Matemática universitária — Graduação 1 · Grado — Año 1

17Séries Numéricas

Somar infinitos números significa tomar o limite das somas parciais — nada mais, nada menos. Este capítulo estabelece as definições e os critérios de convergência utilizáveis no primeiro ano: comparação e equivalentes para termos positivos, o critério da razão, a comparação com integral que dá as séries de Riemann, a convergência absoluta e o teorema das séries alternadas. A teoria mais fina (produtos de séries, somação por pacotes, séries de funções) pertence ao segundo ano.

17.1 Generalidades

Definição 17.1

Dada uma sequência $(u_n)$ , a série $\sum u_n$ é a sequência das somas parciais $S_N = \sum_{n=0}^{N} u_n$ . A série converge quando $(S_N)$ converge; o limite é a soma $\sum_{n=0}^{\infty} u_n$ , e $R_N = \sum_{n > N} u_n = S - S_N$ é o resto, que tende a $0$ .

Exemplo 17.2 (Série geométrica)

Para $q \in \C$ : $\;S_N = \sum_{n=0}^{N} q^n = \frac{1 - q^{N+1}}{1-q}$ ( $q \neq 1$ ). A série converge se e somente se $\abs q < 1$ (Exercício 11.3), com

\sum_{n=0}^{\infty} q^n = \frac{1}{1 - q} .

Exemplo 17.3 (Decimais periódicas são séries geométricas)

Que número é $0.363636\dots$ ? A sua própria escrita é uma série:

0.\overline{36} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{36}{100^k} = 36\cdot\frac{1/100}{1 - 1/100} = \frac{36}{99} = \frac{4}{11} ,

pela soma geométrica com $q = \frac{1}{100}$ . Em geral um bloco $B$ de $p$ dígitos que se repete indefinidamente vale $\frac{B}{10^p - 1}$ — o mecanismo por trás do critério de periodicidade do Problema 10.1, que a linguagem deste capítulo finalmente enuncia em uma linha: uma expansão decimal é uma série convergente, eventualmente periódica exatamente quando a sua soma é racional. A maquinaria dos dígitos do Capítulo 10, construída lá com meros supremos, era a teoria das séries viajando incógnita.

Proposição 17.4 (Primeiros fatos)

Se $\sum u_n$ converge, então $u_n \to 0$ . (A recíproca é falsa: a série harmônica.)
Linearidade: séries convergentes somam-se e multiplicam-se por escalares, com as somas esperadas.
(Telescópica) $\sum (v_{n+1} - v_n)$ converge se e somente se $(v_n)$ converge, com soma $\lim v_n - v_0$ .
Alterar um número finito de termos não afeta a convergência (apenas a soma).

Demonstração. (1) $u_N = S_N - S_{N-1} \to S - S = 0$ . A série harmônica tem $u_n = \frac1n \to 0$ e no entanto diverge (Exercício 11.5). (2) Operações sobre limites. (3) $S_N = v_{N+1} - v_0$ . (4) As somas parciais mudam por uma quantidade eventualmente constante. ∎

Exemplo 17.5 (Planejar dígitos com o resto geométrico)

Para $\abs q < 1$ o resto da série geométrica é explícito:

R_N = \sum_{n = N+1}^{\infty} q^n = \frac{q^{N+1}}{1 - q} .

Isso converte metas de precisão em contagens de termos antes de qualquer cálculo. Para avaliar $\sum_{n\geq0} \bigl(\frac13\bigr)^n = \frac32$ com erro inferior a $10^{-10}$ : é preciso $\frac{(1/3)^{N+1}}{2/3} \leq 10^{-10}$ , isto é, $3^{N} \geq \frac{3}{2}\cdot 10^{10}$ , isto é, $N \geq 22$ (pois $3^{22} \approx 3.1\cdot10^{10}$ ): vinte e três termos, conhecidos de antemão. Toda estimativa de taxa geométrica dos problemas de fim de semana (a série em $\frac13$ para $\ln 2$ , os arco-tangentes de Machin do Problema 16.1) é este orçamento de duas linhas em traje profissional.

Exemplo 17.6 (Um telescópio mais longo)

Calcule $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ . Frações parciais (Capítulo 9):

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1/2}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1/2}{n+2} = \frac12\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),

onde a segunda forma — uma diferença de valores consecutivos de $w_n = \frac{1}{n(n+1)}$ — é a telescópica. Logo

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(w_1 - w_{N+1}\Bigr) = \frac12\Bigl(\frac12 - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

A ideia de fechamento: frações parciais com três termos raramente telescopam tal como estão escritas; reagrupe-as primeiro numa diferença $w_n - w_{n+1}$ — a recompensa não é apenas a convergência, mas a soma exata, que nenhum critério de comparação jamais fornece.

17.2 Séries de termos não negativos

Teorema 17.7 (Somas parciais limitadas)

Se $u_n \geq 0$ para todo $n$ , as somas parciais são crescentes, logo: $\sum u_n$ converge $\iff$ as suas somas parciais são limitadas superiormente. Daí o critério de comparação: se $0 \leq u_n \leq v_n$ para todo $n$ (grande),

\sum v_n \text{ converge} \implies \sum u_n \text{ converge}, \qquad \sum u_n \text{ diverge} \implies \sum v_n \text{ diverge}.

E o critério dos equivalentes: se $u_n \sim v_n$ com $v_n \geq 0$ , as duas séries têm a mesma natureza.

Demonstração. Teorema do limite monótono (Teorema 11.9) para o primeiro ponto; comparação das somas parciais para o segundo. Equivalentes: para $n$ grande, $\frac12 v_n \leq u_n \leq 2 v_n$ (definição de $\sim$ com $\varepsilon = \frac12$ ), e a comparação aplica-se nos dois sentidos. ∎

Exemplo 17.8 (Um equivalente que prova a divergência)

Natureza de $\sum_{n\geq1} n\sin\dfrac{1}{n^2}$ ? Como $\frac{1}{n^2} \to 0$ e $\sin h \sim h$ em $0$ :

n\sin\frac{1}{n^2} \;\sim\; n\cdot\frac{1}{n^2} = \frac1n ,

e o critério dos equivalentes transfere a divergência da série harmônica: divergente — mesmo que os termos tendam a $0$ . Uma expansão, uma escala, um veredicto; o mesmo padrão em duas etapas (equivalente e depois consulta às escalas de Riemann ou geométrica) decide as quatro séries do Exercício 17.3.

Exemplo 17.9 (O critério dos equivalentes em uma linha)

Natureza de $\sum_{n \geq 1} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}$ ? Conjugue o numerador:

\frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n} = \frac{1}{n\,(\sqrt{n+1} + \sqrt n)} \sim \frac{1}{2\,n^{3/2}} ,

uma escala de Riemann convergente ( $\alpha = \frac32 > 1$ ): a série converge. Toda a decisão levou um equivalente e uma consulta — desde que os termos sejam não negativos, o que é o caso. A ideia de fechamento: para séries de termos positivos, toda a teoria da convergência é um dicionário de escalas ( $n^{-\alpha}$ , $q^n$ , $\frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ ) mais a licença para substituir um termo por um equivalente; o trabalho analítico está na assintótica (Capítulo 16), nunca na somação.

