Matemática universitária — Graduação 2 · Bachelor Year 2

7Sequências e séries

A teoria das séries numéricas (volume do primeiro ano de graduação) amadurece aqui em três direções: séries com valores em espaços de Banach, onde a convergência absoluta faz o trabalho; os critérios mais finos para séries reais (transformação de Abel); e as famílias somáveis — a somação libertada da ordem dos termos — com o teorema de Fubini para somas duplas e o produto de Cauchy. Essas ferramentas sustentam todos os capítulos de séries de funções que virão.

7.1 Séries em espaços normados

Definição 7.1

Para uma sequência $(u_n)$ num espaço normado $E$ , a série $\sum u_n$ converge quando suas somas parciais convergem; ela converge absolutamente quando $\sum \norm{u_n} < \infty$ . Num espaço de Banach, a convergência absoluta implica a convergência (Teorema 5.21); num espaço não completo isso pode falhar (Exercício 7.9).

Exemplo 7.2

Em $\mathcal{M}_n(K)$ (ou $\mathcal{L}_c(E)$ , com $E$ de Banach): para $\vertiii A < 1$ , a série de Neumann $\sum A^k$ converge absolutamente para $(I - A)^{-1}$ (demonstrado no Exercício 5.5); $\sum \frac{A^k}{k!}$ converge absolutamente para $\eu^A$ para toda $A$ (Exemplo 5.22). As séries geométrica e exponencial com valores em operadores comportam-se como seus modelos escalares — exatamente o propósito do quadro de Banach.

7.2 Transformação de Abel

Teorema 7.3 (Transformação de Abel e critério de Abel)

(Somação por partes) Para escalares $a_n$ e vetores $b_n$ , com $B_n = \sum_{k=0}^{n} b_k$ :

\sum_{n=0}^{N} a_n b_n = a_N B_N - \sum_{n=0}^{N-1} (a_{n+1} - a_n) B_n .

(Critério de Abel) Se $(a_n)$ é uma sequência real decrescente para $0$ e as somas parciais $B_n$ são limitadas (num espaço de Banach), então $\sum a_n b_n$ converge.

Demonstração. A identidade, passo a passo: com $B_{-1} = 0$ , escreva $b_n = B_n - B_{n-1}$ e separe,

\sum_{n=0}^{N} a_nb_n = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N} a_nB_{n-1} = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N-1} a_{n+1}B_{n} ,

reindexando a segunda soma por $n \mapsto n + 1$ (o termo $B_{-1}$ se anula); reunindo o intervalo comum $0 \leq n \leq N-1$ sobram $a_NB_N$ mais $\sum_{n\leq N-1}(a_n - a_{n+1})B_n$ : a fórmula enunciada. É a integração por partes discreta, com $(B_n)$ como primitiva de $(b_n)$ e a diferença $a_{n+1} - a_n$ como derivada de $(a_n)$ . Para o critério, com $\norm{B_n} \leq M$ : o termo de bordo $a_N B_N \to 0$ ; a série $\sum (a_n - a_{n+1})B_n$ converge absolutamente, pois

\sum_n \norm{(a_{n+1} - a_n)B_n} \leq M \sum_n (a_n - a_{n+1}) = M a_0 < \infty

(telescopagem, $a_n \downarrow 0$ ). As duas peças da identidade convergem, logo $\sum a_n b_n$ também converge. ∎

Exemplo 7.4

$\sum \frac{\sin n}{n}$ converge: $a_n = \frac1n \downarrow 0$ e $B_n = \sum_{k=1}^{n} \sin k$ é limitada — de fato $B_n = \Im\sum_{k \leq n} \eu^{\iu k} = \Im\,\frac{\eu^{\iu}(\eu^{\iu n} - 1)}{\eu^{\iu} - 1}$ , de módulo $\leq \frac{2}{\abs{\eu^{\iu} - 1}}$ . Ela não converge absolutamente ( $\abs{\sin n} \geq \sin^2 n = \frac{1 - \cos 2n}{2}$ , e $\sum \frac{1 - \cos 2n}{2n}$ diverge, pois $\sum \frac{\cos 2n}{n}$ converge pelo mesmo critério de Abel enquanto $\sum \frac{1}{2n}$ diverge). O critério das séries alternadas é o caso particular $b_n = (-1)^n$ .

Exemplo 7.5 (Abel sobre o círculo de convergência)

Para quais complexos $z$ com $\abs z = 1$ a série $\sum_{n \geq 1} \frac{z^n}{n}$ converge? Em $z = 1$ ela é a série harmônica: divergente. Para $z \neq 1$ no círculo, o critério de Abel se aplica com $a_n = \frac1n \downarrow 0$ e $b_n = z^n$ , cujas somas parciais são limitadas independentemente de $N$ :

\Bigl|\sum_{n=1}^{N} z^n\Bigr| = \Bigl|\frac{z(z^N - 1)}{z - 1}\Bigr| \leq \frac{2}{\abs{z - 1}} .

Convergente — embora nunca absolutamente ( $\sum\frac1n$ ). Uma série, um círculo de comportamentos: divergência num único ponto, semiconvergência em todos os demais. Esse é o comportamento padrão na fronteira das séries de potências (Capítulo 11), aqui encontrado na unha; em $z = -1$ ele recupera a série harmônica alternada, e em $z = \eu^{\iu\theta}$ suas partes real e imaginária são as séries $\sum\frac{\cos n\theta}{n}$ e $\sum\frac{\sin n\theta}{n}$ do Exercício 7.4.

Exemplo 7.6 (Uma série alternada armadilhada)

A série $\sum_{n\geq2} \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n}$ converge? Os sinais alternam e os termos tendem a $0$ — e no entanto o critério das alternadas não se aplica: os módulos $\frac{1}{\sqrt n + (-1)^n}$ não são decrescentes (eles pulam para cima a cada $n$ ímpar). Desenvolva, em vez disso:

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

A primeira peça converge (critério das alternadas, honestamente aplicado a $\frac1{\sqrt n}\downarrow0$ ), a terceira converge absolutamente — mas a peça do meio é a série harmônica divergente: a soma diverge para $-\infty$ . A lição final: quando a monotonicidade falha, desenvolva até que cada peça seja absolutamente convergente ou um caso limpo de aplicação de critério; o $-\frac1n$ escondido é invisível para a contagem de sinais.

Observação 7.7 (Armadilhas comuns)

(i) “Os termos tendem a $0$ ” nada prova: a série harmônica diverge. (ii) O critério das alternadas exige módulos decrescentes — Exemplo 7.6 é o contraexemplo canônico, e a terceira série do Exercício 7.1, o treino. (iii) Séries condicionalmente convergentes não podem ser reordenadas (Exemplo 7.12), e seus produtos de Cauchy podem divergir: para $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ ao quadrado, os termos da diagonal satisfazem

\abs{c_k} = \sum_{m=0}^{k} \frac{1}{\sqrt{(m+1)(k-m+1)}} \geq (k+1)\cdot\frac{2}{k+2} \longrightarrow 2 \neq 0

(cada fator é no máximo $\frac{k+2}2$ pela desigualdade das médias), de modo que $\sum c_k$ diverge — a convergência absoluta de ao menos um fator (Exercício 7.8) não é luxo. (iv) A somabilidade é, por definição, uma questão de cotas absolutas: não existe família condicionalmente somável.

