Notas de Aula Sequencias e Series

Sequencias e Series NumericasProf. Dr. Marcio Colombo Fenille

Universidade Federal de Itajuba

1o Paradoxo de Zenao: E impossıvel ir de um ponto a outro, porque, antes de se atingir a meta,

deve-se primeiro alcancar o ponto intermedio da distancia a percorrer; antes de atingir esse ponto,

deve-se atingir o ponto que esta a meio caminho desse ponto; e assim ad infinitum.

Sumario

1 Sequencias e limites de sequencias 2

1.1 Exercıcios da secao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Sequencias monotonas e sequencias limitadas 5


3 Subsequencias 8


4 Sequencias de Cauchy 10


5 Series numericas 12


6 Propriedades das series 15


7 Series de termos nao negativos - Criterios de convergencia 17


8 Series alternadas e convergencia absoluta 23


9 Criterios da razao e da raiz 25


10 Reordenacao de series 26


11 Series de potencias 28


12 Continuidade, diferenciabilidade e integrabilidade de series de potencias 31


13 Series de Taylor e Maclaurin 33


1

1 Sequencias e limites de sequencias

Uma sequencia ou sucessao de numeros reais e uma funcao a valores reais f : Df → R, cujo

domınio Df e um subconjunto de N (o conjunto dos numeros naturais). As sequencias consideradas

nestas notas sao aquelas cujo domınio e um conjunto do tipo {n ∈ N : n ≥ q}, onde q e um natural

fixo. O valor f(n) chama-se o n-esimo termo ou termo geral (quando fornece uma lei que define o

n-esimo termo) da sequencia f e e frequentemente indicado por xn ou an ou bn, como conveniente for.

Por abuso de notacao, utilizaremos a notacao (xn)n para indicar a sequencia de termo geral xn. O

ındice do lado de fora do parenteses indica que a sequencia esta indexada naquele ındice. Por ora, isto

parece desnecessario (e de fato o e), mas esta notacao mostrar-se-a demais importante mais adiante,

quando tratarmos do conceito de subsequencias.

Exemplo 1.1 Considere a sequencia (2n)n. Indicando por xn seu n-esimo termo, temos

x1 = 2, x2 = 22 = 4, x3 = 23 = 8, . . . .

Exemplo 1.2 Considere a sequencia de termo geral sn =n∑k=1

k. Temos

x1 = 1, x2 = 1 + 2 = 3, x3 = 1 + 2 + 3 = 6, . . . .

Exemplo 1.3 A sequencia de termo geral xn = (−1)n e aquela cujos termos de ındice ımpar sao

todos iguais a −1 e os de ındice par sao todos iguais a 1, ou seja, seus termos sao, ordenadamente,

−1, 1,−1, 1,−1, 1, . . .

Esta sequencia parece e e bastante ingenua, mas nos servira de exemplos em varios momentos.

Exemplo 1.4 A sequencia de Fibonacci e uma das mais conhecidas e famosas. Ela e definida

tomando-se f1 = 1, f2 = 1, f3 = 2 e, indutivamente, fn+1 = fn + fn−1. Assim, os onze primeiros

termos desta sequencia sao, ordenadamente: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 24, 45, 69, . . .. Pode-se provar que o

termo geral da sequencia de Fibonacci e

fn =1√5

((1 +

√5

2

)n−

(1−

√5

2

)n).

Exemplo 1.5 Outra sequencia muito conhecida, da qual voce naturalmente se lembra (do curso de

Calculo I), e aquela cujo termo geral e dado por

an =

(1 +

1

n

)n.

Definicao 1.6 Considere uma sequencia (an)n e seja a um numero real. Definimos:

(i) limn→+∞

an = a ⇔ Para todo ϵ > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ a− ϵ < an < a+ ϵ.

(ii) limn→+∞

an = +∞ ⇔ Para todo ϵ > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ an > ϵ.

(iii) limn→+∞

an = −∞ ⇔ Para todo ϵ > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ an < −ϵ.

Se ocorre (i), entao dizemos que a sequencia e convergente (com limite a) e escrevemos, para simpli-

ficar, an → a ou lim an = a. Uma sequencia que nao e convergente e chamada divergente.

2

Exemplo 1.7 O exemplo mais simples de sequencia convergente e a sequencia constante. Seja a ∈ Rum real fixado e considere a sequencia (an)n cujos termos sao todos iguais a a. Esta e a chamada

sequencia constante igual a a. E facil provar (prove!) que lim an = a.

Exemplo 1.8 A sequencia de termo geral an = 1/n, com n ≥ 1, converge para zero.

De fato, para todo ϵ > 0 dado, o Teorema de Arquimedes implica na existencia de um natural n0

tal que1

n0< ϵ. Segue-se que, para todo n ≥ n0 se tem |an − 0| = 1

n≤ 1

n0< ϵ.

Exemplo 1.9 A sequencia de termo geral bn = (−1)n diverge.

De fato, dado 0 < ϵ < 1 e um real b (candidato a limite da sequencia), o intervalo (a− ϵ, a+ ϵ) ou

nao contem 1 ou nao contem −1 ou ambos.

Teorema 1.10 Seja f : [1,+∞[→ R uma funcao e defina a sequencia (xn)n fazendo xn = f(n) para

todo natural n ≥ 1. Se limx→+∞

f(x) = L, entao tambem limn→+∞

xn = L.

Prova: Segue da hipotese que, para todo ϵ > 0, existe δ > 1 tal que x > δ ⇒ |f(x)− L| < ϵ. Para o

mesmo ϵ > 0 dado, tome n0 o primeiro natural maior que δ. Entao

n > n0 ⇒ n > δ ⇒ |f(n)− L| < ϵ ⇒ |xn − L| < ϵ.

�

Exemplo 1.11 Mostre que a sequencia de termo geral an =lnn

nconverge e calcule seu limite.

Resolucao: Seja f(x) =lnx

x, x ∈ [1,+∞[. Temos

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

lnx

x= lim

x→+∞

1/x

1= lim

x→+∞1/x = 0,

onde a segunda igualdade resulta da Regra de L’Hospital. Pelo teorema anterior lim an = 0.

Exemplo 1.12 Calcule limn→+∞

bn, onde bn =2n

3n+1.

Resolucao:

limn→+∞

bn = limn→+∞

2n

3n+1=

1

3lim

n→+∞

(2

3

)n=

1

3· 0 = 0.

Exemplo 1.13 Calcule limn→+∞

n√n

Resolucao:

limn→+∞

n√n = lim

n→+∞n1/n = lim

x→+∞x1/x = lim

x→+∞e

ln xx = elimx→+∞

ln xx = e0 = 1.

Observacao 1.14 O limite de sequencias possui propriedades aritmeticas analogas as do limite de

funcoes, elem da conservacao do sinal e o Teorema do Confronto.

Teorema 1.15 O limite de uma sequencia, se existe, e unico.

3

1.1 Exercıcios da secao

1. Considere a sequencia de termo geral sn =n∑k=0

rk, com r = 0 e r = 1. Mostre que sn =1− rn+1

1− r.

(sn e a soma dos n primeiros termos da progressao geometrica de razao r e termo inicial 1).

2. Suponha 0 < r < 1. Mostre que limn→+∞

n∑k=1

rk =t

1− t. O que ocorre com este limite nos casos

em que r < 0, r = 0, r = 1 e r > 1?

3. Calcule, caso exista (e se nao existe, justifique), limn→+∞

an, sendo an igual a:

(a)√n+ 1−

√n (b)

(1− 2

n

)n(c)

∫ n

1

1

xαdx, α ∈ R (d) (−1)n +

(−1)n

n(e) cosnπ

4. Calcule limn→+∞

an+1

ane limn→+∞

n√an sendo an =

n!

nn.

5. Suponha que, para todo n ≥ 1, |an − a| ≤ 1

n, onde a e um numero real fixo. Prove que (an)n

converge e encontre seu limite.

6. Prove que a convergencia de (an)n implica na convergencia de (|an|)n. A recıproca e verdadeira?

7. Suponha que an → 0. Para cada n, ponha bn = min{|a1|, |a2|, . . . , |an|}. Prove que bn → 0.

8. Suponha an → a, com a = 0. Considere a sequencia (bn)n definida por bn = 0 sempre que an = 0

e bn = 1/an para an = 0. Prove que bn → 1/a.

9. Prove que se an → a e bn → b, entao |an − bn| → |a− b|.

10. Seja f : A ⊂ R → A uma funcao contınua em a ∈ A. Seja a0 ∈ A e considere a sequencia (an)n

dada por an+1 = f(an). Suponha que an → a. Prove que a e um ponto fixo de f .

11. Seja (an)n e (bn)n duas sequencias tais que |an − bn| ≤ e−n para todo n. Suponha que an → a.

Prove que tambem bn → a.

12. Calcule e interprete geometricamente o resultado obtido:

(a) limn→+∞

∫∫An

1√x2 + y2

dxdy, onde An e a coroa circular1

n2≤ x2 + y2 ≤ 1, com n ≥ 2.

(b) limn→+∞

∫∫An

1

(x2 + y2)αdxdy, onde An e a coroa circular 1 ≤ x2 + y2 ≤ n2, n ≥ 2 e α > 0.

(c) limn→+∞

∫∫An

[1√x+

1√y

]dxdy, onde An e o quadrado [1/n, 1]× [1/n, 1], com n ≥ 2.

(d) limn→+∞

∫∫An

e−√x2+y2dxdy, onde An e o cırculo x2 + y2 ≤ n2, com n ≥ 1.

13. Verifique que a sequencia de termo geral an =

∫ n

1

senx

xdx e convergente.

14. Prove o Teorema 1.15.

4

2 Sequencias monotonas e sequencias limitadas

Uma sequencia (an)n e chamada crescente (decrescente) se an ≤ an+1 (an ≥ an+1) para todo n.

Uma sequencia que e ou crescente ou decrescente e chamada monotona.

Exemplo 2.1 A sequencia de termo geral an =2n+ 1

3n− 2, n ≥ 1, e monotona decrescente.

De fato, temos

an+1 − an =2n+ 1

3n− 2− 2(n+ 1) + 1

3(n+ 1)− 2= · · · = −7

(3n+ 1)(3n− 2).