Teorema 17.10 (Comparação com integral; séries de Riemann)

Seja $f$ contínua, não negativa e decrescente em $\intco{1}{+\infty}$ . Então

\int_1^{N+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; \sum_{n=1}^{N} f(n) \;\leq\; f(1) + \int_1^{N} f(t)\,\dd t ,

logo $\sum f(n)$ converge se e somente se $\bigl(\int_1^x f\bigr)$ é limitada. Em particular, para $\alpha \in \R$ :

\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^\alpha} \text{ converge} \iff \alpha > 1,

e $\sum_{n=1}^{N} \frac1n = \ln N + O(1)$ .

Demonstração. Para $n \leq t \leq n+1$ , a monotonia dá $f(n+1) \leq f(t) \leq f(n)$ ; integrando em $\intcc{n}{n+1}$ (um segmento de comprimento $1$ ):

f(n+1) \;\leq\; \int_n^{n+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; f(n) .

Somando as desigualdades da direita para $n = 1, \dots, N-1$ obtém-se $\int_1^{N} f \leq \sum_{n=1}^{N-1} f(n)$ , donde o enquadramento superior depois de acrescentar $f(N) \leq f(1)$ ; somando as da esquerda para $n = 1, \dots, N$ obtém-se $\sum_{n=2}^{N+1} f(n) \leq \int_1^{N+1} f$ , que após reindexação é o enquadramento inferior. Convergência: as somas parciais e as integrais $\int_1^x f$ majoram-se mutuamente a menos da constante $f(1)$ , e ambas são não decrescentes, logo uma é limitada se e somente se a outra o é (Teorema 17.7). Para $f(t) = t^{-\alpha}$ ( $\alpha \neq 1$ ): $\int_1^x t^{-\alpha}\dd t = \frac{x^{1-\alpha} - 1}{1 - \alpha}$ , limitada se e somente se $\alpha > 1$ ; para $\alpha = 1$ a integral é $\ln x \to \infty$ , e o enquadramento dá $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ . Para $\alpha \leq 0$ os termos não tendem a $0$ . ∎

Exemplo 17.11 (A pilha harmônica)

Quantos termos a série harmônica precisa acumular para passar de $20$ ? O enquadramento $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ responde sem soma alguma: $H_N \geq 20$ exige $1 + \ln N \geq 20$ , isto é, $N \geq \eu^{19} \approx 1.8\cdot10^{8}$ , e está garantido assim que $\ln(N + 1) \geq 20$ , isto é, $N \approx \eu^{20} \approx 4.9\cdot10^{8}$ . (O problema de fim de semana afina isto para $N \approx \eu^{20 - \gamma} \approx 2.7\cdot10^{8}$ via a constante de Euler.) A ideia de fechamento: a comparação com integral não decide apenas a convergência — ela localiza as somas parciais com precisão logarítmica, transformando um cálculo desesperado (centenas de milhões de termos) numa estimativa de duas linhas.

Teorema 17.12 (Critério da razão (d’Alembert))

Seja $u_n > 0$ com $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ell$ .

Se $\ell < 1$ : $\sum u_n$ converge;
se $\ell > 1$ : $u_n \to +\infty$ , divergência;
se $\ell = 1$ : nenhuma conclusão ( $\sum \frac1n$ diverge, $\sum \frac{1}{n^2}$ converge).

Demonstração. Se $\ell < 1$ , fixe $q \in \intoo{\ell}{1}$ : a partir de certo $N$ , $u_{n+1} \leq q\,u_n$ , logo $u_n \leq u_N q^{\,n-N}$ por indução: comparação com uma série geométrica. Se $\ell > 1$ : a partir de certo $N$ a sequência $(u_n)$ é crescente, logo não pode tender a $0$ (o seu limite, se existir, é $\geq u_N > 0$ ); pela Proposição 17.4 (1), divergência — e de fato $u_n \geq u_N q^{n-N}$ com $q > 1$ dá $u_n \to \infty$ . ∎

Exemplo 17.13

$\sum \frac{x^n}{n!}$ converge para todo $x > 0$ : razão $\frac{x}{n+1} \to 0$ . A sua soma é $\eu^x$ : por Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) em $\intcc{0}{x}$ ,

\Bigl| \eu^x - \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \Bigr| \leq \eu^{x}\, \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 ,

a cota tendendo a $0$ porque o fatorial domina (Exercício 15.9 (1) usou o mesmo fato). O mesmo argumento soma as séries de $\sin$ , $\cos$ , $\sinh$ , $\cosh$ em todo o $\R$ .

Exemplo 17.14 (O critério da razão é suficiente, não necessário)

Seja $u_n = 2^{-n}$ para $n$ par e $u_n = 2^{-n-2}$ para $n$ ímpar. As razões consecutivas oscilam entre $\frac{1}{8}$ e $\frac12\cdot4 = 2$ , de modo que $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ não tem limite e d’Alembert é mudo — e no entanto $u_n \leq 2^{-n}$ e o critério de comparação resolve a convergência instantaneamente. A hipótese do critério (a razão converge) é uma restrição real: ela serve a termos com uma única estrutura multiplicativa dominante (fatoriais, potências), e falha em tudo o que respira. Quando as razões se comportam mal, recue para a comparação com um envelope geométrico — que é tudo o que o critério da razão sempre foi, como mostra a sua demonstração.

Exemplo 17.15 (O critério da razão em batalhas de fatoriais)

Natureza de $\sum_{n\geq0} \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ (inversos dos coeficientes binomiais centrais, a menos do fator $n + 1$ )? A razão colapsa os fatoriais:

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{((n+1)!)^2}{(n!)^2}\cdot\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \longrightarrow \frac14 < 1 :

convergente, com folga — os termos decaem essencialmente como $4^{-n}$ , coerentemente com $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ do Problema 15.1. A ideia de fechamento: quocientes de fatoriais são exatamente o que o critério da razão digere — todo fatorial se cancela numa função racional de $n$ , cujo limite se lê nos termos dominantes.

17.3 Convergência absoluta; séries alternadas

Teorema 17.16 (Convergência absoluta)

Se $\sum \abs{u_n}$ converge (convergência absoluta), então $\sum u_n$ converge, e $\bigl|\sum u_n\bigr| \leq \sum \abs{u_n}$ . Isto vale para termos reais ou complexos.

Demonstração. As somas parciais satisfazem, para $M > N$ (critério de Cauchy, Teorema 11.20):

\abs{S_M - S_N} = \Bigl| \sum_{n=N+1}^{M} u_n \Bigr| \leq \sum_{n=N+1}^{M} \abs{u_n},

que é pequeno para $N$ grande, pois as somas parciais de $\sum\abs{u_n}$ formam uma sequência de Cauchy. Logo $(S_N)$ é de Cauchy, portanto convergente. A desigualdade passa ao limite a partir da desigualdade triangular finita. ∎

Exemplo 17.17 (Convergência absoluta, real e complexa)

$\sum_{n\geq1} \frac{\sin n}{n^2}$ : os termos mudam de sinal erraticamente (de fato $(\sin n)$ é densa em $\intcc{-1}{1}$ , Exercício 11.12), e nenhuma estrutura alternada está à vista. A convergência absoluta salva tudo de uma vez: $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$ , uma escala convergente, logo a série converge. O mesmo escudo funciona sobre $\C$ : $\sum_{n\geq1}\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}$ converge porque $\bigl|\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}\bigr| = \frac{1}{n^2}$ — padrões de sinal, mesmo bidimensionais, são irrelevantes uma vez que os módulos sejam somáveis. A ideia de fechamento: a convergência absoluta é a única ferramenta deste capítulo que nunca pergunta como os sinais estão organizados; tente-a primeiro (Método 17.21), e reserve os critérios delicados para as séries que a ela resistem.