7.3 Famílias somáveis

Definição 7.8

Seja $I$ um conjunto de índices enumerável. Uma família $(u_i)_{i \in I}$ de reais não negativos é somável quando as somas parciais finitas são limitadas; sua soma é

\sum_{i \in I} u_i = \sup_{F \subseteq I \text{ finito}} \sum_{i \in F} u_i \in \intcc{0}{+\infty} .

Uma família de reais ou complexos (ou de vetores de Banach) é somável quando $(\norm{u_i})$ o é; sua soma é então definida separando as partes positiva e negativa (ou real e imaginária) — equivalentemente, como o valor comum de $\sum_{n} u_{\sigma(n)}$ para todas as enumerações $\sigma$ de $I$ (veja adiante).

Método 7.9 (Escolher um critério)

Diante de $\sum u_n$ , nesta ordem: (1) se $u_n \not\to 0$ , divergência, pare. (2) Se os termos têm sinal constante, compare: ache um equivalente (Capítulo 6) e situe-o no mapa de Riemann–Bertrand. (3) Se os sinais alternam com módulos decrescentes, o critério das alternadas; se os módulos não são monótonos, desenvolva o termo até que cada peça seja absolutamente convergente ou um caso limpo (Exemplo 7.6). (4) Se o padrão de sinais é oscilatório mas estruturado ( $\sin n\theta$ , $\eu^{\iu n\theta}$ , potências de matrizes), o critério de Abel com somas parciais limitadas. (5) A convergência absoluta vale sempre a pena ser verificada primeiro: é mais forte, imune à ordem e destranca produtos de Cauchy e Fubini.

Exemplo 7.10 (Somabilidade por contagem em diagonais)

Para quais $s > 0$ a família $\bigl((m + n)^{-s}\bigr)_{m, n \geq 1}$ é somável? Agrupe as somas parciais finitas por diagonais $m + n = k$ : a diagonal $k$ carrega $k - 1$ pares, cada um contribuindo com $k^{-s}$ , de modo que as somas finitas são exatamente majoradas por (e esgotam)

\sum_{k \geq 2} \frac{k - 1}{k^{s}} ,

uma série de termos positivos equivalente a $k^{1-s}$ : somável se e somente se $s - 1 > 1$ , isto é, $s > 2$ . O índice bidimensional come uma potência inteira: um plano de termos é “uma dimensão mais divergente” do que uma reta — é a geometria de contagem do conjunto de índices, e não o tamanho dos termos individuais, que decide a somabilidade. (O mesmo recenseamento mostra que $\bigl((m^2 + n^2)^{-1}\bigr)$ não é somável: na diagonal $m + n = k$ , cada termo vale ao menos $k^{-2}$ , e $(k-1)\cdot k^{-2}$ soma como a série harmônica.)

Teorema 7.11 (Somabilidade e ordem)

Para famílias não negativas, a soma é invariante por qualquer enumeração: $\sum_{i} u_i = \sum_{n=0}^{\infty} u_{\sigma(n)}$ para toda bijeção $\sigma \colon \N \to I$ .
Uma série real ou complexa $\sum u_n$ é comutativamente convergente (toda reordenação converge, com a mesma soma) se e somente se ela é absolutamente convergente.

Demonstração. (1) Toda soma parcial $\sum_{n \leq N} u_{\sigma(n)}$ é uma soma parcial finita da família (logo $\leq$ o sup); todo $F$ finito está contido em algum $\{\sigma(0), \dots, \sigma(N)\}$ (logo o sup é $\leq$ o limite da série). As duas cotas se encontram.

(2) Se $\sum\abs{u_n} < \infty$ : para qualquer reordenação $\sigma$ e $\varepsilon > 0$ , escolha $N$ com $\sum_{n > N}\abs{u_n} \leq \varepsilon$ ; a partir do posto em que $\sigma$ tenha esgotado $\intint{0}{N}$ , as somas parciais reordenadas diferem do limite original por no máximo $\varepsilon$ : mesma soma. Se $\sum \abs{u_n} = \infty$ mas $\sum u_n$ converge (caso real; o complexo segue coordenada a coordenada): as partes positiva e negativa ambas divergem, e é possível reordenar para atingir qualquer limite prescrito — o teorema de Riemann, executado no Exercício 7.5 — de modo que a convergência comutativa falha. ∎

Exemplo 7.12 (Uma reordenação pega em flagrante)

A série harmônica alternada soma $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ (volume do primeiro ano de graduação). Reordene-a como “um positivo, dois negativos”:

1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \cdots

Agrupando cada bloco de três,

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac1{4k} = \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac1{2k}\Bigr),

de modo que a série reordenada converge para $\frac12\ln 2$ — metade da soma original, com exatamente os mesmos termos. As séries não absolutamente convergentes lembram a ordem de seus termos; as famílias somáveis são precisamente as que não lembram.

Exemplo 7.13 (Agrupar é seguro, desagrupar não é)

Agrupar termos consecutivos de uma série convergente nunca muda a soma: as somas parciais agrupadas formam uma subsequência das originais. A operação inversa é proibida:

(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0 + 0 + \cdots = 0,

e no entanto a série desagrupada $1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ diverge (as somas parciais oscilam entre $1$ e $0$ ). Desagrupar só é legítimo com uma hipótese compensatória — por exemplo, termos tendendo a $0$ com comprimentos de bloco limitados: então, entre duas somas parciais agrupadas, as originais derivam no máximo por uma soma de $o(1)$ termos em número limitado, e a convergência volta a se transferir. Essa é exatamente a cláusula sob a qual o cálculo por blocos do Exemplo 7.12 é uma demonstração e não um truque de mágica.

Teorema 7.14 (Fubini para famílias; produtos de Cauchy)

Seja $(u_{m,n})_{(m,n) \in \N^2}$ uma família dupla somável (isto é, $\sup_F \sum_F \abs{u_{m,n}} < \infty$ ). Então

\sum_{(m,n)} u_{m,n} = \sum_{m=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{n=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{n=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m+n=k} u_{m,n}\Bigr),

convergindo (absolutamente) todas as séries internas. Em particular, se $\sum a_m$ e $\sum b_n$ convergem absolutamente, seu produto de Cauchy converge absolutamente com

\Bigl(\sum_m a_m\Bigr)\Bigl(\sum_n b_n\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k, \qquad c_k = \sum_{m=0}^{k} a_m b_{k-m} .

Demonstração. Caso não negativo. Cada agrupamento (por linhas, colunas ou diagonais) calcula o mesmo supremo: todo conjunto finito de pares está contido num bloco finito de linhas (o que minora cada soma agrupada por somas parciais finitas e a majora pelo total), e a convergência monótona das somas parciais faz o resto — concretamente, para linhas: $\sum_{m \leq M}\sum_{n \leq N} u_{m,n} \leq S$ dá, fazendo $N \to \infty$ e depois $M \to \infty$ , $\sum_m \sum_n u_{m,n} \leq S$ ; reciprocamente, todo $F$ finito cabe em tal retângulo, logo $S \leq \sum_m\sum_n u_{m,n}$ . Diagonais: as mesmas duas cotas com triângulos em vez de retângulos.

Caso geral. Separe em partes positiva e negativa (real e imaginária), cada uma uma família não negativa somável; os quatro agrupamentos coincidem em cada parte, logo na diferença; a convergência absoluta das séries internas vem do caso não negativo aplicado a $\abs{u_{m,n}}$ .

