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title: "Comparação de funções"
book: "Matemática universitária — Graduação 2"
subject: math
language: pt
chapter: 6
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/6-comparacao-de-funcoes
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# Capítulo 6 — Comparação de funções

A análise assintótica — a arte de substituir uma quantidade complicada por outra simples mais um erro controlado — foi iniciada no volume do primeiro ano de graduação com os desenvolvimentos de Taylor. Este capítulo faz dela uma disciplina autônoma: desenvolvimentos ao longo de escalas gerais, a comparação série–integral com toda a sua força assintótica, a fórmula de Stirling (demonstrada por completo) e o estudo sistemático das sequências definidas implicitamente. Essas técnicas são o pão de cada dia da análise assintótica, e todo capítulo posterior que estime seja o que for — séries, integrais, probabilidades — come desta mesa.

## 6.1 Relações de comparação e escalas

**Definição 6.1.**

Perto de um ponto $a$ ($a \in \R$ ou $\pm\infty$), para funções (ou sequências, com $n \to \infty$): $f = o(g)$, $f = O(g)$, $f \sim g$ como no volume do primeiro ano de graduação. Uma *escala de comparação* em $a$ é uma família de funções positivas, duas a duas comparáveis, totalmente ordenada por $o(\cdot)$ — a escala padrão em $+\infty$ sendo

$$
x^{\alpha} (\ln x)^{\beta}
\qquad (\alpha, \beta \in \R),
$$

ordenada lexicograficamente em $(\alpha, \beta)$, refinada quando preciso por exponenciais $\eu^{\gamma x}$.

**Definição 6.2 (Desenvolvimento assintótico).**

$f$ admite o *desenvolvimento assintótico*

$$
f = c_1 \varphi_1 + c_2\varphi_2 + \dots + c_k \varphi_k +
o(\varphi_k)
\qquad (\varphi_{i+1} = o(\varphi_i) \text{ na escala})
$$

quando os restos sucessivos satisfazem as estimativas exibidas. Os coeficientes são então únicos: $c_1 = \lim f/\varphi_1$ e, indutivamente, $c_{i+1} = \lim\,(f - \sum_{j \leq i}
c_j\varphi_j)/\varphi_{i+1}$.

**Exemplo 6.3.**

Os desenvolvimentos de Taylor são [desenvolvimentos assintóticos](#def-b2-comparison-expansion) ao longo da escala $(x -
a)^k$ em $a$. Mas a noção é estritamente mais ampla: em $+\infty$,

$$
\frac{1}{x - \ln x}
= \frac1x \cdot \frac{1}{1 - \frac{\ln x}{x}}
= \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + o\Bigl(\frac{\ln x}{x^2}\Bigr),
$$

um desenvolvimento ao longo de uma escala mista — nenhum teorema de Taylor se aplica, apenas o desenvolvimento geométrico e o cálculo dos $o$.

**Exemplo 6.4 (A escala padrão é realmente ordenada).**

A afirmação lexicográfica da [Definição 6.1](#def-b2-comparison-landau) exige uma linha de demonstração por caso. Compare $x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}$ e $x^{\alpha'}(\ln x)^{\beta'}$ em $+\infty$. Se $\alpha < \alpha'$: a razão é $x^{\alpha - \alpha'}(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$, porque uma potência negativa de $x$ esmaga qualquer potência de $\ln x$ (ponha $x =
\eu^t$: $\eu^{(\alpha - \alpha')t}\,t^{\beta - \beta'} \to 0$ pelo limite “a exponencial vence a polinomial” do volume do primeiro ano de graduação). Se $\alpha = \alpha'$ e $\beta < \beta'$: a razão é $(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ diretamente. Assim os pares $(\alpha, \beta)$, ordenados lexicograficamente, ordenam a escala por $o(\cdot)$ — e a substituição $x = \eu^t$ é o truque universal para comparações mistas de potências e logaritmos.

**Exemplo 6.5 (Ordenando um bestiário).**

As escalas precisam ser *ordenadas*; eis o treino padrão. Em $+\infty$, compare $n^{10}$, $\eu^{\sqrt{\ln n}\,\cdot\,\sqrt n}$, $2^n$ e $n^{\ln n}$ tomando logaritmos:

$$
10\ln n
\;\ll\; (\ln n)^2
\;\ll\; \sqrt{n\ln n}
\;\ll\; n\ln 2 ,
$$

em que $a_n \ll b_n$ significa $a_n = o(b_n)$; a segunda entrada é $\ln(n^{\ln n})$. As exponenciais preservam esses saltos estritos (se $\ln u_n - \ln v_n \to -\infty$ então $u_n/v_n \to 0$), logo

$$
n^{10} = o\bigl(n^{\ln n}\bigr),
\qquad
n^{\ln n} = o\bigl(\eu^{\sqrt{n\ln n}}\bigr),
\qquad
\eu^{\sqrt{n\ln n}} = o(2^n) .
$$

A moral, em dose dupla: compare sempre por logaritmos (diferenças de logaritmos, e não razões de logaritmos), e nunca conclua $u_n \sim v_n$ a partir de $\ln u_n \sim \ln v_n$ — o par $n^{10}$ e $n^{\ln n}$ tem razão de $\ln$ tendendo a $\infty$, mas $2^n$ e $4^n$ têm razão de $\ln$ exatamente igual a $2$ e são totalmente não equivalentes.

## 6.2 Comparação série–integral, assintoticamente

**Teorema 6.6.**

Seja $f$ [contínua](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/4-topologia-dos-espacos-metricos#def-b2-metric-continuity), positiva e *decrescente* em $\intco{1}{+\infty}$.

1. Se $\int_1^{\infty} f$ converge, os restos satisfazem $$\int_{n+1}^{\infty} f \;\leq\; \sum_{k > n} f(k) \;\leq\;  \int_{n}^{\infty} f .$$
2. Se $\int_1^\infty f$ diverge, as somas parciais satisfazem $\sum_{k=1}^{n} f(k) = \int_1^n f + C + o(1)$ para alguma constante $C$ : a diferença $\sum_{k \leq n} f(k) -  \int_1^n f$ *converge* .

**Demonstração.** O enquadramento $f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f \leq f(k)$ (decrescimento) era o recurso do primeiro ano; somando sobre $k \geq n+1$, resp. $k \geq n$, obtém-se (1). Para (2), ponha $u_k = f(k) - \int_k^{k+1} f$: pelo enquadramento, $0 \leq u_k \leq f(k) - f(k+1)$, de modo que as somas parciais de $\sum u_k$ são majoradas pela soma telescópica $f(1) - f(n+1) \leq
f(1)$: a série converge. Além disso, a sequência $\bigl(\int_n^{n+1}
f\bigr)_n$ é não crescente ($f$ decresce) e não negativa, logo convergente. Escrevendo

$$
\sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f
= \sum_{k=1}^{n} u_k + \int_n^{n+1} f ,
$$

o membro da direita converge quando $n \to \infty$: a diferença converge para uma constante $C$, que é o enunciado (2). ∎

**Exemplo 6.7 (O desenvolvimento harmônico).**

Para $f(t) = \frac1t$: $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$, recuperando a constante de Euler (volume do primeiro ano de graduação) com uma demonstração mais limpa. Levando uma ordem adiante ([Exercício 6.3](#exo-b2-comparison-3)):

$$
H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\Bigl(\frac1n\Bigr).
$$

Os números tornam o ganho visível em $n = 10$: $H_{10} =
2.928968\dots$ e $\ln 10 = 2.302585\dots$, de modo que a estimativa bruta de $\gamma$ dá $H_{10} - \ln 10 = 0.626383$, errando por $0.049$; subtrair a correção $\frac1{20}$ dá $0.576383$, que difere de $\gamma = 0.577216$ por apenas $8.3\cdot10^{-4}$ — que é ele próprio o termo seguinte $\frac{1}{12\cdot100}$ do desenvolvimento, como demonstra o problema de fim de semana (questão 8).

**Exemplo 6.8 (Um ln⁡(n!)\ln(n!)ln(n!) bruto sem Stirling).**

Só o enquadramento já localiza $\ln(n!)$. Como $\ln$ é crescente,

$$
\int_{k-1}^{k}\ln t\,\dd t \;\leq\; \ln k \;\leq\;
\int_{k}^{k+1}\ln t\,\dd t ,
$$

e somando sobre $k = 2, \dots, n$ (com $\int_1^n\ln = n\ln n
- n + 1$):

$$
n\ln n - n + 1 \;\leq\; \ln(n!) \;\leq\; (n+1)\ln(n+1) - n .
$$

As duas cercas são $n\ln n - n + O(\ln n)$: logo $\ln(n!) = n\ln
n - n + O(\ln n)$ e, em particular, $\ln(n!) \sim n\ln n$. O que Stirling acrescenta são os dois degraus seguintes — o $\frac12\ln n$ e a constante $\ln\sqrt{2\pi}$ — que custam a soma telescópica mais fina do [Teorema 6.13](#thm-b2-comparison-stirling). Saber que precisão cada ferramenta compra é metade do ofício assintótico.

