Matemática universitária — Graduação 2 · Bachelor Year 2

11Séries de potências

As séries de potências são as séries de funções mais bem-comportadas da matemática: dentro de seu disco de convergência elas convergem normalmente nos compactos, podem ser derivadas e integradas termo a termo sem pensar duas vezes, e suas somas — as funções analíticas — são determinadas por seus coeficientes. Este capítulo demonstra esse pacote inteiro e recupera, honestamente, toda série de Taylor do volume do primeiro ano de graduação; as funções geradoras o fecham com dividendos algébricos.

11.1 Raio de convergência

Lema 11.1 (Abel)

Se a sequência $(a_n z_0^n)$ é limitada para algum $z_0 \neq 0$ , então $\sum a_n z^n$ converge absolutamente para todo $\abs z < \abs {z_0}$ , e normalmente em todo disco $\abs z \leq r < \abs{z_0}$ .

Demonstração. Com $\abs{a_n z_0^n} \leq M$ e $\abs z \leq r$ :

\abs{a_n z^n} = \abs{a_n z_0^n}\,\Bigl|\frac{z}{z_0}\Bigr|^n \leq M\Bigl(\frac{r}{\abs{z_0}}\Bigr)^{\!n},

uma cota geométrica convergente, uniforme no disco. ∎

Definição 11.2 (Raio de convergência)

O raio de convergência de $\sum a_n z^n$ é

R = \sup\{r \geq 0 : (a_n r^n) \text{ limitada}\} \in \intcc{0}{+\infty} .

Pelo Lema 11.1: convergência absoluta para $\abs z < R$ (normal em subdiscos compactos), divergência — com termos até ilimitados — para $\abs z > R$ . No círculo de fronteira, tudo pode acontecer (Exercício 11.2). Na prática, $R$ é calculado pelo critério da razão de d’Alembert em $\abs{a_n}\abs z^n$ ou por comparação.

Exemplo 11.3 (Um raio sem critério da razão)

Qual é o raio de $\sum \sin(n)\,z^n$ ? A razão $\abs{\sin(n+1)/\sin n}$ não tem limite, mas a definição funciona diretamente. $R \geq 1$ : $\abs{\sin n} \leq 1$ , logo $(\sin n\cdot r^n)$ é limitada para todo $r < 1$ — de fato, para $r = 1$ . $R \leq 1$ : basta que $\sin n \not\to 0$ . Suponha $\sin n \to 0$ ; a fórmula de adição

\sin(n+1) = \sin n\cos 1 + \cos n\sin 1

forçaria $\cos n \to 0$ (resolva para $\cos n$ : $\sin 1 \neq 0$ ), contradizendo $\sin^2 n + \cos^2 n = 1$ . Assim os termos $\sin(n)\,1^n$ não tendem a $0$ : a série diverge em $z = 1$ , e $R \leq 1$ . Conclusão: $R = 1$ . Lição final: o raio é um enunciado sobre $\abs{a_n}r^n$ ser limitada — nenhum limite de razões é jamais exigido, e argumentos de limitação resolvem casos que o critério da razão não consegue tocar (compare os coeficientes oscilantes do Exercício 11.1).

Proposição 11.4 (Operações)

Sejam $\sum a_nz^n$ e $\sum b_nz^n$ de raios $R_a, R_b$ . Então, para $\abs z < \min(R_a, R_b)$ :

\sum (a_n + b_n)z^n = \sum a_nz^n + \sum b_nz^n, \qquad \Bigl(\sum a_nz^n\Bigr)\Bigl(\sum b_nz^n\Bigr) = \sum c_n z^n, \quad c_n = \sum_{k=0}^{n} a_kb_{n-k},

tendo as duas séries raio $\geq \min(R_a, R_b)$ . (O produto é o produto de Cauchy, legítimo pela convergência absoluta e pelo Teorema 7.14.)

Demonstração. A fórmula da soma é a linearidade das séries convergentes, e $(a_n + b_n)r^n$ é limitada sempre que $a_nr^n$ e $b_nr^n$ o são: raio $\geq \min(R_a, R_b)$ . Para o produto, fixe $\abs z < \min(R_a, R_b)$ : as duas séries convergem absolutamente aí (Lema 11.1), de modo que a família duplamente indexada $(a_kz^k\,b_lz^l)_{k,l}$ é somável, e o Teorema 7.14 permite qualquer agrupamento. Agrupando por $k + l = n$ :

\Bigl(\sum_k a_kz^k\Bigr)\Bigl(\sum_l b_lz^l\Bigr) = \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k+l=n}a_kb_l\Bigr)z^n = \sum_{n\geq0}c_nz^n ,

absolutamente convergente para todo tal $z$ : a série produto tem raio $\geq \min(R_a, R_b)$ também. ∎

Exemplo 11.5 (Um quadrado de Cauchy, conferido)

Eleve ao quadrado a série geométrica: para $\abs x < 1$ , o coeficiente de $x^n$ em $\bigl(\sum x^k\bigr)^2$ é $c_n = \sum_{k+l=n} 1\cdot1 = n + 1$ , logo

\frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n\geq0}(n+1)\,x^n .

Confira por derivação termo a termo (Teorema 11.7 adiante): derivando $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ obtém-se $\frac{1}{(1-x)^2} = \sum nx^{n-1} = \sum(n+1)x^n$ — a mesma série por dois mecanismos independentes. Lição final: quando uma identidade entre coeficientes parece misteriosa, um desses dois motores (convolução ou derivação) costuma produzi-la em uma linha; a questão do problema de fim de semana sobre $\sum\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n$ roda o motor de convolução a plena potência.

Exemplo 11.6 (Multiplicar por $\frac{1}{1-x}$ soma os coeficientes)

Um produto de Cauchy contra a série geométrica tem um significado memorável: para qualquer $\sum a_nx^n$ de raio $R > 0$ e $\abs x < \min(R, 1)$ ,

\frac{1}{1-x}\sum_{n\geq0}a_nx^n = \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k=0}^{n}a_k\Bigr)x^n :

multiplicar por $\frac{1}{1-x}$ substitui os coeficientes por suas somas parciais (convolução com a sequência de uns). Exemplo: $\dfrac{\eu^x}{1-x} = \sum_n s_n x^n$ com $s_n = \sum_{k\leq n}\frac{1}{k!}$ , as somas parciais de $\eu$ — compare com o Exercício 11.11, em que o mesmo produto com $\eu^{-x}$ codifica as contagens de desarranjos. Lição final: operações sobre séries de potências são operações sobre sequências de coeficientes disfarçadas (multiplicar por $\frac1{1-x}$ : somar; multiplicar por $x$ : deslocar; derivar: multiplicar por $n$ e deslocar) — um dicionário que o capítulo de funções geradoras lerá com fluência.

11.2 Regularidade da soma

Teorema 11.7 (Cálculo termo a termo)

Seja $f(x) = \sum_{n\geq0} a_n x^n$ de raio $R > 0$ (variável real $x \in \intoo{-R}{R}$ ).

A série derivada $\sum n\,a_n x^{n-1}$ tem o mesmo raio $R$ , e $f$ é $C^1$ com $f'(x) = \sum_{n \geq 1} n a_n x^{n-1}$ . Iterando, $f$ é $C^\infty$ e

$a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!} :$

os coeficientes de uma série de potências são únicos (duas séries com a mesma soma perto de $0$ têm coeficientes iguais).
Primitiva termo a termo: $\sum \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ tem raio $R$ e derivada $f$ .

Demonstração. Mesmo raio: se $(a_nr^n)$ é limitada e $r' < r$ , então $n\abs{a_n} r'^{\,n-1} = \frac{n}{r'}\abs{a_nr^n} \bigl(\frac{r'}{r}\bigr)^n$ é limitada (de fato $\to 0$ : a geométrica vence $n$ ), logo $R' \geq R$ ; reciprocamente, $\abs{a_n x^n} \leq \abs x \cdot n\abs{a_n}\abs x^{n-1}$ dá $R \geq R'$ .