Produto de Cauchy. A família $u_{m,n} = a_m b_n$ é somável: as somas parciais finitas de $\abs{a_mb_n}$ são majoradas por $\bigl(\sum\abs{a_m}\bigr)\bigl(\sum\abs{b_n}\bigr)$ . As linhas dão $\bigl(\sum a_m\bigr)\bigl(\sum b_n\bigr)$ ; as diagonais dão $\sum_k c_k$ . ∎

Exemplo 7.15 (A identidade exponencial, honestamente)

Para $a, b \in \C$ (ou matrizes que comutam):

\Bigl(\sum_m \frac{a^m}{m!}\Bigr)\Bigl(\sum_n \frac{b^n}{n!}\Bigr) = \sum_k \sum_{m+n=k} \frac{a^m b^n}{m!\,n!} = \sum_k \frac{(a + b)^k}{k!},

pelo binômio de Newton em cada diagonal: $\eu^a \eu^b = \eu^{a+b}$ — a equação funcional de $\exp$ deduzida só da série. (A comutatividade é usada no passo do binômio; para matrizes que não comutam a identidade falha de verdade, Capítulo 16.)

Exemplo 7.16 (Produtos de Cauchy como dispositivo de cálculo)

A partir da série geométrica e do $\sum_{n \geq 1} nz^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ do Exercício 7.2 ( $\abs z < 1$ ), mais um produto de Cauchy conclui o segundo momento. Multiplique $\sum_m mz^m$ por $\sum_n z^n$ : o coeficiente diagonal é $\sum_{m=0}^k m = \frac{k(k+1)}2$ , logo

\frac{z}{(1-z)^3} = \sum_{k\geq0}\frac{k(k+1)}{2}\,z^k ,

e a identidade $n^2 = 2\cdot\frac{n(n+1)}2 - n$ monta

\sum_{n\geq1} n^2z^n = \frac{2z}{(1-z)^3} - \frac{z}{(1-z)^2} = \frac{z(1+z)}{(1-z)^3} .

Em $z = \frac12$ : $\sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{\frac18} = 6$ — um valor fechado sem nenhuma derivação, apenas séries absolutamente convergentes multiplicadas como polinômios. A mesma telescopagem de identidades calcula todo $\sum n^dz^n$ , e os probabilistas reconhecerão o segundo momento fatorial da lei geométrica (Capítulo 23).

Exemplo 7.17 (Uma avaliação de soma dupla)

Para $s > 1$ real, seja $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ . Contando os divisores por soma dupla — a família $(m^{-s}n^{-s})$ sobre $(m,n) \in (\N^*)^2$ é somável (produto de séries positivas convergentes) — e agrupando pelo produto $q = mn$ :

\zeta(s)^2 = \sum_{m,n} \frac{1}{(mn)^s} = \sum_{q=1}^{\infty} \frac{d(q)}{q^s},

em que $d(q)$ é o número de divisores de $q$ . As famílias somáveis transformam combinatória em análise.

Exemplo 7.18 (Uma avaliação por Fubini: $\sum_n (\zeta(n) - 1) = 1$ )

Para $n \geq 2$ inteiro, $\zeta(n) - 1 = \sum_{k \geq 2} k^{-n}$ . A família dupla $(k^{-n})_{k, n \geq 2}$ é somável: somando primeiro as colunas geométricas,

\sum_{k\geq2}\sum_{n\geq2} \frac{1}{k^n} = \sum_{k\geq2} \frac{1/k^2}{1 - 1/k} = \sum_{k\geq2} \frac{1}{k(k-1)} = 1

(telescopagem), e todos os termos são positivos, de modo que o Teorema 7.14 autoriza somar por linhas:

\sum_{n\geq2}\bigl(\zeta(n) - 1\bigr) = 1 .

Os infinitos valores de $\zeta$ , cada um de aparência transcendente, têm caudas que somam exatamente $1$ . Lição final: quando uma soma dupla tem termos positivos, calcule-a na ordem que colapsar — aqui as colunas são geométricas, as linhas são misteriosas, e Fubini transfere o colapso.

Exemplo 7.19 (A série geométrica resolve uma equação)

No espaço de Banach $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ , resolva $x - K(x) = y$ , em que $K(f)$ é a função constante $\frac12\int_0^1 f$ . A norma de operador é $\vertiii K \leq \frac12 < 1$ , de modo que a série de Neumann se aplica (Exemplo 7.2): $x = \sum_{n\geq0} K^n(y)$ . Calcule os iterados: $K(y) = \frac12\int_0^1 y$ (uma constante) e, aplicando $K$ a uma constante $c$ , obtém-se $\frac c2$ , logo $K^n(y) = \frac{1}{2^{n-1}}\cdot\frac12\int_0^1 y$ para $n \geq 1$ . Somando as constantes geométricas:

x = y + \Bigl(\int_0^1 y\Bigr) \sum_{n\geq1}\frac{1}{2^n} = y + \int_0^1 y .

Verificação: $x - K(x) = y + \int y - \frac12\bigl(\int y + \int y\bigr) = y$ . Uma série infinita, uma resposta finita e uma verificação de uma linha — a série geométrica é um algoritmo de inversão, e não apenas um enunciado de convergência.

Exemplo 7.20 (Telescopagem por frações parciais)

A somação exata é rara; a telescopagem é seu principal fornecedor. Decomponha

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

(verifique reduzindo ao denominador comum), de modo que as somas parciais colapsam:

\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(\frac{1}{1\cdot2} - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

O mesmo padrão — escrever o termo como $c(u_n - u_{n+1})$ para um $(u_n)$ explícito — resolveu o Exercício 7.10 (arco-tangentes) e calcula todo $\sum\frac{1}{n(n+1)\cdots(n + k)} = \frac{1}{k\cdot k!}$ . Quando existe uma soma exata neste nível, costuma haver um telescópio escondido no termo.

Observação 7.21 (Perspectivas dentro deste volume)

Três capítulos adiante são clientes diretos. Para o Capítulo 10: a convergência normal de $\sum f_n$ é a convergência absoluta de $\sum\norm{f_n}_\infty$ no espaço de Banach $\bigl(C, \norm\cdot_\infty\bigr)$ — o Teorema 5.21 deste capítulo, a rigor, de fantasia. Para o Capítulo 11: dentro do disco de convergência tudo é absoluto e somável, de modo que produtos de Cauchy e reordenações correm soltos (é por isso que as séries de potências se multiplicam como polinômios); na fronteira, o critério de Abel assume (Exemplo 7.5). Para o Capítulo 23: as funções geradoras de probabilidade são séries de potências cujas manipulações — produtos para somas de variáveis independentes, somas duplas para leis compostas — são todas autorizadas pelo Teorema 7.14. As famílias somáveis são o departamento jurídico da análise que vem a seguir.

Observação 7.22 (Onde este capítulo é usado)

Tudo o que tem soma infinita passa por aqui: as séries de potências (Capítulo 11) são famílias somáveis disfarçadas, os coeficientes de Fourier são multiplicados por produtos de Cauchy e reordenados por Parseval (Capítulo 14), e as funções geradoras de probabilidade (Capítulo 23) são o teorema de Fubini aplicado a esperanças. O volume do terceiro ano de graduação absorve as famílias somáveis na integração de Lebesgue com a medida de contagem — onde o Teorema 7.14 se torna um caso particular do teorema de Fubini–Tonelli.

