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title: "Séries Numéricas"
book: "Matemática universitária — Graduação 1"
subject: math
language: pt
chapter: 17
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas
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# Capítulo 17 — Séries 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](#thm-b1-series-ratio), a comparação com [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) que dá as [séries de Riemann](#thm-b1-series-riemann), a [convergência absoluta](#thm-b1-series-absolute) e o teorema das [séries alternadas](#thm-b1-series-alternating). A teoria mais fina (produtos de [séries](#def-b1-series-def), somação por pacotes, [séries](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) converge se e somente se $\abs q < 1$ ([Exercício 11.3](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#exo-b1-seq-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](#def-b1-series-def):

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

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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#pb-b1-reals-1), que a linguagem deste capítulo finalmente enuncia em uma linha: uma [expansão decimal](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#pb-b1-reals-1) é uma [série](#def-b1-series-def) convergente, eventualmente periódica exatamente quando a sua soma é racional. A maquinaria dos dígitos do Capítulo 10, construída lá com meros [supremos](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#def-b1-reals-bounds), era a teoria das [séries](#def-b1-series-def) viajando incógnita.

**Proposição 17.4 (Primeiros fatos).**

1. Se $\sum u_n$ converge, então $u_n \to 0$ . (A recíproca é *falsa* : a [série](#def-b1-series-def) harmônica.)
2. Linearidade: [séries](#def-b1-series-def) convergentes somam-se e multiplicam-se por escalares, com as somas esperadas.
3. (Telescópica) $\sum (v_{n+1} -  v_n)$ converge se e somente se $(v_n)$ converge, com soma $\lim v_n -  v_0$ .
4. 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](#def-b1-series-def) harmônica tem $u_n = \frac1n \to 0$ e no entanto diverge ([Exercício 11.5](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#exo-b1-seq-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](#ex-b1-series-geometric) 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](#def-b1-series-def) em $\frac13$ para $\ln 2$, os [arco-tangentes](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#def-b1-functions-arc) de Machin do [Problema 16.1](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#pb-b1-taylor-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/9-fracoes-racionais#ch-b1-fractions)):

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

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](#def-b1-series-def) têm a mesma natureza.

**Demonstração.** Teorema do limite monótono ([Teorema 11.9](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-monotone)) 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](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) do [Exercício 17.3](#exo-b1-series-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](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor)), nunca na somação.

**Teorema 17.10 (Comparação com integral; séries de Riemann).**

Seja $f$ [contínua](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#def-b1-continuity-continuous), 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](#thm-b1-series-positive)). 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) 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](#def-b1-series-def) 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](#pb-b1-series-1).) A ideia de fechamento: a comparação com [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) 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](#ex-b1-series-geometric). 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](#prop-b1-series-first) (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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#thm-b1-taylor-lagrange)) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#exo-b1-integration-9) (1) usou o mesmo fato). O mesmo argumento soma as [séries](#def-b1-series-def) 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](#thm-b1-series-ratio) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/2-contagem#def-b1-counting-objects) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#pb-b1-integration-1). A ideia de fechamento: quocientes de fatoriais são exatamente o que o [critério da razão](#thm-b1-series-ratio) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-complete)):

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

que é pequeno para $N$ grande, pois as somas parciais de $\sum\abs{u_n}$ formam uma [sequência de Cauchy](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#def-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#def-b1-topology-dense) em $\intcc{-1}{1}$, [Exercício 11.12](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#exo-b1-seq-12)), e nenhuma estrutura alternada está à vista. A [convergência absoluta](#thm-b1-series-absolute) salva tudo de uma vez: $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$, uma escala convergente, logo a [série](#def-b1-series-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#def-b1-complex-field) sejam somáveis. A ideia de fechamento: a [convergência absoluta](#thm-b1-series-absolute) é a única ferramenta deste capítulo que nunca pergunta como os sinais estão organizados; tente-a primeiro ([Método 17.21](#met-b1-series-decide)), e reserve os critérios delicados para as [séries](#def-b1-series-def) que a ela resistem.

**Teorema 17.18 (Critério das séries alternadas).**

Seja $(a_n)$ decrescente com $a_n \to 0$. Então a [série](#def-b1-series-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-adjacent) elas partilham um limite $S$, que o critério das duas [subsequências](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#def-b1-seq-subsequence) ([Proposição 11.14](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#prop-b1-seq-subsequences)) 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](#def-b1-series-def) 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](#thm-b1-series-alternating) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-series/fig-4fb812dd779c.svg)

*As somas parciais $S_N$ da [série](#def-b1-series-def) 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](#thm-b1-series-alternating) 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](#pb-b1-series-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](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) harmônica é o eterno contraexemplo; o sentido recíproco ([Proposição 17.4](#prop-b1-series-first) (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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def). (iv) *Alternada precisa de decrescente*: $\sum
\frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ parece alternada e só é tratada por expansão ([Exercício 17.5](#exo-b1-series-5)); o problema de fim de semana do [Capítulo 16](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor) (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](#def-b1-series-def) 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](#pb-b1-series-1)).