Como, para todo n ≥ 1, tem-se 3n+ 1 > 0 e 3n− 2 > 0, segue-se que an+1 − an < 0.

Exemplo 2.2 A sequencia de termo geral an = sennπ

2nao e monotona.

De fato, a sequencia e

1, 0,−1, 0, 1, 0,−1, 0, . . . .

Exemplo 2.3 A sequencia de termo geral an =n+ 5

n2 + 6n+ 4, n ≥ 1, e monotona decrescente.

De fato, seja f(x) =x+ 5

x2 + 6x+ 4. Temos f ′(x) = − (x+ 5)2 + 1

(x2 + 6x+ 4)2< 0 para todo x ≥ 1. Portanto

f e decrecente, o que implica que a sequencia (an)n tambem o e, ja que an = f(n) para todo n.

Definicao 2.4 Um numero C (respectivamente D) e chamado uma cota inferior (respectivamente

uma cota superior) de uma sequencia (an)n se C ≤ an (respectivamente an ≤ D) para todo n ∈ N.Se existe um tal C, (an)n e dita limitada inferiormente. Se existe um tal D, (an)n e dita limitada

superiormente. Se existem C e D, (an)n e dita limitada.

Observacao 2.5 (an)n e limitada se, e somente se, existe M > 0 tal que |an| < M , para todo n ∈ N.

Exemplo 2.6 Considere a sequencia de termo geral an = (−1)n2n

3n+ 1. Temos

0 ≤ 2n

3n+ 1=

2

3 + 1/n<

2

3, o que implica em − 2

3≤ (−1)n

2n

3n+ 1≤ 2

3,

provando que a sequencia (an)n e limitada.

Exemplo 2.7 Considere a sequencia de termo geral an =n!

2n. E claro que (an)n e limitada inferior-

mente por 0. Agora, os primeiros termos da sequencia sao

1

2,2

4,6

8,24

16,120

30, . . . e a10 = 3543, 75 e a15 ≈ 40000000.

Vamos provar que (an)n nao e limitada superiormente. Para tanto, vamos mostrar que

Para todo M > 0 dado, existe n ∈ N tal quen!

2n> M

De fato, para n ≥ 3 temosn!

2n=

(1

2· 22· 32

)·(4

2· 52· · · n

2

)≥ 3

42n−3 = 3 · 2n−5.

Logo se 3 · 2n−5 > M , entao tambemn!

2n> M . Agora, 3 · 2n−5 > M ⇔ 2n−5 >

M

3. Mas, pelo

Teorema de Arquimedez, dado M > 0, certamente existe um natural n suficientemente grande para

que se verifique a desigualdade 2n−5 >M

3. Isto prova que os termos da sequencia (an)n crescem

indefinidamente e, portanto, tal sequencia nao e limitada superiormente.

5

Teorema 2.8 Toda sequencia convergente e limitada. A recıproca e falsa.

Prova: Suponha an → a. Entao, tomando ϵ = 1, vemos que existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ a− 1 <

an < a+1. Considere o conjunto finito F = {a1, a2 . . . , an0 , a−1, a+1}. Sejam c o menor e d o maior

elemente de F . Entao c ≤ an ≤ d para todo n, o que prova que a sequencia e limitada. Para ver que

a recıproca nao e verdadeira, considere a sequencia (0, 1, 0, 1, . . .). �

Definicao 2.9 Seja A ⊂ R um subconjunto nao vazio de R. Um numero C (respectivamente D)

e chamado uma cota inferior (respectivamente uma cota superior) de A se C ≤ a (respectivamente

a ≤ D) para todo a ∈ A. Se existe um tal C, A e dito limitado inferiormente. Se existe um tal D, A

e dito limitado superiormente. Se existem C e D, A e dito limitado.

Definicao 2.10 Seja A ⊂ R um subconjunto nao vazio.

• Dizemos que um numero real S e o supremo de A, e escrevemos S = supA, se S e uma cota

superior de A e qualquer outra cota superior de A e maior que S, ou seja, S e a menor cota

superior de A. Noutro termos

S = supA ⇔ para todo ϵ > 0, existe a ∈ A tal que S − ϵ < a ≤ S.

• Dizemos que um numero real s e o ınfimo de B, e escrevemos s = inf B, se s e uma cota inferior

de B e qualquer outra cota inferior de B e menor que s, ou seja, s e a maior cota inferior de B.

Noutro termos

s = inf B ⇔ para todo ϵ > 0, existe b ∈ B tal que s ≤ b < s+ ϵ.

A definicao de cotas para uma sequencia (an)n equivale a esta ultima quando consideramos o

conjunto A como sendo aquele constituido pelos termos da sequencia (an)n, isto e A = {an}n.E obvio que, conjuntos que nao sao limitados superiormente nao possuem supremo e, de modo

analogo, conjuntos que nao sao limitados inferiormente nao possuem ınfimo.

Exemplo 2.11 Seja A = {x ∈ R : 0 < x2 < 2}. Entao A e limitado e temos inf A = 0 e supA =√2.

O teorema abaixo retrata a completude do corpo dos numeros reais, propriedade essencial em boa

parte dos resultados que demonstraremos daqui em diante.

Teorema 2.12 (Propriedade do Supremo) Todo subconjunto de R limitado superiormente ad-

mite supremo. Analogamente, todo subconjunto de R limitado inferiormente admite ınfimo.

Teorema 2.13 Toda sequencia de numeros reais crescente e limitada superiormente e convergente.

Analogamente, toda sequencia de numeros reais decrescente e limitada inferiormente e convergente.

Prova: Seja (an)n uma sequencia crescente e limitada superiormente. O conjunto A = {an}n, consti-tuido pelos termos da sequencia, e nao vazio e limitado superiormente. Logo, admite supremo. Seja

a = supA. Vamos provar que an → a.

Sendo a = supA, dado ϵ > 0, existe um natural n0 tal que a− ϵ < an0 ≤ a. Como, por hipotese,

(an)n e crescente, resulta, n > n0 ⇒ a− ϵ < an. Mas, para todo n, tem-se an < a, pois a e supremo

de A. Logo,

n > n0 ⇒ a− ϵ < an < a+ ϵ.

Portanto an → a. A prova da segunda parte do teorema e analoga e fica a cargo de leitor. �

6

Teorema 2.14 Se (an)n e crescente, mas nao e limitada superiormente, entao lim an = +∞. Analoga-

mente, se (an)n e decrescente, mas nao e limitada inferiormente, entao lim an = −∞.

Prova: Como (an)n nao e limitada superiormente, para todo ϵ > 0, existe um natural n0 tal que

an0 > ϵ. Como, por hipotese, (an)n e crescente, resulta n > n0 ⇒ an > ϵ, ou seja, an → +∞. �

Exemplo 2.15 A sequencia de termo geral an =n

ene convergente.

De fato, seja f(x) =x

ex, x ∈ [1,+∞[. Temos an = f(n) para todo natural n e, alem disso,

f ′(x) =1− x

ex< 0 para todo x > 1. Isso prova que f e decescente em [1,+∞[ e portanto, a sequencia

(an)n e tambem decrescente. Como, alem disso, (an)n e limitada inferiormente (0 e uma cota inferior

desta sequencia), segue do teorema que (an)n e convergente.

Exemplo 2.16 A sequencia de termo geral sn =

n∑k=1

1

k2e convergente.

Observamos, inicialmente, que a sequencia e crescente. De fato, quaisquer que sejam os naturais

m e n, com 1 ≤ m < n, tem-se

sn =n∑k=1

1

k2=

m∑k=1

1

k2+

n∑k=m+1

1

k2= sm +

n∑k=m+1

1

k2.

Como

n∑k=m+1

1

k2> 0 (claro!), resulta sn > sm. Vamos agora provar que a sequencia e limitada

superiormente. Temos

sn = 1 +1

22+

1

32+ · · ·+ 1

n2≤ 1 +

∫ n

1

1

x2dx.

Como a sequencia n 7→∫ n

1

1

x2dx e crescente e lim

n→+∞

∫ n

1

1

x2dx = lim

n→+∞

[− 1

n+ 1

]= 1, segue-se que

sn ≤ 2, para todo n ≥ 1.

Disso tudo segue que a sequencia e convergente, pois e crescente e limitada superiormente por 2.

Isto significa que existe s ∈ R, s ≤ 2, tal que limn→+∞

n∑k=1

1

k2= s.

Observacao 2.17 Pode-se provar que

∞∑k=1

1

k2=

π2

6. ♣

Exemplo 2.18 A sequencia de termo geral sn =

n∑k=1

1

ke divergente.

Como no exemplo anterior, pode-se provar que a sequencia e crescente. Agora, para todo n ≥ 1,

sn = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n≥∫ n+1

1

1

xdx.

Como limn→+∞

∫ n+1

1

1

xdx = lim

n→+∞ln(n+ 1) = +∞, resulta sn → +∞.

Exemplo 2.19 Voce naturalmente se lembra, do curso de Calculo I, que a sequencia (an)n, cujo

termo geral e an =

(1 +

1

n

)n, e crescente e limita e, portanto, convergente, e que seu limite e o

famoso numero de Euler.

limn→+∞

(1 +

1

n

)n= e

7


1. E convergente ou divergente? Justifique:

(a) sn =n∑k=1

1√k

(b) sn =n∑k=1

1

2k(c) sn =

n∑k=1

1

k!(d) sn =

n∑k=1

1

k2 + 1(e) sn =

n∑k=1

1

ln k

2. Sejam (an)n e (bn)n duas sequencias, sendo a primeira crescente e a segunda decrescente, e tais

que, para todo natural n verifica-se bn−an ≥ 0. Suponha, ainda, que limn→+∞

(bn−an) = 0. Prove

que as sequencias (an)n e (bn)n sao ambas convergentes e tem o mesmo limite.

3. Para cada natural n ≥ 1, seja Dn o cırculo x2 + y2 ≤ n2. Prove que e convergente a sequencia

de termo geral

dn =

∫∫Dn

e−(x2+y2)2dA.

4. Prove que e convergente a sequencia de termo geral an =

∫ n

1

sen2x

xdx.