7.4 Exercícios

Exercício 7.1 ★

Natureza de: $\sum \dfrac{\cos n}{n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\ln n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ (desenvolva como na armadilha do primeiro ano: o critério das alternadas precisa de monotonicidade).

Solução

Solução de Exercício 7.1.

$\sum\frac{\cos n}{n}$ : critério de Abel com $a_n = \frac1n$ e $b_n = \cos n$ , cujas somas parciais são limitadas (parte real de uma soma geométrica, como no Exemplo 7.4): convergente (não absolutamente, pelo mesmo truque com $\cos^2$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{\ln n}$ ( $n \geq 2$ ): critério das alternadas, $\frac{1}{\ln n} \downarrow 0$ : convergente; não absolutamente ( $\ln n \leq n$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ : desenvolva,

\frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}}\cdot \frac{1}{1 + \frac{\cos n}{n^{3/4}}} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}} - \frac{(-1)^n\cos n}{n^{3/2}} + O\Bigl(\frac{1}{n^{9/4}}\Bigr).

Primeira série: alternada, convergente. Segunda: absolutamente convergente (escala $\frac{1}{n^{3/2}}$ ). Terceira: absolutamente convergente. Total: convergente.

Exercício 7.2 ★

Prove que, para $\abs z < 1$ : $\sum_{n\geq1} n z^{n} = \dfrac{z}{(1-z)^2}$ , via o produto de Cauchy de $\sum z^n$ consigo mesma.

Solução

Solução de Exercício 7.2.

Produto de Cauchy de $\sum_{m\geq0} z^m$ consigo mesma (ambas absolutamente convergentes para $\abs z < 1$ ): o coeficiente diagonal é $c_k = \sum_{m=0}^{k} 1 = k + 1$ , logo

\frac{1}{(1-z)^2} = \sum_{k\geq0} (k+1)z^k .

Multiplicando por $z$ e reindexando: $\sum_{n \geq 1} n z^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ .

Exercício 7.3 ★★

(Lema do tipo Kronecker) Seja $\sum b_n$ uma série real convergente. Prove, pela transformação de Abel, que $\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} k\,b_k \to 0$ .

Solução

Solução de Exercício 7.3.

Seja $B_n = \sum_{k \leq n} b_k \to B$ . Transformação de Abel com $a_k = k$ :

\sum_{k=1}^{n} k\,b_k = n B_n - \sum_{k=1}^{n-1} B_k \quad\Longrightarrow\quad \frac1n \sum_{k=1}^{n} k b_k = B_n - \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} B_k .

As médias de Cesàro da sequência convergente $(B_k)$ tendem a seu limite $B$ (volume do primeiro ano de graduação), logo o membro da direita tende a $B - B = 0$ .

Exercício 7.4 ★★

Estude a convergência de $\sum \dfrac{\sin(n\theta)}{n^\alpha}$ ( $\theta \in \R$ , $\alpha > 0$ ) — para quais $(\theta, \alpha)$ ela é absolutamente convergente, semiconvergente, divergente?

Solução

Solução de Exercício 7.4.

Se $\theta \in \pi\Z$ : todos os termos se anulam — convergente trivialmente. Suponha $\theta \notin \pi\Z$ .

$\alpha > 1$ : absolutamente convergente (dominação por $n^{-\alpha}$ ).

$0 < \alpha \leq 1$ : o critério de Abel se aplica ( $a_n = n^{-\alpha} \downarrow 0$ ; as somas parciais de $\sin n\theta$ são majoradas por $\frac{1}{\abs{\sin(\theta/2)}}$ , soma geométrica): convergente. Não absolutamente: $\abs{\sin n\theta} \geq \sin^2 n\theta = \frac{1 - \cos 2n\theta}{2}$ , e $\sum \frac{1 - \cos 2n\theta}{2n^\alpha}$ diverge ( $\sum n^{-\alpha}$ diverge; $\sum \frac{\cos 2n\theta}{n^\alpha}$ converge por Abel quando $2\theta \notin 2\pi\Z$ ; o caso excluído $2\theta \in 2\pi\Z$ significa $\theta \in \pi\Z$ , já tratado). Semiconvergente.

Exercício 7.5 ★★★

(Reordenação de Riemann) Seja $\sum u_n$ uma série real convergente mas não absolutamente convergente, e seja $\ell \in \R$ . Prove que alguma reordenação de $\sum u_n$ converge para $\ell$ . (Mostre que as duas subséries de termos positivos e negativos divergem; depois alterne gulosamente: tome termos positivos até ultrapassar $\ell$ , depois negativos até cair abaixo, e assim por diante; os termos tendem a $0$ , forçando a convergência para $\ell$ .)

Solução

Solução de Exercício 7.5.

Sejam $p_1, p_2, \dots$ os termos não negativos de $(u_n)$ na ordem, e $q_1, q_2, \dots$ os negativos. Ambas $\sum p_k$ e $\sum q_k$ divergem: se uma delas convergisse, a outra seria a convergente $\sum u_n$ menos ela, logo convergiria também — e então $\sum \abs{u_n} = \sum p_k - \sum q_k$ convergiria, contradizendo a hipótese. Além disso, $u_n \to 0$ ( $\sum u_n$ converge).

Reordenação gulosa: tome termos positivos $p_1, p_2, \dots$ até o total corrente ultrapassar $\ell$ pela primeira vez (possível: $\sum p_k = +\infty$ ); depois termos negativos até o total cair abaixo de $\ell$ pela primeira vez (possível: $\sum q_k = -\infty$ ); repita para sempre (cada fase é finita, e todo termo é usado exatamente uma vez: uma reordenação genuína). Após cada troca, a distância do total corrente a $\ell$ é no máximo o último termo usado; como os termos usados na $m$ -ésima troca têm índice $\to \infty$ , e $u_n \to 0$ , os totais correntes convergem para $\ell$ .

Exercício 7.6 ★★

Prove que a família $\Bigl(\dfrac{x^{m+n}}{m!\,n!}\Bigr)_{(m,n)\in\N^2}$ é somável para todo $x \in \R$ , e redemonstre a identidade $(\eu^x)^2 = \eu^{2x}$ agrupando a soma dupla ao longo das diagonais $m + n = k$ .

Solução

Solução de Exercício 7.6.

Somabilidade: as somas parciais finitas de $\frac{\abs x^{m+n}}{m!n!}$ são majoradas por $\bigl(\sum_m \frac{\abs x^m}{m!}\bigr)^2 = \eu^{2\abs x}$ . Agrupamento em diagonais (Teorema 7.14):

(\eu^{x})^2 = \sum_{m,n} \frac{x^{m+n}}{m!\,n!} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k \sum_{m+n=k} \frac{1}{m!\,n!} = \sum_k \frac{x^k}{k!}\sum_{m=0}^{k}\binom km = \sum_k \frac{(2x)^k}{k!} = \eu^{2x} .

Exercício 7.7 ★★

Prove que a família $\bigl(\frac{1}{m^2 n^2}\bigr)_{m,n \geq 1}$ é somável e que o agrupamento por $\gcd$ dá: com $q = \gcd(m,n)$ ,

\zeta(2)^2 = \sum_{q\geq1} \frac{1}{q^4} \sum_{\substack{a,b \geq 1\\ \gcd(a,b)=1}} \frac{1}{a^2b^2} = \zeta(4) \cdot S,

em que $S = \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{a^2b^2}$ : deduza $S = \zeta(2)^2/\zeta(4)$ . (Todo par $(m,n)$ se escreve de modo único $(qa, qb)$ com $\gcd(a,b) = 1$ .)

