n é divergente. De fato, 0 ≤ 1 n ≤ 1√ n ∞∑ 1 1 n diverge    Critério =⇒ Comparação ∞∑ 1 1√ n diverge Exerćıcios: Verifique se as séries abaixo convergem. Caso positivo, dê uma estimativa para a soma. 1. ∞∑ 1 1 n 2n Resp.: converge, com soma ≤ 1 2. ∑ 2 + sen 3(n + 1) 2n + n2 Resp.: converge, com soma ≤ 3 3. ∞∑ 1 1 ln(n + 1) Resp.: diverge. 4. ∞∑ 1 2 2n+1 2 Resp.: diverge. O critério da comparação acarreta o seguinte critério, em geral mais fácil de ser aplicado. Critério da Comparação usando Limite: Suponhamos que a partir de um certo ı́ndice, verifica-se an ≥ 0, bn > 0 e que lim n→∞ an bn = L > 0 (L ∈ R). Então ∑ an e ∑ bn são ambas convergentes ou ambas divergentes. Prova: Se lim n→∞ an bn = L > 0, existe N ∈ N tal que L 2 < an bn < 3L 2 quando n > N , ou seja: n > N ⇒ 0 < L 2 bn < an < 3L 2 bn. ( ) 0 L 2 L 3L 2 an bn 6 26 (ii) Se a integral ∫ ∞ 1 f(x)dx for divergente então (∫ n 1 f(x)dx ) → ∞, quando n → ∞, porque f(x) ≥ 0. A desigualdade (1) fornece então que sn →∞ e assim ∑ an diverge. Assim: A série e a integral são ambas convergentes ou divergentes. ¤ Exemplo: ∞∑ n=1 1 np converge ⇐⇒ p > 1 (i) p > 0 Seja f(x) = 1 xp , cont́ınua, positiva, decrescente sobre [1,∞). Ainda f(n) = 1 np ∞∑ 1 1 np converge Crit. da ⇐⇒ Integral ∫ ∞ 1 dx xp converge já ⇐⇒ visto p > 1 . (ii) p ≤ 0 lim n→∞ 1 np 6= 0 Critério=⇒ Divergência ∞∑ 1 1 np diverge Obs. 1: A série ∑ 1 n é chamada série harmônica e a série ∑ 1 np de série harmônica generalizada. Obs. 2: ∞∑ 1 1 n2 = π2 6 (Euler - 1736) Prova longa. Para maiores detalhes vide Simmons - pg. 701. Pelo resultado anterior sabemos que ∞∑ 1 1 n3 é convergente. Qual seria a sua soma? Resposta: Problema em aberto ainda hoje. Para maiores detalhes vide Simmons pg. 87. Exerćıcio: Estudar a convergência da série ∞∑ 1 1 1 + n2 . Faremos de dois modos: (a) Usando o Critério da Comparação: 0 ≤ 1 1 + n2 ≤ 1 n2 ∑ 1 n2 converge    Critério =⇒ Comparação ∞∑ 1 1 1 + n2 converge 29 (b) Usando o Critério da Integral: Seja f(x) = 1 1 + x2 , cont́ınua, positiva e descrescente em [1,∞) . Notemos que f(n) = 1 1 + n2∫ ∞ 1 dx 1 + x2 = lim b→∞ ∫ b 1 dx 1 + x2 = lim b→∞ (arctg b− arctg 1) = π 2 − π 4 = π 4 . Logo a série ∞∑ 1 1 1 + n2 é convergente. / / / / Suponhamos que o Teste da Integral possa ser usado para mostrar que a série ∑ an é convergente e que desejamos encontrar uma aproximação para a soma S da série. A diferença entre a soma S e a n-ésima soma parcial sn é o resto de ordem n , Rn . Rn = S − sn = an+1 + an+2 + an+3 + · · · O resto Rn é o erro feito quando a soma real S é estimada usando-se a n-ésima soma parcial sn . ©¼ y = f(x) · · · 6 y - x ¢ ¢ ¢¢̧ an+1 ¢ ¢ ¢̧ an+2 n n+1 n+2 ....................... ................................... ........... ................................... ........... ................................... A