5. Suponha que, para todo natural n, an pertenca ao conjunto {0, 1, 2, . . . , 9}. A sequencia de

termo geral sn =

n∑k=1

ak10k

e convergente ou divergente? Justifique.

6. Seja sn =

n∑k=0

[1 + (−1)k], n ≥ 0. Prove que sn → +∞.

3 Subsequencias

Dada uma sequencia (an)n, considere uma sequencia (nk)k de naturais tal que n1 < n2 < n3 < · · · .Entao, a sequencia (ank

)k e chamada uma subsequencia de (an)n. Deste modo, uma subsequencia nada

mais e que uma restricao da sequencia a um subconjunto infinito de seu domınio. Se (ank)k converge,

seu limite e chamado um limite subsequencial de (an)n.

Exemplo 3.1 Considere a sequencia de termo geral an = 12 [1 + (−1)n], n ≥ 1. A sequencia assim

definida e (0, 1, 0, 1, . . .). Duas subsequencias de (an)n se destacam naturalmente, quais sejam, a sub-

sequencia dos termos de ındices ımpares a2n−1 = 0 (sequencia constante igual a zero) e a subsequencia

dos termos de ındices pares a2n = 1 (sequencia constante igual a 1).

Exemplo 3.2 Considere a sequencia de termo geral an =

[1

n+ (−1)n

], n ≥ 1. Temos a2n−1 =

1

n− 1

e a2n =1

n+ 1. E e claro que a2n−1 → −1 e a2n → 1. Assim −1 e 1 sao dois limites subsequenciais de

(an)n, muito embora esta sequencia nao seja, ela mesma, convergente.

Teorema 3.3 Se lim an = a, entao toda subsequencia de (an)n tambem converge para a.

Corolario 3.4 Se limn→+∞

an = a, entao, para todo k ∈ N, limn→+∞

an+k = a. Com efeito, (an+k)n e

uma subsequencia de (an)n.

8

Exprime-se o corolario acima dizendo que o limite de uma sequencia nao se altera quando dela

se omite um numero finito de termos. Na realidade, o teorema acima diz que o limite se mantem,

mesmo que se desprezem termos em numero infinito, desde que se conserve uma infinidade de ındices,

de modo a restar ainda uma subsequencia. E util (e obvio) o fato que se (an+k)n converge, entao

tambem (an)n converge.

Ha duas aplicacoes especialmente uteis do teorema anterior e da unicidade do limite. A saber:

• Mostrar que uma sequencia nao converge: basta obter duas subsequencias com limites distintos.

• Determinar o limite de uma sequencia que, a priori, se sabe que converge: basta determinar o

limite de alguma subsequencia, e este sera o limite procurado.

Exemplo 3.5 Suponha que a sequencia (an)n seja convergente e satisfaca a condicao an+1 = A+Ban

para todo natural n, onde A e B sao constantes reais com B = 1. Encontre limn→+∞

an.

Resolucao: Seja a = limn→+∞

an. Entao tambem limn→+∞

an+1 = a. Logo, da igualdade an+1 = A+Ban

vem

a = limn→+∞

an+1 = limn→+∞

[A+Ban] = A+B limn→+∞

an = A+Ba,

donde resulta a = A/(1−B).

Exemplo 3.6 A sequencia de termo geral an = cosnπ e divergente. De fato, as subsequencias (a2n)n

e (a2n−1)n tem limites distintos.

Abaixo, um dos mais importantes teoremas da teoria de sequencias de numeros reais.

Teorema 3.7 Toda sequencia limitada possui subsequencia convergente.

A demonstracao deste teorema exige argumentos envolvendo o conceito de supremo e limite supe-

rior que ultrapassam o grau de dificuldade esperado para este curso.


1. Prove o Teorema 3.3.

2. Prove que (an)n converge para a se, e somente se, toda subsequencia de (an)n converge para a.

3. Prove que a fim de que uma sequencia (an)n nao possua subsequencia convergente e necessario

e suficiente que limn→∞

|an| = +∞.

4. Seja (an)n uma sequencia tal que a2n → a e tambem a2n+1 → a, ou seja, a subsequencia dos

termos de ındices pares e a subsequencia dos termos de ındices ımpares sao ambas convergentes

e convergem para o mesmo limite a ∈ R . Prove que an → a.

5. Dizemos que uma sequencia (an)n e quase-constante se ela e constante a partir de um certo

ındice n0 ∈ N. Responda FALSO ou VERDADEIRO e justifique:

(a) Toda sequencia quase-constante e convergente.

(b) Toda sequencia convergente posssui uma subsequencia quase-constante.

6. Prove que a sequencia a1 =√2, a2 =

√2 +

√2, a3 =

√2 +

√2 +

√2, . . . converge e calcule seu

limite.

7. Prove que a sequencia a1 =√2, a2 =

√2√2, a3 =

√2√

2√2, . . . converge e calcule seu limite.

9

4 Sequencias de Cauchy

Ja salientamos a importancia do resultado “toda sequencia monotona limitada e convergente”, que

nos permite, em certos casos, saber que uma sequencia possui limite, mesmo sem conhecer o valor de

tal limite. Mas e claro que muitas sequencias convergentes nao sao monotonas, de modo que aquele

criterio de convergencia nao e o mais geral possıvel. Veremos agora o criterio de Cauchy, que nos dara

uma condicao necessaria e suficiente para a convergencia de uma sequencia de numeros reais.

Seja (an)n uma sequencia de numeros reais. Ela se chama uma sequencia de Cauchy quando

cumpre a seguinte condicao

Dado arbitrariamente ϵ > 0, existe n0 ∈ N tal que m,n > n0 ⇒ |xm − xn| < ϵ.

A fim de que (an)n seja uma sequencia de Cauchy, exige-se que seus termos xm, xn, para valores

suficientemente grandes dos ındices m e n, se aproximem arbitrariamente uns dos outros. Compare-se

com a definicao de limite, onde se exige que os termos xn se aproximem arbitrariamente de um numero

real a dado a priori. Aqui se impoe uma condicao apenas sobre os termos da propria sequencia.

Teorema 4.1 Toda sequencia convergente e de Cauchy.

Prova: Seja lim an = a. Dado arbitrariamente ϵ > 0, existe n0 ∈ N tal que m > n0 ⇒ |am − a| < ϵ/2

e n > n0 ⇒ |an − a| < ϵ/2. Logo

m,n > n0 ⇒ |am − an| ≤ |am − a|+ |an − a| < ϵ/2 + ϵ/2 = ϵ,

o que mostra que (an)n e uma sequencia de Cauchy. �

Intuitivamente, se an → a, entao, para valores grandes de n, os termos an se aproximam de a.

Neste caso, eles devem necessariamente aproximar-se uns dos outros.

Passaremos agora a demonstracao da recıproca do teorema precedente. Antes, dois lemas.

Lema 4.2 Toda sequencia de Cauchy e limitada.

Prova: Seja (an)n uma sequencia de Cauchy. Tomando ϵ = 1, obtemos n0 ∈ N tal que m,n > n0 ⇒|am−an| < 1. Em particular n > n0 ⇒ |an0+1−an| < 1, ou seja, n > n0 ⇒ an ∈]an0+1−1, an0+1+1[.

Seja α o menor e β o maior elemento do conjunto finito F = {a1, a2, . . . , an0 , an0+1 − 1, an0+1 + 1}.Entao an ∈ [α, β] para todo n ∈ N, o que prova que (an)n e limitada. �

Lema 4.3 Se uma sequencia de Cauchy possui uma subsequencia convergindo para a, entao a propria

sequencia converge para a.

Prova: Seja (an)n uma sequencia nas condicoes enunciadas. Dado ϵ > 0, existe n0 ∈ N tal que

m,n > n0 ⇒ |am − an| < ϵ/2. Existem tambem n1 > n0 tal que |an1 − a| < ϵ/2. Portanto

n > n0 ⇒ |an − a| ≤ |an − an1 |+ |an1 − a| < ϵ/2 + ϵ/2 = ϵ.

Isto prova que an → a. �

Teorema 4.4 Toda sequencia de Cauchy de numeros reais e convergente.

Prova: Seja (an)n uma sequencia de Cauchy. Pelo Lema 4.2, ela e limitada. Logo, pelo Teorema 4.1,

ela possui uma subsequencia convergente. Segue do Lema 4.3 que (an)n converge. �

10


1. Sejam (an)n e (bn)n duas sequencias de Cauchy. Mostre que a sequencia (|an − bn|)n converge.

2. Use a funcao f :]0, 1] → R dada por f(x) = 1/x e a sequencia de termo geral an = 1/n

para provar que uma funcao contınua nao transforma necessariamente sequencias de Cauchy em

sequencias de Cauchy.

3. Seja (an)n uma sequencia convergente com an → p. Prove que a sequencia (a1, p, a2, p, a3, p, . . .)

e uma sequencia de Cauchy. Qual o limite de (x1, p, x2, p, . . .)?

4. Seja f : R → R uma funcao que transforma sequencias de Cauchy em sequencias de Cauchy.

Prove que f e contınua. (sugestao: Para todo p ∈ R, se an → p, considere a sequencia

(x1, p, x2, p, . . .) e entao utilize o exercıcio anterior para concluir que f(xn) → f(p)) .

5. Dizemos que uma funcao f : R → R e uma contracao se existe um numero real λ, com 0 ≤ λ < 1,

tal que, quaisquer que sejam os reais x e y, vale

|f(x)− f(y)| ≤ λ|x− y|.

Seja, entao, f : R → R uma contracao e considere um real a0. Seja a sequencia an, n ≥ 0,

definida por

an = f(an−1), n ≥ 1.

Prove:

(a) |a2 − a1| ≤ λ|a1 − a0|

(b) |a3 − a2| ≤ λ2|a1 − a0|

(c) |an+1 − an| ≤ λn|a1 − a0|

(d) |an+2 − an| ≤ (λn+1 + λn)|a1 − a0|

(e) |an+p − an| ≤ (λn+p−1 + λn+p−2 + · · ·+ λn)|a1 − a0|

(f) |an+p − an| ≤λn

1− λ|a1 − a0|, para todo natural p e todo natural n.

6. Seja (an)n a sequencia do exercıcio anterior. Prove que (an)n e de Cauchy e, portanto, existe

um numero real a tal que limn→+∞

an = a.