**Exemplo 6.9 (O cancelamento exige desenvolvimentos).**

Calcule o limite de $\sqrt{n^2 + n} - n$. Os dois termos são $\sim n$, e “$\sim n - n$” não significa nada: equivalentes não se subtraem. Desenvolva, em vez disso:

$$
\sqrt{n^2 + n} - n
= n\Bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\Bigr)
= n\Bigl(\frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} +
O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)\Bigr)
= \frac12 - \frac{1}{8n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) :
$$

limite $\frac12$, com a velocidade de aproximação $\frac1{8n}$ de brinde. O mecanismo merece um nome: uma diferença de duas quantidades grandes equivalentes vive inteiramente em seus termos *seguintes*, de modo que é preciso desenvolver até a primeira ordem em que os dois lados diferem — e carregar o resto para certificar que nada mais sobrevive nessa ordem.

**Exemplo 6.10 (Uma comparação divergente, trabalhada).**

Para $f(t) = \frac{1}{t\ln t}$ em $\intco{2}{+\infty}$ ([contínua](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/4-topologia-dos-espacos-metricos#def-b2-metric-continuity), positiva, decrescente): $\int_2^x f = \ln\ln x -
\ln\ln 2 \to \infty$, logo, pelo [Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) (2),

$$
\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k\ln k} = \ln\ln n + C + o(1)
$$

para alguma constante $C$. Duas lições. Primeiro, a divergência é real mas glacial: a soma parcial só ultrapassa $4$ por volta de $n
\approx \eu^{\eu^{4 - C}}$, astronomicamente grande. Segundo, a *forma* $\ln\ln n$ foi entregue por uma primitiva, não adivinhada: para termos monótonos, a integral é o dispositivo canônico de somação, e a constante $C$ — como o $\gamma$ de Euler — é a memória dos termos iniciais.

## 6.3 A fórmula de Stirling

**Lema 6.11 (Integrais de Wallis, revisitadas).**

Seja $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$. Então $nW_nW_{n-1} =
\frac\pi2$ para $n \geq 1$, $(W_n)$ decresce, e $W_n \sim
\sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$.

**Demonstração.** A integração por partes dá $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ ($n \geq 2$), logo $nW_nW_{n-1}$ é constante em $n$, igual a $1 \cdot W_1 W_0 =
\frac\pi2$. Decrescimento: $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ em $\intcc{0}{\frac\pi2}$. O confronto, em detalhe: a monotonicidade dá $W_{n+1} \leq W_n \leq W_{n-1}$ e, dividindo por $W_{n-1}
> 0$,

$$
\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq
\frac{W_n}{W_{n-1}} \leq 1 ,
$$

vindo a identidade da esquerda da recorrência no índice $n + 1$. As duas cotas tendem a $1$: $W_n \sim W_{n-1}$, donde

$$
nW_n^2 \sim nW_nW_{n-1} = \frac\pi2
\qquad\Longrightarrow\qquad
W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .
$$

∎

**Exemplo 6.12 (As primeiras integrais de Wallis).**

De $W_0 = \frac\pi2$, $W_1 = 1$ e da recorrência $nW_n =
(n-1)W_{n-2}$:

$$
W_2 = \frac\pi4, \qquad
W_3 = \frac23, \qquad
W_4 = \frac{3\pi}{16}, \qquad
W_5 = \frac{8}{15}, \qquad
W_6 = \frac{5\pi}{32}.
$$

Os índices pares carregam um $\pi$, os ímpares são racionais — os dois produtos entrelaçados das formas fechadas. Numericamente, $W_6
\approx 0.4909$ contra a assintótica $\sqrt{\pi/12} \approx 0.5116$: em $n = 6$ o equivalente já está a menos de $5\%$, e a identidade do produto é exata em todo $n$: $6\,W_6W_5 = 6\cdot\frac{5\pi}{32}\cdot\frac8{15} =
\frac\pi2$. Tabelinhas como esta são o modo mais barato de apanhar um deslize algébrico antes que ele infecte um argumento assintótico.

**Teorema 6.13 (Stirling).**

$$
n! \;\sim\; \sqrt{2\pi n}\, \Bigl(\frac{n}{\eu}\Bigr)^{\!n}
.
$$

**Demonstração.** *Etapa 1: $n! \sim C \sqrt n\, (n/\eu)^n$ para alguma constante $C >
0$.* Ponha

$$
d_n = \ln(n!) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n + n .
$$

Então

$$
d_n - d_{n+1}
= \Bigl(n + \frac12\Bigr) \ln\frac{n+1}{n} - 1
= \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} +
\frac{1}{3n^3} + o\bigl(n^{-3}\bigr)\Bigr) - 1
= \frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),
$$

pelo desenvolvimento de Taylor de $\ln(1 + \frac1n)$. A série $\sum (d_n
- d_{n+1})$ converge portanto absolutamente (comparação com $\sum
n^{-2}$), de modo que $(d_n)$ converge, digamos para $d$; exponenciando, $n! \sim
C\sqrt n\,(n/\eu)^n$ com $C = \eu^{d}$.

*Etapa 2: $C = \sqrt{2\pi}$ via Wallis.* A forma fechada $W_{2p}
= \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\cdot\frac\pi2$ (vinda da recorrência, cálculo do primeiro ano refeito no contexto do [Lema 6.11](#lem-b2-comparison-wallis)) combina-se com a Etapa 1:

$$
W_{2p} \sim \frac{C\sqrt{2p}\,(2p/\eu)^{2p}}
{4^p\,\bigl(C\sqrt p\,(p/\eu)^p\bigr)^2}\cdot\frac{\pi}{2}
= \frac{\sqrt{2p}}{C\,p}\cdot\frac{\pi}{2}
= \frac{\pi}{C}\cdot\frac{1}{\sqrt{2p}} .
$$

Comparando com $W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}}$ ([Lema 6.11](#lem-b2-comparison-wallis)): $\frac{\pi}{C\sqrt{2p}} =
\sqrt{\frac{\pi}{4p}}\,(1 + o(1))$ força $C = \pi
\sqrt{\frac{4p}{2p\,\pi}} = \sqrt{2\pi}$. ∎

**Exemplo 6.14 (Coeficiente binomial central).**

$$
\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2}
\sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}}
= \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} :
$$

a probabilidade de um passeio aleatório simétrico voltar a $0$ no instante $2n$ é $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ — um anúncio do [Capítulo 22](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/22-variaveis-aleatorias-discretas#ch-b2-randomvar).

**Observação 6.15 (Perspectivas dentro deste volume).**

Todo capítulo quantitativo adiante fala a língua deste capítulo. O [Capítulo 7](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/7-sequencias-e-series#ch-b2-series) classifica séries comparando termos com a escala $n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}$ — seu problema de fim de semana mapeia essa fronteira por completo. O [Capítulo 9](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/9-integracao#ch-b2-integration) faz o mesmo para integrais impróprias, com a escala idêntica na variável [contínua](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/4-topologia-dos-espacos-metricos#def-b2-metric-continuity). O [Capítulo 11](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/11-series-de-potencias#ch-b2-powerseries) calcula raios de convergência a partir de $\limsup\abs{a_n}^{1/n}$, um exercício de equivalentes de raízes $n$-ésimas em que Stirling é a chave padrão ($\sqrt[n]{n!}
\sim \frac n\eu$, [Exercício 6.4](#exo-b2-comparison-4)). E os capítulos de probabilidade descontam Stirling diretamente: as estimativas locais do [Capítulo 22](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/22-variaveis-aleatorias-discretas#ch-b2-randomvar) para coeficientes binomiais são [Exemplo 6.14](#ex-b2-comparison-centralbinomial) e [Exemplo 6.21](#ex-b2-comparison-lopsided) palavra por palavra. A assintótica não é um capítulo aqui; é o sotaque do volume.

**Método 6.16 (A lista de verificação do refinamento sucessivo).**

Antes de confiar num desenvolvimento obtido por refinamentos sucessivos, audite quatro pontos. (1) *Existência primeiro:* a raiz ou a sequência precisa estar fixada (monotonicidade, valores intermediários) antes de qualquer desenvolvimento — símbolos sem referente desenvolvem-se lindamente e não significam nada. (2) *Uma ordem por passagem:* cada substituição só pode ser levada a sério até a ordem da estimativa nela injetada; extrair dois termos novos de uma só passagem é a fonte clássica de coeficientes errados. (3) *Os restos viajam junto:* carregue o $o(\cdot)$ por todo passo algébrico e deixe a absorção (termos menores engolidos por restos maiores) acontecer no fim, explicitamente. (4) *Auditoria numérica:* avalie num valor honesto de $n$; um erro de coeficiente sobrevive à redemonstração algébrica com surpreendente frequência, e quase nunca sobrevive à aritmética.