figura ao lado fornece: Rn = an+1 + an+2 + · · · ≤ ∫ ∞ n f(x)dx ©¼ y = f(x) · · · 6 y - xn+1 n+2 n+3 ¢ ¢ ¢¢̧ an+1 ¢ ¢ ¢̧ an+2 ................................... .................................. ................................... .................................. ................................... .................................. ................................... ........... A figura ao lado fornece: Rn = an+1 + an+2 + · · · ≥ ∫ ∞ n+1 f(x)dx 30 Acabamos de provar a seguinte estimativa para o erro: Teorema 1.3.1. Se ∑ an convergir pelo Teste da Integral e Rn = S − sn, então ∫ ∞ n+1 f(x)dx ≤ Rn ≤ ∫ ∞ n f(x)dx Exemplo: Aproxime a soma da série ∞∑ n=1 1 n3 com erro ≤ 0, 005 . Erro ≤ 0, 005 significa que temos de encontrar um valor de n tal que Rn ≤ 0, 005 . Como Rn ≤ ∫ ∞ n 1 x3 dx = 1 2n2 fazemos 1 2n2 ≤ 0, 005 . Resolvendo, obtemos: n2 ≥ 1 0, 01 = 100 ou n ≥ 10 . Precisamos de 10 termos para garantir precisão de 0,005. Assim ∞∑ n=1 1 n3 ' s10 = 1 13 + 1 23 + · · ·+ 1 103 ' 1, 1975, com erro de no máximo 0,005 . Exerćıcio: Mostre que a série ∞∑ n=2 1 n(ln n)2 converge e encontre o número de termos necessários para se obter sua soma com erro ≤ 0, 05 . (Resp. n ≥ 4, 85× 108) 1.3.3 Critério da Razão (ou de D’Alembert) Seja an > 0 para todo n ∈ N . Suponhamos que lim n→∞ an+1 an = r . • Se r < 1 então ∑ an converge. • Se r > 1 então ∑ an diverge. Prova: (i) Suponhamos r < 1 . Escolhemos um número s tal que r < s < 1 . Então como ( an+1 an ) → r , existe N ∈ N tal que ( n ≥ N ⇒ an+1 an < s . ) 31 Prova: (i) Suponhamos r < 1 . Escolhemos um número s tal que r < s < 1 . Então como ( n √ an)→ r , temos que existe N ∈ N tal que (n ≥ N→ n√an≤s) ou seja n ≥ N ⇒ an < sn . 0 r s 1 n √ an 6 Como ∞∑ n=N sn converge (Série Geométrica de razão com módulo < 1 ) temos que ∞∑ n=N an converge (pelo Critério da Comparação). Assim ∑ an converge. (ii) Suponhamos r > 1 . Então existe N ∈ N tal que n ≥ N ⇒ 1 ≤ n√an . 0 1 r n √ an 6 Assim: (n ≥ N ⇒ 1 ≤ an). Logo (an) 6→ 0 e portanto ∑ an diverge. ¤ Observação: Quando ( n √ an ) → 1 nada se pode afirmar. Vejamos os exemplos: considere- mos as séries ∑ 1 n e ∑ 1 n2 . Temos que ∑ 1 n diverge e ∑ 1 n2 converge e no entanto: n √ 1 n = 1 n √ n → 1 . De fato: n √ n = n 1 n = e 1 n ln n . Como ( 1 n · ln n ) → 0 [( ln x x ) → 0 ] e a função exponencial é cont́ınua no zero temos que ( n √ n ) → 1 . Analogamente ( n √ 1 n2 ) → 1 Exemplos: 34 1. ∑ xn nn , x ≥ 0 ( xn nn ) 1 n = x n → 0 . Pelo Critério da Raiz ∑ xn nn converge, ∀x ≥ 0 . 2. ∑ 1 (ln n)n( 1 (ln n)n ) 1 n = 1 ln n → 0 . Pelo Critério da Raiz ∑ 1 (ln n) n converge. 