Derivação: em $\intcc{-r}{r}$ , $r < R$ , a série derivada converge normalmente ( $n\abs{a_n}r^{n-1}$ somável pelo cálculo do raio); a original converge em $x = 0$ : o teorema de derivação para séries (Teorema 10.11) se aplica em todo segmento desse tipo, logo em $\intoo{-R}{R}$ . Iterando $k$ vezes e avaliando em $0$ : explicitamente, a $k$ -ésima série derivada é

f^{(k)}(x) = \sum_{n\geq k} n(n-1)\cdots(n-k+1)\,a_n\,x^{n-k},

e em $x = 0$ todo termo com $n > k$ se anula, restando apenas o termo constante $k(k-1)\cdots1\cdot a_k$ : $f^{(k)}(0) = k!\,a_k$ . A unicidade dos coeficientes segue: duas séries de potências com a mesma soma perto de $0$ têm as mesmas derivadas em $0$ , logo os mesmos $a_k$ . Primitivas: mesmo raio pelo mesmo cálculo, e derive termo a termo de volta. ∎

Exemplo 11.8 (Avaliar uma série num ponto)

Quanto vale $\sum_{n\geq1}\dfrac{n^2}{2^n}$ ? É a soma $\sum n^2x^n$ do Exercício 11.3 avaliada dentro do disco, em $x = \frac12 < 1 = R$ , onde toda manipulação usada para deduzir a forma fechada era legítima:

\sum_{n\geq1} n^2x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3} \quad\Longrightarrow\quad \sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{(\frac12)^3} = \frac{3/4}{1/8} = 6 .

Mesmo motor, outros botões: $x = \frac13$ dá $\sum\frac{n^2}{3^n} = \frac{\frac13\cdot\frac43}{(2/3)^3} = \frac32$ . Lição final: uma identidade de séries de potências é uma máquina, e não uma única fórmula — uma dedução precifica de uma vez toda série numérica $\sum n^2q^n$ , para todo $\abs q < 1$ ; é assim que o capítulo de funções geradoras vai calcular esperanças e variâncias no atacado.

Exemplo 11.9 (Os clássicos, desta vez honestamente)

$\displaystyle\frac{1}{1 - x} = \sum x^n$ ( $R = 1$ ); integrando termo a termo (Teorema 11.7 (2)):

-\ln(1 - x) = \sum_{n\geq1} \frac{x^n}{n}, \qquad \arctan x = \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} \quad (\abs x < 1),

a segunda em dois passos: substitua $-x^2$ na série geométrica para obter $\frac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^nx^{2n}$ (raio $1$ , pois $\abs{x^2} < 1 \iff \abs x < 1$ ) e depois tome a primitiva termo a termo que se anula em $0$ ; os dois lados são primitivas da mesma função com o mesmo valor em $0$ , logo iguais em $\intoo{-1}{1}$ . E $\exp$ : a série $E(x) = \sum \frac{x^n}{n!}$ ( $R = \infty$ ) satisfaz $E' = E$ , $E(0) = 1$ por derivação termo a termo, logo $E = \exp$ pela unicidade do primeiro ano. Todo “desenvolvimento padrão” do volume do primeiro ano de graduação é agora um teorema sobre sua série de potências completa.

Exemplo 11.10 (Um logaritmo calculado de dentro do disco)

Avaliando $-\ln(1-x) = \sum\frac{x^n}{n}$ no ponto interior $x = \frac12$ :

\sum_{n\geq1}\frac{1}{n\,2^n} = \ln 2 ,

uma representação de rápida convergência de $\ln 2$ (dez termos já dão $0.69306\ldots$ contra $\ln 2 = 0.69314\ldots$ ), bem melhor do que a série alternada $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ , disponível apenas na fronteira. Lição final: sempre que uma constante for atingível tanto na borda quanto estritamente dentro do disco, o interior vence numericamente — decaimento geométrico contra decaimento harmônico.

Exemplo 11.11 (A derivação preserva o raio, não a fronteira)

A série $\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n^2}$ tem raio $1$ e converge nas duas extremidades ( $\sum\frac1{n^2}$ e sua gêmea alternada). Sua série derivada,

\sum_{n\geq1}\frac{x^{n-1}}{n} ,

tem o mesmo raio $1$ — como o Teorema 11.7 garante — mas agora diverge em $x = 1$ (série harmônica) enquanto ainda converge em $x = -1$ (alternada). Mais uma derivação dá $\sum_{n\geq2}\frac{n-1}{n}x^{n-2}$ , divergente nas duas pontas (os termos não tendem a $0$ ). Lição final: cada derivação multiplica os coeficientes por $n$ , o que nunca move o raio (a geométrica vence a polinomial) mas devora uma ordem de decaimento na fronteira; o cálculo termo a termo é um esporte de interior, e o que quer que aconteça na borda tem de ser reexaminado — a teoria de Abel–Tauber do problema de fim de semana é exatamente esse reexame.

Exemplo 11.12 (Separar uma série por restos — trabalhada até o fim)

Calcule $f(x) = \sum_{n\geq0} \dfrac{x^{4n}}{(4n)!}$ em forma fechada. Tanto $\cosh x = \sum \frac{x^{2m}}{(2m)!}$ quanto $\cos x = \sum \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!}$ têm raio $\infty$ , de modo que sua média pode ser calculada termo a termo:

\frac{\cosh x + \cos x}{2} = \sum_{m\geq0}\frac{1 + (-1)^m}{2}\,\frac{x^{2m}}{(2m)!} = \sum_{m \text{ par}}\frac{x^{2m}}{(2m)!} = \sum_{n\geq0}\frac{x^{4n}}{(4n)!} = f(x) .

O filtro $\frac{1+(-1)^m}{2}$ retém exatamente os $m$ pares: esse é o avatar real do filtro das raízes da unidade (a versão complexa, com $\iu^n$ , extrai restos módulo $4$ de um só golpe). Verificação final: $f$ resolve $f'''' = f$ com $f(0) = 1$ , $f'(0) = f''(0) = f'''(0) = 0$ — derive a série quatro vezes (Teorema 11.7) e veja-a reproduzir-se; $\frac{\cosh + \cos}{2}$ satisfaz os mesmos dados.

Definição 11.13 (Funções analíticas)

$f$ é analítica em $x_0$ quando é a soma de uma série de potências em $(x - x_0)$ numa vizinhança; num intervalo, quando o é em todo ponto. As somas de séries de potências são analíticas dentro de seu disco (reordenação do desenvolvimento — admitida neste nível para o recentramento, sendo o caso $x_0 = 0$ o Teorema 11.7). Analítica implica $C^\infty$ ; a recíproca falha: a função achatada $\eu^{-1/x^2}$ (Exercício 11.7).

Exemplo 11.14 (Recentrar, e o raio como distância)

Desenvolva $f(x) = \frac{1}{1-x}$ em torno de $x_0 = \frac12$ : escrevendo $x = \frac12 + h$ ,

\frac{1}{1 - x} = \frac{1}{\frac12 - h} = \frac{2}{1 - 2h} = \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\,h^n = \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\Bigl(x - \frac12\Bigr)^{\!n},

válido para $\abs{2h} < 1$ , isto é, $\abs{x - \frac12} < \frac12$ . O novo raio é exatamente a distância do novo centro à singularidade $x = 1$ : recentrar encolhe (ou aumenta) o disco para que ele caiba até o obstáculo mais próximo. Lição final: essa é a figura por trás da definição de analiticidade — uma função, muitas séries de potências locais, cada uma vivendo no maior disco que evita o problema; o volume do terceiro ano de graduação transforma a heurística “raio $=$ distância à singularidade complexa mais próxima” num teorema.

Observação 11.15 (Armadilhas comuns)

(i) O critério da razão é suficiente, não necessário: quando $\abs{a_{n+1}/a_n}$ não tem limite (Exemplo 11.3, Exercício 11.1), volte à definição: $R = \sup\{r : (a_nr^n)$ limitada $\}$ . (ii) Nada atravessa a fronteira de graça: a derivação e a integração termo a termo são teoremas dentro do disco aberto; em $\abs x = R$ cada série tem de ser reexaminada (esse é todo o assunto do problema de fim de semana). (iii) Raio de uma soma: $\min(R_a, R_b)$ é apenas uma cota inferior — cancelamentos podem aumentá-lo ( $a_n = 1, b_n = -1$ : soma identicamente $0$ , raio $\infty$ ). (iv) $C^\infty$ não é analítica: uma série de Taylor convergente pode convergir para a função errada (Exercício 11.7); antes de escrever $f(x) = \sum \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ , demonstre-o — por uma EDO (Método 11.17), uma estimativa do resto ou uma fórmula integral.