7. Prove que toda contracao e uma funcao contınua.

8. Seja (an)n a sequencia do Exercıcio 5. Tendo em vista os Exercıcios 6 e 7, prove que a e um

ponto fixo de f , ou seja, f(a) = a.

9. Prove que toda contracao f : R → R possui um e somente um ponto fixo.

11

5 Series numericas

Uma soma formal de todos os termos de uma sequencia infinita de numeros reais (an)n tal como

∞∑k=1

ak

e chamada uma serie infinita ou simplesmente uma serie. A soma sn = a1 + a2 + · · · + an =

n∑k=1

ak

dos n primeiros termos da sequencia (an)n e chamada a n-esima soma parcial da serie

∞∑k=1

ak.

Observacao 5.1 Note-se que, para todo natural n, tem-se sn+1 = sn + an+1.

Exemplo 5.2 Considere a serie∞∑k=1

1

2k. Temos:

s1 =1

2

s2 =1

2+

1

4=

3

4= 0, 75

s3 =1

2+

1

4+

1

8=

3

4+

1

8=

7

8= 0, 875

s4 =1

2+

1

4+

1

8

1

16=

7

8+

1

16=

15

16= 0, 9375

...

s24 =1

2+

1

4+

1

8+

1

16+

1

32+ · · ·+ 1

224= 0, 99999998.

Se a sequencia (sn)n das somas parciais de uma serie∑

ak converge para um limite S = lim sn,

dixemos que a serie∑

ak converge e que sua soma e S. Neste caso, escrevemos

S =

∞∑k=1

ak.

Quando a serie nao converge, dizemos que ela diverge. Uma serie que converge e chamada conver-

gente e uma que diverge e chamada divergente.

Exemplo 5.3 Encontre a n-esima soma parcial da serie

∞∑k=1

1

k(k + 1). Determine se esta serie converge

ou diverge e, se convergir, encontre sua soma.

Resolucao: Temos:

sn =n∑k=1

1

k(k + 1)=

n∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)=

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ · · ·+

(1

n− 1

n+ 1

)= 1− 1

n+ 1.

Portanto, sn =n

n+ 1. E assim,

limn→+∞

sn = limn→+∞

n

n+ 1= lim

n→+∞

1

1 + 1/n= 1.

Portanto a serie e convergente e temos

∞∑k=1

1

k(k + 1)= 1.

12

Uma serie como a deste exemplo, em que o termo geral ak pode ser expresso como ak = bk − bk+1

e chamada uma serie telescopica. Neste caso mais geral, a n-esima soma parcial e sn = b1 − bn+1.

Exemplo 5.4 Encontre a serie cuja sequencia de somas parciais tem termo geral sn =3n

2n+ 1. De-

termine se esta serie converge ou diverge e, se convergir, encontre sua soma.

Resolucao: sn =3n

2n+ 1e sn−1 =

3(n− 1)

2(n− 1) + 1=

3n− 3

2n− 1. Assim, de sn = sn−1 + an segue-se

an = sn − sn−1 =3n

2n+ 1− 3n− 3

2n− 1=

3

4n2 − 1.

Portanto, a serie procurada e∞∑k=1

3

4k2 − 1e, ja que sn e a n-esima soma parcial desta serie, temos

∞∑k=1

3

4k2 − 1= lim

n→+∞sn = lim

n→+∞

3n

2n+ 1=

3

2.

Exemplo 5.5 (Serie Geometrica) Uma serie geometrica e uma soma formal dos termos de uma

progressao geometrica, ou seja, e uma serie da forma

∞∑k=1

ark−1 = a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1 + · · · ,

onde a e r sao constantes reais. A constante r e chamada a razao da serie. Para uma tal serie

geometrica, temos:

sn = a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1 e rsn = ar + ar2 + ar3 + · · ·+ arn,

donde (1− r)sn = a− arn = a(1− rn) e, portanto

sn = a1− rn

1− r, desde que r = 1.

Agora, se |r| < 1, entao limr→+∞

rn = 0 e, entao,

limn→+∞

sn = limn→+∞

a1− rn

1− r=

a

a− r.

Por outro lado, se |r| > 1, entao a sequencia (rn)n diverge e, assim, a sequencia (sn)n tambem

diverge. No caso em que |r| = 1, e facil ver que (sn)n diverge, a menos que se tenha a = 0.

Exemplo 5.6 Supondo 0 < α ≤ 1, mostre que

∞∑k=0

(−1)kα2k+1

2k + 1= arctgα.

Resolucao: Este problema sera resolvido com auxılio da progressao geometrica. Sabemos que

1 + r + r2 + · · ·+ rn =1− rn+1

1− r.

Daı1

1− r= 1 + r + r2 + · · ·+ rn +

rn+1

1− r.

Fazendo r = −x2, resulta

1

1 + x2= 1− x2 + x4 + · · ·+ (−1)nx2n + (−1)n+1 x

2n+2

1 + x2.

13

Como arctgα =

∫ α

0

1

1 + x2dx, resulta

arctgα = α− α3

3+

α5

5+ · · ·+ (−1)n

α2n+1

2n+ 1+ (−1)n+1

∫ α

0

x2n+2

1 + x2dx.

Agora e so mostrar que, para 0 < α ≤ 1, limn→+∞

∫ α

0

x2n+2

1 + x2dx = 0. Seja, entao 0 < α ≤ 1. Temos:

0 ≤ x2n+2

1 + x2≤ x2n+2 para x ∈ [0, α].

Daı

0 ≤∫ α

0

x2n+2

1 + x2dx ≤

∫ α

0x2n+2dx

e, portanto,

0 ≤∫ α

0

x2n+2

1 + x2dx ≤ α2n+3

2n+ 3.

De 0 < α ≤ 1, segue que limn→+∞

α2n+3

2n+ 3= 0 e, portanto, lim

n→+∞

∫ α

0

x2n+2

1 + x2dx = 0. Fica assim provado

que, para 0 < α ≤ 1,

arctgα =∞∑k=0

(−1)kα2k+1

2k + 1.

Exemplo 5.7 Verifique queπ

4= 1− 1

3+

1

5− 1

7+ · · · =

∞∑k=0

(−1)k1

2k + 1.

Resolucao: Pelo exemplo anterior

π

4= arctg 1 =

∞∑k=0

(−1)k1

2k + 1.


1. Explique cuidadosamente a diferenca entre uma sequencia e uma serie.

2. Encontre uma serie cuja n-esima soma parcial e dada por sn =3n

2n+ 5.

3. Encontre a soma de cada serie forcando os termos atraves de somas parciais a formar uma serie

telescopica.

(a)

∞∑k=1

k

(k + 1)(k + 2)(k + 3)(b)

∞∑k=1

√k + 1−

√k√

k2 + k(c)

∞∑k=1

(sen

1

k− sen

1

k + 1

)4. Seja (bn)n uma sequencia e seja p um inteiro positivo fixado. Encontre uma formula para a

n-esima soma parcial da serie

∞∑k=1

(bk − bk+p). Supondo que bn → b, encontre uma formula para

a soma da serie

∞∑k=1

(bk − bk+p).

5. Use os resultados envovendo series geometricas para encontrar a soma de cada serie.

(a)

∞∑k=1

[5

(1

2

)k+ 3

(1

3

)k](b)

∞∑k=1

3

10k(c)

∞∑k=1

2

(−1

3

)k+7

14

6. Prove que, para todo a ∈ R, a serie a2 +a2

1 + a2+

a2

(1 + a2)2+ · · · e converge e calcule sua soma.

7. Suponha que A e B sejam constantes positivas e que a sequencia (an)n safisfaca |an| ≤ ABn

para todo natural n. Prove que a serie∞∑k=1

akxk converge se |x| < 1/B.

8. Lembrando que ln(1 + α) =

∫ α

0

1

1 + xdx, mostre que, para 0 < α ≤ 1 tem-se

ln(1 + α) =

∞∑k=1

(−1)k+1αk

k.

9. Utilizando o exercıcio anterior, calcule a soma das series

(a) 1− 1

2+

1

3− 1

4+ · · · (b)

1

2− 1

2 · 22+

1

3 · 23− 1

4 · 24+ · · ·

10. Considere a funcao f(x) =1

xα, x ≥ 1 e α > 1. Seja β > 1 um real dado. Calcule a soma da

serie∞∑k=0

βkf(βk) e prove que limβ→1

(β − 1)∞∑k=0

βkf(βk) =

∫ +∞

1f(x)dx.

11. Suponha que a funcao f : [1,+∞[→ R seja contınua, decrescente e positiva. Suponha, ainda,

que a serie

∞∑k=0

f(k) seja convergente e tenha soma S. Prove que

n∑k=0

f(k) e um valor aproximado

por falta de S, com erro, em modulo, inferior a

∫ ∞

nf(x)dx.

6 Propriedades das series

Teorema 6.1 Se a serie∑

ak converge, entao limn→∞

an = 0.

Prova: Seja sn =∑

ak. Como∑

ak converge, (sn)n converge e limn→+∞

sn = S =∑

ak. Sendo assim,

como an = sn − sn−1, resulta

limn→+∞

an = limn→+∞

(sn − sn−1) = limn→+∞

sn − limn→+∞

sn−1 = S − S = 0. �

Exemplo 6.2 As series

∞∑k=1

k

k + 13e

∞∑k=1

cos(kπ) nao convergem, pois limn→∞

n

n+ 13= 1 = 0 e

limn→∞

cos(nπ) nao existe.

Observacao 6.3 A recıprova do teorema anterior e falsa, ou seja, se limn→∞

an = 0, nao necessariamente

a serie∑

ak sera convergente. De fato, considere o seguinte exemplo:

15

Exemplo 6.4 Considere a serie

∞∑k=1

lnk

k + 1. Temos:

limn→∞

lnk

k + 1= ln lim

n→∞

k

k + 1= ln 1 = 0.

No entanto,∞∑k=1

lnk

k + 1=

∞∑k=1

[ln(k)− ln(k + 1)] = limn→+∞

ln(n+ 1) = +∞.

Abaixo, o resulatdo que nos permite operar algebricamente series numericas.