**Observação 6.17 (Armadilhas comuns).**

(i) Os equivalentes *somam-se* mal: de $u_n \sim n + \ln n$ e $v_n \sim -n$ *não* se pode concluir $u_n + v_n \sim \ln
n$; os cancelamentos exigem desenvolvimentos com restos explícitos, nunca equivalentes nus. (ii) Nunca exponencie uma equivalência: $n + 1 \sim n$ mas $\eu^{n+1} \not\sim \eu^n$; a direção segura é tomar logaritmos de equivalentes que tendem a $+\infty$ (problema de fim de semana deste capítulo, questão 24). (iii) Um [desenvolvimento assintótico](#def-b2-comparison-expansion) está preso a uma *escala*: escrever $f = \frac1x + o\bigl(\frac1{x^2}\bigr)$ afirma mais que $f =
\frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$, e misturar os dois invalida a álgebra seguinte. (iv) Nos refinamentos, substitua o desenvolvimento atual *inteiro*, resto incluído — descartar um $o(\cdot)$ no meio da passagem produz coeficientes plausíveis mas errados. (v) A comparação série–integral precisa de monotonicidade: para termos oscilantes ela falha sem cerimônia (compare $\sum\frac{\sin k}k$, [Capítulo 7](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/7-sequencias-e-series#ch-b2-series)).

**Exemplo 6.18 (Stirling em números).**

Em $n = 10$: a fórmula dá $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10}
\approx 3\,598\,696$ contra $10! = 3\,628\,800$: erro relativo $8.3\cdot10^{-3}$, notável para um enunciado “assintótico” em $n = 10$. O erro tem estrutura — o refinamento exato $n!
= \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n\bigl(1 + \frac1{12n} +
O(n^{-2})\bigr)$ — cuja primeira correção $\frac1{120} \approx
8.3\cdot10^{-3}$ explica quase exatamente a diferença observada. A maquinaria de Euler–Maclaurin do problema de fim de semana é precisamente a fonte sistemática desses termos de correção.

**Observação 6.19 (Onde este capítulo é usado).**

A comparação assintótica é a gramática de tudo o que é quantitativo adiante: os testes de convergência e o panorama de Bertrand do [Capítulo 7](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/7-sequencias-e-series#ch-b2-series), os critérios de integrabilidade do [Capítulo 9](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/9-integracao#ch-b2-integration), os cálculos de raio de convergência do [Capítulo 11](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/11-series-de-potencias#ch-b2-powerseries) e os teoremas limite do [Capítulo 22](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/22-variaveis-aleatorias-discretas#ch-b2-randomvar) (onde Stirling conduz as estimativas de de Moivre–Laplace). O volume do terceiro ano de graduação industrializa a única ideia que aqui demonstramos à mão — extrair o termo principal, majorar o resto — no método de Laplace e na convergência dominada.

**Exemplo 6.20 (Uma integral comparada a si mesma: ∫2x ⁣dtln⁡t\int_2^x \frac{\dd t}{\ln t}∫2x​lntdt​).**

A caixa de ferramentas da comparação também roda sobre integrais. Seja $F(x) =
\int_2^x\frac{\dd t}{\ln t}$ (o integrando é [contínuo](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/4-topologia-dos-espacos-metricos#def-b2-metric-continuity) em $\intco2\infty$). Integre por partes:

$$
F(x) = \Bigl[\frac{t}{\ln t}\Bigr]_2^x +
\int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2}
= \frac{x}{\ln x} + O\Bigl(\int_2^x\frac{\dd t}{(\ln
t)^2}\Bigr) + O(1),
$$

e a integral restante é $o\bigl(\frac{x}{\ln x}\bigr)$: separe-a em $\sqrt x$, majorando por

$$
\int_2^{\sqrt x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \sqrt x
\qquad\text{e}\qquad
\int_{\sqrt x}^{x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq
\frac{x}{(\ln\sqrt x)^2} = \frac{4x}{(\ln x)^2} .
$$

Logo $F(x) \sim \frac{x}{\ln x}$. Quem encontrou o teorema dos números primos no problema de fim de semana deste capítulo reconhecerá $F$: é a integral logarítmica, o melhor estimador de $\pi(x)$, e o cálculo mostra que ela coincide com $\frac{x}{\ln x}$ em primeira ordem.

**Exemplo 6.21 (Stirling num binomial desequilibrado).**

A mesma rotina de três fatoriais usada para [Exemplo 6.14](#ex-b2-comparison-centralbinomial) dá, para $\binom{3n}{n} = \frac{(3n)!}{n!\,(2n)!}$:

$$
\binom{3n}{n} \sim
\frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}}
{\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^{n}\cdot\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}
= \sqrt{\frac{3}{4\pi n}}\,
\Bigl(\frac{27}{4}\Bigr)^{\!n} .
$$

A taxa exponencial $\frac{27}4 = \frac{3^3}{2^2}$ é $\eu^{3n\,H(1/3)}$ na notação de entropia da teoria da informação: os binomiais desequilibrados crescem estritamente mais devagar do que o central $4^n$ por dois passos — aqui $(27/4)^{1/3} \approx 1.89 < 2$ por passo. Toda assintótica binomial em combinatória e probabilidade ([Capítulo 22](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/22-variaveis-aleatorias-discretas#ch-b2-randomvar)) é este mesmo cálculo com pesos diferentes.

## 6.4 Sequências definidas implicitamente

**Método 6.22.**

Para achar a assintótica das soluções $x_n$ de uma equação $F(x, n) =
0$:

1. *Localize* : demonstre a existência e a unicidade de $x_n$ num intervalo bem determinado (monotonicidade, teorema do valor intermediário) e ache seu comportamento bruto (limite, [ordem](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/1-conjuntos-e-estruturas#def-b2-structures-generated) de crescimento).
2. *Refine* : substitua a forma bruta $x_n = (\text{termo  principal})(1 + \varepsilon_n)$ na equação e resolva para a ordem seguinte de $\varepsilon_n$ ; repita, cada passagem refinando uma ordem.

**Exemplo 6.23.**

Para $n \geq 1$, a equação $\tan x = x$ tem exatamente uma solução $x_n$ em $\intoo{n\pi - \frac\pi2}{n\pi + \frac\pi2}$ (a função $\tan x - x$ cresce de $-\infty$ a $+\infty$ aí, sendo sua derivada $\tan^2 x \geq 0$). *Bruto:* $x_n = n\pi +
\frac\pi2 - y_n$ com $y_n \in \intoo{0}{\pi}$; como $x_n \to
\infty$ e $\tan x_n = x_n \to +\infty$, $x_n$ aproxima-se da assíntota pela esquerda: $y_n \to 0$. *Refinamento:* $\tan x_n =
\cot y_n = \frac{1}{\tan y_n} \sim \frac{1}{y_n}$, e a equação $\cot y_n = x_n \sim n\pi$ dá $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$. Logo

$$
x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} +
o\Bigl(\frac1n\Bigr),
$$

e o processo continua até qualquer [ordem](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/1-conjuntos-e-estruturas#def-b2-structures-generated) ([Exercício 6.6](#exo-b2-comparison-6)).

**Exemplo 6.24 (Uma segunda rodada do método).**

Resolva $x + \ln x = n$ assintoticamente. *Localize:* $x
\mapsto x + \ln x$ cresce de $-\infty$ a $+\infty$ em $\intoo{0}{+\infty}$: uma única raiz $x_n$, e $x_n \to \infty$. *Bruto:* $\ln x_n = o(x_n)$ dá $x_n \sim n$. *Refinamento:* de $x_n = n - \ln x_n$ e $\ln x_n = \ln n
+ o(1)$ (logaritmos de equivalentes, ambos os lados $\to \infty$):

$$
x_n = n - \ln n + o(1) ;
$$

mais uma passagem, com $\ln x_n = \ln\bigl(n - \ln n + o(1)\bigr) =
\ln n - \frac{\ln n}{n} + o\bigl(\frac{\ln n}n\bigr)$:

$$
x_n = n - \ln n + \frac{\ln n}{n} +
o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).
$$

(Verificação em $n = 100$: a raiz é $x \approx 95.4415$; a fórmula de três termos dá $100 - 4.6052 + 0.0461 = 95.4409$ e a de dois termos $95.3948$ — cada passagem ganha a ordem prevista.) Mesmo laço, terceira paisagem: o método do [Método 6.22](#met-b2-comparison-implicit) não se importa com a cara da equação, apenas com que cada passagem isole a incógnita dominante.