Observação 11.16 (Onde isso é usado)

As séries de potências são o cavalo de batalha de três capítulos posteriores: o capítulo de equações diferenciais resolve EDOs lineares injetando $\sum a_nx^n$ (a caixa de método abaixo, industrializada); o capítulo de funções geradoras converte identidades sobre probabilidades em identidades sobre séries de potências e de volta; e o volume do terceiro ano de graduação oficializa a variável complexa, onde a analiticidade se torna equivalente à derivabilidade complexa e o “recentramento admitido” acima ganha sua demonstração honesta. O problema de fim de semana explora o único lugar em que os teoremas deste capítulo ficam calados: a própria fronteira $\abs x = R$ .

Método 11.17 (Desenvolver por meio de uma equação diferencial)

Para desenvolver uma função $f$ em série de potências: ache uma EDO linear com coeficientes polinomiais satisfeita por $f$ ; injete $\sum a_nx^n$ ; identifique os coeficientes para obter uma recorrência para $(a_n)$ ; resolva e confira o raio e as condições iniciais. Exemplo — a série binomial: $f(x) = (1+x)^\alpha$ satisfaz $(1+x)f' = \alpha f$ , $f(0) = 1$ ; injetando obtém-se $(n+1)a_{n+1} = (\alpha - n)a_n$ , logo $a_n = \binom{\alpha}{n}$ , raio $1$ (critério da razão) e a soma, satisfazendo a mesma EDO com o mesmo valor inicial, é igual a $(1 + x)^\alpha$ pelo teorema de unicidade para EDOs lineares (volume do primeiro ano de graduação).

Exemplo 11.18 (O método numa equação com termo forçante)

Resolva $y' = y + x$ , $y(0) = 0$ , por séries de potências. Injetando $y = \sum a_nx^n$ :

\sum_{n\geq0}(n+1)a_{n+1}x^n = \sum_{n\geq0}a_nx^n + x ,

e identificando coeficientes: $a_1 = a_0 = 0$ , $2a_2 = a_1 + 1 = 1$ e $(n+1)a_{n+1} = a_n$ para $n \geq 2$ . Logo $a_2 = \frac{1}{2!}$ e, por indução, $a_n = \frac{1}{n!}$ para todo $n \geq 2$ : raio $\infty$ , e

y(x) = \sum_{n\geq2}\frac{x^n}{n!} = \eu^x - 1 - x .

Verificação: $y' = \eu^x - 1 = y + x$ e $y(0) = 0$ . Lição final: a recorrência é a equação, coeficiente a coeficiente; o termo forçante só perturba finitos coeficientes iniciais, após os quais o padrão homogêneo assume o comando — uma sombra discreta de “solução particular mais solução homogênea”.

11.3 Funções geradoras

Exemplo 11.19 (Fibonacci)

Seja $F(x) = \sum_{n\geq0} F_n x^n$ (números de Fibonacci, $F_0 = 0$ , $F_1 = 1$ ). A recorrência $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ traduz-se, multiplicando por $x^{n+2}$ e somando, em

F(x) - x = x\,F(x) + x^2 F(x) \quad\Longrightarrow\quad F(x) = \frac{x}{1 - x - x^2} ,

válido onde a série converge. O raio é $\frac{1}{\varphi}$ : de $F_n \sim \frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ (Binet, exemplo seguinte — ou a indução bruta $F_n \leq 2^n$ mais a recorrência), o critério da razão dá

\frac{F_{n+1}\abs x^{n+1}}{F_n\abs x^n} \longrightarrow \varphi\abs x , \qquad\text{convergência se e somente se } \abs x < \frac1\varphi \approx 0.618 .

Frações parciais em $\frac{x}{1 - x - x^2}$ e a série geométrica redemonstram a fórmula de Binet — as funções geradoras industrializam as recorrências lineares.

Exemplo 11.20 (A fórmula de Binet, executada)

Sejam $\varphi = \frac{1+\sqrt5}{2}$ e $\psi = \frac{1-\sqrt5}{2}$ , as raízes de $X^2 = X + 1$ ; como $\varphi + \psi = 1$ e $\varphi\psi = -1$ ,

1 - x - x^2 = (1 - \varphi x)(1 - \psi x) .

Frações parciais: procurando $\frac{x}{(1-\varphi x)(1-\psi x)} = \frac{A}{1 - \varphi x} + \frac{B}{1 - \psi x}$ , o termo constante dá $A + B = 0$ e o coeficiente de $x$ dá $-A\psi - B\varphi = 1$ , logo $A(\varphi - \psi) = 1$ : $A = \frac{1}{\sqrt5} = -B$ . Duas séries geométricas depois,

F(x) = \frac{1}{\sqrt5}\sum_{n\geq0} \bigl(\varphi^n - \psi^n\bigr)x^n \quad\Longrightarrow\quad F_n = \frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt5}

pela unicidade dos coeficientes (Teorema 11.7). Como $\abs\psi < 1$ , o termo $\frac{\psi^n}{\sqrt5}$ tem valor absoluto $< \frac12$ : $F_n$ é o inteiro mais próximo de $\frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ . Lição final: o raio $\frac1\varphi$ de $F$ é o inverso da raiz dominante — o crescimento dos coeficientes e o raio de convergência são a mesma informação lida em sentidos opostos.

Exemplo 11.21 (Números de Catalan)

Os números de Catalan $C_n$ (número de triangulações, de parentizações, de caminhos de Dyck, …) satisfazem $C_0 = 1$ e $C_{n+1} = \sum_{k=0}^n C_kC_{n-k}$ . A função geradora $C(x) = \sum C_nx^n$ satisfaz então (produto de Cauchy!)

C(x) = 1 + x\,C(x)^2 \quad\Longrightarrow\quad C(x) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4x}}{2x} ,

escolhendo a raiz com $C(0) = 1$ : resolver a quadrática $xC^2 - C + 1 = 0$ dá os dois candidatos $\frac{1 \pm \sqrt{1-4x}}{2x}$ e, quando $x \to 0$ , a raiz “ $+$ ” explode como $\frac1x$ enquanto a raiz “ $-$ ” tende a $1$ (desenvolva $\sqrt{1-4x} = 1 - 2x + O(x^2)$ ) — só o sinal de menos pode carregar uma série de potências com $C_0 = 1$ . Desenvolver $\sqrt{1 - 4x}$ pela série binomial dá a forma fechada

C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} ,

executada no Exercício 11.8.

Observação 11.22 (Séries formais contra séries convergentes)

Todo cálculo com funções geradoras acima termina invocando a unicidade dos coeficientes, e esse teorema mora dentro de um disco de raio positivo: antes de “ler” $F_n$ ou $C_n$ , é preciso saber que $R > 0$ . Uma cota a priori bruta basta — $F_n \leq 2^n$ (indução imediata) dá $R \geq \frac12$ para Fibonacci; $C_n \leq 4^n$ (cada número de Catalan conta subconjuntos de caminhos) dá $R \geq \frac14$ . Cuidado com a ponta degenerada da escala: $\sum n!\,x^n$ tem raio $0$ , e manipulá-la como função não faz sentido — identidades envolvendo tais séries pertencem ao cálculo formal dos coeficientes, um jogo puramente algébrico com suas próprias (outras) regras. Neste nível: garanta sempre primeiro um raio positivo e depois calcule livremente dentro dele.

Observação 11.23 (Perspectivas dentro deste volume)

As séries de potências são uma das duas grandes máquinas de expansão do livro; a outra é a série de Fourier dos capítulos harmônicos, e compará-las é instrutivo. Uma série de potências é rígida: seus coeficientes são forçados ( $a_n = f^{(n)}(0)/n!$ ), sua convergência é implacável (normal dentro, impossível fora) e sua soma é analítica — infinitamente rígida (Definição 11.13). Uma série de Fourier é flexível: ela representa meros sinais suaves por partes, ao preço de delicadas questões de convergência na fronteira da suavidade. As duas teorias se encontram no problema de fim de semana deste capítulo: as médias de Cesàro e a transformação de Abel, desenvolvidas aqui para o círculo de fronteira, voltam no capítulo de Fourier como os núcleos de Fejér e de Poisson. Enquanto isso, o capítulo de equações diferenciais consome séries de potências diretamente ( $\eu^{tA}$ , soluções em série), e o capítulo de funções geradoras transforma o truque do Exemplo 11.19 num cálculo sistemático para probabilidades.