Teorema 6.5 (i) Se∑

ak e∑

bk sao series convergentes, entao∑

(ak ± bk) e convergente e vale∑(ak ± bk) =

∑ak ±

∑bk.

(ii) Se∑

ak converge e∑

bk diverge, entao∑

(ak + bk) diverge.

(iii) Se∑

ak e convergente (respectivamente divergente) e c e uma constante nao nula, entao∑

cak

e convergente com∑

cak = c∑

ak (respectivamente,∑

cak e divergente).

Prova: Segue facilmente das propriedades aritmeticas dos limites de sequencias. Os detalhes sao

deixados como exercıcios para o leitor. �

Observacao 6.6 Se∞∑k=1

ak e∞∑k=1

bk sao ambas divergentes, pode ocorrer de∞∑k=1

(ak + bk) ser conver-

gente. De fato, tome-se para exemplo (trivial) ak = k e bk = −k.

Exemplo 6.7 Encontre a soma da serie

∞∑k=1

(5

2k−1+

1

3k−1

)Resolucao: A serie dada pode ser expressa como a soma de duas series geometricas convergentes,

cujas somas podem ser facilmente calculadas:

∞∑k=1

5

2k−1=

5

1− 1/2= 10 e

∞∑k=1

1

3k−1=

1

1− 1/3=

3

2.

Portanto∞∑k=1

(5

2k−1+

1

3k−1

)= 10 =

3

2=

23

2.

Exemplo 6.8 A serie∞∑k=1

(ln

k

k + 1− 1

3k

)diverge, ja que

∞∑k=1

lnk

k + 1diverge e

∞∑k=1

1

3kconverge.

Teorema 6.9 Seja M um inteiro positivo fixado. A serie

∞∑k=1

ak converge se, e somente se, a serie

∞∑k=M+1

ak converge. Alem disso, se estas series convergem, entao

∞∑k=1

ak =

M∑k=1

ak +

∞∑k=M+1

ak.

Prova: Exercıcio. �

16


1. Prove que se a serie∑

an converge e a sequencia (bn)n e monotona e limitada, entao a serie∑anbn tambem converge.

2. A serie

∞∑k=1

[1 + (−1)k] e convergente ou divergente? Justifique.

3. A serie∞∑k=1

k

ln ke convergente ou divergente? Justifique.

4. Seja M > 0 um natural. Calcule a soma da serie

∞∑k=M+1

1

k(k + 1).

7 Series de termos nao negativos - Criterios de convergencia

Teorema 7.1 Seja∑

ak uma serie cujos termos sao todos nao negativos. Se a sequencia (sn)n das

somas parciais e limitada superiormente, entao∑

ak e convergente.

Prova: Como os termos ak sao todos nao negativos, a sequencia (sn)n e monotona crescente e,

portanto, convergente, ja que, por hipotese, esta sequencia e tambem limitada. �

Exemplo 7.2 Mostre que a serie∞∑k=1

k − 1

k2kconverge.

Resolucao: Claramente, cata termo da serie e nao negativo. Agora,k − 1

k2k=

k − 1

k

(1

2

)k<

(1

2

)k.

Isso implica que, para todo natural n, tem-se:

sn =

n∑k=1

k − 1

k2k<

n∑k=1

(1

2

)k=

1

2· 1− (1/2)k

1− 1/2=

1

2· 1

1− 1/2= 1,

o que prova que a sequencia (sn)n e limitada. O resultado segue do teorema anterior.

Teorema 7.3 (Criterio da Integral) Considere a serie∞∑k=1

ak e suponha que exista um natural p

e uma funcao f : [p,+∞[→ R contınua, decrescente e nao negativa tal que f(k) = ak para k ≥ p.

Nestas condicoes, tem-se:

(i)

∫ +∞

pf(x)dx converge ⇒

∞∑k=1

ak converge.

(ii)

∫ +∞

pf(x)dx diverge ⇒

∞∑k=1

ak diverge.

Prova: Para n > p, tem-se

n∑k=1

ak =

p∑k=1

ak +

n∑k=p+1

ak. Como p esta fixo, segue desta relacao que

∞∑k=1

ak sera convergente (ou divergente) se, e somente se,

∞∑k=p+1

ak for convergente (ou divergente).

17

(i) Temosn∑

k=p+1

ak ≤∫ n

pf(x)dx ≤

∫ +∞

pf(x)dx.

Segue que a sequencia sn =n∑

k=p+1

ak e crescente e limitada superiormente por

∫ +∞

pf(x)dx. Assim,

se

∫ +∞

pf(x)dx < ∞, entao a serie

∞∑k=1

ak converge.

(ii) Temosn−1∑k=p

ak ≥∫ n

pf(x)dx.

Assim, supondo que

∫ +∞

pf(x)dx seja divergente, a sequencia sn =

n∑k=p+1

ak sera crescente e ilimitada

e, portanto, divergente. �

Exemplo 7.4 A serie

∞∑k=1

1

1 + x2converge ou diverge? Justifique.

Resolucao: Temos∫ +∞

1

dx

1 + x2= lim

b→+∞

∫ n

1

dx

1 + x2= lim

b→+∞[arctg x]b1 = lim

b→+∞

[arctg b− π

4

]=

π

2− π

4=

π

4.

Pelo criterio da integral, a serie

∞∑k=1

1

1 + x2converge.

Exemplo 7.5 A serie

∞∑k=2

1

k ln kconverge ou diverge? Justifique.

Resolucao: Temos∫ +∞

2

dx

x lnx= lim

b→+∞

∫ b

2

dx

x lnx= lim

b→+∞[ln(lnx)]b2 = lim

b→+∞[ln(ln b)− ln(ln 2)] = +∞.

Pelo criterio da integral, a serie

∞∑k=2

1

k ln kdiverge.

Exemplo 7.6 (Serie Harmonica) A serie harmonica

∞∑k=1

1

kpconverge se p > 1 e diverge se p ≤ 1.

Resolucao: Se p < 0, entao limk→+∞

1

kp= +∞ e assim

∞∑k=1

1

kpdiverge. Se p = 0, entao lim

k→+∞

1

kp= 1

e, neste caso,

∞∑k=1

1

kptambem diverge.

Assumindo p > 0, a funcao f(x) =1

xpe contınua, decrescente e nao negativa em [1,+∞[ e temos

∫ b

1

1

xpdx =

b1−p − 1

1− pse p = 1 e

∫ b

1

1

xpdx = ln b se p = 1.

Como limb→+∞

b1−p

1− p=

1

1− pe limb→+∞

ln b = +∞, segue do criterio da integral que

∞∑k=1

1

kpconverge se

p > 1 e diverge se p ≤ 1.

18

Observacao 7.7 Nao obstante a serie harmonica

∞∑k=1

1

kpser convergente quando p > 1, nao existe

uma “formula agradavel” para sua soma. A funcao

ζ :]1,+∞[→ R dada por ζ(p) =

∞∑k=1

1

kp

e chamada a Funcao Zeta de Riemann e desempenha um importante papel na teoria analıtica dos

numeros.

Definicao 7.8 Sejam∑

ak e∑

bk duas series cujos termos sao nao negativos. Dizemos que∑

bk

domina∑

ak se ak ≤ bk para todo k. Se existe n0 ∈ N tal que ak ≤ bk para todo k ≥ n0, dizemos que∑bk domina eventualmente

∑ak.

Teorema 7.9 (Criterio da comparacao direta) Sejam∑

ak e∑

bk series cujos termos sao nao

negativos e suponha que∑

bk domine eventualmente∑

ak. Nestas condicoes, tem-se:

(i) Se∑

bk converge, entao∑

ak converge.

(ii) Se∑

ak diverge, entao∑

bk diverge.

Prova: E bastante intuitiva e simples e, portanto, fica como exercıcio para o leitor. �

Exemplo 7.10 Mostre que a serie

∞∑k=1

1

7k + sen kconverge.

Resolucao: Vamos mostrar que a serie

∞∑k=1

1

7k−1(que sabemos ser convergente) domina a serie

∞∑k=1

1

7k + sen k. A desigualdade que deve, para tanto, ser demonstrada, e

1

7k + sen k≤ 1

7k−1, a qual e

equivalente a desigualdade 7k−1 ≤ 7k + sen k, ou ainda, −sen k ≤ 7k − 7k−1 = (7− 1)7k−1 = 6 · 7k−1.

Esta ultima desigualdade e claramente verdadeira, ja que −sen k ≤ 1 ≤ 6 ≤ 6 · 7k−1, para todo k ≥ 1.


∞∑k=2

1

ln kdiverge.

Resolucao: Como 0 < ln k < k para todo k ≥ 2 (verifique!), temos1

k<

1

ln kpara todo k ≥ 2.

Assim, a serie

∞∑k=2

1

ln kdomina a serie

∞∑k=2

1

k. Como esta ultima e divergente, a serie

∞∑k=2

1

ln kdiverge.


∞∑k=2

k

k2 + 2k + 1diverge.

Resolucao: Temosk

k2 + 2k + 1=

1

k· 1

1 + 2k + 1

k2

.

Para todo k ≥ 1, tem-se 1 +2

k+

1

k2≤ 4 e, portanto, para todo k ≥ 1, tem-se

1

1 + 2k + 1

k2

≥ 1

4. Segue

que, para todo k ≥ 1,k

k2 + 2k + 1≥ 1

4k.

Como

∞∑k=2

1

4k= +∞, resulta

∞∑k=2

k

k2 + 2k + 1= +∞.

19

Teorema 7.13 (Criterio do limite) Sejam∑

ak e∑

ck duas series cujos termos sao positivos a

partir de algum ındice q fixado. Suponhamos que

limk→+∞

akck

= L.

(i) Se L > 0, L real, ou ambas as series convergem ou ambas divergem

(ii) Se L = +∞ e se∑

ck diverge, entao∑

ak tambem diverge.

(iii) Se L = 0 e se∑

ck converge, entao∑

ak tambem converge.

Prova: (a) De limk→+∞

akck

= L, L > 0 real, segue que, tomando-se ϵ = ϵ/2, existe um natural p, que

podemos supor maior que q, tal que

k > p ⇒ L− L

2<

akbk

< L+L

2donde k > p ⇒ L

2ck < ak <

3L

2ck.