## 6.5 Exercícios

**Exercício 6.1 ★.**

Desenvolva em $+\infty$, dois termos além do dominante:

$$
\sqrt{x^2 + x + 1} ,
\qquad
\ln(x^2 + x) - 2\ln x,
\qquad
\frac{x + \sin x}{x - \ln x} .
$$

**Solução de Exercício 6.1.**

$\sqrt{x^2 + x + 1} = x\sqrt{1 + \tfrac1x + \tfrac{1}{x^2}} = x +
\frac12 + \frac38\cdot\frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ (desenvolvimento binomial: $\frac12 u - \frac18 u^2$ com $u = \frac1x +
\frac{1}{x^2}$ dá $\frac{1}{2x} + \frac{1}{2x^2} -
\frac{1}{8x^2} = \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2}$, e depois multiplique por $x$).

$\ln(x^2 + x) - 2\ln x = \ln\bigl(1 + \tfrac1x\bigr) = \frac1x -
\frac{1}{2x^2} + o\bigl(\frac{1}{x^2}\bigr)$.

Terceira função: desenvolva cada fator,

$$
\frac{x + \sin x}{x - \ln x}
= \Bigl(1 + \frac{\sin x}{x}\Bigr)
\Bigl(1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{(\ln x)^2}{x^2} +
O\Bigl(\frac{(\ln x)^3}{x^3}\Bigr)\Bigr).
$$

Ordene as contribuições na escala em $+\infty$: $\frac{\ln x}{x}
\gg \frac{1}{x} \geq \bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr| \gg \frac{(\ln
x)^2}{x^2}$. Os dois termos que seguem o dominante $1$ são, portanto, $\frac{\ln x}{x}$ e depois o termo de oscilação limitada $\frac{\sin
x}{x}$:

$$
\frac{x + \sin x}{x - \ln x}
= 1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{\sin x}{x}
+ O\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^2}\Bigr).
$$

**Exercício 6.2 ★.**

Dê a natureza (convergência/divergência) e, quando divergente, a assintótica dominante de $\sum_{k \leq n} k^\alpha$ para $\alpha >
-1$, $\alpha = -1$, $\alpha < -1$, via o [Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral).

**Solução de Exercício 6.2.**

$f(t) = t^\alpha$ ($t \geq 1$).

$\alpha > -1$: divergência e, pelo [Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) (2), $\sum_{k\leq n}
k^\alpha = \frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C + o(1)$ se $\alpha <
0$ (onde $f$ decresce); para $\alpha \geq 0$ ($f$ crescente) o mesmo enquadramento com desigualdades invertidas dá $\sum_{k \leq n}
k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}$.

$\alpha = -1$: $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ ([Exemplo 6.7](#ex-b2-comparison-harmonic)).

$\alpha < -1$: convergência, com resto $\sum_{k > n} k^\alpha
\sim \frac{n^{\alpha+1}}{-(\alpha+1)}$ pelo enquadramento (1) (as duas cotas integrais são equivalentes a esse valor).

**Exercício 6.3 ★★.**

Prove que $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\bigl(\frac1n\bigr)$. *(Estude $v_n = H_n - \ln n - \gamma$: mostre que $v_n - v_{n+1} =
\frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ e some a cauda, comparando com $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k^2} \sim \frac{1}{2n}$ — [Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) (1).)*

**Solução de Exercício 6.3.**

Seja $v_n = H_n - \ln n - \gamma \to 0$. Então

$$
v_n - v_{n+1} = \ln\frac{n+1}{n} - \frac{1}{n+1}
= \Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2}\Bigr) - \Bigl(\frac1n -
\frac{1}{n^2}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr)
= \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr),
$$

usando $\frac{1}{n+1} = \frac1n - \frac{1}{n^2} + O(n^{-3})$. Como $v_n \to 0$, telescopando a cauda:

$$
v_n = \sum_{k \geq n} (v_k - v_{k+1})
= \sum_{k\geq n} \Bigl(\frac{1}{2k^2} + O(k^{-3})\Bigr)
= \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),
$$

pelo [Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) (1) aplicado a $t^{-2}$ (resto $\sim \frac1n$, dividido por dois) e a $t^{-3}$. Logo $H_n =
\ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac1n)$.

**Exercício 6.4 ★★.**

Usando Stirling, ache equivalentes de: $\dfrac{(3n)!}{(n!)^3}$; $\;\dfrac{n!}{n^n}$; $\;\sqrt[n]{n!}$ (quando $\frac n\eu(1 + o(1))$, precisado até dois termos).

**Solução de Exercício 6.4.**

Stirling três vezes:

$$
\frac{(3n)!}{(n!)^3}
\sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}}
{(2\pi n)^{3/2}\,(n/\eu)^{3n}}
= \frac{\sqrt{6}\; 27^{\,n}}{2\pi n} \cdot
\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\cdot\sqrt{2\pi n}\;
= \frac{\sqrt3\,27^n}{2\pi n} .
$$

(Com cuidado: $\frac{\sqrt{6\pi n}}{(2\pi n)^{3/2}} =
\frac{\sqrt6}{(2\pi n)\sqrt{2\pi n}}\sqrt{\pi n} =
\frac{\sqrt3}{2\pi n}$.)

$\dfrac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}\,\eu^{-n}$.

$\sqrt[n]{n!} = \exp\bigl(\frac{\ln n!}{n}\bigr)$ com $\ln n! = n\ln
n - n + \frac12\ln(2\pi n) + o(1)$:

$$
\sqrt[n]{n!} = \exp\Bigl(\ln n - 1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} +
o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr)
= \frac{n}{\eu}\Bigl(1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} +
o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).
$$

**Exercício 6.5 ★★.**

Para $n \geq 2$, prove que $x^n + x = 1$ tem uma única solução $x_n
\in \intoo{0}{1}$, que $x_n \to 1$, e estabeleça

$$
x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).
$$

*(De $x_n^n = 1 - x_n$: tome logaritmos e refine com $x_n = 1 - \varepsilon_n$.)*

**Solução de Exercício 6.5.**

$g(x) = x^n + x - 1$ cresce estritamente em $\intcc{0}{1}$ de $-1$ a $1$: raiz única $x_n$. Como $x_n^n = 1 - x_n \in
\intoo{0}{1}$: se $x_n \leq c < 1$ ao longo de uma subsequência, então $x_n^n
\leq c^n \to 0$, logo $1 - x_n \to 0$: contradição com $x_n \leq
c$. Logo $x_n \to 1$.

Escreva $x_n = 1 - \varepsilon_n$, $\varepsilon_n \to 0^+$. A equação se lê $(1 - \varepsilon_n)^n = \varepsilon_n$, isto é,

$$
n\ln(1 - \varepsilon_n) = \ln \varepsilon_n
\quad\Longrightarrow\quad
-n\varepsilon_n\bigl(1 + o(1)\bigr) = \ln\varepsilon_n .
$$

Assim $n\varepsilon_n = -\ln\varepsilon_n\,(1 + o(1)) \to +\infty$ e, tomando logaritmos de novo: $\ln n + \ln\varepsilon_n =
\ln(-\ln\varepsilon_n) + o(1)$. Como $\ln(-\ln \varepsilon_n) =
o(\ln(1/\varepsilon_n))$, isso dá $\ln\varepsilon_n \sim -\ln
n$, donde $\varepsilon_n = \frac{-\ln\varepsilon_n}{n}(1 + o(1))
\sim \frac{\ln n}{n}$:

$$
x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr) .
$$

**Exercício 6.6 ★★.**

Leve o [Exemplo 6.23](#ex-b2-comparison-tan) uma ordem adiante:

$$
x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} +
o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).
$$

*(Escreva $\cot y_n = x_n$ exatamente, desenvolva $\cot y = \frac1y -
\frac y3 + o(y)$ e $x_n = n\pi(1 + \frac{1}{2n} - \dots)$, e identifique.)*

**Solução de Exercício 6.6.**

Relação exata: $\cot y_n = x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$, com $y_n
\sim \frac{1}{n\pi}$ ([Exemplo 6.23](#ex-b2-comparison-tan)). Desenvolva $\cot y
= \frac1y - \frac y3 + O(y^3)$:

$$
\frac{1}{y_n} - \frac{y_n}{3} + O(y_n^3) = n\pi + \frac\pi2 - y_n
\quad\Longrightarrow\quad
\frac{1}{y_n} = n\pi + \frac\pi2 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),
$$

(os termos $-y_n$ e $-\frac{y_n}{3}$ são $O(\frac1n)$). Inverta:

$$
y_n = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac{1}{1 + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})}
= \frac{1}{n\pi}\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr)
= \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{2n^2\pi} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).
$$

Logo

$$
x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} - y_n
= n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} +
o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).
$$

**Exercício 6.7 ★★.**

Determine $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} k!$ *(majore a soma de todos os termos exceto os dois últimos)* e deduza o [desenvolvimento assintótico](#def-b2-comparison-expansion) $\sum_{k \leq n} k! = n!\bigl(1 + \frac1n +
O(n^{-2})\bigr)$.