Solução

Solução de Exercício 7.7.

Somabilidade: majorada por $\zeta(2)^2$ como família produto (o argumento do produto de Cauchy do Teorema 7.14). A aplicação $(q, a, b) \mapsto (qa, qb)$ , das triplas com $\gcd(a, b) = 1$ para os pares $(m, n)$ , é uma bijeção (ponha $q = \gcd(m,n)$ ). Agrupando a família somável de acordo com isso (uma partição do conjunto de índices — legítima para famílias somáveis pelos Teorema 7.11/Teorema 7.14 aplicados à partição em uma quantidade enumerável de classes):

\zeta(2)^2 = \sum_{q} \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{q^4 a^2 b^2} = \zeta(4)\, S, \qquad\text{logo}\qquad S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} .

(Com os valores $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ , $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ vindos do Capítulo 14: $S = \frac{5}{2}$ .)

Exercício 7.8 ★★★

(Teorema de Abel sobre produtos, versão leve) Suponha que $\sum a_n$ convirja absolutamente e que $\sum b_n$ convirja. Prove que seu produto de Cauchy $\sum c_n$ converge, com $\sum c_n = (\sum a_n)(\sum b_n)$ . (Escreva $C_N = \sum_{k\leq N} c_k = \sum_n a_n B_{N-n}$ com $B$ as somas parciais de $b$ ; separe conforme $n \leq N/2$ ou não, usando a limitação de $(B_m)$ e a cauda absoluta de $(a_n)$ .)

Solução

Solução de Exercício 7.8.

Sejam $A = \sum a_n$ (absoluta), $B_m = \sum_{k\leq m} b_k \to B$ , majoradas por $M$ . Então

C_N = \sum_{k=0}^{N} c_k = \sum_{n=0}^{N} a_n B_{N-n}

(reúna pelo índice de $a$ ). Escreva

C_N - AB = \sum_{n=0}^{N} a_n (B_{N-n} - B) - B\sum_{n > N} a_n .

O último termo tende a $0$ . Separe a soma em $n = \lfloor N/2 \rfloor$ : para $n \leq N/2$ , $N - n \geq N/2$ , logo $\abs{B_{N-n} - B} \leq \varepsilon_N := \sup_{m \geq N/2}\abs{B_m - B} \to 0$ , e essa parte é $\leq \varepsilon_N \sum\abs{a_n}$ ; para $n > N/2$ , $\abs{B_{N-n} - B} \leq 2M$ , e essa parte é $\leq 2M \sum_{n > N/2} \abs{a_n} \to 0$ . Logo $C_N \to AB$ .

Exercício 7.9 ★★★

No espaço (não completo) $E$ das sequências reais nulas a partir de certa ordem, com a norma do sup, exiba uma série absolutamente convergente que não converge em $E$ . (Tente $u_n = 2^{-n} e_n$ com $(e_n)$ as sequências canônicas.)

Solução

Solução de Exercício 7.9.

Tome $u_n = 2^{-n} e_n$ ( $e_n$ é a sequência com um único $1$ na posição $n$ ). Então $\sum \norm{u_n}_\infty = \sum 2^{-n} < \infty$ : absolutamente convergente. Mas as somas parciais $S_N = (1, \tfrac12, \dots, 2^{-N}, 0, \dots)$ teriam de convergir para a sequência $(2^{-n})_n$ , que não é nula a partir de certa ordem: fora de $E$ . Dentro de $E$ , $(S_N)$ é de Cauchy sem limite ( $\norm{S_N - x}_\infty \geq 2^{-N-1}$ não ajuda nenhum $x$ nulo a partir de certa ordem: para qualquer $x \in E$ que se anule além do posto $K$ , $\norm{S_N - x} \geq 2^{-K-1}$ para $N > K$ ): a série não converge em $E$ . A completude é exatamente o que o Teorema 5.21 exige.

Exercício 7.10 ★★

Verifique a identidade $\arctan(n+1) - \arctan(n) = \arctan\dfrac{1}{n^2 + n + 1}$ e deduza o valor exato de

\sum_{n=1}^{\infty} \arctan\frac{1}{n^2 + n + 1} .

Solução

Solução de Exercício 7.10.

Tanto $\arctan(n+1) - \arctan n$ quanto $\arctan\frac{1}{n^2+n+1}$ estão em $\intoo{0}{\frac\pi2}$ , e a fórmula de adição da tangente dá

\tan\bigl(\arctan(n{+}1) - \arctan n\bigr) = \frac{(n+1) - n}{1 + n(n+1)} = \frac{1}{n^2 + n + 1} :

tangentes iguais num intervalo em que $\tan$ é injetiva, logo a identidade vale. Telescopando,

\sum_{n=1}^{N}\arctan\frac{1}{n^2+n+1} = \arctan(N{+}1) - \arctan 1 \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac\pi2 - \frac\pi4 = \frac\pi4 .

Exercício 7.11 ★★

Determine a natureza (com equivalentes) de

\sum_n \bigl(\sqrt{n+1} - \sqrt n\bigr)^{\alpha} \ (\alpha > 0), \qquad \sum_n \Bigl(1 - \cos\frac1n\Bigr), \qquad \sum_n \Bigl(\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n}\Bigr).

Solução

Solução de Exercício 7.11.

Primeira: $\sqrt{n+1} - \sqrt n = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \sim \frac{1}{2\sqrt n}$ , logo os termos são $\sim 2^{-\alpha}n^{-\alpha/2}$ : convergência se e somente se $\frac\alpha2 > 1$ , isto é, $\alpha > 2$ . Segunda: $1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : converge. Terceira: $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n = \eu^{\,n\ln(1 + 1/n)} = \eu^{\,1 - \frac1{2n} + O(n^{-2})} = \eu\bigl(1 - \frac{1}{2n} + O(n^{-2})\bigr)$ , logo

\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n} \sim \frac{\eu}{2n} :

termos positivos equivalentes a um múltiplo harmônico: diverge.

Exercício 7.12 ★★★

Seja $(a_n)$ positiva e decrescente com $\sum a_n$ convergente. Prove que $n\,a_n \to 0$ (majore $n a_{2n}$ por uma cauda). Mostre que a recíproca é falsa e que a monotonicidade é essencial, com contraexemplos explícitos.

Solução

Solução de Exercício 7.12.

Pela monotonicidade, $n\,a_{2n} \leq a_{n+1} + a_{n+2} + \dots + a_{2n} = S_{2n} - S_n \to 0$ (critério de Cauchy para a série convergente). Logo $2n\,a_{2n} \to 0$ , e $(2n{+}1)\, a_{2n+1} \leq (2n{+}1)a_{2n} = \frac{2n+1}{2n}\,(2n\,a_{2n}) \to 0$ : as duas subsequências de $(na_n)$ tendem a $0$ , logo $na_n \to 0$ .

A recíproca falha: $a_n = \frac1{n\ln n}$ é positiva e decrescente com $na_n = \frac1{\ln n} \to 0$ , e no entanto $\sum a_n$ diverge (fronteira de Bertrand, Problema 7.1, questão 18). Monotonicidade essencial: ponha $a_n = \frac1n$ quando $n$ é potência de $2$ e $a_n = 2^{-n}$ caso contrário: $\sum a_n \leq \sum_k 2^{-k} + \sum_n 2^{-n} < \infty$ , mas $na_n = 1$ ao longo das potências de $2$ : $na_n \not\to 0$ .