Segue do criterio da comparacao que ambas sao convergentes, ou ambas sao divergentes.

(b) De limk→+∞

akck

= +∞ segue que, tomando-se ϵ = 1, existe um natural p > q, tal que

k > p ⇒ akck

> 1 donde k > p ⇒ ak > ck.

Segue do criterio da comparacao que se∑

ck for divergente, entao∑

ak tambem sera.

(c) De limk→+∞

akck

= 0 segue que, tomando-se ϵ = 1, existe um natural p > q, tal que

k > p ⇒ akck

< 1 donde k > p ⇒ ak < ck.

Segue do criterio da comparacao que se∑

ck for convergente, entao∑

ak tambem sera. �


ke−k converge ou diverge? Justifique.

Resolucao: A serie harmomica∞∑k=2

1

k2e convergente. Facamos ak = ke−k e ck =

1

k2. Temos

limk→∞

akck

= limk→+∞

ke−k

1/k2= lim

k→+∞

k3

ek= 0.

Pelo criterio do limite, conclui-se que a serie dada converge.

Observacao 7.15 O sucesso na utilizacao do teste do limite esta exatamente na escolha adequada

da serie∑

ck de comparacao. Em muitos casos, as series harmonicas ou as series geometricas desem-

penham muito bem este papel.

Exemplo 7.16 A serie

∞∑k=2

k2 + 2

k5 + 2k + 1converge ou diverge? Justifique.

Resolucao: Como limk→+∞

k2 + 2

k5 + 2k + 1= 0, a serie tem chance de ser convergente. Vamos tomar

como serie de comparacao a serie geometrica

∞∑k=2

1

k3, que sabemos ser convergente. Fazendo ak =

k2 + 2

k5 + 2k + 1e ck =

1

k3, temos lim

k→∞

akck

= limk→+∞

k5 + 2k3

k5 + 2k + 1= 1. Pelo criterio do limite, conclui-se que

a serie dada converge.

20

Teorema 7.17 (Criterio da comparacao de razoes) Sejam∑

ak e∑

bk duas series de termos

positivos. Suponhamos que exista um natural p tal que, para k ≥ p,

ak+1

ak≤ bk+1

bk.

(i) Se∑

bk converge, entao∑

ak converge.

(ii) Se∑

ak diverge, entao∑

bk diverge.

Prova: Segue da hipotese que, para k ≥ p, tem-seak+1

bk+1≤ ak

bke, portanto, a sequencia

akbk

, k ≥ p, e

decrescente. Daı, para k ≥ p, temosakbk

≤ apbp

e, portanto, para k ≥ p,

ak ≤apbp

bk.

Agora e so aplicar o criterio da comparacao.�

Exemplo 7.18 Considere a serie de termos positivos∑

ak e suponha que existam um real r e um

natural p, com 0 < r < 1, tais que, para todo k ≥ p, a razaoak+1

ak≤ r. Prove que a serie

∑ak e

convergente.

Resolucao: Considere a serie geometrica

∞∑k=0

bk, onde bk = rk, k ≥ 0. Tal serie e convergente, pois

0 < r < 1. Debk+1

bk= r segue, para todo k ≥ p,

ak+1

ak≤ bk+1

bk.

Pelo criterio de comparacao de razoes, a serie∑

ak e convergente.

Exemplo 7.19 Considere a serie de termos positivos∑

ak e suponha que exista um natural p tal

que, para todo k ≥ p, a razaoak+1

ak≥ 1. Prove que a serie

∑ak e divergente.

Resolucao: Considere a serie∞∑k=0

bk, onde bk = 1 para todo k ≥ 0. Tal serie e evidentemente

convergente e, para todo k ≤ p,ak+1

ak≤ 1 =

bk+1

bk.

Pelo criterio de comparacao de razoes, a serie∑

ak e divergente.


1. Utilizando o criterio da integral, estude a serie dada com relacao a convergencia ou divergencia.

(a)

∞∑k=2

1

kα ln k, α > 0 (b)

∞∑k=0

k

1 + k4(c)

∞∑k=0

k

k2 + 1

2. Suponha an > 0 para todo n e que a serie∑

an convirja. Prove que as series∑ an

1 + ane∑

a2n

tambem convergem.

21

3. Suponha que a funcao f : [1,+∞[→ R seja contınua, decrescente e positiva. Suponha, ainda,

que a serie

∞∑k=0

f(k) seja convergente e tenha soma S. Prove que

n∑k=0

f(k) e um valor aproximado

por falta de S, com erro, em modulo, inferior a

∫ ∞

nf(x)dx.

4. (Criterio de Cauchy-Fermat) Suponha f : [1,+∞[→ R contınua, decrescente e positiva. Sendo

β > 1, prove que

∞∑k=1

f(βk) converge se, e somente se,

∞∑k=0

βkf(βk) converge.

5. Prove que para todo polinomio p(x) de grau superior a 1, a serie∑ 1

p(n)converge.

6. Considere a serie∑

ak de termos nao negativos e suponha que ak =1

kαbk, k ≥ p.

(a) Prove que se lim bk = 0 e se α > 1, entao∑

ak converge.

(b) Prove que se lim bk = +∞ e se α ≤ 1, entao∑

ak diverge.

(Sugestao: Utilize o criterio do limite).

7. Seja λ > 0 um real dado. A serie

∞∑k=0

kλ

2ke convergente ou divergente? Justifique.

8. Seja γ > 0 um real dado. Prove:

(a) limk→+∞

k

(ln k)γ= +∞. (Sugestao: Lembre-se que lim

u→+∞

eu

uλ= +∞).

(b)∞∑k=2

1

(ln k)γe divergente.

9. Estude a convergencia de

∞∑k=0

2k

k!.

10. (a) Verifique que∞∑k=1

lnk + 1

k= +∞. (Sugestao: Serie telescopica)

(b) Seja −1 < α < 0 um real dado. Mostre que

∞∑k=1

lnk

k − 1− α= +∞.

(Sugestao: Utilize o criterio do limite com ck =k + 1

k).

11. Seja −1 < α < 0 um real dado.

(a) Utilizando o exercıcio anterior, conclua que∞∑k=1

ln|α− k + 1|

k= −∞.

(b) Mostre que

limn→+∞

∣∣∣∣α(α− 1)(α− 2) · · · (α− n+ 1)

n!

∣∣∣∣ = 0.

Sugestao: Verifique que∣∣∣∣α(α− 1)(α− 2) · · · (α− n+ 1)

n!

∣∣∣∣ = e∑n

k=1 ln(|α−k+1|/k)

22

8 Series alternadas e convergencia absoluta

Uma serie e chamada alternada quando seus termos consecutivos tem sinais opostos.

Teorema 8.1 (Criterio de Leibniz) Seja (an)n uma sequencia decrescente de termos positivos com

lim an = 0. Entao a serie alternada

∞∑k=1

(−1)k+1ak e convergente. Alem disso, se S e a soma desta

serie e sn e a n-esima soma parcial, entao

0 ≤ (−1)n(S − sn) ≤ an+1.

Prova: Veja na pagina 35 do Guidorizzi volume 4.�

Exemplo 8.2 Embora a serie harmonica∞∑k=1

1

kseja divergente, a serie harmonica alternada, a saber,

∞∑k=1

(−1)k+1 1

ke convergente. (Pode-se provar que

∞∑k=1

(−1)k+1 1

k= ln 2). ♣

Exemplo 8.3 Embora a serie

∞∑k=2

1

ln kseja divergente, a serie alternada

∞∑k=2

(−1)k1

ln ke convergente.


∞∑k=1

(−1)k+1 k + 3

k(k + 2)e convergente.

Resolucao: Como cada an =n+ 3

n(n+ 2)e positivo, basta provar que (an)n e decrescente e que

an → 0. Seja f(x) =x+ 3

x(x+ 2), x ≥ 1. Temos f ′(x) = −x2 + 6x+ 6

x2(x+ 2)2< 0 para todo x ≥ 1. Isto prova

que (an)n e decrescente. Agora, quanto ao limite de (an)n, temos:

limn→+∞

an = limn→+∞

n+ 3

n(n+ 2)= 0.

Definicao 8.5 (Convergencia Absoluta e Condicional) Seja∑

ak uma serie.

(i) Se a serie∑

|ak| converge, dizemos que∑

ak e absolutamente convergente.

(ii) Se a serie∑

ak converge, mas∑

|ak| diverge, dizemos que∑

ak e condicionalemte convergente.

Exemplo 8.6 A serie geometrica alternada∞∑k=1

(−1)k+1 1

2ke absolutamente convergente, pois a serie

∞∑k=1

∣∣∣∣(−1)k+1 1

2k

∣∣∣∣ = ∞∑k=1

1

2ke convergente.

Exemplo 8.7 A serie harmonica alternada

∞∑k=1

(−1)k+1 1

ke condicionalmente convergente, pois, apesar

de ser convergente, a serie

∞∑k=1

∣∣∣∣(−1)k+1 1

k

∣∣∣∣ = ∞∑k=1

1

ke divergente.

23

Exemplo 8.8 A serie alternada

∞∑k=1

(−1)k1

1 + k2e absolutamente convergente, pois

∞∑k=0

∣∣∣∣ (−1)k

1 + k2

∣∣∣∣ =∞∑k=0

1

1 + k2e convergente.

Teorema 8.9 Toda serie absolutamente convergente e tambem convergente.

Prova: Suponha∑

|ak| convergente. Temos

−|ak| ≤ ak ≤ |ak| o que implica 0 ≤ ak + |ak| ≤ 2|ak|.

Mas∑

2|ak| = 2∑

|ak| converge. Entao, pelo teste da comparacao direta,∑

(ak + |ak|) converge.

Portanto ∑ak =

∑(ak + |ak| − |ak|) converge.

�


∞∑k=1

sen k

k3 + 4converge (Atencao, esta serie nao e alternada).

Resolucao: Temos ∣∣∣∣ sen kk3 + 4

∣∣∣∣ = |sen k|k3 + 4

≤ 1

k3 + 4<

1

k3.

Como

∞∑k=1

1

k3converge, pelo criterio da comparacao direta, tambem

∞∑k=1

∣∣∣∣ sen kk3 + 4

∣∣∣∣ converge. O resultado

agora segue do teorema anterior.