Teorema 17.18 (Critério das séries alternadas)

Seja $(a_n)$ decrescente com $a_n \to 0$ . Então a série alternada $\sum (-1)^n a_n$ converge; a sua soma está entre duas somas parciais consecutivas quaisquer, e

\abs{R_N} = \Bigl| \sum_{n > N} (-1)^n a_n \Bigr| \leq a_{N+1} .

Demonstração. As somas parciais pares e ímpares são adjacentes: $S_{2p+2} - S_{2p} = a_{2p+2} - a_{2p+1} \leq 0$ (decrescente), $S_{2p+1} - S_{2p-1} = a_{2p} - a_{2p+1} \geq 0$ (crescente), e $S_{2p} - S_{2p+1} = a_{2p+1} \to 0$ . Pelo Teorema 11.11 elas partilham um limite $S$ , que o critério das duas subsequências (Proposição 11.14) torna o limite de $(S_N)$ ; além disso $S$ fica preso entre somas parciais consecutivas, e $\abs{S - S_N}$ é no máximo a distância até a seguinte, $a_{N+1}$ . ∎

Exemplo 17.19 (Série harmônica alternada)

$\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ converge (critério das alternadas) mas não absolutamente (série harmônica). A sua soma é $\ln 2$ : da identidade geométrica finita $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1} (-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ , integre em $\intcc{0}{1}$ :

\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t , \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t \leq \frac{1}{n+1} \to 0 .

A convergência é dolorosamente lenta ( $R_N \approx \frac{1}{N}$ ) — as séries alternadas convergem por cancelamento, não por pequenez.

As somas parciais S_N da série harmônica alternada 1 - 1/2 + 1/3 - saltam por cima do seu limite 2 a cada passo: as somas ímpares por cima, as pares por baixo, cada salto de tamanho 1/N+1. O enquadramento é a demonstração do tornada visível — e o fechamento lento da pinça (|S_N - 2| 1/2N, problema de fim de semana ) é a razão pela qual ninguém calcula 2 assim. — As somas parciais $S_N$ da série harmônica alternada $1 - \frac12 + \frac13 - \cdots$ saltam por cima do seu limite $\ln 2$ a cada passo: as somas ímpares por cima, as pares por baixo, cada salto de tamanho $\frac{1}{N+1}$ . O enquadramento é a demonstração do Teorema 17.18 tornada visível — e o fechamento lento da pinça ( $\abs{S_N - \ln 2} \approx \frac{1}{2N}$ , problema de fim de semana Problema 17.1) é a razão pela qual ninguém calcula $\ln 2$ assim.

Observação 17.20 (Armadilhas comuns com séries)

(i) O critério dos equivalentes precisa de um sinal: sejam $v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ e $u_n = v_n + \frac1n$ . Então $\frac{u_n}{v_n} = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n} \to 1$ , logo $u_n \sim v_n$ ; e no entanto $\sum v_n$ converge (critério das alternadas) enquanto $\sum u_n = \sum v_n + \sum \frac1n$ diverge. A equivalência controla o tamanho dos termos, e para séries com sinais o tamanho não é destino — o critério está enunciado, e é verdadeiro, apenas para termos (eventualmente) não negativos. (ii) $u_n \to 0$ não prova nada: a série harmônica é o eterno contraexemplo; o sentido recíproco (Proposição 17.4 (1)) é apenas um teste rápido de divergência. (iii) Razão com limite $1$ é silêncio, não convergência: tanto $\sum\frac1n$ quanto $\sum\frac{1}{n^2}$ têm razão $\to 1$ ; passe às escalas de Riemann ou à comparação com integral. (iv) Alternada precisa de decrescente: $\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ parece alternada e só é tratada por expansão (Exercício 17.5); o problema de fim de semana do Capítulo 16 (a questão 23 de lá) mostra que o critério pode falhar por completo sem monotonia. (v) Agrupar e reordenar não são de graça: inserir parênteses é inofensivo para séries convergentes mas pode criar convergência a partir da divergência ( $1 - 1 + 1 - \cdots$ agrupado aos pares), e reordenar pode mudar a própria soma — o drama encenado no problema de fim de semana deste capítulo (Problema 17.1).

Método 17.21 (Decidir a natureza de uma série)

Será que $u_n \to 0$ ? Se não, divergência, pare.
Termos não negativos: procure um equivalente de $u_n$ (expansões, Capítulo 16!), compare com escalas de Riemann ou geométricas; fatoriais e potências pedem o critério da razão; um $f(n)$ decrescente pede a comparação com integral.
Os sinais variam: tente primeiro a convergência absoluta; se falhar, o critério das alternadas (verifique decrescente com cuidado); além disso, ferramentas do segundo ano.

Exemplo 17.22 (Denominadores ímpares, meio telescópio)

Calcule $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{4n^2 - 1}$ . Frações parciais: $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\bigr)$ , logo

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac12\Bigl(1 - \frac{1}{2N+1}\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Compare com $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ (Exercício 17.1): mesmo esqueleto telescópico, mas aqui os termos consecutivos distam dois nos números ímpares, e o fator $\frac12$ registra o passo. A ideia de fechamento: telescopar é uma mudança de ponto de vista, não um truque — sempre que o termo geral é uma diferença $w_n - w_{n+1}$ de uma sequência com limite, a soma é $w_1 - \lim w$ , exatamente a Proposição 17.4 (3).

Observação 17.23 (O encadeamento da análise, em retrospecto)

Este capítulo é o ponto em que a análise do volume converge, e cada critério nomeia o seu ancestral. As somas parciais limitadas são o teorema do limite monótono (Capítulo 11), ele próprio o axioma da completude do Capítulo 10; a convergência absoluta é o critério de Cauchy; o critério integral é o enquadramento de áreas do Capítulo 15; os equivalentes dos termos gerais são as expansões do Capítulo 16; e o teorema das alternadas é o lema das sequências adjacentes em traje domingueiro. Lido de trás para a frente, o encadeamento explica para que servia cada capítulo — e os problemas de fim de semana que o atravessam (dígitos $b$ -ádicos, Cesàro–Stolz, as máquinas de irracionalidade, a constante de Euler) são as mesmas poucas ideias reencontrando-se em altitude cada vez maior. A álgebra linear que vem a seguir muda de assunto, não de padrões: o hábito de enunciados exatos com erro certificado sobrevive à passagem dos limites às dimensões.

Observação 17.24 (Para onde vão as séries a seguir)

Este capítulo fecha a análise do volume e abre três portas. No volume do segundo ano de graduação, as séries adquirem uma variável ( $\sum a_n x^n$ : séries de potências, com o seu raio de convergência) e depois uma teoria de valores funcionais (séries de Fourier); a dicotomia convergência absoluta versus condicional, dramatizada no problema de fim de semana abaixo, torna-se a pedra angular de ambas. Em probabilidade (volume do terceiro ano de graduação), as esperanças de variáveis aleatórias discretas são séries, e a convergência absoluta é o que as torna bem definidas. E a série de Riemann $\sum n^{-s}$ , levada a $s$ complexo, torna-se a função zeta — a série mais estudada de toda a matemática.

17.4 Exercícios

Exercício 17.1 ★

Natureza (e soma, quando telescópica) de:

\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)}, \qquad \sum_{n\geq2} \ln\Bigl(1 - \frac{1}{n^2}\Bigr), \qquad \sum_{n\geq0} \frac{3^n + 4^n}{5^n} .