7.5 Problema: o $\zeta(2) = \pi^2/6$ de Euler, pela soma de cotangentes de Cauchy

A identidade mais famosa de Euler, $1 + \frac14 + \frac19 + \cdots = \frac{\pi^2}6$ , admite uma demonstração inteiramente elementar, devida a Cauchy: a fórmula de de Moivre produz um polinômio cujas raízes são os números $\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}$ , as relações de Girard somam essas raízes exatamente, e o confronto $\cot^2\theta < \frac{1}{\theta^2} < 1 + \cot^2\theta$ esmaga as somas parciais de $\sum\frac1{k^2}$ entre duas cotas racionais explícitas. Rodamos a demonstração inteira, extraímos $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ pelo mesmo método e depois mapeamos toda a fronteira entre convergência e divergência com as séries de Bertrand — e provamos que essa fronteira não carrega nenhuma série convergente mais lenta que todas.

Problema 7.1

Problema de fim de semana — $\zeta(2) = \pi^2/6$ e o panorama de Bertrand

Em todo o problema, $n \geq 1$ e $\theta_k = \dfrac{k\pi}{2n+1}$ para $k = 1, \dots, n$ ; note que $0 < \theta_k < \frac\pi2$ .

Parte I — A identidade das cotangentes.

Prove a fórmula de de Moivre $(\cos\theta + \iu\sin\theta)^m = \cos m\theta + \iu\sin m\theta$ ( $m \in \N$ ) e deduza, para $m = 2n + 1$ ,

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\, \sin^{2j+1}\theta .$
Deduza que, para $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ,

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sin^{2n+1}\theta\; P_n(\cot^2\theta), \qquad P_n(x) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{\,n-j},$

um polinômio de grau $n$ com coeficiente dominante $2n + 1$ .
Mostre que $x_k = \cot^2\theta_k$ , $k = 1, \dots, n$ , são $n$ raízes distintas de $P_n$ — logo, todas elas.
Pelas relações de Girard, prove a identidade exata

$\sum_{k=1}^{n} \cot^2\frac{k\pi}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.$
Deduza também $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sin^2\theta_k} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .
Prove o confronto: $\cot^2\theta < \dfrac1{\theta^2} < \dfrac{1}{\sin^2\theta}$ para $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (a partir de $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ ).

Parte II — O confronto se fecha: o teorema de Euler.

Somando a questão 6 sobre $k = 1, \dots, n$ com $\theta = \theta_k$ , estabeleça

$\frac{n(2n-1)}{3} \;<\; \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} \;<\; \frac{2n(n+1)}{3}.$
Conclua (o teorema de Euler, pela demonstração de Cauchy):

$\zeta(2) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}.$
Extraia uma taxa do sanduíche: mostre que

$\Bigl|\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} - \frac{\pi^2}6\Bigr| = O\Bigl(\frac1n\Bigr),$

coerente com a cauda exata $\sum_{k>n}k^{-2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ do Exercício 6.11.
Rode a máquina um andar acima: usando a segunda função de Girard dos $P_n$ , mostre que

$\sum_{k=1}^{n}\cot^4\theta_k = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^{\!2} - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \;\sim\; \frac{8n^4}{45},$

e confronte com $\cot^4 < \theta^{-4} < (1 + \cot^2)^2$ para obter $\zeta(4) = \dfrac{\pi^4}{90}$ .

Parte III — Dividendos.

Deduza do $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ :

$\sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}, \qquad \sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12}.$
Combine com Exercício 7.7: calcule $S = \sum_{\gcd(a,b)=1}\frac{1}{a^2b^2} = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac52$ e interprete $\frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2} \approx 0.608$ como a densidade de pares coprimos (enuncie a heurística honestamente: a contagem rigorosa é assunto do volume do terceiro ano de graduação).
(Aceleração certificada) A fórmula da cauda da questão 9 dá $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2} = \frac{\pi^2}6 + O(n^{-3})$ . Compare o trabalho necessário para seis algarismos de $\zeta(2)$ : somação direta contra a soma corrigida em $n = 100$ (onde o erro é $1.7\cdot10^{-7}$ ).
Verifique a questão 4 à mão em $n = 1$ e $n = 2$ (os valores $\cot^2\frac\pi3 = \frac13$ e $\cot^2\frac\pi5 + \cot^2\frac{2\pi}5 = 2$ ), usando $\cos\frac\pi5 = \frac{1+\sqrt5}4$ ou uma avaliação numérica.
Demonstre a identidade companheira

$\sum_{k=1}^{n}\tan^2\frac{k\pi}{2n+1} = n(2n+1)$

(os números $\tan^2\theta_k$ são as raízes do polinômio invertido $x^nP_n(1/x)$ ) e verifique-a em $n = 1$ .

Parte IV — O panorama de Bertrand. Para $\alpha, \beta \in \R$ , considere a série de Bertrand

\sum_{n \geq 3} \frac{1}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}} .

Mostre que, para $\alpha > 1$ , a série converge, qualquer que seja $\beta$ (compare com $n^{-(1+\alpha)/2}$ ).
Mostre que, para $\alpha < 1$ , ela diverge, qualquer que seja $\beta$ .
Para $\alpha = 1$ : usando a comparação série–integral (Teorema 6.6) com $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\beta}$ , prove a convergência se e somente se $\beta > 1$ .
Itere a fronteira: mostre que $\sum\frac{1}{n\ln n\,\ln\ln n}$ diverge enquanto $\sum\frac{1}{n\ln n\,(\ln\ln n)^2}$ converge.
Duas armadilhas: determine a natureza de

$\sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln n}} \qquad\text{e}\qquad \sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln\ln n}}$

(calcule $n^{1/\ln n}$ exatamente; compare $n^{1/\ln\ln n}$ com toda potência de $\ln n$ ).
(Não existe série convergente mais lenta) Seja $\sum a_n$ uma série convergente qualquer com $a_n > 0$ , e sejam $R_n = \sum_{k \geq n}a_k$ suas caudas. Prove que $\sum \frac{a_n}{\sqrt{R_n}}$ ainda converge (compare com a telescopagem $2(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}})$ ), embora $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} \to \infty$ : toda série convergente é estritamente dominada por outra série convergente. A fronteira da convergência não é uma curva, mas uma névoa.

Parte V — Verificações cruzadas e síntese.

(Condensação de Cauchy) Prove: para $(a_n)$ positiva e decrescente, $\sum a_n$ converge se e somente se $\sum 2^k a_{2^k}$ converge. Redemonstre com isso a fronteira da questão 18.
(O custo da lentidão) Para $\sum\frac1{n(\ln n)^2}$ , majore a cauda por uma integral e mostre que somar até $N = 10^6$ ainda deixa um erro maior que $0.07$ : uma convergência certificada pela teoria pode ser inútil para a numérica — contraste com a questão 13.
Classifique (com justificativas de uma linha): $\sum\frac1{n\ln n}$ , $\sum\frac1{n^{1.01}}$ , $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ , $\sum\frac1{n(\ln n)(\ln\ln n)^{3}}$ .
(Síntese) Uma frase para cada: como de Moivre transformou uma identidade trigonométrica num polinômio com somas de raízes calculáveis; onde o confronto precisou de identidades exatas nas extremidades, e não de equivalentes; qual ferramenta do Capítulo 6 moveu a Parte IV; e o que a questão 21 diz sobre o sonho de um “critério de comparação universal”. Nomeie os dois cumes: o $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ de Euler (e o andar acima, $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ) e a classificação de Bertrand. Note onde $\zeta(2)$ será demonstrado de novo: por Parseval no Capítulo 14 — um teorema, duas civilizações.