11.4 Exercícios

Exercício 11.1 ★

Raios de convergência: $\sum \dfrac{n^2}{2^n}z^n$ ; $\;\sum \dfrac{z^n}{\binom{2n}{n}}$ ; $\;\sum z^{n!}$ ; $\;\sum \bigl(2 + (-1)^n\bigr)^n z^n$ .

Solução

Solução de Exercício 11.1.

$\sum \frac{n^2}{2^n}z^n$ : razão $\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}\cdot \frac{2^n}{n^2} \to \frac12$ : $R = 2$ .

$\sum \frac{z^n}{\binom{2n}{n}}$ : $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Exemplo 6.14), logo $\abs{a_n}^{-1} \approx 4^n$ a menos de fatores polinomiais: $R = 4$ (critério da razão: $\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{2n+2}{n+1}} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \to \frac14$ ).

$\sum z^{n!}$ : coeficientes $a_k = 1$ se $k = n!$ , e $0$ caso contrário. Para $\abs z < 1$ , $\sum \abs z^{n!}$ converge (dominada por uma geométrica); para $\abs z \geq 1$ os termos não tendem a $0$ : $R = 1$ .

$\sum (2 + (-1)^n)^n z^n$ : coeficientes $3^n$ ( $n$ par) e $1$ ( $n$ ímpar). A limitação de $a_nr^n$ exige $3r \leq 1$ ; e $r < \frac13$ funciona: $R = \frac13$ .

Exercício 11.2 ★

Mostre que $\sum z^n$ , $\sum \frac{z^n}{n}$ e $\sum \frac{z^n}{n^2}$ têm todas raio $1$ mas se comportam de modo diferente em $z = 1$ e $z = -1$ : divergência/divergência, divergência/convergência, convergência/convergência.

Solução

Solução de Exercício 11.2.

As três têm raio $1$ (critério da razão). Em $z = 1$ : $\sum 1$ diverge; $\sum\frac1n$ diverge; $\sum\frac{1}{n^2}$ converge. Em $z = -1$ : $\sum(-1)^n$ diverge; $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ converge (alternada); $\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ converge (absolutamente). O comportamento na fronteira é invisível para o raio.

Exercício 11.3 ★

Calcule as somas, para $\abs x < 1$ :

\sum_{n\geq0} n x^n, \qquad \sum_{n\geq0} n^2 x^n, \qquad \sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} .

Solução

Solução de Exercício 11.3.

De $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ , derive e multiplique por $x$ (Teorema 11.7):

\sum n x^n = \frac{x}{(1-x)^2} .

Derive mais uma vez e multiplique por $x$ de novo:

\sum n^2 x^n = x\,\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(\frac{x}{(1-x)^2}\Bigr) = \frac{x(1 + x)}{(1-x)^3} .

Terceira soma: é a parte ímpar de $-\ln(1 - x)$ :

\sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \frac{-\ln(1-x) + \ln(1+x)}{2} = \frac12 \ln\frac{1+x}{1-x} = \operatorname{artanh} x .

Exercício 11.4 ★★

Desenvolva em série de potências em $0$ , com o raio: $\dfrac{1}{(1-x)(2-x)}$ (frações parciais); $\;\ln(1 + x + x^2)$ (escreva $1 + x + x^2 = \frac{1 - x^3}{1 - x}$ ).

Solução

Solução de Exercício 11.4.

Frações parciais: $\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \frac{1}{1-x} - \frac{1}{2 - x} = \sum x^n - \frac12\sum \bigl(\frac x2\bigr)^n$ :

\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \sum_{n\geq0} \Bigl(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\Bigr)x^n, \qquad R = 1 .

$\ln(1 + x + x^2) = \ln\frac{1 - x^3}{1 - x} = \ln(1 - x^3) - \ln(1 - x) = \sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n} - \sum_{m\geq1}\frac{x^{3m}}{m}$ : o coeficiente de $x^n$ é $\frac1n$ se $3 \nmid n$ , e $\frac1n - \frac{3}{n} = -\frac2n$ se $3 \mid n$ . Raio $1$ (o obstáculo mais próximo: a série de $\ln(1-x^3)$ ).

Exercício 11.5 ★★

Prove que $f(x) = \sum_{n\geq1} H_n x^n = -\dfrac{\ln(1 - x)}{1 - x}$ para $\abs x < 1$ , em que $H_n$ é o número harmônico (produto de Cauchy de $\sum x^n$ e $\sum \frac{x^n}{n}$ ).

Solução

Solução de Exercício 11.5.

Produto de Cauchy de $\sum_{m \geq 0} x^m$ (coeficientes $1$ ) e $\sum_{k\geq1} \frac{x^k}{k}$ (coeficientes $\frac1k$ , $k \geq 1$ ), ambas absolutamente convergentes para $\abs x < 1$ : o coeficiente de $x^n$ no produto é $\sum_{k=1}^{n} \frac1k \cdot 1 = H_n$ . Logo

\Bigl(\sum x^m\Bigr)\Bigl(\sum \frac{x^k}{k}\Bigr) = \frac{1}{1-x}\cdot\bigl(-\ln(1-x)\bigr) = \sum_{n\geq1} H_n x^n .

Exercício 11.6 ★★

Resolva por função geradora a recorrência $u_0 = 1$ , $u_{n+1} = 2u_n + n$ : calcule $U(x) = \sum u_nx^n$ em forma fechada, decomponha e leia $u_n = 2^{n+1} - n - 1$ .

Solução

Solução de Exercício 11.6.

Multiplique a recorrência por $x^{n+1}$ e some ( $\abs x < \frac12$ ):

U(x) - 1 = 2x\,U(x) + \sum_{n\geq0} n\,x^{n+1} = 2x\,U(x) + \frac{x^2}{(1-x)^2} ,

usando Exercício 11.3. Logo

U(x) = \frac{1}{1 - 2x}\Bigl(1 + \frac{x^2}{(1-x)^2}\Bigr) = \frac{1 - 2x + 2x^2}{(1-2x)(1-x)^2} .

Frações parciais (o método de encobrir em $x = \frac12$ dá o coeficiente $2$ ; no polo duplo $x = 1$ , o coeficiente $-1$ ; o coeficiente do meio se anula avaliando em $x = 0$ ):

U(x) = \frac{2}{1-2x} - \frac{1}{(1 - x)^2} .

Desenvolvendo os dois:

u_n = 2\cdot 2^n - (n + 1) = 2^{n+1} - n - 1 .

(Confira: $u_0 = 1$ , $u_1 = 2u_0 + 0 = 2 = 4 - 2$ .)

Exercício 11.7 ★★

Seja $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ para $x \neq 0$ , $f(0) = 0$ . Prove que $f$ é $C^\infty$ em $\R$ com $f^{(n)}(0) = 0$ para todo $n$ (mostre por indução que $f^{(n)}(x) = P_n\bigl(\frac1x\bigr) \eu^{-1/x^2}$ para polinômios $P_n$ , e use a comparação de crescimento). Conclua que $f$ não é analítica em $0$ : sua série de Taylor em $0$ converge — para a função errada.

Solução

Solução de Exercício 11.7.

Indução: $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ e, se $f^{(n)}(x) = P_n(\tfrac1x)\eu^{-1/x^2}$ , então

f^{(n+1)}(x) = \Bigl(-\frac{1}{x^2}\,P_n'\Bigl(\frac1x\Bigr) + \frac{2}{x^3}\,P_n\Bigl(\frac1x\Bigr)\Bigr)\eu^{-1/x^2} :

de novo da forma enunciada. Em $0$ : os quocientes de diferenças $\frac{f^{(n)}(h)}{h} = \frac1h P_n(\frac1h)\eu^{-1/h^2} \to 0$ quando $h \to 0$ , pois $Q(u)\,\eu^{-u^2} \to 0$ quando $u \to \pm\infty$ para qualquer polinômio $Q$ (a exponencial vence as potências): por indução, todas as $f^{(n)}(0)$ existem e se anulam, e cada $f^{(n)}$ é contínua em $0$ pelo mesmo limite. Logo $f \in C^\infty$ com série de Taylor nula em $0$ ; a série de Taylor soma $0 \neq f$ : não analítica em $0$ .