1. Mostre que a serie dada e convergente.

(a)

∞∑k=1

(−1)k+1sen1

k(b)

∞∑k=1

(−1)kk3

k4 + 3(c)

∞∑k=3

(−1)k+1 ln k

k

2. (a) Mostre que

∞∑k=1

1

k2=

4

3

∞∑k=0

1

(2k + 1)2.

(b) Calcule a soma da serie∞∑k=1

(−1)k+1 1

k2. (Sugestao: Lembre-se que

∞∑k=1

1

k2=

π2

6).

3. Estude a serie

∞∑k=1

(−1)k

ln(ek + e−k)quanto a divergencia, convergencia condicional e convergencia

absoluta.

4. Estude a serie

∞∑k=2

sen

(kπ +

1

ln k

)quanto a divergencia, convergencia condicional e convergencia

absoluta.

24

9 Criterios da razao e da raiz

Demonstramos nesta secao mais dois importantes criterios de convergencia, a saber, o criterio da

razao e o criterio da raiz, o primeiro dos quais sera bastante utilizado no estudo de series de potencias.

Teorema 9.1 (Criteiro da razao) Seja∑

ak uma serie de termos nao nulos.

(i) Se limk→+∞

∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ < 1, entao a serie e absolutamente convergente.

(ii) Se limk→+∞

∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ > 1 ou +∞, entao a serie e divergente.

(iii) Se limk→+∞

∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ = 1, nada se pode concluir.

Prova: Faremos cada item separadamente.

(i) Tome r tal que limk→+∞

∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ < r < 1. Segue que existe um natural p tal que, para k ≥ p,∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ < r. Pelo Exemplo 7.18, a serie e convergente.

(ii) Segue da hipotese que existe um natural p tal que, para todo k ≥ p,

∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ ≥ 1. Pelo Exemplo

7.19, a serie e divergente.

(iii) Tome-se como exemplo as series

∞∑k=1

1

ke

∞∑k=1

1

k2.

�


2k

k!converge ou diverge? Justifique.

Resolucao: Temos

ak =2k

k!e ak+1 =

2k+1

(k + 1)!=

2k2

(k + 1)k!, donde

∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ = 2

k + 1.

Assim, como limk→+∞

2

k + 1= 0, resulta do criterio da razao que a serie dada e absolutamente conver-

gente e, portanto, convergente.

Exemplo 9.3 Mostre que a serie∞∑k=1

kk

k!e divergente

Resolucao: Temos∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ = (k + 1)k+1

(k + 1)!· k!kk

=(k + 1)k

kk=

(k + 1

k

)k=

(1 +

1

k

)k.

Como limk→+∞

(1 +

1

k

)k= e > 1, resulta do criterio da razao que a serie dada e divergente.

Teorema 9.4 (Criteiro da raiz) Seja∑

ak uma serie.

(i) Se limk→+∞

k√

|ak| < 1, entao a serie e absolutamente convergente.

(ii) Se limk→+∞

k√

|ak| > 1 ou +∞, entao a serie e divergente.

(iii) Se limk→+∞

k√

|ak| = 1, nada se pode concluir.

25

Prova: Faremos apenas o primeirocaso, os demais sao deixados para o leitor.

(i) Tomando-se r tal que limk→+∞

k√

|ak| < r < 1, existe um natural p tal que, para k ≥ p, k√|ak| < r

e, portanto, ak < rk. A convergencia da serie segue por comparacao com a serie geometrica∑

rk.�

Para checar a parte (iii) tome-se como exemplo as series

∞∑k=1

1

ke

∞∑k=1

1

k2.


k3

3kconverge ou diverge? Justifique.

Resolucao: Temos

limk→+∞

k√

|ak| = limk→+∞

k

√k3

3k=

1

3lim

k→+∞

k√k3 =

1

3< 1.

Logo, a serie dada e convergente.


1. E convergente ou divergente? Justifique.

(a)

∞∑k=0

3k

1 + 4k(b)

∞∑k=1

n!2n

nn(c)

∞∑k=1

n3 + 4

2n

2. Prove que, para todo a > 0, a serie

∞∑k=0

an

n!e convergente. Conclua que lim

n→+∞

an

n!= 0.

3. Prove que, para todo natural n ≥ 1,

ln 1 + ln 2 + · · ·+ ln(n− 1) ≤∫ n

1lnx dx ≤ ln 2 + ln 3 + · · ·+ lnn.

Conclua que, para todo n ≥ 1, tem-se (n− 1)!en ≤ enn ≤ n!en.

4. Utilize a desigualdade enn ≤ n!en do exercıcio anterior para provar que

∞∑n=1

n!en

nndiverge.

10 Reordenacao de series

Dada uma serie∑

ak, mudar a ordem de seus termos significa tomar uma bijecao φ : N → N e

considerar a serie∑

bk onde bk = aφ(k) para todo k ∈ N. O problema e, entao, o seguinte: Supondo∑ak convergente, sera ainda

∑bk convergente? No caso afirmativo, vale

∑ak =

∑bk?

Diremos que uma serie∑

ak e comutativamente convergente quando, para toda bijecao φ : N → N,a serie

∑aφ(k) e convergente.

Demonstraremos abaixo que∑

ak e comutativamente convergente se, e somente se, e absoluta-

mente convergente. Em seguida, enunciaremos um resultado fantastico, devido a Riemann. Comecamos

com um exemplo de como uma mudanca de ordem nos termos de uma serie pode alterar a soma.

26

Exemplo 10.1 Sabemos que

ln 2 = 1− 1

2+

1

3− 1

4+

1

5− 1

6+

1

7− 1

8+

1

9− 1

10+ · · ·

Como e lıcito multiplicar os termos de uma serie convergente por um numero real, multiplicando esta

serie por 1/2 obtemos

1

2ln 2 =

1

2− 1

4+

1

6− 1

8+

1

10− 1

12+

1

14− 1

16+

1

18− 1

20+ · · ·

Agora, esta serie pode ser claramente substituida pela serie abaixo

1

2ln 2 = 0 +

1

2+ 0− 1

4+ 0 +

1

6+ 0− 1

8+ 0 +

1

10+ 0− 1

12+ 0 +

1

14+ 0− 1

16+ 0 + · · ·

Tambem e lıcito somar termo a termo duas series convergentes. Procedendo assim com a primeira e

ultima series acima, e ja eliminando os termos nulos, obtemos

3

2ln 2 = 1 +

1

3− 1

2+

1

5+

1

7− 1

4+

1

9+

1

11− 1

6+ · · ·

que e uma reordenacao da serie inicial. Isto mostra que uma reordenacao na ordem dos termos de

uma serie convergente pode alterar o valor da sua soma.

Teorema 10.2 Toda serie absolutamente convergente e comutativamente convergente.

Prova: Comecamos com uma serie convergente∑

ak, onde ak ≥ 0 para todo k. Seja φ : N → N uma

bijecao e ponhamos bk = aφ(k). Afirmamos que∑

bk =∑

ak. Com efeito, sejam

sn = a1 + a2 + · · ·+ an e tn = b1 + b2 + · · ·+ bn.

Para cada n ∈ N, chamamos de m o maior dos numeros φ(1), φ(2), . . . , φ(n). Entao,

{φ(1), φ(2), . . . , φ(n)} ⊂ [1,m].

Segue-se que

tn =n∑k=1

aφ(k) ≤m∑k

ak = sm

De modo analogo, considerando φ−1 ao inves de φ, se ve que, para m ∈ N, existe n ∈ N tal que

sm ≤ tn. Concluımos que lim sn = lim tn, ou seja,∑

ak =∑

bk.

No caso geral, temos∑

ak =∑

pk −∑

qk, onde pk e qk sao, respectivamente, a parte positiva e a

parte negativa de ak. Toda reordenacao (bk)k dos termos (ak)k origina uma reordenacao (uk)k para

(pk)k e uma reordenacao (vk)k para (qk)k, de tal modo que cada uk e a parte positiva e cada vk e parte

negativa de bk. Pelo que acabamos de ver∑

uk =∑

pk e∑

vk =∑

qk. Logo∑

ak =∑

uk −∑

vk =∑bk, o que prova o teorema.

�

O seguinte resultado contem a recıproca do teorema anterior.

Teorema 10.3 (Teorema de Riemann) Seja∑

ak uma serie condicionalmente convergente. Dado

qualquer numero real S, existe uma reordenacao bk = aφ(k) dos termos da serie∑

ak, tal que∑

bk = S.

27


1. Prove o Teorema de Riemann.

2. Seja∑

ak uma serie condicionalmente convergente. Prove que existem reordenacoes bk = aφ(k)

e ck = aψ(k) dos termos da serie∑

ak, tais que∑

bk = +∞ e∑

ck = −∞.

11 Series de potencias

Seja (ck)k uma sequencia de numeros reais e seja a um real fixado. Uma serie da forma

∞∑k=0

ck(x− a)k = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + · · ·

e chamada uma serie de potencias. As constantes c0, c1, c2, . . . sao chamadas os coeficientes e a cons-

tante a e chamada o centro da serie.

Exemplo 11.1 Encontre os valores de x para os quais a serie de potencias abaixo e convergente

∞∑k=0

(−1)kk

3kxk = 0− 1

3x+

2

9x2 − 3

27x3 + · · ·

Resolucao: E claro que a serie converge para x = 0. Para x = 0, aplicamos o criterio da razao:

an = (−1)nn

3nxn e an+1 = (−1)n+1 (n+ 1)

3n+1xn+1 ⇒ an+1

an=

(−1)n+1(n+ 1)3nxn+1

(−1)nn3n+1xn

Assim ∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = (n+ 1)

3n|x|

Segue-se

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→+∞

n+ 1

3n|x| = |x| · lim

n→+∞

n+ 1

3n=

|x|3.

Pelo criterio da razao:

• A serie converge para |x|/3 < 1, ou seja, para |x| < 3.

• A serie diverge para |x|/3 > 1, ou seja, para |x| > 3.

• Se |x| = 3, entao |an| =∣∣∣(−1)n

n

3nxn∣∣∣ = n

3n3n = n. Assim, lim

n→+∞an = 0 e a serie diverge.