Solução

Solução de Exercício 17.1.

$\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac1n - \dfrac{1}{n+1}$ : telescópica, $S_N = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1$ . Convergente, soma $1$ .

$\ln\bigl(1 - \frac{1}{n^2}\bigr) = \ln\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} = \ln\frac{n-1}{n} - \ln\frac{n}{n+1}$ : telescópica de novo, $S_N = \ln\frac12 - \ln\frac{N}{N+1} \to -\ln 2$ . Convergente, soma $-\ln 2$ .

$\dfrac{3^n + 4^n}{5^n} = \bigl(\frac35\bigr)^n + \bigl(\frac45\bigr)^n$ : duas séries geométricas convergentes, soma $\frac{1}{1 - 3/5} + \frac{1}{1 - 4/5} = \frac52 + 5 = \frac{15}{2}$ .

Exercício 17.2 ★

Natureza de: $\;\sum \dfrac{n^2}{2^n}$ ; $\;\sum \dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{2^n\,n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{3^n\,n!}{n^n}$ . (Critério da razão; lembre que $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$ .)

Solução

Solução de Exercício 17.2.

Critério da razão em todos os casos.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2}{2n^2} \to \frac12 < 1$ : convergente.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!\,n^n}{n!\,(n+1)^{n+1}} = \bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{-n} \to \frac1\eu < 1$ : convergente.

Com o fator $2^n$ : razão $\to \frac2\eu < 1$ : convergente.

Com $3^n$ : razão $\to \frac3\eu > 1$ : divergente (os termos tendem a $+\infty$ ).

Exercício 17.3 ★

Natureza de: $\;\sum \sin\dfrac{1}{n^2}$ ; $\;\sum \Bigl(1 - \cos\dfrac1n\Bigr)$ ; $\;\sum \dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ ; $\;\sum \dfrac{\ln n}{n^2}$ (compare com $n^{-3/2}$ ).

Solução

Solução de Exercício 17.3.

Todos os termos são não negativos; use equivalentes (Teorema 17.7).

$\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$ : convergente (Riemann $\alpha = 2$ ).

$1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : convergente.

$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} \sim \frac1n$ : divergente.

$\frac{\ln n}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\cdot\frac{\ln n}{n^{1/2}}$ e $\frac{\ln n}{\sqrt n} \to 0$ (Proposição 4.6): logo $\frac{\ln n}{n^2} \leq \frac{1}{n^{3/2}}$ para $n$ grande: convergente.

Exercício 17.4 ★

Demonstre que $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^2}$ converge com soma $\leq 2$ , usando $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)}$ para $n \geq 2$ e uma majoração telescópica.

Solução

Solução de Exercício 17.4.

Para $n \geq 2$ : $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac1n$ . Logo

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} \leq 1 + \sum_{n=2}^{N} \Bigl(\frac{1}{n-1} - \frac1n\Bigr) = 1 + 1 - \frac1N < 2 :

somas parciais crescentes e majoradas por $2$ : convergência (Teorema 17.7), soma $\leq 2$ . (O valor exato $\frac{\pi^2}{6}$ é uma festa do segundo ano.)

Exercício 17.5 ★★

Natureza de $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}$ , de $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ (expanda: o critério das alternadas não se aplica diretamente — por quê?), e de $\;\sum \sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\,\bigr)$ (reduza módulo $\pi$ : $\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} + O(n^{-3})$ ).

Solução

Solução de Exercício 17.5.

$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ : alternada com $\frac{1}{\sqrt n} \downarrow 0$ : convergente (Teorema 17.18); não absolutamente ( $\alpha = \frac12 \leq 1$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ : a sequência $\frac{1}{n + (-1)^n}$ não é decrescente ( $\frac{1}{n+1}$ e depois $\frac{1}{n}$ alternam-se mal), logo o critério não se aplica diretamente. Expanda:

\frac{(-1)^n}{n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{n}\cdot\frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{n}} = \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr):

a primeira série converge (alternada), $\sum \frac{1}{n^2}$ converge, e o $O(n^{-3})$ converge absolutamente: a soma de três séries convergentes converge.

$\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr)$ : escreva $\sqrt{n^2 + 1} = n + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n$ com $\varepsilon_n = O(n^{-3})$ ; então, pela $\pi$ -periodicidade de $\sin$ a menos do sinal,

\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr) = (-1)^n \sin\Bigl(\frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n\Bigr) .

Ponha $\theta_n = \frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n$ e $a_n = \sin\theta_n$ . Para $n$ grande, $\theta_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ e

\theta_n - \theta_{n+1} = \frac{\pi}{2n(n+1)} + \pi(\varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}) = \frac{\pi}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) > 0

a partir de certo ponto, logo $(\theta_n)$ decresce para $0$ ; como $\sin$ é crescente em $\intcc{0}{\frac\pi2}$ , $(a_n)$ também decresce para $0$ . O critério das alternadas aplica-se: convergente — não absolutamente, pois $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$ .

Exercício 17.6 ★★

Para quais $\alpha > 0$ a série $\sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n (\ln n)^{\alpha}}$ converge? (Comparação com integral; substitua $u = \ln t$ .)

Solução

Solução de Exercício 17.6.

$f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ é positiva, contínua e decrescente em $\intco{2}{+\infty}$ . Substituindo $u = \ln t$ :

\int_2^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\alpha} = \int_{\ln 2}^{\ln x} \frac{\dd u}{u^\alpha},

limitada quando $x \to \infty$ se e somente se $\alpha > 1$ (o cálculo do Teorema 17.10). Pela comparação com integral: convergência se e somente se $\alpha > 1$ . (Estas séries do tipo Bertrand mostram quão fina é a fronteira da convergência: $n\ln n$ diverge, $n(\ln n)^{1.01}$ converge.)

Exercício 17.7 ★★

Seja $u_n = \dfrac{1}{n} - \ln\Bigl(1 + \dfrac1n\Bigr)$ . Demonstre que $0 \leq u_n \leq \dfrac{1}{2n^2}$ , que $\sum u_n$ converge, e deduza a existência da constante de Euler:

\gamma = \lim_{N \to \infty} \Bigl( \sum_{n=1}^{N} \frac 1n - \ln N \Bigr) .

Solução

Solução de Exercício 17.7.

Pelas cotas da reta tangente do Exercício 14.3 reescritas via expansões: para $x = \frac1n \in \intoc{0}{1}$ , Taylor–Lagrange para $\ln(1+x)$ na ordem $1$ dá $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2(1 + c)^2}$ para algum $c \in \intoo{0}{x}$ , logo

0 \leq u_n = \frac1n - \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac{1}{2n^2} .

Comparação com a série de Riemann: $\sum u_n$ converge. A sua soma parcial telescopa os logaritmos:

\sum_{n=1}^{N} u_n = H_N - \ln(N+1)

(pois $\sum_{n\leq N} \ln\frac{n+1}{n} = \ln(N+1)$ ). Logo $H_N - \ln(N+1)$ converge; somando $\ln\frac{N+1}{N} \to 0$ , a sequência $H_N - \ln N$ converge. O seu limite é $\gamma \approx 0.5772$ .

Exercício 17.8 ★★

Calcule as somas

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)} \qquad\text{e}\qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} .

(Para a primeira: frações parciais. Para a segunda: calcule $\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1}$ em forma fechada e faça $N \to \infty$ em $x = \frac12$ .)

Solução

Solução de Exercício 17.8.