**Método 17.21 (Decidir a natureza de uma série).**

1. Será que $u_n \to 0$ ? Se não, divergência, pare.
2. Termos não negativos: procure um equivalente de $u_n$ (expansões, [Capítulo 16](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor) !), compare com escalas de Riemann ou geométricas; fatoriais e potências pedem o [critério da razão](#thm-b1-series-ratio) ; um $f(n)$ decrescente pede a comparação com [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) .
3. Os sinais variam: tente primeiro a [convergência absoluta](#thm-b1-series-absolute) ; 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](#exo-b1-series-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](#prop-b1-series-first) (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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#ch-b1-seq)), ele próprio o axioma da completude do [Capítulo 10](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#ch-b1-reals); a [convergência absoluta](#thm-b1-series-absolute) é o critério de Cauchy; o critério [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) é o enquadramento de áreas do [Capítulo 15](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration); os equivalentes dos termos gerais são as expansões do [Capítulo 16](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor); e o teorema das alternadas é o lema das [sequências adjacentes](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-adjacent) 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](#pb-b1-series-1)) 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](#def-b1-series-def) adquirem uma variável ($\sum
a_n x^n$: [séries](#def-b1-series-def) de potências, com o seu raio de convergência) e depois uma teoria de valores funcionais ([séries](#def-b1-series-def) de Fourier); a dicotomia [convergência absoluta](#thm-b1-series-absolute) 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](#def-b1-series-def), e a [convergência absoluta](#thm-b1-series-absolute) é o que as torna bem definidas. E a [série](#def-b1-series-def) de Riemann $\sum n^{-s}$, levada a $s$ complexo, torna-se a função zeta — a [série](#def-b1-series-def) 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 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](#ex-b1-series-geometric) 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](#thm-b1-series-ratio); lembre que $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$.)*

**Solução de Exercício 17.2.**

[Critério da razão](#thm-b1-series-ratio) 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 de Exercício 17.3.**

Todos os termos são não negativos; use equivalentes ([Teorema 17.7](#thm-b1-series-positive)).

$\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$: 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#prop-b1-functions-powerrules)): 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 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](#thm-b1-series-positive)), 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 de Exercício 17.5.**

$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$: alternada com $\frac{1}{\sqrt n}
\downarrow 0$: convergente ([Teorema 17.18](#thm-b1-series-alternating)); 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](#def-b1-series-def) converge (alternada), $\sum \frac{1}{n^2}$ converge, e o $O(n^{-3})$ converge absolutamente: a soma de três [séries](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) $\sum_{n \geq 2}
\dfrac{1}{n (\ln n)^{\alpha}}$ converge? *(Comparação com [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def); substitua $u = \ln t$.)*

**Solução de Exercício 17.6.**

$f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ é positiva, [contínua](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#def-b1-continuity-continuous) 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](#thm-b1-series-riemann)). Pela comparação com [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def): convergência se e somente se $\alpha > 1$. (Estas [séries](#def-b1-series-def) *do tipo Bertrand* mostram quão fina é a [fronteira](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#def-b1-topology-closure) 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](#pb-b1-series-1):

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

**Solução de Exercício 17.7.**

Pelas cotas da reta tangente do [Exercício 14.3](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#exo-b1-derivative-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](#def-b1-series-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#def-b1-topology-closed) e faça $N \to \infty$ em $x = \frac12$.)*

**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](#def-b1-series-def) aqui convergem absolutamente, [critério da razão](#thm-b1-series-ratio)): 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#def-b1-topology-closure) $N x^N \to 0$). 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](#exo-b1-series-6).

**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](#thm-b1-series-positive)): as duas [séries](#def-b1-series-def) têm a mesma natureza.

Riemann: $u_n = n^{-\alpha}$ dá $2^k u_{2^k} =
2^{k(1-\alpha)}$, uma [série geométrica](#ex-b1-series-geometric), convergente se e somente se $2^{1 - \alpha}
< 1$, isto é, $\alpha > 1$. Bertrand ([Exercício 17.6](#exo-b1-series-6)): $u_n = \frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ dá $2^k u_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\alpha}$, uma [série](#def-b1-series-def) de Riemann em $k$: convergente se e somente se $\alpha > 1$.