Exercício 11.8 ★★★

Complete o Exemplo 11.21: desenvolva $\sqrt{1 - 4x}$ com a série binomial, mostrando que

\binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1} = -\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n},

e deduza $C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ ; determine o raio de convergência de $C(x)$ e a assintótica de $C_n$ via Stirling.

Solução

Solução de Exercício 11.8.

Série binomial: $\sqrt{1-4x} = \sum_{k\geq0} \binom{1/2}{k}(-4x)^k$ . Para $k = n + 1 \geq 1$ :

\begin{align*} \binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1} &= \frac{\frac12\bigl(\frac12 - 1\bigr)\cdots\bigl(\frac12 - n\bigr)}{(n+1)!}\,(-4)^{n+1}\\ &= \frac{(-1)^n\,1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^{n+1}(n+1)!}\,(-4)^{n+1} = -\frac{2}{n+1}\cdot\frac{(2n)!}{n!\,n!} , \end{align*}

usando $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ . Logo

C(x) = \frac{1 - \sqrt{1-4x}}{2x} = \frac{1}{2x}\sum_{n\geq0}\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n}x^{n+1} = \sum_{n\geq0} \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\,x^n :

$C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ . Raio: $\frac14$ (a série binomial em $4x$ ). Assintótica via Exemplo 6.14:

C_n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi}\; n^{3/2}} .

Exercício 11.9 ★★★

(Teorema do limite radial de Abel, caso particular) Suponha que $\sum a_n$ convirja. Prove que $\lim_{x \to 1^-} \sum_{n} a_n x^n = \sum_n a_n$ . (Transformação de Abel: com $A_n$ as somas parciais e $A = \lim A_n$ , escreva $\sum a_nx^n = (1 - x)\sum A_n x^n$ ; depois $\sum a_nx^n - A = (1-x)\sum (A_n - A)x^n$ , separe a soma num $N$ grande.) Aplicação: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ e $\sum \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac\pi4$ , redemonstradas a partir da série de potências.

Solução

Solução de Exercício 11.9.

Com $A_n = \sum_{k \leq n} a_k \to A$ : a transformação de Abel dá, para $0 \leq x < 1$ ,

\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = (1 - x)\sum_{n=0}^{\infty} A_n x^n

(os dois lados convergem: $(A_n)$ é limitada; e a identidade decorre de $a_n = A_n - A_{n-1}$ e da reindexação). Como $(1 - x)\sum x^n = 1$ :

\sum_n a_nx^n - A = (1-x)\sum_{n} (A_n - A)x^n .

Dado $\varepsilon$ , escolha $N$ com $\abs{A_n - A} \leq \varepsilon$ para $n > N$ ; então

\Bigl|\sum a_nx^n - A\Bigr| \leq (1-x)\sum_{n \leq N}\abs{A_n - A} + \varepsilon(1 - x)\sum_{n > N}x^n \leq (1-x)\,C_N + \varepsilon ,

e fazendo $x \to 1^-$ : limsup $\leq \varepsilon$ para todo $\varepsilon$ . Logo o limite radial é $A$ .

Aplicações: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ converge (alternada), e para $x < 1$ sua série de potências soma $\ln(1 + x)$ : por Abel, a soma é $\ln 2$ . Do mesmo modo, $\sum\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = \arctan x$ dá $\frac\pi4$ em $x = 1$ — as demonstrações por integral do primeiro ano, agora estruturais.

Exercício 11.10 ★

Mostre que $\displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)} = 1 + \frac{1-x}{x}\,\ln(1-x)$ para $0 < \abs x < 1$ , determine o raio e verifique que a convergência é normal em $\intcc{-1}{1}$ ; verifique que o valor em $x = 1$ previsto pela continuidade coincide com a soma telescópica $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ .

Solução

Solução de Exercício 11.10.

Tanto $\sum\frac{x^n}{n}$ quanto $\sum\frac{x^n}{n+1}$ têm raio $1$ , e $\frac{1}{n(n+1)} = \frac1n - \frac1{n+1}$ , logo, para $0 < \abs x < 1$ :

\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)} = -\ln(1-x) - \frac1x\sum_{n\geq1}\frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x) - \frac{-\ln(1-x) - x}{x} = 1 + \frac{1-x}{x}\ln(1-x) .

Raio $1$ ; e $\norm{x^n/(n(n+1))}_{\infty,\intcc{-1}1} = \frac{1}{n(n+1)}$ é somável: convergência normal em $\intcc{-1}{1}$ , de modo que a soma é contínua aí. Quando $x \to 1^-$ , $(1-x)\ln(1-x) \to 0$ e a forma fechada tende a $1$ — de acordo com o valor telescópico $\sum\frac{1}{n(n+1)} = \lim_N\bigl(1 - \frac{1}{N+1}\bigr) = 1$ em $x = 1$ .

Exercício 11.11 ★★

(Desarranjos) Seja $D_n$ o número de permutações de $n$ objetos sem ponto fixo ( $D_0 = 1$ ). Classificar as permutações de $\{1, \dots, n\}$ por seu conjunto de pontos fixos dá $n! = \sum_{k=0}^{n}\binom nk D_{n-k}$ . Multiplique por $\frac{x^n}{n!}$ , some e reconheça um produto de Cauchy para obter a função geradora exponencial

\sum_{n\geq0} D_n\,\frac{x^n}{n!} = \frac{\eu^{-x}}{1-x} \qquad (\abs x < 1),

e depois leia a forma fechada $\dfrac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^k}{k!}$ e o limite $\dfrac{D_n}{n!} \to \eu^{-1}$ .

Solução

Solução de Exercício 11.11.

Classificando as $n!$ permutações por seu conjunto de pontos fixos: escolher os $k$ pontos fixos ( $\binom nk$ maneiras) e desarranjar os outros $n - k$ objetos dá $n! = \sum_{k=0}^n\binom nk D_{n-k}$ . Dividindo por $n!$ :

1 = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot\frac{D_{n-k}}{(n-k)!} ,

o que diz exatamente que o produto de Cauchy de $\eu^x = \sum\frac{x^k}{k!}$ e $D(x) = \sum D_n\frac{x^n}{n!}$ é $\sum x^n = \frac{1}{1-x}$ . Os dois fatores convergem absolutamente para $\abs x < 1$ ( $D_n \leq n!$ , logo $D$ é dominada pela série geométrica): a identidade do produto é legítima (Proposição 11.4), e

D(x) = \frac{\eu^{-x}}{1-x} .

Produto de Cauchy de $\eu^{-x} = \sum\frac{(-1)^kx^k}{k!}$ e $\sum x^m$ : o coeficiente de $x^n$ é $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}$ e, pela unicidade dos coeficientes de séries de potências (Teorema 11.7):

\frac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} \eu^{-1} :

cerca de $37\%$ de todas as permutações são desarranjos, qualquer que seja $n$ .

Exercício 11.12 ★★★

Prove, com a série binomial do Método 11.17, que

\frac{1}{\sqrt{1 - 4x}} = \sum_{n\geq0}\binom{2n}{n}x^n \qquad \Bigl(\abs x < \frac14\Bigr),

e deduza, elevando ao quadrado (produto de Cauchy contra $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$ ), a identidade de convolução

\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .

Solução

Solução de Exercício 11.12.

Série binomial com $\alpha = -\frac12$ em $-4x$ :

\binom{-1/2}{n}(-4)^n = \frac{\bigl(-\frac12\bigr)\bigl(-\frac32\bigr)\cdots \bigl(-\frac{2n-1}2\bigr)}{n!}(-4)^n = \frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^n\,n!}\,4^n = \frac{(2n)!}{2^n n!}\cdot\frac{2^n}{n!} = \binom{2n}{n},

usando $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^nn!}$ . Logo $(1-4x)^{-1/2} = \sum\binom{2n}nx^n$ para $\abs{4x} < 1$ . Elevando ao quadrado (produto de Cauchy, legítimo pela convergência absoluta) e comparando com $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$ : o coeficiente de $x^n$ no quadrado é $\sum_{k=0}^n\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$ , e a unicidade dos coeficientes dá

\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .

11.5 Problema: Abel, Tauber e a fronteira da convergência

Problema 11.1

Dentro do disco de convergência tudo é fácil; todo o drama das séries de potências acontece na fronteira. Este problema constrói a teoria da fronteira na variável real: o teorema de Abel em sua forma uniforme, sua recíproca sob a condição de Tauber, a hierarquia Cesàro–Abel dos métodos de somação (com o teorema de Frobenius), a integração termo a termo até a fronteira com constantes clássicas de dividendo e, enfim, a rigidez das funções analíticas — o teorema da identidade. Em todo o problema, $(a_n)$ é uma sequência real, $f(x) = \sum_{n\geq0} a_nx^n$ e $A_n = a_0 + \dots + a_n$ .

Parte I — O teorema de Abel, uniformemente. Suponha, nesta parte, que $\sum a_n$ convirja, e ponha $r_n = \sum_{k\geq n} a_k$ (de modo que $r_n \to 0$ e $a_n = r_n - r_{n+1}$ ).

Prove, por somação por partes, que, para todos $0 \leq x \leq 1$ e $N \leq M$ :

$\Bigl|\sum_{n=N}^{M} a_n x^n\Bigr| \leq 2\sup_{n \geq N}\,\abs{r_n} .$
Deduza que $\sum a_nx^n$ converge uniformemente em $\intcc{0}{1}$ , que sua soma é contínua aí e recupere o limite radial de Exercício 11.9: $f(x) \to \sum a_n$ quando $x \to 1^-$ .
(Teorema de Abel para produtos de Cauchy) Sejam $\sum a_n = A$ , $\sum b_n = B$ e suponha que o produto de Cauchy $\sum c_n$ , $c_n = \sum_{k} a_kb_{n-k}$ , convirja, com soma $C$ . Prove que $C = AB$ (dentro do disco a identidade do produto vale pela Proposição 11.4; faça $x \to 1^-$ ).
Mostre que a hipótese importa: para $a_n = b_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ , as duas séries convergem, e no entanto $\abs{c_n} \geq \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1$ (majore cada fator $\sqrt{(k+1)(n-k+1)}$ por MA–MG): o produto de Cauchy de duas séries convergentes pode divergir.
(Um dividendo do Exercício 11.5) Mostre que $\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2 = 2\sum_{n\geq1} \frac{H_n}{n+1}x^{n+1}$ em $\intoo{-1}{1}$ , verifique que $\bigl(\frac{H_n}{n+1}\bigr)_{n\geq1}$ decresce para $0$ e conclua com Abel:

$\sum_{n\geq1} (-1)^{n+1}\,\frac{H_n}{n+1} = \frac{(\ln 2)^2}{2} .$

Parte II — A recíproca de Tauber. Diga que $\sum a_n$ é Abel-somável para $L$ quando $f(x) \to L$ quando $x \to 1^-$ .

Mostre que $\sum (-1)^n$ é Abel-somável para $\frac12$ e no entanto divergente: o teorema de Abel não tem recíproca incondicional.
(Lema de Cesàro) Se $u_n \to 0$ então $\frac{u_1 + \dots + u_N}{N} \to 0$ (separe a soma num $m$ fixo).
Suponha agora $n\,a_n \to 0$ e $f(x) \to L$ . Com $x_N = 1 - \frac1N$ , prove as duas estimativas

$\Bigl|\sum_{n=0}^{N} a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr)\Bigr| \leq \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N} n\,\abs{a_n}, \qquad \Bigl|\sum_{n>N} a_n x_N^n\Bigr| \leq \sup_{n>N}\bigl(n\abs{a_n}\bigr)$

(para a primeira, $1 - x^n \leq n(1-x)$ ; para a segunda, $\abs{a_n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N} m\abs{a_m}$ e $\sum x_N^n \leq N$ ).
Conclua o teorema de Tauber: se $n\,a_n \to 0$ e $\sum a_n$ é Abel-somável para $L$ , então $\sum a_n$ converge para $L$ .
(O tauberiano fácil para coeficientes positivos) Se $a_n \geq 0$ e $f$ é limitada em $\intco{0}{1}$ , mostre que $\sum a_n$ converge e $\sum a_n = \lim_{x\to1^-} f(x)$ (majore $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x)$ e faça $x \to 1^-$ , depois use Abel).

Parte III — Médias de Cesàro e o teorema de Frobenius. Diga que $\sum a_n$ é Cesàro-somável para $L$ quando $\sigma_N = \frac{A_0 + \dots + A_{N-1}}{N} \to L$ .

Mostre que uma série convergente é Cesàro-somável para sua soma (questão 7 aplicada a $A_n - L$ ).
Calcule o valor de Cesàro de $\sum(-1)^n$ e verifique que ele coincide com o valor de Abel $\frac12$ da questão 6.
Com $S_n = A_0 + \dots + A_n = (n+1)\,\sigma_{n+1}$ , prove as duas identidades, para $0 \leq x < 1$ :

$f(x) = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)\,\sigma_{n+1}x^n, \qquad (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)x^n = 1 .$
(Frobenius) Deduza: se $\sigma_N \to L$ então $f(x) \to L$ quando $x \to 1^-$ — Cesàro-somável implica Abel-somável, com o mesmo valor (subtraia as duas identidades e separe a soma num $N$ grande, como na Exercício 11.9).
Mostre que a hierarquia

$\text{convergente} \;\Longrightarrow\; \text{Cesàro-somável} \;\Longrightarrow\; \text{Abel-somável}$

é estrita nas duas setas: a questão 6 para a primeira; para a segunda, mostre que $\sum(-1)^n(n+1)$ é Abel-somável para $\frac14$ (calcule $f$ ) mas não Cesàro-somável (calcule $\sigma_N$ separadamente para $N$ par e ímpar).

Parte IV — Integrando até a fronteira.

Suponha que $\sum a_nx^n$ convirja em $\intco{0}{1}$ e que $\sum \frac{a_n}{n+1}$ convirja. Prove que a integral imprópria $\int_0^1 f$ existe e

$\int_0^1 \Bigl(\sum_{n\geq0} a_nx^n\Bigr)\dd x = \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1}$

(a primitiva $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ é contínua em $1$ pela Parte I).
Seja $\eta = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ . Mostre que $\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$ e, separando índices pares e ímpares na série absolutamente convergente $\sum \frac1{n^2}$ , que $\eta = \frac12\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^2}$ . (O problema de fim de semana do capítulo de Fourier avalia $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ .)
Prove

$\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac13\Bigl(\ln 2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\Bigr)$

(a série converge por Leibniz; integre a série geométrica $\sum(-1)^nx^{3n}$ com a questão 16; depois frações parciais: $\frac{1}{1+x^3} = \frac{1/3}{1+x} + \frac{(2-x)/3}{x^2-x+1}$ ).
Da série binomial de $(1-t)^{-1/2}$ (Exercício 11.12) deduza

$\arcsin x = \sum_{n\geq0} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)}\,x^{2n+1} \quad(\abs x < 1), \qquad\text{então}\qquad \sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)} = \frac\pi2 ,$

justificando o valor na fronteira pela convergência normal em $\intcc{-1}{1}$ (use $\binom{2n}n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ , Exemplo 6.14) — aqui nem Abel é necessário.
(Catalan na fronteira) Mostre que $\sum C_n 4^{-n} = 2$ : a série de Catalan do Exemplo 11.21 converge no seu raio $\frac14$ (assintótica de Exercício 11.8), sua soma é contínua em $\intcc{0}{\frac14}$ , e a forma fechada tem limite $2$ aí.

Parte V — Rigidez: o teorema da identidade.