$\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1/2}{n} - \dfrac{1/2}{n+2}$ : a soma parcial telescopa com um atraso de $2$ ,

S_N = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

$\sum \frac{n}{2^n}$ : para $\abs x < 1$ , derivando a soma geométrica finita e passando ao limite (todas as séries aqui convergem absolutamente, critério da razão): de $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$ , obtém-se por cálculo direto com somas parciais

\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1} = \frac{1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}}{(1 - x)^2} \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{1}{(1-x)^2} \quad (\abs x < 1),

(os termos de fronteira $N x^N \to 0$ ). Em $x = \frac12$ : $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$ , logo $\sum_{n\geq0} \frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$ .

Exercício 17.9 ★★★

(Condensação de Cauchy) Seja $(u_n)$ não negativa e decrescente. Demonstre que

\sum_{n \geq 1} u_n \text{ converge} \iff \sum_{k \geq 0} 2^k\, u_{2^k} \text{ converge},

comparando pacotes de termos entre potências consecutivas de $2$ . Recupere daí o critério de Riemann e o Exercício 17.6.

Solução

Solução de Exercício 17.9.

Agrupe os termos de $\sum u_n$ em pacotes entre potências de $2$ . Pacotes superiores: para $2^k \leq n < 2^{k+1}$ há $2^k$ termos, cada um $\leq u_{2^k}$ :

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n = \sum_{k=0}^{K} \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \leq \sum_{k=0}^{K} 2^k u_{2^k} .

Pacotes inferiores: cada termo do mesmo pacote é $\geq u_{2^{k+1}}$ , logo $\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \geq 2^k u_{2^{k+1}} = \frac12 \cdot 2^{k+1} u_{2^{k+1}}$ , donde

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n \geq \frac12 \sum_{k=1}^{K+1} 2^{k} u_{2^{k}} .

As duas comparações de somas parciais funcionam nos dois sentidos (termos não negativos, Teorema 17.7): as duas séries têm a mesma natureza.

Riemann: $u_n = n^{-\alpha}$ dá $2^k u_{2^k} = 2^{k(1-\alpha)}$ , uma série geométrica, convergente se e somente se $2^{1 - \alpha} < 1$ , isto é, $\alpha > 1$ . Bertrand (Exercício 17.6): $u_n = \frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ dá $2^k u_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\alpha}$ , uma série de Riemann em $k$ : convergente se e somente se $\alpha > 1$ .

Exercício 17.10 ★★★

Usando a identidade integral do Exemplo 17.19 adaptada a $\frac{1}{1+t^2}$ , demonstre a fórmula de Leibniz

\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots

com a estimativa de erro $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N+3}$ .

Solução

Solução de Exercício 17.10.

Identidade geométrica finita com razão $-t^2$ :

\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^n t^{2n}}{1 + t^2} .

Integre em $\intcc{0}{1}$ (o lado esquerdo integra para $\arctan 1 = \frac\pi4$ , Proposição 4.10):

\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t, \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t \leq \int_0^1 t^{2n}\dd t = \frac{1}{2n+1} .

Fazer $n \to \infty$ demonstra a fórmula, e a cota exibida sobre a integral é exatamente a cota do resto: depois de somar até $N$ (isto é, $n = N + 1$ termos), $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N + 3}$ .

Exercício 17.11 ★★

Natureza de $\displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{1 + 1/n}}$ . (Calcule o limite de $n^{1/n}$ e encontre um equivalente do termo geral: o critério de Riemann precisa de um expoente fixo.)

Solução

Solução de Exercício 17.11.

$n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ (Proposição 4.6). Logo

\frac{1}{n^{1 + 1/n}} = \frac{1}{n}\,\eu^{-\frac{\ln n}{n}} \sim \frac{1}{n} ,

e o critério dos equivalentes (Teorema 17.7) compara com a série harmônica divergente: divergente, embora todo expoente $1 + \frac1n$ seja maior que $1$ . O critério de Riemann diz respeito a um expoente $\alpha$ fixo; um expoente que desliza para $1$ pode perder toda a sua margem, como aqui.

Exercício 17.12 ★★★

Seja $(u_n)$ não negativa e decrescente com $\sum u_n$ convergente. Demonstre que $n\,u_n \to 0$ (majore $n\,u_{2n}$ por uma fatia $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$ e use o critério de Cauchy). Mostre que a recíproca é falsa, e que a hipótese de monotonia não pode ser removida.

Solução

Solução de Exercício 17.12.

Seja $\varepsilon > 0$ . Pelo critério de Cauchy para a série convergente (Teorema 11.20 aplicado às somas parciais), existe $N$ com $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon$ para $n \geq N$ . Pela monotonia, cada um destes $n$ termos é $\geq u_{2n}$ :

n\,u_{2n} \leq \sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad 2n\,u_{2n} \leq 2\varepsilon ,

e para índices ímpares $(2n+1)\,u_{2n+1} \leq (2n+1)\,u_{2n} \leq 2\bigl(2n\,u_{2n}\bigr) \leq 4\varepsilon$ para $n \geq N$ : nas duas paridades, $n u_n \to 0$ .

Recíproca falsa: $u_n = \frac{1}{n\ln n}$ tem $n u_n = \frac{1}{\ln n} \to 0$ , e no entanto a série diverge (Exercício 17.6, $\alpha = 1$ ). Monotonia necessária: tome $u_n = \frac1n$ quando $n$ é um quadrado perfeito e $u_n = 2^{-n}$ caso contrário: a série converge (os termos dos quadrados somam como $\sum \frac{1}{k^2}$ , o resto geometricamente), mas $n u_n = 1$ ao longo dos quadrados.

17.5 Problema: A constante de Euler e a série que muda de soma

Problema 17.1

Problema de fim de semana — $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ , e rearranjar $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ para $\frac{\ln 2}{2}$

Duas histórias partilham a série harmônica. Primeiro, a contabilidade exata da sua divergência: $H_n - \ln n$ converge para a constante de Euler $\gamma$ (Exercício 17.7), e este problema afina o enunciado numa lei bilateral $\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n}$ , certificando $\gamma = 0.5772\dots$ à mão. Segundo, o escândalo da convergência condicional: a série harmônica alternada soma $\ln 2$ (Exemplo 17.19), e no entanto os mesmos termos, em outra ordem, somam $\frac{\ln 2}{2}$ — ou $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ para quaisquer $p, q$ , ou qualquer real que se queira (Riemann). As duas histórias são uma só: as somas rearranjadas são calculadas com a lei de $\gamma$ .

Parte I — $\gamma$ , enquadrada. Ponha $a_n = H_n - \ln n$ e $b_n = H_n - \ln(n+1)$ .

Usando $\frac{t}{1+t} \leq \ln(1 + t) \leq t$ , mostre que $(a_n)$ decresce, $(b_n)$ cresce, e que são adjacentes; o seu limite comum é $\gamma$ , com $b_n \leq \gamma \leq a_n$ para todo $n$ .
Primeiro tiro numérico: a partir de $H_{10} = 2.928968\dots$ , enquadre $\gamma$ entre $b_{10} = 0.5311$ e $a_{10} = 0.6264$ . Que tamanho de $n$ este enquadramento grosseiro exigiria para quatro decimais?
Mostre a representação exata da cauda $a_n - \gamma = \sum_{k \geq n} w_k$ (limite de somas parciais), em que

$w_k = a_k - a_{k+1} = \ln\Bigl(1 + \frac1k\Bigr) - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \frac{(k + 1 - t)}{t\,(k+1)}\,\dd t ,$

e deduza da forma integral a majoração bilateral $\dfrac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \dfrac{1}{2k(k+1)}$ .