**Exercício 17.10 ★★★.**

Usando a identidade [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) do [Exemplo 17.19](#ex-b1-series-ln2) 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 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#prop-b1-functions-arcderiv)):

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

Fazer $n \to \infty$ demonstra a fórmula, e a cota exibida sobre a [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) 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 de Exercício 17.11.**

$n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ ([Proposição 4.6](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#prop-b1-functions-powerrules)). 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](#thm-b1-series-positive)) compara com a [série](#def-b1-series-def) 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 de Exercício 17.12.**

Seja $\varepsilon > 0$. Pelo critério de Cauchy para a [série](#def-b1-series-def) convergente ([Teorema 11.20](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-complete) 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](#def-b1-series-def) diverge ([Exercício 17.6](#exo-b1-series-6), $\alpha = 1$). Monotonia necessária: tome $u_n = \frac1n$ quando $n$ é um quadrado perfeito e $u_n =
2^{-n}$ caso contrário: a [série](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) harmônica. Primeiro, a contabilidade exata da sua divergência: $H_n - \ln n$ converge para a [constante de Euler](#pb-b1-series-1) $\gamma$ ([Exercício 17.7](#exo-b1-series-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](#def-b1-series-def) harmônica alternada soma $\ln 2$ ([Exemplo 17.19](#ex-b1-series-ln2)), 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 $b_n = H_n - \ln(n+1)$.

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 $n$ .
2. 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?
3. 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 $\frac{1}{2n}$.**

4. Some as cotas da questão 3 (ambos os lados telescopam ou comparam-se a telescópios) e conclua a lei: $$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\;  \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$$
5. 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 $-\frac{1}{2n(n+1)} \leq \gamma_n - \gamma \leq 0$ .
6. 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 $0.5772156\dots$ ).
7. 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](#def-b1-series-def) harmônica alternada, até a segunda ordem.**

8. 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: $$\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k}  = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) .$$
9. Deduza o erro assintótico da [série](#def-b1-series-def) 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](#thm-b1-series-alternating) .
10. (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.
11. 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.**

12. Mostre que a parte positiva $\sum \frac{1}{2j-1}$ e a parte negativa $\sum \frac{1}{2j}$ da [série](#def-b1-series-def) harmônica alternada divergem ambas — a assinatura da convergência *condicional* .
13. Demonstre o enunciado geral por trás da questão 12: se $\sum u_n$ converge mas $\sum \abs{u_n}$ diverge, então a [série](#def-b1-series-def) 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.
14. (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 $\sum_{n > N}\abs{u_n}$)* .
15. (A receita de Riemann) Seja $t \in \R$ . Descreva o rearranjo guloso da [série](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) rearranjada converge para $t$ : *qualquer* soma prescrita é atingível.

**Parte V — A fórmula $(p, q)$.** Fixe inteiros $p, q \geq 1$. Rearranje a [série](#def-b1-series-def) harmônica alternada em blocos: $p$ termos positivos (os próximos inversos ímpares), depois $q$ termos negativos (os próximos inversos pares), e repita.

16. Verifique que isto é um rearranjo genuíno (cada termo exatamente uma vez), e que para $(p, q) = (1, 2)$ ele se lê $$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 +  \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$$
17. (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.
18. 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: $$\ln 2 + \frac12 \ln\frac pq .$$
19. Controle as somas parciais *dentro* de um bloco (os termos tendem a $0$ ) e conclua que a [série](#def-b1-series-def) 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 $0.3466$ .
20. 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.**

21. Identifique a soma da [série](#def-b1-series-def) convergente $\sum_{k\geq1} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr)$ ( [Exercício 17.7](#exo-b1-series-7) ): mostre que ela vale $\gamma$ .
22. 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.
23. Mostre que algum rearranjo da [série](#def-b1-series-def) 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)* .
24. Afine o [Exemplo 17.11](#ex-b1-series-harmonicstack) 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](#pb-b1-series-1) é exatamente a correção que faltava ao enquadramento grosseiro.
25. 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](#thm-b1-series-absolute) 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](#def-b1-series-def) de potências e produtos de [séries](#def-b1-series-def) 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 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-adjacent)), com limite comum $\lim
a_n = \gamma$ ([Exercício 17.7](#exo-b1-series-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](#ex-b1-series-ln2), 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](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) 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](#thm-b1-series-absolute) 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](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) 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](#def-b1-series-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#def-b1-topology-dense) $\ln 2 + \frac12\ln r$, $r \in \Q_{>0}$; 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](#def-b1-series-def) do [Exercício 17.7](#exo-b1-series-7) soma exatamente a [constante de Euler](#pb-b1-series-1).

**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](#ex-b1-series-harmonicstack), e fixado por $\gamma$.

**25.** (i) Em $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} +
O(n^{-2})$: o $\ln n$ é a [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def), $\gamma$ é o preço de substituir uma soma por uma [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) (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](#thm-b1-series-absolute) 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](#def-b1-series-def) 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 $\sqrt{2\pi}$.