(Zeros isolados) Seja $f = \sum a_nx^n$ de raio $R > 0$ com nem todos os $a_n = 0$ nulos; seja $m$ o menor índice com $a_m \neq 0$ . Mostre que $f(x) = x^m g(x)$ com $g$ uma série de potências de raio $R$ , $g(0) = a_m \neq 0$ , e deduza que $f$ não tem zero em alguma vizinhança perfurada de $0$ .
(Teorema da identidade) Sejam $f, h$ somas de séries de potências perto de $0$ e $(x_k)$ uma sequência de pontos não nulos com $x_k \to 0$ e $f(x_k) = h(x_k)$ . Prove que $f$ e $h$ têm os mesmos coeficientes, logo coincidem perto de $0$ .
Determine todas as funções $f$ analíticas perto de $0$ com

$f\Bigl(\frac1k\Bigr) = \frac{k^2}{k^2+1} \qquad\text{para todo inteiro grande } k .$
Mostre que uma função analítica num intervalo aberto $I$ que se anula num subintervalo se anula identicamente em $I$ (o conjunto dos pontos em torno dos quais $f$ se anula identicamente é aberto e, pelo teorema da identidade aplicado em pontos de acumulação, fechado em $I$ ). Conclua que nenhuma função analítica não nula em $\R$ tem suporte compacto — ao passo que existem funções bolha $C^\infty$ (o Exercício 11.7 fornece o bloco de construção): a analiticidade é rígida, a suavidade é frouxa.
Síntese. Uma frase para cada: (i) o que o teorema de Abel acrescenta ao pacote de convergência normal do Lema 11.1; (ii) as hipóteses exatas sob as quais a recíproca vale (Tauber) e o degrau intermediário (Frobenius); (iii) uma constante de fronteira da Parte IV que você agora saberia deduzir para um amigo em duas linhas; (iv) onde as médias de Cesàro reaparecerão neste livro, para séries de tipo bem diferente.

Solução

Solução de Problema 11.1.

1. Com $a_n = r_n - r_{n+1}$ , somação por partes:

\sum_{n=N}^{M} a_nx^n = r_Nx^N + \sum_{n=N+1}^{M} r_n\bigl(x^n - x^{n-1}\bigr) - r_{M+1}x^M .

Para $0 \leq x \leq 1$ os incrementos $x^{n-1} - x^n$ são não negativos e telescopam para $x^N - x^M$ ; com $s = \sup_{n\geq N}\abs{r_n}$ :

\Bigl|\sum_{n=N}^{M}a_nx^n\Bigr| \leq s\bigl(x^N + (x^N - x^M) + x^M\bigr) = 2s\,x^N \leq 2s .

2. Como $r_n \to 0$ , $\sup_{n\geq N}\abs{r_n} \to 0$ : a questão 1 é exatamente o critério de Cauchy uniforme em $\intcc{0}{1}$ , de modo que $\sum a_nx^n$ converge uniformemente aí e sua soma é contínua (Teorema 10.11). Sendo o valor em $1$ igual a $\sum a_n$ , a continuidade em $1$ é o limite radial do Exercício 11.9.

3. Para $\abs x < 1$ as três séries de potências convergem absolutamente e $\bigl(\sum a_nx^n\bigr)\bigl(\sum b_nx^n\bigr) = \sum c_nx^n$ (Proposição 11.4). Pela questão 2, cada fator e o lado do produto são contínuos em $\intcc{0}{1}$ (suas séries de coeficientes convergem por hipótese); fazendo $x \to 1^-$ na identidade: $AB = C$ .

4. Aqui

\abs{c_n} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}} \geq \sum_{k=0}^{n}\frac{2}{n+2} = \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1,

por MA–MG: $\sqrt{(k+1)(n-k+1)} \leq \frac{(k+1) + (n-k+1)}{2} = \frac{n+2}{2}$ . O termo geral de $\sum c_n$ não tende a $0$ : o produto de Cauchy diverge, embora os dois fatores convirjam (séries alternadas).

5. Exercício 11.5 dá $\frac{-\ln(1-x)}{1-x} = \sum H_nx^n$ ( $\abs x < 1$ ). Primitivas termo a termo (Teorema 11.7 (2)), anulando-se os dois lados em $0$ :

\frac{\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2}{2} = \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}\,x^{n+1} .

Decrescimento: $(n+2)H_n \geq (n+1)H_{n+1}$ equivale a $H_n \geq 1$ , verdadeiro para $n \geq 1$ ; e $\frac{H_n}{n+1} \sim \frac{\ln n}{n} \to 0$ : em $x = -1$ a série converge pelo critério das alternadas. Substituindo $x \mapsto -x$ e aplicando a questão 2 em $x = 1$ :

\frac{(\ln 2)^2}{2} = \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}(-1)^{n+1},

o valor anunciado.

6. $f(x) = \sum(-1)^nx^n = \frac{1}{1+x} \to \frac12$ quando $x \to 1^-$ : Abel-somável para $\frac12$ . Mas as somas parciais são $1, 0, 1, 0, \dots$ : divergente.

7. Dado $\varepsilon > 0$ , escolha $m$ com $\abs{u_n} \leq \varepsilon$ para $n > m$ ; para $N \geq m$ :

\Bigl|\frac{u_1 + \dots + u_N}{N}\Bigr| \leq \frac{\abs{u_1} + \dots + \abs{u_m}}{N} + \varepsilon\,\frac{N - m}{N} \leq \frac{C_m}{N} + \varepsilon,

logo $\limsup \leq \varepsilon$ para todo $\varepsilon$ : as médias tendem a $0$ .

8. Para $0 \leq x \leq 1$ : $1 - x^n = (1-x)(1 + x + \dots + x^{n-1}) \leq n(1-x)$ , logo

\Bigl|\sum_{n=0}^N a_n(1 - x_N^n)\Bigr| \leq (1 - x_N)\sum_{n=1}^N n\abs{a_n} = \frac1N\sum_{n=1}^{N}n\abs{a_n} .

Para $n > N$ : $\abs{a_n} = \frac{n\abs{a_n}}{n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N}m\abs{a_m}$ , e $\sum_{n>N}x_N^n \leq \frac{1}{1 - x_N} = N$ :

\Bigl|\sum_{n>N}a_nx_N^n\Bigr| \leq \frac{\sup_{m>N}m\abs{a_m}}{N}\cdot N = \sup_{m>N}\,m\abs{a_m} .

9. Decomponha

A_N - L = \sum_{n=0}^{N}a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr) - \sum_{n>N}a_nx_N^n + \bigl(f(x_N) - L\bigr) .

O primeiro termo tende a $0$ pela questão 7 (as médias de $n\abs{a_n} \to 0$ ), o segundo pela questão 8 (o sup tende a $0$ ), o terceiro porque $x_N \to 1^-$ e $f(x) \to L$ . Logo $A_N \to L$ : o teorema de Tauber.

10. Para $x \in \intco{0}{1}$ e qualquer $N$ : $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x) \leq M$ (termos não negativos). Faça $x \to 1^-$ na soma finita: $\sum_{n\leq N}a_n \leq M$ . As somas parciais são crescentes e limitadas: $\sum a_n$ converge, e então a questão 2 dá $\lim_{x\to1^-}f(x) = \sum a_n$ .

11. $\sigma_N - L$ é a média dos $N$ números $A_n - L$ ( $0 \leq n < N$ ), que tendem a $0$ : questão 7.

12. $A_n = 1$ para $n$ par, $0$ para ímpar: $A_0 + \dots + A_{N-1} = \lceil N/2\rceil$ , logo $\sigma_N = \frac{\lceil N/2\rceil}{N} \to \frac12$ , o valor de Abel da questão 6.

13. Sob $\sigma_N \to L$ tem-se $S_n = O(n)$ , logo $A_n = S_n - S_{n-1} = O(n)$ e $a_n = O(n)$ : todas as séries abaixo têm raio $\geq 1$ . Para $\abs x < 1$ , de $a_n = A_n - A_{n-1}$ e $A_nx^n \to 0$ :

(1-x)\sum_n A_nx^n = \sum_n A_nx^n - \sum_n A_nx^{n+1} = \sum_n a_nx^n = f(x),

e identicamente $(1-x)\sum S_nx^n = \sum A_nx^n$ , logo $f(x) = (1-x)^2\sum_n S_nx^n = (1-x)^2\sum_n(n+1)\sigma_{n+1}x^n$ . Por fim, $\sum(n+1)x^n = \frac{1}{(1-x)^2}$ (Exercício 11.3), que é a segunda identidade.