3. ∑ 2k k3( 2k k3 ) 1 k = 2 · ( 1 k ) 3 k = 2 [( 1 k ) 1 k ]3 → 2 · 13 = 2 . [( 1 k ) 1 k → 1 , visto anteriormente ] Pelo Critério da Raiz ∑ 2k k3 diverge. 4. ∑ ( 1− 1 k )k [( 1− 1 k )k] 1k = 1− 1 k → 1 . Pelo Critério da Raiz não podemos afirmar nada. Notemos que ( 1− 1 k )k → 1 e 6= 0. Logo, pelo Critério da Divergência, a série dada diverge. Observação: Pode-se provar que se lim n→∞ n √ an = L então lim n→∞ an+1 an = L . Assim, quando, pelo Critério da Raiz, obtemos L = 1 , não adianta apelar para o critério da Razão, porque este também fornecerá L = 1 . 1.4 Séries de termos quaisquer 1.4.1 Convergência Absoluta Definição 1.4.1. A série ∑ an é dita absolutamente convergente se a série ∑ |an| for convergente. 35 Teorema 1.4.2. Se ∑ an é absolutamente convergente então ∑ an é convergente. Prova: Seja bn = an + |an|. Então 0 ≤ an + |an| ≤ 2|an| ou seja 0 ≤ bn ≤ 2|an| . Se ∑ an é absolutamente convergente então ∑ 2|an| é convergente e pelo Critério da Comparação ∑ bn é convergente. Como an = bn − |an| temos que ∑ an = ∑ (bn − |an|) = ∑ bn − ∑ |an| é convergente como diferença de duas séries convergentes. ¤ Obs.: Acabamos de mostrar que convergência absoluta implica em convergência. A rećıproca não é verdadeira. Exemplo: 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + · · · é uma série convergente (veremos adiante). A série dos módulos é ∑ 1 n , que é divergente. Uma série que converge, mas não converge absolutamente é dita condicionalmente convergente. Exerćıcios Importantes: 1. Dada a série ∑ an tal que lim n→∞ |an+1| |an| = r > 1 (r ∈ R ou r = ∞). Mostre que a série é divergente. Resolução: Pela hipótese, sabemos que ∃N ∈ N tal que ( n ≥ N ⇒ |an+1||an| > 1 ) . ( ) 0 1 r |an+1| |an| >1 6 Assim n ≥ N ⇒ |an| > |aN |. Logo (an) 6→ 0 Crit.=⇒ Div. ∑ an diverge. −|aN | 0 |aN | ? ? an an 36 Exerćıcios resolvidos: 1. Teste a série ∞∑ n=2 (−1)n ln n n + 1 para convergência ou divergência. Resolução: A série dada é alternada, onde bn = ln n n + 1 . A condição (bn) → 0 pode ser verificada sem maiores problemas. A condição (bn) decrescente já não é imediata, como nos exemplos anteriores. Consideremos a função de variável real correspondente f(x) = ln x x + 1 cuja derivada é f ′(x)= 1 + 1 x − ln x (x + 1)2 . A derivada é negativa, e assim a função é decrescente, se ln x ≥ 1 + 1 x . Observemos que 1 + 1 x ≤ 2 para x = 1, 2, 3, . . . . Assim a seqüência (bn) decresce quando ln n > 2, ou seja n ≥ 8 . Logo, pelo Critério de Leibniz, a série ∞∑ n=8 (−1)n ln n n + 1 converge. Portanto a série original também converge. 