**Solução de Exercício 6.7.**

Separe os dois maiores termos:

$$
\sum_{k=0}^{n} k! = n! + (n-1)! + \sum_{k \leq n-2} k! ,
\qquad
\sum_{k\leq n-2} k! \leq (n-1)\,(n-2)! = (n-1)! .
$$

Assim $1 \leq \frac{1}{n!}\sum k! \leq 1 + \frac{2}{n}$: o limite é $1$. Refinando: $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$, e a cota bruta $\sum_{k \leq n-2}k! \leq (n-1)!$ pode ser afinada do mesmo modo: $\sum_{k\leq n-2} k! = (n-2)!\,(1 + O(\frac1n)) = O\bigl(\frac{n!}{n^2}\bigr)$. Logo

$$
\sum_{k=0}^{n} k! = n!\Bigl(1 + \frac1n + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).
$$

**Exercício 6.8 ★★★.**

Sejam $u_0 > 0$ e $u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n}$. Prove que $u_n
\to \infty$, depois que $u_n \sim \sqrt{2n}$ *(estude $u_n^2$: seus incrementos são $2 + u_n^{-2}$; some)*, e refine:

$$
u_n = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} +
o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).
$$

*(De $u_n^2 = 2n + \sum_{k<n} u_k^{-2} + u_0^2$ e $u_k^2
\sim 2k$: a soma vale $\sim \frac12\ln n$ pelo [Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral).)*

**Solução de Exercício 6.8.**

$(u_n)$ cresce; se fosse limitada, convergiria para $\ell$ com $\ell = \ell + \frac1\ell$: absurdo. Logo $u_n \to \infty$.

Quadrados: $u_{n+1}^2 = u_n^2 + 2 + u_n^{-2}$, logo

$$
u_n^2 = u_0^2 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{u_k^2} .
$$

A soma é $o(n)$ (os termos tendem a $0$, Cesàro), logo $u_n^2 \sim 2n$ e $u_n \sim \sqrt{2n}$.

Refinamento: $\frac{1}{u_k^2} \sim \frac{1}{2k}$, logo, por comparação ([Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral), ou por equivalentes de somas parciais de séries positivas), $\sum_{k<n} u_k^{-2} \sim \frac12 \ln n$. Portanto

$$
u_n^2 = 2n + \frac{\ln n}{2}\,(1 + o(1)) + O(1)
\quad\Longrightarrow\quad
u_n = \sqrt{2n}\sqrt{1 + \frac{\ln n}{4n} + o\Bigl(\frac{\ln
n}{n}\Bigr)}
= \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln
n}{n}\Bigr)\Bigr).
$$

**Exercício 6.9 ★★★.**

(Uma soma de Riemann com um detalhe) Determine o comportamento assintótico de

$$
S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k\ln n} .
$$

*(Ponha $n$ em evidência: $S_n = \frac1n\sum_k \bigl(1 +
\frac{k\ln n}{n}\bigr)^{-1}$; reconheça uma soma do tipo Riemann com um parâmetro $t = \ln n$ que varia lentamente, calcule $\int_0^1
\frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1+t)}{t}$ e conclua $S_n \sim
\frac{\ln\ln n}{\ln n}$.)*

**Solução de Exercício 6.9.**

Ponha $n$ em evidência e faça $t = \ln n$:

$$
S_n = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + t\,\frac kn} .
$$

Para $t$ fixo, a soma é uma soma de Riemann de $u \mapsto \frac{1}{1 +
tu}$ em $\intcc{0}{1}$; a função é monótona em $u$, de modo que a soma de Riemann fica enquadrada pela integral deslocada de uma malha:

$$
\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} - \frac1n
\leq S_n \leq \int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} + \frac1n
$$

(comparação das somas de Riemann de uma função monótona com sua integral, válida para cada $n$ com seu próprio $t = \ln n$). Ora, $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1 + t)}{t}$ e $\frac1n = o\bigl(\frac{\ln t}{t}\bigr)$: logo

$$
S_n = \frac{\ln(1 + \ln n)}{\ln n} + O\Bigl(\frac 1n\Bigr)
\;\sim\; \frac{\ln\ln n}{\ln n} .
$$

**Exercício 6.10 ★.**

Demonstre a identidade $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln\ln n}$ e depois ordene as seguintes por $o(\cdot)$ crescente no infinito, com demonstrações: $n^2$, $(\ln n)^{\ln n}$, $2^n$, $n!$, $n^n$.

**Solução de Exercício 6.10.**

Identidade: $(\ln n)^{\ln n} = \eu^{\ln n\,\ln\ln n} =
\bigl(\eu^{\ln n}\bigr)^{\ln\ln n} = n^{\ln\ln n}$. Ordenação: compare logaritmos. $\ln(n^2) = 2\ln n$; $\ln\bigl((\ln
n)^{\ln n}\bigr) = \ln n\ln\ln n$; $\ln(2^n) = n\ln2$; $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ (Stirling, ou o enquadramento mais bruto $\ln n! \sim n\ln n$); $\ln(n^n) = n\ln n$. Como $2\ln n = o(\ln n\ln\ln n)$, $\ln n\ln\ln n = o(n)$, $n\ln 2 =
o(n\ln n - n)$ e $n \ln n - n \sim n\ln n$ mas $n! / n^n \to
0$ (a diferença dos logaritmos é $-n + O(\ln n) \to -\infty$):

$$
n^2 = o\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr),\quad
(\ln n)^{\ln n} = o(2^n),\quad
2^n = o(n!),\quad
n! = o(n^n).
$$

(Para cada passo: a diferença dos logaritmos tende a $+\infty$, logo a razão tende a $0$.)

**Exercício 6.11 ★★.**

(Cauda de $\sum 1/k^2$, dois termos) Usando a soma telescópica exata $\sum_{k > n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1}$ e a decomposição $\frac1{k^2} = \frac{1}{k(k+1)} +
\frac{1}{k^2(k+1)}$, prove

$$
\sum_{k > n} \frac{1}{k^2}
= \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).
$$

**Solução de Exercício 6.11.**

Decomponha $\frac1{k^2} = \frac1{k(k+1)} + \frac1{k^2(k+1)}$ e some para $k > n$:

$$
\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} +
\sum_{k>n}\frac{1}{k^2(k+1)} ,
$$

telescopando a primeira soma exatamente ($\frac1{k(k+1)} = \frac1k -
\frac1{k+1}$). Para a segunda: $\frac{1}{k^2(k+1)} = \frac1{k^3}
+ O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ (pois $\frac{1}{k^2(k+1)} -
\frac1{k^3} = \frac{-1}{k^3(k+1)}$) e, pela comparação integral $\sum_{k>n}\frac1{k^3} = \frac1{2n^2} +
O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$, $\sum_{k>n}\frac1{k^4} =
O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$. Logo

$$
\sum_{k>n}\frac1{k^2}
= \frac1{n+1} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)
= \frac1n - \frac1{n^2} + \frac{1}{2n^2} +
O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)
= \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),
$$

usando $\frac1{n+1} = \frac1n - \frac1{n^2} +
O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$.

**Exercício 6.12 ★★★.**

Sejam $u_0 = \frac12$ e $u_{n+1} = u_n + \eu^{-u_n}$. Prove que $u_n \to \infty$, depois — pondo $v_n = \eu^{u_n}$ e mostrando que $v_{n+1} = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr)$ — estabeleça

$$
u_n = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\Bigl(\frac1n\Bigr).
$$

**Solução de Exercício 6.12.**

$(u_n)$ cresce; se fosse limitada, convergiria para um $\ell$ finito com $\ell = \ell + \eu^{-\ell}$: impossível. Logo $u_n \to \infty$. Seja $v_n = \eu^{u_n} \to \infty$: então

$$
v_{n+1} = \eu^{u_n + \eu^{-u_n}} = v_n\,\eu^{1/v_n}
= v_n\Bigl(1 + \frac1{v_n} + \frac1{2v_n^2} +
O\bigl(v_n^{-3}\bigr)\Bigr)
= v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr).
$$

Somar $v_{k+1} - v_k = 1 + O(1)$ primeiro dá $v_n = n +
O(n)$, logo $v_n \geq cn$ a partir de certa ordem; ressomando com $\frac1{2v_k} = O(\frac1k)$ obtém-se $v_n = n + O(\ln n)$. Mais uma passagem: $\frac{1}{2v_k} = \frac{1}{2k}\bigl(1 +
O\bigl(\tfrac{\ln k}k\bigr)\bigr)$, logo

$$
v_n = n + \sum_{k<n}\frac1{2k} + O(1) = n + \frac{\ln n}2 +
O(1).
$$

Finalmente, $u_n = \ln v_n = \ln n + \ln\Bigl(1 + \frac{\ln n}{2n} +
O\bigl(\tfrac1n\bigr)\Bigr) = \ln n + \frac{\ln n}{2n} +
O\bigl(\tfrac1n\bigr)$.