Solução

Solução de Problema 7.1.

1. Indução sobre $m$ : para $m = 0$ os dois membros valem $1$ ; o passo multiplica por $\cos\theta + \iu\sin\theta$ e usa as fórmulas de adição $\cos(m\theta + \theta) = \cos m\theta\cos\theta - \sin m\theta\sin\theta$ , $\sin(m\theta + \theta) = \sin m\theta\cos\theta + \cos m\theta\sin\theta$ . Desenvolvendo, em vez disso, pelo binômio de Newton com $m = 2n+1$ e recolhendo a parte imaginária (as potências ímpares de $\iu\sin\theta$ , com $\iu^{2j+1} = (-1)^j\iu$ ):

\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n}(-1)^j \binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\,\sin^{2j+1}\theta .

2. Em $\intoo0{\frac\pi2}$ , $\sin\theta \neq 0$ : ponha $\sin^{2n+1}\theta$ em evidência em cada termo, restando $\bigl(\frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}\bigr)^{n-j} = (\cot^2\theta)^{n-j}$ : a identidade exibida com $P_n(x) = \sum_j(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{n-j}$ . Seu coeficiente de grau $n$ é o $\binom{2n+1}{1} = 2n + 1 \neq 0$ de $j = 0$ .

3. Em $\theta_k = \frac{k\pi}{2n+1}$ : $\sin\bigl((2n{+}1)\theta_k\bigr) = \sin k\pi = 0$ enquanto $\sin^{2n+1}\theta_k \neq 0$ , logo $P_n(\cot^2\theta_k) = 0$ . Os $\theta_k$ crescem estritamente em $\intoo0{\frac\pi2}$ , onde $\cot^2$ é estritamente decrescente: os valores $x_k = \cot^2\theta_k$ são dois a dois distintos — $n$ raízes distintas de um polinômio de grau $n$ , logo todas elas.

4. Girard: a soma das raízes é menos a razão dos coeficientes de $x^{n-1}$ e de $x^n$ :

\sum_{k=1}^{n}\cot^2\theta_k = \frac{\binom{2n+1}{3}}{\binom{2n+1}{1}} = \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)/6}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.

5. $\frac{1}{\sin^2\theta} = 1 + \cot^2\theta$ : somando, $n + \frac{n(2n-1)}3 = \frac{3n + 2n^2 - n}{3} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .

6. Em $\intoo{0}{\frac\pi2}$ : $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ (volume do primeiro ano de graduação). Tomar os inversos inverte as desigualdades: $\cot\theta < \frac1\theta < \frac1{\sin\theta}$ e, elevando ao quadrado (tudo positivo), obtém-se $\cot^2\theta < \frac1{\theta^2} < \frac1{\sin^2\theta}$ .

7. Some a questão 6 em $\theta = \theta_k$ sobre $k \leq n$ , usando as questões 4 e 5, e $\frac1{\theta_k^2} = \frac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2}$ :

\frac{n(2n-1)}3 < \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^n\frac1{k^2} < \frac{2n(n+1)}3 .

8. Multiplique por $\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}$ :

\frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} < \sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} < \frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{2n(n+1)}{(2n+1)^2}.

As duas cotas tendem a $\frac{\pi^2}3\cdot\frac12 = \frac{\pi^2}6$ (as frações racionais tendem a $\frac12$ ). As somas parciais crescem, logo convergem, e o confronto dá $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ : o teorema de Euler, pela demonstração de Cauchy.

9. As somas parciais crescem para $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ , logo $0 \leq \frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}k^{-2}$ ; e a cota inferior da questão 8 dá

\frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}\frac1{k^2} \leq \frac{\pi^2}6 - \frac{\pi^2}3\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{(2n+1)^2 - (4n^2 - 2n)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{6n + 1}{(2n+1)^2} = O\Bigl(\frac1n\Bigr),

coerente com a cauda exata $\frac1n - \frac1{2n^2} + O(n^{-3})$ do Exercício 6.11.

10. A segunda função simétrica elementar das raízes é $\sigma_2 = \frac{\binom{2n+1}5}{\binom{2n+1}1} = \frac{(2n)(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{120}$ , logo

\sum_k\cot^4\theta_k = \sigma_1^2 - 2\sigma_2 = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^2 - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \sim \frac{4n^4}9 - \frac{4n^4}{15} = \frac{8n^4}{45}.

Confrontando $\cot^4\theta < \theta^{-4} < (1 + \cot^2\theta)^2 = 1 + 2\cot^2\theta + \cot^4\theta$ e somando: as duas somas externas são $\frac{8n^4}{45}(1 + o(1))$ (o $n + 2\sigma_1 = O(n^2)$ acrescentado é desprezível), enquanto a do meio é $\frac{(2n+1)^4}{\pi^4}\sum_{k\leq n}k^{-4}$ . Logo

\sum_{k\leq n}\frac1{k^4} \longrightarrow \pi^4\cdot\frac{8/45}{16} = \frac{\pi^4}{90}.

11. Separando $\zeta(2)$ pelas paridades: $\sum_{\text{par}} = \sum_j\frac{1}{(2j)^2} = \frac14\zeta(2) = \frac{\pi^2}{24}$ , logo $\sum_{\text{ímpar}} = \zeta(2) - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}8$ . Alternada: $\sum_k\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \sum_{\text{ímpar}} - \sum_{\text{par}} = \frac{\pi^2}8 - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}$ (a convergência absoluta justifica o reagrupamento, Teorema 7.11).

12. $S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac{(\pi^2/6)^2}{\pi^4/90} = \frac{90}{36} = \frac52$ . Heurística: a identidade $\zeta(2)^2 = \zeta(4)S$ do Exercício 7.7 diz que colocar o $\gcd$ em evidência renormaliza os pares em pares coprimos; o inverso $\frac1{\zeta(2)} = \frac6{\pi^2} \approx 0.608$ é o candidato natural para a densidade dos pares coprimos entre todos os pares — um enunciado sobre $\lim_N \frac{1}{N^2}\#\{(m,n) \leq N : \gcd = 1\}$ cuja demonstração honesta (com termos de erro) pertence ao volume do terceiro ano de graduação.

13. A somação direta tem erro $\sim \frac1n$ : seis algarismos exigem cerca de $10^6$ termos. A soma corrigida $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2}$ tem erro $O(n^{-3})$ : em $n = 100$ ela vale $1.6449339\dots$ contra $\frac{\pi^2}6 = 1.6449341\dots$ — erro $1.7\cdot10^{-7}$ , sete algarismos com cem termos. As correções assintóticas vencem a paciência bruta por quatro ordens de grandeza.

14. $n = 1$ : $P_1(x) = 3x - 1$ , raiz $\frac13$ , e de fato $\cot^2\frac\pi3 = \bigl(\frac1{\sqrt3}\bigr)^2 = \frac13 = \frac{1\cdot1}3$ . $n = 2$ : a fórmula prevê $\frac{2\cdot3}3 = 2$ ; com $\cos\frac\pi5 = \frac{1 + \sqrt5}{4}$ , calcula-se $\cot^2 36^\circ \approx 1.894$ e $\cot^2 72^\circ \approx 0.106$ : soma $2.000$ .