2. Prove que a série ∑ (−1)n+1 2n− 1 converge. Quantos termos são necessários a fim de se obter um erro que não exceda 0,001 em valor absoluto? Resolução: (bn) = ( 1 2n− 1 ) → 0, decrescente. Pelo Critério de Leibniz a série dada é convergente. Ainda: |S − sn| ≤ bn+1 = 1 2(n + 1)− 1 ≤ 0, 001 ⇔ 2n + 1 ≥ 1 0, 001 = 1000 ⇔ n ≥ 500 . Portanto são necessários 500 termos, no mı́nimo. 3. Idem ao anterior, para a série ∞∑ 1 (−1)n−1 1 (2n− 1)! Resolução: (bn) = ( 1 (2n− 1)! ) → 0, decrescente. Pelo Critério de Leibniz a série dada é convergente. Ainda: |S − sn| ≤ bn+1 = 1 (2(n + 1)− 1)! ≤ 0, 001 ⇔ (2n + 1)! ≥ 1000 ⇔ n ≥ 3, . Assim S ' 1− 1 3! + 1 5! = 101 120 ' 0, 841 . 39 Portanto, S ' 0, 84 com duas casas decimais exatas. Note como a convergência desta série é bem “mais rápida”do que a da série do exerćıcio anterior. 4. Estude a convergência da série ∞∑ 2 (−1)n n(ln n)2 . Resolução: Temos uma série alternada. (bn) = ( 1 n(ln n)2 ) → 0, decrescente. Pelo Critério de Leibniz é convergente. Analisemos a convergência absoluta. Vamos aplicar o Critério da Integral. f(x) = 1 x(ln x)2 , cont́ınua, decrescente para x ≥ 2 ∫ ∞ 2 f(x)dx = ∫ ∞ 2 dx x(ln x)2 = lim b→∞ ∫ b 2 dx x(ln x)2 ∫ dx x(ln x)2 u=ln x = ∫ du u2 = −1 u = − 1 ln x . Assim: ∫ ∞ 2 dx x(ln x)2 = lim b→∞ ( 1 ln 2 − 1 ln b︸︷︷︸ ↓ 0 ) = 1 ln 2 Portanto, a série converge absolutamente. Obs.: Séries do tipo ∞∑ 2 1 n(ln n)p são chamadas Séries de Abel. Temos o resultado: ∞∑ 2 1 n(ln n)p converge ⇔ p > 1 . 5. Seja a série alternada: 2 1 − 1 1 + 2 2 − 1 2 + 2 3 − 1 3 + 2 4 − 1 4 + 2 5 − 1 5 + · · · Observe que (bn) → 0 e que a série é divergente. Falha o Critério de Leibniz? Resolução: s2 = 1 , s4 = 1 + 1 2 , s6 = 1 + 1 2 + 1 3 , . . . Temos: (s2n) →∞ e assim a série é divergente. Não temos falha do Critério de Leibniz. O que acontece é que uma das hipóteses do critério não está satisfeita. Neste caso, (bn) não é decrescente. 40 6. Seja a série alternada: 1 3 − 1 2 + 1 5 − 1 22 + 1 7 − 1 23 + 1 9 − 1 24 + · · · Mostre que a série dada é divergente e que (bn) → 0. A seqüência (bn) pode ser decrescente? Resolução: Neste caso temos diferença de duas séries, a saber: ∞∑ 1 1 2n + 1 (divergente) com ∞∑ n=1 1 2n (convergente). Assim a série dada é divergente. Observemos que (bn) → 0. (bn) não pode ser decrescente, pois se o fosse estaŕıamos nas condições do Critério de Leibniz e a série seria convergente. Exerćıcios Propostos: 1. Mostre que se ∑ an e ∑ bn são convergentes e an ≥ 0, bn ≥ 0 então ∑ an bn é convergente. 2. Caso posśıvel, dê um exemplo de um par de séries convergentes ∑ an e ∑ bn tal que ∑ an bn seja divergente. 1.4.3 Reagrupamentos - Parenteses Consideremos a série convergente ∞∑ 1 (−1)n−1 n . Tomemos (∗) S = 1− 1 2 + 1 3 − 1 4 + 1 5 − 1 6 + 1 7 + · · · ou 1 2 S = 1 2 − 1 4 + 1 6 − 1 8 + 1 10 − 1 12 + 1 14 + · · · Enxertando zeros teremos ainda (∗∗) 1 2 S = 0 + 1 2 + 0− 1 4 + 0 + 1 6 + 0− 1 8 · · · Somando (∗) e (∗∗) obtemos: 3 2 S = 1 + 0 + 1 3 − 1 2 + 1 5 + 0 + 1 7 − 1 4 · · · 41