## 6.6 Problema: refinamentos sucessivos, de Euler–Maclaurin aos primos

Uma quantidade implícita ou acumulada raramente entrega sua assintótica de uma vez; ela é extraída em passagens, cada passagem reinjetando a estimativa anterior na relação de definição. Este problema de fim de semana treina esse laço em equações novas, demonstra a *fórmula de Euler–Maclaurin* de primeira ordem (a versão com trapézios da comparação série–integral, com barras de erro rigorosas), inverte $x\ln x = n$ e desconta o cheque mais famoso do método: a partir do teorema dos números primos admitido, a lei assintótica $p_n \sim n\ln n$ do $n$-ésimo primo.

**Problema 6.1.**

Problema de fim de semana — a correção de Euler–Maclaurin e a assintótica do $n$-ésimo primo

**Parte I — O laço de refinamento numa equação nova.**

1. Demonstre a afirmação de unicidade da [Definição 6.2](#def-b2-comparison-expansion): se $f = \sum_{i\leq  k} c_i\varphi_i + o(\varphi_k) = \sum_{i \leq k}  c_i'\varphi_i + o(\varphi_k)$ ao longo da mesma escala, então $c_i = c_i'$ para todo $i$. Depois leve o exemplo misto do curso um degrau adiante: $$\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} +  \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln  x)^2}{x^3}\Bigr) \qquad (x \to +\infty),$$ e explique por que não aparece nenhum termo $\frac{c}{x^2}$.
2. Mostre que, para todo $n \geq 1$ , a equação $\eu^x + x =  n$ tem exatamente uma solução real $x_n$ , e que $x_n  \to +\infty$ com $x_n \sim \ln n$ .
3. Refine duas vezes: $$x_n = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} +  o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr).$$
4. Verifique numericamente em $n = 1000$ : compare $x_{1000}  \approx 6.90083$ com os valores de um, dois e três termos da questão 3, até cinco casas decimais.

**Parte II — Euler–Maclaurin, [ordem](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/1-conjuntos-e-estruturas#def-b2-structures-generated) um.**

5. Demonstre a identidade do núcleo do trapézio: para $g$ de classe $C^2$ em $\intcc{0}{1}$, $$\int_0^1 g(t)\,\dd t = \frac{g(0) + g(1)}{2}  - \frac12\int_0^1 t(1 - t)\,g''(t)\,\dd t$$ *(integre $\frac12 t(1-t)g''$ por partes duas vezes)*.
6. Seja $f$ de classe $C^2$ em $\intco{1}{+\infty}$ com $\int_1^\infty \abs{f''} < \infty$. Mostre que $$E_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f -  \frac{f(1) + f(n)}{2}$$ converge para uma constante $E$, com a cota de cauda $\abs{E - E_n} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''}$: a *fórmula de Euler–Maclaurin* em primeira ordem.
7. Aplique isso a $f(t) = \frac1t$: prove $$H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n,  \qquad \abs{\varepsilon_n} \leq \frac{1}{8n^2},$$ reforçando o [Exercício 6.3](#exo-b2-comparison-3) (identifique a constante com $\gamma$ comparando com [Exemplo 6.7](#ex-b2-comparison-harmonic)).
8. Extraia o coeficiente seguinte: mostre que $\varepsilon_n =  -\frac{1}{12n^2} + o\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ *(os incrementos de $E_n$ são $\frac12\int_0^1t(1-t)f''(n+t)\dd t =  \frac1{12}f''(n) + o(f''(n))$; some a cauda com [Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral))* .
9. Aplique a questão 6 a $f = \ln$ : redemonstre em três linhas a convergência de $d_n = \ln n! - (n +  \frac12)\ln n + n$ (Etapa 1 do [Teorema 6.13](#thm-b2-comparison-stirling) ), com a taxa de erro $d_n = d + O\bigl(\frac1n\bigr)$ de brinde.
10. Aplique a questão 6 a $f(t) = \frac{1}{\sqrt t}$: mostre que $$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n + c +  \frac{1}{2\sqrt n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr)$$ para alguma constante $c$, e avalie todos os termos em $n =  10^4$ (a constante vale $c \approx -1.4604$).

**Parte III — Inversão: a equação $x\ln x =
n$.**

11. Mostre que $x\ln x = n$ tem exatamente uma solução $x_n \in  \intco{1}{+\infty}$ para $n \geq 1$ , que $x_n \to  \infty$ e que $\ln x_n \sim \ln n$ .
12. Deduza a inversão de um termo $x_n \sim  \dfrac{n}{\ln n}$ e depois refine mais uma vez: $$\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1),  \qquad  x_n = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n}  + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).$$
13. Teste em $n = 10^6$ : a raiz verdadeira é $x \approx  87\,848$ ; compare com os valores de um termo ( $\approx 72\,382$ ) e de dois termos ( $\approx 86\,140$ ), e explique o ganho lento (o parâmetro do desenvolvimento é $\frac{\ln\ln  n}{\ln n}$ , apenas $\approx 0.19$ em $n = 10^6$ ).
14. *Admitimos* agora o teorema dos números primos: o número $\pi(x)$ de primos $\leq x$ satisfaz $\pi(x) \sim  \frac{x}{\ln x}$ quando $x \to \infty$ (demonstrado honestamente no volume do terceiro ano de graduação). Escrevendo $p_n$ para o $n$-ésimo primo, justifique $\pi(p_n) = n$ e rode a inversão das questões 11–12 para provar $$p_n \sim n \ln n .$$
15. Dividendos: (a) mostre que $\sum_{k \leq n} p_k \sim  \frac{n^2\ln n}{2}$ *(compare $\sum k\ln k$ com $\int t\ln t\,\dd t$)* ; (b) calcule a chance aproximada de um inteiro uniformemente aleatório com $100$ algarismos ser primo ( $\ln 10^{100} \approx 230.26$ : cerca de um em $230$ ).

**Parte IV — O método exportado: $x\tan x =
1$.**

16. Mostre que, para cada $n \geq 1$ , a equação $\tan x =  \frac1x$ tem exatamente uma solução $x_n$ em $\intoo{n\pi}{\,n\pi + \frac\pi2}$ , e que $z_n = x_n  - n\pi \to 0^+$ .
17. Um termo: $z_n \sim \dfrac{1}{n\pi}$ .
18. Mostre que o desenvolvimento de $z_n$ *não* tem termo em $\frac{c}{n^2}$ : $z_n = \frac1{n\pi} +  O\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)$ .
19. Três termos: usando $\arctan u = u - \frac{u^3}3 +  O(u^5)$ e $\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi} -  \frac{z_n}{(n\pi)^2} + O(n^{-3}\cdot z_n^2)$, prove $$x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} -  \frac{4}{3\pi^3 n^3} + o\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).$$
20. Verifique em $n = 3$ : raiz verdadeira $x_3 \approx 9.5293344$ ; compare os valores de um e de três termos, e contraste em uma frase com o $\tan x = x$ do curso ( [Exemplo 6.23](#ex-b2-comparison-tan) ): onde cada sequência se situa em sua janela, e por quê.

**Parte V — Um refinamento dinâmico, regras do jogo, síntese.**

21. Sejam $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ e $u_{n+1} = \sin u_n$ . Mostre que $u_n \to 0$ decrescendo, e calcule o limite de $\dfrac{1}{u_{n+1}^2} - \dfrac{1}{u_n^2}$ *(desenvolva $\sin^{-2}$ via $\sin u = u - \frac{u^3}6 + o(u^3)$)* .
22. Deduza, pelas médias de Cesàro (volume do primeiro ano de graduação), o clássico $$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$$
23. (Numérica certificada) Usando a cota rigorosa da questão 7, mostre que avaliar $\ln n + \gamma + \frac1{2n}$ em $n  = 10^6$ fornece $H_{10^6}$ com erro no máximo $1.25\cdot10^{-13}$ — uma soma de um milhão de termos calculada com treze algarismos por meio de três termos.
24. (Regras do jogo) Demonstre ou refute, com demonstrações ou contraexemplos: (a) se $u_n \sim v_n \to +\infty$ então $\ln u_n \sim \ln v_n$ ; (b) se $u_n \sim v_n$ então $\eu^{u_n} \sim \eu^{v_n}$ ; (c) se $f \sim g$ em $+\infty$ ( $f, g$ deriváveis) então $f' \sim g'$ .
25. (Síntese) Uma frase para cada: o laço de refinamento do [Método 6.22](#met-b2-comparison-implicit) tal como usado nas Partes I, III e IV; o que a correção do trapézio acrescenta ao [Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) ; por que a inversão de $x\ln x$ é exatamente a ponte de $\pi(x)$ para $p_n$ ; e qual das regras da questão 24 protegeu qual passo. Nomeie os dois cumes: a fórmula de Euler–Maclaurin (primeira ordem) e a lei assintótica do $n$ -ésimo primo.