Parte II — A lei do $\frac{1}{2n}$ .

Some as cotas da questão 3 (ambos os lados telescopam ou comparam-se a telescópios) e conclua a lei:

$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\; \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$
Deduza $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ ; mais precisamente, mostre que $\gamma_n = H_n - \ln n - \frac{1}{2n}$ satisfaz $-\frac{1}{2n(n+1)} \leq \gamma_n - \gamma \leq 0$ .
Certifique quatro decimais com $n = 100$ : dado $H_{100} = 5.1873775\dots$ , calcule $\gamma_{100} = 0.577207\dots$ e conclua $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (valor verdadeiro $0.5772156\dots$ ).
Dois dividendos da lei, ambos necessários adiante: quando $m \to \infty$ ,

$H_{2m} - H_m = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr), \qquad \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j-1} = \frac{\ln m}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1) ,$

o segundo via $\sum_{j \leq m} \frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m$ , e do mesmo modo $\sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j} = \frac{\ln m}{2} + \frac\gamma2 + o(1)$ .

Parte III — A série harmônica alternada, até a segunda ordem.

Mostre (por indução, ou agrupando) a identidade $\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - H_m$ , e deduza tanto a soma $\ln 2$ (de novo) quanto a velocidade exata:

$\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) .$
Deduza o erro assintótico da série harmônica alternada em qualquer índice: $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ — duas vezes menor do que a cota de pior caso $a_{N+1} \approx \frac1N$ do Teorema 17.18.
(Aceleração de graça) Mostre que as somas médias $\tilde S_N = \frac{S_N + S_{N+1}}{2}$ satisfazem $\tilde S_N = \ln 2 + O\bigl(\frac{1}{N^2}\bigr)$ . Verifique: $S_{10} = 0.64563$ , $S_{11} = 0.73654$ , $\tilde S_{10} = 0.69109$ , contra $\ln 2 = 0.69315$ : uma única média compra duas casas decimais.
Explique em duas frases por que nenhum truque desse tipo pode ajudar um fenômeno de cauda divergente positiva como o enquadramento da questão 2: o erro alternado oscila (sinal $(-1)^N$ ), de modo que a média cancela o seu termo dominante, enquanto o erro do enquadramento de $\gamma$ , $\frac{1}{2n}$ , tem sinal constante. (Fazer a média de $a_n$ e $b_n$ ajuda: relacione $\frac{a_n + b_n}{2}$ com a estimativa do ponto médio $H_n - \ln\bigl(n + \frac12\bigr)$ e mostre que o seu erro é $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ .)

Parte IV — Rigidez e o seu fracasso.

Mostre que a parte positiva $\sum \frac{1}{2j-1}$ e a parte negativa $\sum \frac{1}{2j}$ da série harmônica alternada divergem ambas — a assinatura da convergência condicional.
Demonstre o enunciado geral por trás da questão 12: se $\sum u_n$ converge mas $\sum \abs{u_n}$ diverge, então a série das partes positivas $\sum u_n^+$ e a das partes negativas $\sum u_n^-$ divergem ambas (a partir de $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2}$ : se uma convergisse, a outra também convergiria, e portanto $\sum\abs{u_n}$ ). Esse reservatório inesgotável de massa positiva e negativa é o que a receita de Riemann vai gastar.
(Rigidez) Demonstre: se $\sum u_n$ converge absolutamente e $\sigma \colon \N \to \N$ é uma bijeção, então $\sum u_{\sigma(n)}$ converge para a mesma soma (para $N$ grande os primeiros $M$ termos rearranjados contêm $u_0, \dots, u_N$ ; compare as somas parciais através da cauda $\sum_{n > N}\abs{u_n}$ ).
(A receita de Riemann) Seja $t \in \R$ . Descreva o rearranjo guloso da série harmônica alternada: tome termos positivos $1, \frac13, \frac15, \dots$ até que a soma parcial ultrapasse $t$ pela primeira vez, depois termos negativos $-\frac12, -\frac14, \dots$ até que ela caia abaixo de $t$ pela primeira vez, e repita. Mostre que cada termo é usado exatamente uma vez, que após o primeiro cruzamento as somas parciais ficam a uma distância de $t$ menor do que o último termo usado, e conclua que a série rearranjada converge para $t$ : qualquer soma prescrita é atingível.

Parte V — A fórmula $(p, q)$ . Fixe inteiros $p, q \geq 1$ . Rearranje a série harmônica alternada em blocos: $p$ termos positivos (os próximos inversos ímpares), depois $q$ termos negativos (os próximos inversos pares), e repita.

Verifique que isto é um rearranjo genuíno (cada termo exatamente uma vez), e que para $(p, q) = (1, 2)$ ele se lê

$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$
(A metade exata) Para $(p, q) = (1, 2)$ , demonstre a identidade de blocos

$\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr),$

e deduza a relação exata $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ entre as somas parciais rearranjadas e as originais: a divisão da soma pela metade é visível em cada estágio finito, e não apenas no limite.
Mostre que a soma parcial após $K$ blocos completos vale $\sum_{j=1}^{pK} \frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK} \frac{1}{2j}$ , e calcule o seu limite com a questão 7:

$\ln 2 + \frac12 \ln\frac pq .$
Controle as somas parciais dentro de um bloco (os termos tendem a $0$ ) e conclua que a série rearranjada por $(p, q)$ converge para $\ln 2 + \frac12\ln \frac pq$ . Em particular $(1, 2)$ dá $\frac{\ln 2}{2}$ : verifique contra os nove primeiros termos, $T_9 = 0.3083$ , aproximando-se lentamente de $0.3466$ .
Verificações de coerência e alcance: $(1,1)$ recupera $\ln 2$ ; $(2,1)$ dá $\frac32\ln 2$ ; que somas são alcançáveis por blocos $(p, q)$ , e como este cardápio enumerável se compara à carta completa de Riemann (questão 14)?

Parte VI — Epílogo: $\gamma$ em ação, e síntese.

Identifique a soma da série convergente $\sum_{k\geq1} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr)$ (Exercício 17.7): mostre que ela vale $\gamma$ .
Execute a receita de Riemann (questão 14) para o alvo $t = 1$ e liste os doze primeiros termos produzidos ( $1, \frac13, -\frac12, \frac15, -\frac14, \frac17, \frac19, -\frac16, \frac1{11}, \frac1{13}, -\frac18, \frac1{15}$ ), calculando a soma parcial ( $\approx 0.980$ ) — veja o algoritmo respirar em torno do seu alvo.
Mostre que algum rearranjo da série harmônica alternada diverge para $+\infty$ (blocos de termos positivos longos o bastante para ganhar $1$ de cada vez, usando a questão 12, separados por termos negativos isolados).
Afine o Exemplo 17.11 com a lei de $\gamma$ : mostre que o primeiro índice com $H_N \geq 20$ satisfaz $N = \eu^{\,20 - \gamma}\,(1 + o(1)) \approx 2.7\cdot10^{8}$ — a constante de Euler é exatamente a correção que faltava ao enquadramento grosseiro.
Síntese, uma frase para cada: (i) a lei de $\gamma$ e o que cada uma das suas três peças ( $\ln n$ , $\gamma$ , $\frac{1}{2n}$ ) contribui; (ii) por que a convergência condicional torna a soma dependente da ordem enquanto a convergência absoluta o proíbe; (iii) como a fórmula $(p,q)$ foi um cálculo com a lei de $\gamma$ , e não uma afirmação abstrata de existência; (iv) onde estes fios continuam — séries de potências e produtos de séries no volume do segundo ano de graduação, e o problema de fim de semana do volume do terceiro ano de graduação sobre a fórmula de Stirling, em que a mesma contabilidade soma-versus-integral funciona a plena potência.