15. Os números $\tan^2\theta_k = \frac1{x_k}$ são as raízes de $Q(x) = x^nP_n\bigl(\frac1x\bigr) = \sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^j$ (os $x_k$ são não nulos). Girard em $Q$ : o coeficiente dominante é $(-1)^n$ (termo $j = n$ ), o seguinte é $(-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2n-1} = (-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2}$ , logo

\sum_{k=1}^n\tan^2\theta_k = -\frac{(-1)^{n-1}\binom{2n+1}2}{(-1)^n} = \binom{2n+1}2\cdot \frac{2}{2n+1}\cdot\frac{2n+1}{2} = n(2n+1).

Verificação em $n = 1$ : $\tan^2\frac\pi3 = 3 = 1\cdot3$ .

16. Seja $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{1}{\alpha}$ . Então $\frac{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}}{n^{-\gamma}} = n^{\gamma - \alpha}(\ln n)^{-\beta} \to 0$ (uma potência negativa de $n$ vence qualquer potência de $\ln n$ ), de modo que, a partir de certa ordem, os termos são $\leq n^{-\gamma}$ com $\gamma > 1$ : convergência por comparação com uma série de Riemann.

17. Seja $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{\alpha}{1}$ : agora $\frac{n^{-\gamma}}{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}} = n^{\alpha-\gamma}(\ln n)^{\beta} \to 0$ , de modo que, a partir de certa ordem, os termos são $\geq n^{-\gamma}$ com $\gamma < 1$ : divergência.

18. $f(t) = \frac1{t(\ln t)^\beta}$ é positiva, contínua e decrescente para $t$ grande (seu logaritmo tem derivada $-\frac1t\bigl(1 + \frac{\beta}{\ln t}\bigr) < 0$ a partir de certa ordem). Primitivas: para $\beta \neq 1$ , $\int^x f = \frac{(\ln x)^{1-\beta}}{1-\beta} + \text{const}$ , que tem limite finito se e somente se $\beta > 1$ ; para $\beta = 1$ , $\int^x f = \ln\ln x \to \infty$ . Pelo Teorema 6.6, a série e a integral têm a mesma natureza: convergência se e somente se $\beta > 1$ .

19. Mesmo critério: $\frac{\dd}{\dd t}\ln\ln\ln t = \frac{1}{t\ln t\,\ln\ln t}$ , e $\ln\ln\ln t \to \infty$ : divergência. E $\frac{\dd}{\dd t}\Bigl(-\frac1{\ln\ln t}\Bigr) = \frac{1}{t\ln t\,(\ln\ln t)^2}$ com $-\frac1{\ln\ln t} \to 0$ : convergência.

20. Primeira: $n^{1/\ln n} = \eu^{\ln n/\ln n} = \eu$ , logo os termos são exatamente $\frac{1}{\eu\,n}$ : um múltiplo da série harmônica, divergente — o expoente $1 + \frac1{\ln n}$ rasteja rumo a $1$ depressa demais. Segunda: $n^{1/\ln\ln n} = \eu^{\ln n/\ln\ln n}$ e $\frac{\ln n}{\ln\ln n} \geq 2\ln\ln n$ a partir de certa ordem, logo $n^{1/\ln\ln n} \geq (\ln n)^2$ : os termos são $\leq \frac1{n(\ln n)^2}$ , uma série de Bertrand convergente (questão 18): convergente. A fronteira passa estritamente entre esses dois expoentes.

21. $R_n \downarrow 0$ e

\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}} = \frac{R_n - R_{n+1}}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} = \frac{a_n}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} \geq \frac{a_n}{2\sqrt{R_n}},

logo $\sum_n \frac{a_n}{\sqrt{R_n}} \leq 2\sum_n(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}}) = 2\sqrt{R_1} < \infty$ (telescopagem). E no entanto $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} = \frac1{\sqrt{R_n}} \to \infty$ : a série nova converge sendo infinitamente maior. Nenhuma série convergente é a mais lenta; testes de comparação contra qualquer família fixa jamais podem ser completos.

22. Para $(a_n)$ positiva e decrescente, agrupe os termos entre potências consecutivas de $2$ :

2^{k}a_{2^{k+1}} \leq \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} a_n \leq 2^ka_{2^k} .

Somando sobre $k$ : se $\sum 2^ka_{2^k}$ converge, as somas parciais de $\sum a_n$ são limitadas (converge); se $\sum a_n$ converge, então $\sum_k 2^{k+1}a_{2^{k+1}} \leq 2\sum_n a_n < \infty$ . Para $a_n = \frac1{n(\ln n)^\beta}$ : $2^ka_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\beta}$ , e $\sum k^{-\beta}$ converge se e somente se $\beta > 1$ : de novo a fronteira da questão 18, sem integrais.

23. Pela comparação integral,

\sum_{n > N}\frac{1}{n(\ln n)^2} \geq \int_{N+1}^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \frac{1}{\ln(N+1)},

que em $N = 10^6$ vale $\approx 0.0724$ : após um milhão de termos a cauda ainda ultrapassa $0.07$ — a série converge, mas nenhuma somação direta jamais exibirá sua soma. Contraste com a questão 13, onde uma única correção assintótica comprou sete algarismos com cem termos: saber como uma série converge vale mais do que saber que ela converge.

24. $\sum\frac1{n\ln n}$ : diverge ( $\alpha = 1$ , $\beta = 1$ , questão 18). $\sum\frac1{n^{1.01}}$ : converge (Riemann, $\alpha > 1$ ). $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ : converge ( $\alpha = 1.001 > 1$ , $\beta = -100$ , questão 16). $\sum\frac1{n\ln n(\ln\ln n)^3}$ : converge (padrão da questão 19: primitiva $-\frac12(\ln\ln t)^{-2}$ , limite finito).

25. De Moivre converte a anulação de $\sin(2n{+}1) \theta_k$ na anulação de um polinômio em $\cot^2\theta_k$ , e Girard lê as somas exatas de raízes que a análise sozinha só conseguiria estimar (questões 1–5). O confronto precisou dos valores exatos $\frac{n(2n-1)}3$ e $\frac{2n(n+1)}3$ dos dois lados — equivalentes teriam mendigado a resposta, já que todo o objetivo é a constante $\frac{\pi^2}6$ (questões 7–8). A Parte IV rodou inteiramente sobre a comparação série–integral do Capítulo 6, com as primitivas logarítmicas fazendo a classificação (questões 18–19). A questão 21 destrói o sonho de um critério de comparação universal: abaixo de toda série convergente há outra, infinitamente mais lenta — escalas como a de Bertrand mapeiam a fronteira cada vez mais finamente, mas nunca a alcançam. Cumes: o $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ de Euler com seu andar superior $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ (questões 8 e 10) e a classificação de Bertrand (questões 16–18); $\zeta(2)$ volta no Capítulo 14, onde a identidade de Parseval o redemonstra em uma linha a partir da série de Fourier da onda dente de serra — uma constante, duas civilizações.

7.1 Séries em espaços normados

7.2 Transformação de Abel

7.3 Famílias somáveis

7.4 Exercícios

7.5 Problema: o ζ(2)=π2/6\zeta(2) = \pi^2/6ζ(2)=π2/6 de Euler, pela soma de cotangentes de Cauchy

7.5 Problema: o $\zeta(2) = \pi^2/6$ de Euler, pela soma de cotangentes de Cauchy