14. Subtraindo $L$ vezes a segunda identidade da primeira:

f(x) - L = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1) \bigl(\sigma_{n+1} - L\bigr)x^n .

Dado $\varepsilon$ , escolha $N$ com $\abs{\sigma_{n+1} - L} \leq \varepsilon$ para $n \geq N$ ; então

\abs{f(x) - L} \leq (1-x)^2 C_N + \varepsilon(1-x)^2\sum_{n}(n+1)x^n = (1-x)^2C_N + \varepsilon ,

e fazendo $x \to 1^-$ : $\limsup \leq \varepsilon$ . Logo $f(x) \to L$ : o teorema de Frobenius.

15. $f(x) = \sum(-1)^n(n+1)x^n = \frac{1}{(1+x)^2}$ (derive a série geométrica em $-x$ ): valor de Abel $\frac14$ . Somas parciais: $A_{2k} = k+1$ , $A_{2k+1} = -(k+1)$ (indução imediata). Então $S_{2m-1} = 0$ (pares consecutivos se cancelam) e $S_{2m} = m + 1$ , logo

\sigma_{2m} = \frac{S_{2m-1}}{2m} = 0, \qquad \sigma_{2m+1} = \frac{m+1}{2m+1} \to \frac12 :

$(\sigma_N)$ tem dois valores de acumulação distintos: não é Cesàro-somável. Com as questões 6 e 11–14, a hierarquia convergente $\Rightarrow$ Cesàro $\Rightarrow$ Abel é estrita nas duas setas.

16. A série primitiva $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ tem o mesmo raio e $F' = f$ em $\intco{0}{1}$ (Teorema 11.7); como $\sum\frac{a_n}{n+1}$ converge, a Parte I (questão 2) torna $F$ contínua em $\intcc{0}{1}$ . Como $\int_0^x f = F(x)$ (derivadas iguais, mesmo valor $0$ em $0$ ),

\int_0^x f \xrightarrow[x\to1^-]{} F(1) = \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1} :

a integral imprópria existe com o valor enunciado.

17. $\frac{\ln(1+x)}{x} = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n-1}$ (raio $1$ ; contínua em $0$ ). A série de $\frac{a_m}{m+1}$ é $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ , absolutamente convergente: a questão 16 dá $\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$ . Na série absolutamente convergente $\sum\frac1{n^2}$ , reagrupe pares e ímpares:

\eta = \sum_{\text{ímpar}}\frac1{n^2} - \sum_{\text{par}}\frac1{n^2} = \sum_{n}\frac1{n^2} - 2\sum_{k}\frac1{(2k)^2} = \Bigl(1 - \frac12\Bigr)\sum_n\frac1{n^2} = \frac12\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} .

18. Leibniz: $\frac{1}{3n+1}\downarrow0$ , a série converge. Em $\intco{0}{1}$ , $\sum(-1)^nx^{3n} = \frac{1}{1+x^3}$ , e $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1}$ converge: a questão 16 dá $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ . Frações parciais (confira: $\frac13(x^2-x+1) + \frac{2-x}{3}(1+x) = 1$ ):

\int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac13\ln2 + \frac13\int_0^1\frac{2-x}{x^2-x+1}\dd x .

Escrevendo $2 - x = -\frac12(2x-1) + \frac32$ : a parte $\ln(x^2-x+1)$ se anula nas duas pontas, e

\frac32\int_0^1\frac{\dd x}{(x-\frac12)^2 + \frac34} = \frac32\cdot\frac{2}{\sqrt3} \Bigl[\arctan\frac{2x-1}{\sqrt3}\Bigr]_0^1 = \sqrt3\cdot\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{\sqrt3} .

Total: $\frac13\bigl(\ln2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\bigr)$ .

19. Substituindo $t = x^2$ na série de Exercício 11.12 e integrando termo a termo (a primitiva de $(1-x^2)^{-1/2}$ que se anula em $0$ é $\arcsin$ ):

\arcsin x = \sum_{n\geq0} \frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)}x^{2n+1} \qquad(\abs x < 1) .

Os coeficientes são $\sim \frac{1}{2\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ (Exemplo 6.14), somáveis: a série converge normalmente em $\intcc{-1}{1}$ , sua soma é contínua aí e coincide com a contínua $\arcsin$ em $\intoo{-1}{1}$ , logo também em $x = 1$ :

\sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)} = \arcsin 1 = \frac\pi2 .

20. $C_n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ (Exercício 11.8): convergência normal de $\sum C_nx^n$ em $\intcc{0}{\frac14}$ , logo sua soma é contínua aí; em $\intoo{0}{\frac14}$ ela vale $\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ (Exemplo 11.21), cujo limite em $\frac14^-$ é $\frac{1-0}{1/2} = 2$ . Portanto $\sum_{n\geq0} C_n4^{-n} = 2$ .

21. $f(x) = \sum_{n\geq m}a_nx^n = x^m g(x)$ com $g(x) = \sum_{k\geq0}a_{m+k}x^k$ ; se $(a_nr^n)$ é limitada, então $(a_{m+k}r^k)$ também é (divida por $r^m$ ): $g$ tem raio $\geq R$ . $g$ é contínua com $g(0) = a_m \neq 0$ , logo $g \neq 0$ em algum $\intcc{-\delta}{\delta}$ , e $f(x) = x^mg(x) \neq 0$ para $0 < \abs x \leq \delta$ .

22. $d = f - h$ é a soma de uma série de potências perto de $0$ que se anula nos pontos não nulos $x_k \to 0$ . Se algum coeficiente de $d$ fosse não nulo, a questão 21 daria uma vizinhança perfurada de $0$ livre de zeros de $d$ — contradizendo $d(x_k) = 0$ . Logo todos os coeficientes de $d$ se anulam: $f$ e $h$ têm coeficientes iguais e coincidem perto de $0$ .

23. A função $h(x) = \frac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^nx^{2n}$ (raio $1$ ) satisfaz $h(\frac1k) = \frac{1}{1 + 1/k^2} = \frac{k^2}{k^2+1}$ . Toda $f$ analítica com os mesmos valores coincide com $h$ nos pontos $\frac1k \to 0$ : pelo teorema da identidade (questão 22), $f = \frac{1}{1+x^2}$ perto de $0$ — a única solução.

24. Seja $Z$ o conjunto dos pontos de $I$ que têm uma vizinhança na qual $f$ se anula identicamente: aberto por definição, não vazio (o subintervalo). Fechado em $I$ : se $y \in I$ é limite de pontos de $Z$ , então $y$ é ponto de acumulação de zeros de $f$ ; desenvolvendo $f$ em série de potências em $y$ (analiticidade) e aplicando as questões 21–22 recentradas em $y$ , todos os coeficientes em $y$ se anulam, logo $f \equiv 0$ perto de $y$ : $y \in Z$ . Um intervalo é conexo, logo $Z = I$ : $f \equiv 0$ em $I$ . Em particular, uma função analítica em $\R$ que se anula fora de um compacto se anula num intervalo, logo em toda parte: nenhuma bolha analítica não nula. O mundo $C^\infty$ é diferente: colar a função achatada do Exercício 11.7 (por exemplo, $x \mapsto \eu^{-1/x^2}\mathbf 1_{x>0}$ e sua espelhada) produz bolhas suaves de suporte compacto.

25. (i) A convergência normal mora em subdiscos compactos estritamente dentro do disco; o teorema de Abel estende a continuidade a um ponto da fronteira, sob a única hipótese de que a série dos coeficientes convirja ali. (ii) A recíproca vale sob a condição de Tauber $na_n \to 0$ (questão 9), e a somabilidade de Cesàro fica estritamente entre a convergência e a somabilidade de Abel (Frobenius, questões 14–15). (iii) Para um amigo: $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ , integrando a série geométrica até a fronteira e depois usando frações parciais. (iv) As médias de Cesàro voltam no capítulo de Fourier como o teorema de Fejér, em que promediar as somas parciais conserta o fracasso da convergência pontual — mesmo remédio, paciente novo.