**Solução de Problema 6.1.**

**1.** Subtraindo os dois desenvolvimentos: $\sum_i (c_i -
c_i')\varphi_i = o(\varphi_k)$. Se algum coeficiente diferir, seja $i_0$ o primeiro: dividir por $\varphi_{i_0}$ e usar $\varphi_j = o(\varphi_{i_0})$ para $j > i_0$ dá $c_{i_0} -
c_{i_0}' = o(1)$: zero, contradição. Para o desenvolvimento: com $u = \frac{\ln x}x \to 0$,

$$
\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x\cdot\frac{1}{1 - u}
= \frac1x\bigl(1 + u + u^2 + O(u^3)\bigr)
= \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} +
o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr).
$$

Nenhum termo em $\frac c{x^2}$ aparece porque o desenvolvimento é uma série geométrica em $u = \frac{\ln x}{x}$: todo termo carrega tantas potências de $\ln x$ quantas de $\frac1x$ além da primeira; o degrau $\frac1{x^2}$ da escala (coeficiente de $(\ln x)^0$) simplesmente não existe, com coeficiente $0$.

**2.** $f(x) = \eu^x + x$ é [contínua](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/4-topologia-dos-espacos-metricos#def-b2-metric-continuity), estritamente crescente, com limites $-\infty$ e $+\infty$: uma bijeção $\R \to \R$, logo $x_n = f^{-1}(n)$ existe e é único, e $x_n \to +\infty$ ($f^{-1}$ cresce para $+\infty$). De $\eu^{x_n} = n - x_n$: $x_n = \ln(n - x_n) \leq \ln n$, logo $x_n/n \to 0$ e $x_n = \ln n + \ln(1 - x_n/n) = \ln n + o(1)
\sim \ln n$.

**3.** Escreva $u_n = x_n/n$. Segunda passagem: $u_n = \frac{\ln n
+ o(1)}{n}$, logo

$$
x_n = \ln n + \ln(1 - u_n) = \ln n - u_n + O(u_n^2)
= \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}n\Bigr).
$$

Terceira passagem: agora $u_n = \frac{\ln n}{n} - \frac{\ln n}{n^2} +
o\bigl(\frac{\ln n}{n^2}\bigr)$, e $\ln(1 - u_n) = -u_n -
\frac{u_n^2}2 + O(u_n^3)$:

$$
x_n = \ln n - \frac{\ln n}n + \frac{\ln n}{n^2}
- \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln
n)^2}{n^2}\Bigr)
= \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} +
o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr),
$$

sendo o termo $\frac{\ln n}{n^2}$ absorvido em $o\bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\bigr)$.

**4.** Em $n = 1000$: $\ln 1000 \approx 6.90776$ (erro $7\cdot10^{-3}$); dois termos: $6.90085$ (erro $2\cdot10^{-5}$); três termos: $6.90082$ (erro abaixo de $10^{-5}$), contra $x_{1000} \approx 6.90083$. Cada passagem compra aproximadamente o fator previsto $\frac{\ln n}{n}$.

**5.** Duas integrações por partes, começando pela direita: com $\frac{\dd}{\dd t}\bigl[\tfrac12t(1-t)\bigr] = \tfrac12 -
t$ e $t(1-t)$ anulando-se nas duas extremidades,

$$
\frac12\int_0^1 t(1-t)g''(t)\dd t
= -\int_0^1\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g'(t)\dd t
= -\Bigl[\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g\Bigr]_0^1 - \int_0^1 g
= \frac{g(0) + g(1)}2 - \int_0^1 g .
$$

Reorganizado, isso é a identidade enunciada.

**6.** Calcule o incremento e depois aplique a questão 5 a $g(t) = f(n + t)$:

$$
\begin{align*}
E_{n+1} - E_n
&= f(n{+}1) - \int_n^{n+1}\!f - \frac{f(n{+}1) - f(n)}2 \\
&= \frac{f(n) + f(n{+}1)}2 - \int_n^{n+1}\!f
= \frac12\int_0^1 t(1-t)f''(n+t)\dd t .
\end{align*}
$$

Como $0 \leq t(1-t) \leq \frac14$: $\abs{E_{n+1} - E_n} \leq
\frac18\int_n^{n+1}\abs{f''}$, cuja soma sobre $n$ converge por hipótese: $(E_n)$ converge (incrementos absolutamente somáveis) para algum $E$, com

$$
\abs{E - E_n} \leq \sum_{k\geq n}\abs{E_{k+1} - E_k} \leq
\frac18\int_n^\infty\abs{f''} .
$$

**7.** $f(t) = \frac1t$: $f''(t) = \frac2{t^3}$, $\int_1^\infty\abs{f''} = 1 < \infty$. Questão 6:

$$
H_n = \ln n + \frac{1 + \frac1n}{2} + E + (E_n - E)
= \ln n + \Bigl(E + \frac12\Bigr) + \frac1{2n} +
\varepsilon_n,
$$

com $\abs{\varepsilon_n} = \abs{E_n - E} \leq
\frac18\int_n^\infty\frac{2\dd t}{t^3} = \frac1{8n^2}$. Comparar com $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ ([Exemplo 6.7](#ex-b2-comparison-harmonic)) identifica $E + \frac12 =
\gamma$.

**8.** Pela fórmula do incremento da questão 6,

$$
\varepsilon_n = E_n - E = -\sum_{k\geq n}\frac12\int_0^1
t(1-t)\,\frac{2\,\dd t}{(k+t)^3}
= -\sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1{k^3}\int_0^1t(1-t)\dd t +
O\Bigl(\frac1{k^4}\Bigr)\Bigr),
$$

usando $\frac{1}{(k+t)^3} = \frac1{k^3} +
O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ uniformemente para $t \in \intcc01$. Com $\int_0^1 t(1-t) = \frac16$ e $\sum_{k\geq n}\frac1{k^3} \sim \frac{1}{2n^2}$ ([Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral)):

$$
\varepsilon_n = -\frac16\cdot\frac{1}{2n^2} +
o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) = -\frac{1}{12n^2} +
o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).
$$

**9.** $f = \ln$: $f''(t) = -\frac1{t^2}$, absolutamente integrável. A questão 6 dá

$$
\ln n! = \int_1^n\ln t\,\dd t + \frac{\ln n}2 + E + O\Bigl(
\frac1{8}\int_n^\infty\frac{\dd t}{t^2}\Bigr)
= \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - n + 1 + E +
O\Bigl(\frac1n\Bigr),
$$

logo $d_n = 1 + E + O\bigl(\frac1n\bigr)$: a convergência de $(d_n)$ — Etapa 1 do [Teorema 6.13](#thm-b2-comparison-stirling) — mais a taxa $O(1/n)$. (O valor do limite dado por Stirling dá $E =
\ln\sqrt{2\pi} - 1$.)

**10.** $f(t) = t^{-1/2}$: $f''(t) = \frac34 t^{-5/2}$, absolutamente integrável. Questão 6:

$$
\sum_{k=1}^n \frac1{\sqrt k}
= 2\sqrt n - 2 + \frac{1 + \frac1{\sqrt n}}2 + E +
O\bigl(n^{-3/2}\bigr)
= 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} +
O\bigl(n^{-3/2}\bigr),
$$

com $c = E - \frac32$. Em $n = 10^4$: $2\sqrt n = 200$, $c
\approx -1.46035$, $\frac1{2\sqrt n} = 0.005$: previsto $198.54465$, e de fato $\sum_{k\leq10^4}k^{-1/2} =
198.544645\dots$ — três termos, sete algarismos.

**11.** $t \mapsto t\ln t$ é [contínua](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/4-topologia-dos-espacos-metricos#def-b2-metric-continuity) e estritamente crescente em $\intco1\infty$ (derivada $\ln t + 1 \geq 1$), de $0$ a $+\infty$: existe um único $x_n$, e $x_n \to
\infty$ (caso contrário $x_n\ln x_n$ ficaria limitado). Tomando logaritmos em $x_n\ln x_n = n$: $\ln x_n + \ln\ln x_n = \ln n$; como $\ln\ln x_n = o(\ln x_n)$, dividir por $\ln x_n$ dá $\frac{\ln n}{\ln x_n} \to 1$: $\ln x_n \sim \ln n$.