Solução

Solução de Problema 17.1.

1. $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+1}{n} \leq 0$ porque $\ln(1 + \frac1n) \geq \frac{1/n}{1 + 1/n} = \frac{1}{n+1}$ ; e $b_{n+1} - b_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+2}{n+1} \geq 0$ porque $\ln(1 + \frac{1}{n+1}) \leq \frac{1}{n+1}$ . A sua diferença $a_n - b_n = \ln(1 + \frac1n) \to 0$ : adjacentes (Teorema 11.11), com limite comum $\lim a_n = \gamma$ (Exercício 17.7), e $b_n \leq \gamma \leq a_n$ .

2. $b_{10} = 2.928968 - \ln 11 = 0.5311$ e $a_{10} = 2.928968 - \ln 10 = 0.6264$ : logo $\gamma \in \intcc{0.5311}{0.6264}$ . A diferença é $\ln 1.1 \approx 0.095$ e encolhe como $\frac1n$ : quatro decimais ( $\text{diferença} \leq 10^{-4}$ ) exigiriam $n \approx 10^4$ — os enquadramentos são corretos, mas lentos.

3. Telescopando $a_n - a_{m+1} = \sum_{k=n}^{m} w_k$ e fazendo $m \to \infty$ : $a_n - \gamma = \sum_{k\geq n} w_k$ (limite de somas parciais). Além disso

w_k = \int_k^{k+1} \frac{\dd t}{t} - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \Bigl(\frac1t - \frac{1}{k+1}\Bigr)\dd t = \int_k^{k+1} \frac{k + 1 - t}{t\,(k+1)}\,\dd t .

Em $\intcc{k}{k+1}$ : $\frac{1}{(k+1)^2} \leq \frac{1}{t(k+1)} \leq \frac{1}{k(k+1)}$ , e $\int_k^{k+1}(k + 1 - t)\dd t = \frac12$ : logo $\frac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \frac{1}{2k(k+1)}$ .

4. Superior: $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k(k+1)} = \frac12\sum_{k\geq n}\bigl(\frac1k - \frac{1}{k+1}\bigr) = \frac{1}{2n}$ (telescopando). Inferior: $\frac{1}{2(k+1)^2} \geq \frac{1}{2(k+1)(k+2)}$ , cuja soma telescopa para $\frac{1}{2(n+1)}$ . Com a questão 3:

\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n} .

5. Subtraia $\frac{1}{2n}$ : $\gamma_n - \gamma \in \intcc{\frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{2n}}{0} = \intcc{-\frac{1}{2n(n+1)}}{0}$ : a estimativa corrigida é exata a menos de $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ , e sempre por baixo.

6. $\gamma_{100} = 5.1873775 - \ln 100 - 0.005 = 0.5772073$ , com $0 \leq \gamma - \gamma_{100} \leq \frac{1}{20200} < 5\cdot10^{-5}$ : logo $0.577207 \leq \gamma \leq 0.577257$ , isto é, $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (valor verdadeiro $0.5772156\dots$ ) — quatro decimais certificadas com cem termos, contra dez mil na questão 2.

7. Primeiro dividendo:

H_{2m} - H_m = \Bigl(\ln 2m + \gamma + \frac{1}{4m}\Bigr) - \Bigl(\ln m + \gamma + \frac{1}{2m}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr).

Segundo: os inversos pares até $2m$ somam $\frac12 H_m$ , logo $\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m = \frac12 \ln m + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1)$ , e $\sum_{j=1}^m \frac{1}{2j} = \frac12\ln m + \frac\gamma2 + o(1)$ .

8. Separando os termos pares duas vezes: $\sum_{k=1}^{2m}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - 2\cdot\frac12 H_m = H_{2m} - H_m$ . Pela questão 7 isto vale $\ln 2 - \frac{1}{4m} + O(m^{-2})$ : a soma é $\ln 2$ (o Exemplo 17.19, de novo) com a sua velocidade.

9. Para $N = 2m$ : $S - S_N = \frac{1}{4m} + O(m^{-2}) = \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ . Para $N = 2m + 1$ : $S_{N} = S_{2m} + \frac{1}{2m+1}$ , logo

S - S_N = \Bigl(\frac{1}{4m} - \frac{1}{2m+1}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{2N} + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

Nos dois casos $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ : metade da cota de pior caso $a_{N+1}$ , com sinal conhecido e alternado.

10. A média mata o termo dominante oscilante:

S - \tilde S_N = \frac{(S - S_N) + (S - S_{N+1})}{2} = \frac{(-1)^N}{2}\Bigl(\frac{1}{2N} - \frac{1}{2(N+1)}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr) = O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

Numericamente: $S_{10} = 0.645635$ , $S_{11} = 0.736544$ , $\tilde S_{10} = 0.691089$ , e $\ln 2 = 0.693147$ : o erro cai de $4.8\cdot10^{-2}$ para $2.1\cdot10^{-3}$ — uma única adição, vinte vezes melhor.

11. O erro alternado muda de sinal a cada passo, de modo que somas parciais consecutivas ladeiam o limite e a sua média cancela o termo de primeira ordem; o erro do enquadramento $H_n - \ln n - \gamma \approx \frac{1}{2n}$ tem sinal constante, logo nenhuma média ao longo de $n$ pode cancelá-lo. Fazer a média dos dois enquadramentos ajuda: $\frac{a_n + b_n}{2} = H_n - \ln\sqrt{n(n+1)}$ , e como $\ln\sqrt{n(n+1)} = \ln\bigl(n + \frac12\bigr) + O(n^{-2})$ ,

H_n - \ln\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \Bigl(H_n - \ln n - \frac{1}{2n}\Bigr) + \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \gamma + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)

(questão 5 e $\ln(1 + \frac{1}{2n}) = \frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O(n^{-3})$ ). Verifique em $n = 10$ : $H_{10} - \ln 10.5 = 0.57759$ , já a menos de $4\cdot10^{-4}$ de $\gamma$ .

12. $\sum_{j\leq m} \frac{1}{2j-1} \geq \sum_{j \leq m} \frac{1}{2j} = \frac12 H_m \to +\infty$ : tanto a parte positiva quanto a parte negativa da série harmônica alternada divergem.

13. Escreva $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2} \geq 0$ , de modo que $u_n = u_n^+ - u_n^-$ e $\abs{u_n} = u_n^+ + u_n^-$ . Se $\sum u_n^+$ convergisse, então $\sum u_n^- = \sum (u_n^+ - u_n)$ convergiria (diferença de séries convergentes), e portanto $\sum \abs{u_n}$ também: contradição com a convergência condicional. Por simetria, ambas $\sum u_n^\pm$ divergem (para $+\infty$ ): um reservatório infinito de massa positiva e de massa negativa.