**12.** De $x_n = \frac{n}{\ln x_n}$ e $\ln x_n \sim
\ln n$: $x_n \sim \frac{n}{\ln n}$. Passagem seguinte: $\ln\ln x_n =
\ln\bigl(\ln n\,(1 + o(1))\bigr) = \ln\ln n + o(1)$, logo $\ln
x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1)$ e

$$
x_n = \frac{n}{\ln n - \ln\ln n + o(1)}
= \frac{n}{\ln n}\cdot\frac{1}{1 - \frac{\ln\ln n +
o(1)}{\ln n}}
= \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} +
o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).
$$

**13.** Em $n = 10^6$: $\frac{n}{\ln n} \approx 72\,382$ (errando por $18\%$); dois termos dão $\approx 86\,140$ (errando por $1.9\%$), contra o valor verdadeiro $x \approx 87\,848$. O ganho por passagem é apenas o fator $\frac{\ln\ln n}{\ln n} \approx
\frac{2.63}{13.8} \approx 0.19$: as escalas logarítmicas convergem com lentidão exasperante — um fato da vida sempre que primos estão envolvidos.

**14.** Há exatamente $n$ primos $\leq p_n$ (a saber, $p_1, \dots, p_n$): $\pi(p_n) = n$. O teorema dos números primos (admitido; volume do terceiro ano de graduação) dá $n = \pi(p_n) \sim
\frac{p_n}{\ln p_n}$, isto é, $p_n \sim n\ln p_n$: essa é a equação $x\ln x \approx n$ lida ao contrário. Tomando logaritmos: $\ln p_n = \ln n + \ln\ln p_n + o(1)$, e $\ln\ln p_n =
o(\ln p_n)$ força $\ln p_n \sim \ln n$ como na questão 11. Substituindo de volta:

$$
p_n \sim n\ln p_n = n\,\ln n\,\frac{\ln p_n}{\ln n} \sim n\ln
n .
$$

**15.** (a) Fixe $\varepsilon > 0$; para $k$ grande, $(1 -
\varepsilon)k\ln k \leq p_k \leq (1 + \varepsilon)k\ln k$. Por comparação com a crescente $t\ln t$ (enquadramento do tipo [Teorema 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral)), $\sum_{k\leq n}k\ln k = \int_1^n t\ln t\,\dd t + O(n\ln n) =
\frac{n^2\ln n}2 - \frac{n^2}4 + O(n\ln n) \sim
\frac{n^2\ln n}2$. Logo $\sum_{k\leq n}p_k = \frac{n^2\ln
n}{2}(1 + O(\varepsilon) + o(1))$ para todo $\varepsilon$: $\sum_{k\leq n}p_k \sim \frac{n^2\ln n}2$. (b) Pelo teorema dos números primos, entre os inteiros até $10^{100}$ uma proporção $\sim \frac{1}{\ln 10^{100}} = \frac1{230.26\dots}$ é prima: um inteiro uniformemente aleatório com $100$ algarismos é primo com probabilidade cerca de $\frac1{230}$.

**16.** Em $\intoo{n\pi}{n\pi + \frac\pi2}$, $g(x) = \tan
x - \frac1x$ é [contínua](https://one-course.com/books/math/4/pt/chapter/4-topologia-dos-espacos-metricos#def-b2-metric-continuity) e estritamente crescente ($g' = 1 +
\tan^2x + \frac1{x^2} > 0$), com $g \to -\frac1{n\pi} < 0$ na extremidade esquerda e $g \to +\infty$ na direita: exatamente uma raiz $x_n$. Como $\tan z_n = \tan x_n = \frac1{x_n} \to 0$ com $z_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$: $z_n \to 0^+$.

**17.** $\tan z_n \sim z_n$ e $\frac1{x_n} \sim
\frac1{n\pi}$: $z_n \sim \frac1{n\pi}$.

**18.** $z_n = \arctan\frac1{x_n}$ e $\arctan u = u +
O(u^3)$. Com $z_n = O(\frac1n)$:

$$
\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac1{1 + \frac{z_n}{n\pi}}
= \frac1{n\pi} - \frac{z_n}{n^2\pi^2} +
O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr)
= \frac1{n\pi} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),
$$

logo $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$: o degrau $\frac{c}{n^2}$ tem coeficiente $0$, porque a primeira correção a $\frac1{x_n}$ é ela mesma de tamanho $\frac{z_n}{n^2} = O(n^{-3})$.

**19.** Insira $z_n = \frac1{n\pi} + O(n^{-3})$ na fórmula anterior:

$$
\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} +
O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr),
$$

depois $z_n = \arctan\frac1{x_n} = \frac1{x_n} -
\frac{1}{3}\Bigl(\frac1{x_n}\Bigr)^3 + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr)
= \frac1{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} - \frac{1}{3n^3\pi^3} +
O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr)$:

$$
x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3n^3} +
O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr).
$$

**20.** Em $n = 3$: um termo $9.53088$, três termos $9.52929$, raiz verdadeira $9.52933$: erros $1.5\cdot10^{-3}$ e $5\cdot10^{-5}$. Contraste: para $\tan x = x$ a raiz precisa tornar $\tan$ enorme, logo ela se cola à extremidade *direita* $n\pi +
\frac\pi2$ da janela, a distância $\sim\frac1{n\pi}$ antes da assíntota; para $x\tan x = 1$ a raiz precisa tornar $\tan$ minúsculo, logo ela fica logo depois da extremidade *esquerda* $n\pi$, a distância $\sim\frac1{n\pi}$ depois do zero. Mesmo método, geografia espelhada.

**21.** $\sin u < u$ em $\intoo0\pi$ e $\sin$ leva $\intoo0\pi$ em $\intoc01 \subseteq \intoo0\pi$: após um passo $u_1 \in \intoc{0}{1}$, depois $(u_n)$ decresce e é minorada por $0$: ela converge para um ponto fixo de $\sin$, isto é, para $0$. Desenvolvimento: $\sin u = u(1 - \frac{u^2}6 +
o(u^2))$, logo

$$
\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac1{u_n^2}
= \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\bigl(1 - \tfrac{u_n^2}6 +
o(u_n^2)\bigr)^{-2} - 1\Bigr)
= \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr)
\longrightarrow \frac13 .
$$

**22.** Por Cesàro (volume do primeiro ano de graduação), a média dos incrementos converge para o mesmo limite:

$$
\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{u_n^2}
= \frac1n\Bigl(\frac1{u_0^2} + \sum_{k=0}^{n-1}
\Bigl(\frac1{u_{k+1}^2} - \frac1{u_k^2}\Bigr)\Bigr)
\longrightarrow \frac13 ,
$$

logo $u_n^2 \sim \frac3n$ e, sendo todos os termos positivos, $u_n
\sim \sqrt{3/n}$.

**23.** Pela questão 7, $\abs{H_n - \ln n - \gamma -
\frac1{2n}} \leq \frac1{8n^2}$. Em $n = 10^6$ essa cota vale $\frac{1}{8\cdot10^{12}} = 1.25\cdot10^{-13}$: três termos calculados entregam a soma harmônica de um milhão de termos com treze algarismos, com um certificado de erro plenamente rigoroso — exatamente o propósito de uma fórmula assintótica com resto explícito.

**24.** (a) Verdadeiro: $\ln u_n - \ln v_n = \ln\frac{u_n}{v_n}
\to 0$ enquanto $\ln v_n \to +\infty$, logo a razão dos logaritmos tende a $1$. (b) Falso: $u_n = n + 1 \sim v_n = n$, mas $\eu^{u_n}/\eu^{v_n} = \eu \neq 1$. A equivalência tolera erros aditivos $o(1)$ no expoente, não $O(1)$. (c) Falso: $f(x) = x + \sin(x^2) \sim g(x) = x$ em $+\infty$, mas $f'(x)
= 1 + 2x\cos(x^2)$ oscila ilimitadamente enquanto $g' = 1$: as derivadas de funções equivalentes podem não ser comparáveis de modo algum.

**25.** O laço do [Método 6.22](#met-b2-comparison-implicit) rodou identicamente três vezes: localizar a raiz, extrair um termo bruto, reinjetá-lo para a ordem seguinte — em $\eu^x + x = n$ (Parte I), em $x\ln x = n$ (Parte III), em $x\tan x = 1$ (Parte IV). A correção do trapézio eleva a comparação série–integral de “a diferença converge” a um termo explícito em $\frac{f(1) + f(n)}2$ com resto certificado $O(\int_n^\infty
\abs{f''})$ — constantes e barras de erro em vez de mera convergência. A ponte para os primos é pura inversão: o teorema dos números primos diz que $\pi(x)\ln x \approx x$, logo $p_n$, definido por $\pi(p_n) = n$, resolve uma equação do tipo $x\ln x = n$ — e herda a assintótica dela. A regra (a) da questão 24 legitimou toda passagem de $u_n \sim v_n$ para $\ln u_n \sim
\ln v_n$ (questões 11 e 14); a falsidade de (b) é a razão pela qual nunca exponenciamos equivalências. Cumes: a fórmula de Euler–Maclaurin em primeira ordem (questão 6) e a lei assintótica $p_n \sim n\ln n$ do $n$-ésimo primo (questão 14).