14. Sejam $S = \sum u_n$ , $\varepsilon > 0$ , e $N$ com $\sum_{n > N} \abs{u_n} \leq \varepsilon$ (critério de Cauchy para $\sum\abs{u_n}$ ). Seja $M_0$ grande o bastante para que $\sigma(\{0, \dots, M_0\}) \supseteq \{0, \dots, N\}$ . Para $M \geq M_0$ , a diferença $\sum_{m \leq M} u_{\sigma(m)} - \sum_{n \leq N} u_n$ é uma soma finita de termos $u_n$ distintos com $n > N$ , logo de valor absoluto $\leq \varepsilon$ ; e $\abs{S - \sum_{n\leq N} u_n} \leq \varepsilon$ também. Assim, as somas parciais rearranjadas ficam, a partir de certo ponto, a menos de $2\varepsilon$ de $S$ : $\sum u_{\sigma(n)} = S$ . A convergência absoluta é à prova de rearranjo.

15. Cada fase do procedimento guloso termina após um número finito de termos, porque os termos positivos (respectivamente negativos) restantes têm, por si sós, somas parciais divergentes (questão 12): a soma corrente deve acabar por cruzar $t$ . O procedimento alterna portanto uma infinidade de fases finitas, consumindo os termos positivos em ordem e os termos negativos em ordem: cada termo é usado exatamente uma vez — um rearranjo. Depois do primeiro cruzamento, entre dois cruzamentos consecutivos as somas parciais movem-se monotonamente em direção a $t$ , e num cruzamento elas ultrapassam $t$ por no máximo o termo recém-acrescentado; como os termos usados no $j$ -ésimo cruzamento têm índice pelo menos $j$ na sua classe, essas ultrapassagens tendem a $0$ . Logo as somas parciais convergem para $t$ : todo número real é a soma de algum rearranjo.

16. As posições positivas recebem $\frac{1}{2j-1}$ para $j = 1, 2, \dots$ em ordem, e as posições negativas recebem $\frac{1}{2j}$ em ordem: cada termo da série harmônica alternada aparece exatamente uma vez. Para $(p, q) = (1, 2)$ , os blocos são $\bigl(1, -\frac12, -\frac14\bigr)$ , $\bigl(\frac13, -\frac16, -\frac18\bigr)$ , $\bigl(\frac15, -\frac1{10}, -\frac1{12}\bigr)$ , … — a série exibida.

17. Como $\frac{1}{4k-2} = \frac12\cdot\frac{1}{2k-1}$ :

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\,\frac{1}{2k-1} - \frac12\,\frac{1}{2k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr).

Somando sobre $k = 1, \dots, K$ : $T_{3K} = \frac12 \sum_{k=1}^{K}\bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\bigr) = \frac12 S_{2K}$ : a cada terceira soma parcial, a série rearranjada é exatamente a metade da original.

18. Após $K$ blocos completos, a soma parcial rearranjada é $\sum_{j=1}^{pK}\frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK}\frac{1}{2j}$ , e a questão 7 a avalia:

\Bigl(\frac{\ln(pK)}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2\Bigr) - \Bigl(\frac{\ln(qK)}{2} + \frac\gamma2\Bigr) + o(1) = \ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1) :

os $\gamma$ cancelam-se, os $\ln K$ cancelam-se, e a razão $\frac pq$ sobrevive.

19. Uma soma parcial dentro do bloco $K + 1$ difere da soma de $K$ blocos por no máximo $p + q$ termos, cada um de valor absoluto da ordem de $\leq \frac{1}{2qK}$ , logo por $O\bigl(\frac1K\bigr) \to 0$ : a sequência completa das somas parciais tem o mesmo limite $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ . Para $(1, 2)$ : $\ln 2 + \frac12\ln\frac12 = \frac{\ln 2}{2} = 0.34657\dots$ , e de fato $T_9 = 0.30833$ aproxima-se lentamente dele: pela questão 17, $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ converge com exatamente metade do erro da harmônica alternada. Os mesmos termos, metade da soma.

20. $(1,1)$ : $\ln 2 + \frac12\ln 1 = \ln 2$ — a ordem original, coerência. $(2,1)$ : $\frac32\ln 2 \approx 1.0397$ . O cardápio $(p,q)$ atinge exatamente a família enumerável densa $\ln 2 + \frac12\ln r$ , $r \in \Q_{>0}$ ; a receita gulosa de Riemann (questão 15) atinge todo real. A estrutura compra fórmulas; a gula compra a totalidade.

21. As somas parciais telescopam: $\sum_{k=1}^{N} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr) = H_N - \ln(N+1) = b_N \to \gamma$ : a série do Exercício 17.7 soma exatamente a constante de Euler.

22. Guloso para $t = 1$ : o primeiro termo positivo leva a soma exatamente a $1$ , sem ultrapassá-lo, logo toma-se um segundo positivo para cruzar: $1, \frac13$ (soma $1.3333 > 1$ ), depois $-\frac12$ ( $0.8333$ ), $\frac15$ ( $1.0333$ ), $-\frac14$ ( $0.7833$ ), $\frac17, \frac19$ ( $1.0373$ ), $-\frac16$ ( $0.8706$ ), $\frac1{11}, \frac1{13}$ ( $1.0384$ ), $-\frac18$ ( $0.9134$ ), $\frac1{15}$ ( $0.9801$ ), … — as somas respiram em torno de $1$ com amplitude cada vez menor, agora com dois positivos necessários por ciclo, já que os negativos são maiores.

23. Construa blocos: no estágio $j$ , acrescente termos positivos ainda não usados em número suficiente para aumentar a soma parcial em pelo menos $1$ (é possível: os termos positivos restantes têm somas divergentes, questão 12), e depois acrescente o único termo negativo $-\frac{1} {2j}$ . Todo termo positivo acaba por ser usado (cada estágio usa pelo menos um), e todo negativo também (um por estágio): um rearranjo. Cada estágio altera a soma em $\geq 1 - \frac{1}{2j} \geq \frac12$ : as somas parciais ultrapassam $\frac{j}{2}$ após o estágio $j$ , e os incrementos dentro de um estágio são positivos exceto o último, majorado por $\frac{1}{2j} \to 0$ : divergência para $+\infty$ .

24. Pela lei, $H_N \geq 20 \iff \ln N \geq 20 - \gamma - \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ : o limiar $N^*$ satisfaz $\ln N^* = 20 - \gamma + o(1)$ , isto é, $N^* = \eu^{20 - \gamma}(1 + o(1)) \approx \eu^{19.4228} \approx 2.72\cdot10^{8}$ — dentro da janela grosseira $\intcc{1.8\cdot10^8}{4.9\cdot10^8}$ do Exemplo 17.11, e fixado por $\gamma$ .

25. (i) Em $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ : o $\ln n$ é a integral, $\gamma$ é o preço de substituir uma soma por uma integral (uma constante genuinamente nova da análise), e $\frac{1}{2n}$ é a primeira correção — a sombra do trapézio. (ii) A convergência condicional apoia-se no cancelamento entre dois reservatórios infinitos (questão 13), de modo que reordenar reequilibra os reservatórios; a convergência absoluta tem massa total finita, e a estimativa da cauda da questão 14 é cega à ordem. (iii) As somas $(p,q)$ foram calculadas: a lei de $\gamma$ transformou cada soma parcial rearranjada em $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1)$ , com o próprio $\gamma$ cancelando-se — um exercício de contabilidade assintótica, não um argumento abstrato. (iv) A seguir: produtos e somabilidade incondicional para séries de potências no volume do segundo ano de graduação; e o problema de fim de semana do volume do terceiro ano de graduação sobre a fórmula de Stirling, em que a contabilidade soma-versus-integral, levada uma ordem adiante, produz o próprio $\sqrt{2\pi}$ .