Exemplo 11.2 Encontre os valores de x para os quais a serie de potencias abaixo e convergente

∞∑k=0

(x− 5)2k

k!= 1 + (x− 52) +

1

2(x− 5)4 +

1

6(x− 5)6 + · · ·

Resolucao: E claro que a serie converge para x = 5. Para x = 5, aplicamos o criterio da razao:

an =(x− 5)2n

n!e an+1 =

(x− 5)2(n+1)

(n+ 1)!⇒ an+1

an=

(x− 5)2n+2n!

(x− 5)2n(n+ 1)n!

Assim ∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = (x− 5)2

n+ 1e lim

n→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→+∞

(x− 5)2

n+ 1= 0 < 1

Pelo criterio da razao, a serie converge, independentemente do valor de x.

28

O conjunto I de todos os valores de x para os quais a serie de potencias∑∞

k=0 ck(x − a)k e

convergente e chamado o intervalo de convergencia da serie. Podem ocorrer tres casos:

• I e um intervalo limitado com centro em a e extremos a−R e a+R, onde R > 0 e um numero

real, podendo, neste caso ocorrer

I = [a−R, a+R] ou I = [a−R, a+R[ ou I =]a−R, a+R] ou I =]a−R, a+R[

• I =]−∞,+∞[, ou seja, I = R.

• I = {a}.

No primeiro caso, o numero real R e chamado o raio de convergencia da serie. Nos segundo e

terceiro casos, escrevemos, por convencao, R = +∞ e R = 0, respectivamente. Em qualquer dos casos

A serie de potencias converge absolutamente no intevalo ]a−R, a+R[.

Teorema 11.3 Seja∑∞

k=0 ck(x − a)k uma serie de potencias com raio de convergencia R. Suponha

que limn→+∞

∣∣∣∣cn+1

cn

∣∣∣∣ = L, onde L ou e um numero real nao negativo ou L = +∞. Nestas condicoes:

(i) Se L e um real positivo, entao R = 1/L.

(ii) Se L = 0, entao R = +∞ .

(iii) Se L = +∞, entao R = 0.

Exemplo 11.4 Encontre o centro, o raio de convergencia e o intervalo de convergencia de

∞∑k=0

(x+ 3)k

3k.

Resolucao: O centro e a = −3, claro! A fim de aplicar o teorema acima, calculamos:

cn =1

3ne cn+1 =

1

3n+1donde

∣∣∣∣cn+1

cn

∣∣∣∣ = 3n

3n+1=

1

3.

Assim, L = limn→+∞

∣∣∣∣cn+1

cn

∣∣∣∣ = 1

3, o que implica que o raio de convergencia da serie e R = 3. Para

determinar exatamente o intervalo de convergencia, resta investigar a convergencia da serie para os

valores a−R = −6 e a+R = 0.

Quando x = −6, a serie torna-se

∞∑k=0

(−3)k

3k= 1 − 1 + 1 − 1 + · · · , a qual diverge, ja que o termo

geral nao tende a zero.

Quando x = 0, a serie torna-se

∞∑k=0

3k

3k= 1 + 1 + 1 + · · · , que tambem diverge.

Portanto, o intervalo de convergencia da serie

∞∑k=0

(x+ 3)k

3ke I =]− 6, 0[.

Exemplo 11.5 Encontre o centro e o raio e o intervalo de convergencia de∞∑k=0

(−1)k

k!(x− 17)k.

Resolucao: O centro e a = 17, claro! A fim de aplicar o teorema acima, calculamos:

cn =(−1)n

n!e cn+1 =

(−1)n+1

(n+ 1)!donde

∣∣∣∣cn+1

cn

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ (−1)n+1n!

(−1)n(n+ 1)n!

∣∣∣∣ = 1

n+ 1.

Assim, L = limn→+∞

∣∣∣∣cn+1

cn

∣∣∣∣ = limn→+∞

1

n+ 1= 0, o que implica que o raio de convergencia da serie e

R = +∞. Portanto, o intervalo de convergencia e I =]−∞,+∞[.

29

Exemplo 11.6 Encontre o centro o raio de convergencia e o intervalo de convergencia de

∞∑k=1

kkxk.

Resolucao: O centro e a = 0, claro! A fim de aplicar o teorema acima, calculamos:

cn = kk e cn+1 = (k + 1)k+1 donde

∣∣∣∣cn+1

cn

∣∣∣∣ = (k + 1)k+1

kk=

(n+ 1

n

)n(n+ 1).

Assim,

L = limn→+∞

∣∣∣∣cn+1

cn

∣∣∣∣ = limn→+∞

(n+ 1

n

)n· limn→+∞

(n+ 1) = e ·+∞ = +∞,

o que implica que o raio de convergencia e R = 0 e, portanto, o intervalo de convergencia e I = {0}.


1. Encontre o centro a, o raio R e o intervalo I de convergencia da serie de potencias.

(a)∞∑k=1

(x− 1)2k

k5k(b)

∞∑k=0

(sen

kπ

2

)xk (c)

∞∑k=0

(cos kπ)(x+2)k (d)∞∑k=1

1 · 3 · 5 · · · (2k− 1)xk

(e)

∞∑k=1

(1 + 2 + · · ·+ k)x2k−1 (f)

∞∑k=0

(−1)k10k

k!(x+ π)k (g)

∞∑k=0

(−1)k22k+1

2k + 1(x− 3)2k

(h)

∞∑k=1

2k(x+4)k (i)

∞∑k=1

1 · 3 · 5 · · · (2k − 1)

23k+1(x−10)k (j)

∞∑k=0

(−1)k1 · 5 · 9 · 13 · · · (4k + 3)

2 · 4 · 6 · 8 · · · (2k)(x+

6)k

2. Verifique que a serie

∞∑n=0

2nx converge para x = −1. Tal serie converge absolutamente para todo

x ∈]− 1, 1]? Explique.

3. Determine o domınio da funcao f dada por f(x) =

∞∑n=2

xn

lnn.

4. Seja α > 0 um numero real dado, com α nao natural. Prove que a serie abaixo convege para

|x| ≤ 1 e diverge para |x| > 1.

∞∑n=1

α(α− 1)(α− 2) · · · (α− n+ 1)

n!xn.

5. Considere a serie de potencias

∞∑n=0

anxn. Seja A = {x ≥ 0 : lim

n→+∞anx

n = 0}. Prove que o raio

de convergencia da serie e igual ao supremo de A.

6. (a) Suponha que |x| < r, r > 0, e que

∞∑n=0

anrn = 0. Prove que

∞∑n=0

nanxn = 0.

(b) Prove que as series de potencias∞∑n=0

anxn e

∞∑n=0

nanxn tem o mesmo raio de convergencia.

30

12 Continuidade, diferenciabilidade e integrabilidade de series de

potencias

Seja∞∑k=0

ck(x − a)k uma serie de potencias com raio R e intervalo I de convergencia. Podemos

definir a funcao

f : I −→ Rx 7−→ f(x) =

∞∑k=0

ck(x− a)k

A diferenciacao e integracao termo a termo da serie de potencias∞∑k=0

ck(x−a)k produz novas series

de potencias:∞∑k=0

d

dx[ck(x− a)k] =

∞∑k=1

kck(x− a)k−1

∞∑k=0

∫ck(x− a)kdx =

∞∑k=1

ckk + 1

(x− a)k+1

Teorema 12.1 (i) f e contınua no intervalo aberto ]a−R− a+R[.

(ii)

∞∑k=0

d

dx[ck(x− a)k] e

∞∑k=0

∫ck(x− a)kdx tambem tem raio de convergencia R.

(iii) Para x ∈]a−R, a+R[, tem-se f ′(x) =∞∑k=0

d

dx[ck(x− a)k] =

∞∑k=1

kck(x− a)k−1.

(iv) Para b ∈]a−R, a+R[, tem-se

∫ b

af(x)dx =

∞∑k=0

∫ b

ack(x− a)kdx =

∞∑k=0

ckk + 1

(b− a)kdx

Exemplo 12.2 Use a formula

∞∑k=0

xk =1

1− xque expressa a soma da serie geometrica 1+x+x2+ · · ·

para |x| < 1, para escrever cada expressao dada abaixo como uma serie de potencias:

(a)1

1 + x2(b)

1

(1− x)2(c) ln(1 + x)

Resolucao: (a) Para |x| < 1, tambem |x2| < 1. Assim, substituindo x por −x2 na formula∞∑k=0

xk =1

1− x, obtemos

1

1− x2=

∞∑k=0

(−x2)k =

∞∑k=0

(−1)kx2k.

(b)1

(1− x)2=

d

dx

[1

1− x

]=

d

dx

∞∑k=0

xk =∞∑k=0

d

dx[xk] =

∞∑k=1

kxk−1 para |x| < 1.

(c) ln(1 + x) =

∫ x

0

1

1 + tdt =

∫ x

0(1− t+ t2 − t3 + · · · )dt =

[t− t2

2+

t3

3− t4

4+ · · ·

]x0

= x− x2

2+

x3

3− x4

4+ · · · =

∞∑k=0

(−1)kxk+1

k + 1para |x| < 1.

31

Exemplo 12.3 Encontre uma formula para calcular a soma

∞∑n=0

nxn, |x| < 1.

Resolucao: O raio de convergencia da serie

∞∑n=0

(n+ 1)xn e R = 1 (verifique!). seja

f(x) =

∞∑n=0

(n+ 1)xn.

Para todo t ∈]− 1, 1[,∫ t

0f(x)dx =

∞∑n=0

∫ t

0(n+ 1)xndx =

∞∑n=0

tn+1 = t+ t2 + t3 + · · · = t

1− t.

Mas, pelo Teorema Fundamental do Calculo,

d

dt

∫ t

0f(x)dx = f(t).

Assim, derivando de ambos os lados da equacao acima resulta f(t) =1

(1− t)2. Portanto, para |x| < 1,

∞∑n=0

(n+ 1)xn =1

(−x)2.

Como∞∑n=0

nxn =∞∑n=0

(n+ 1)xn −∞∑n=0

xn,

resulta∞∑n=0

nxn =1

(1− x)2− 1

1− x=

x

(1− x)2para |x| < 1.


1. Mostre que, para |x| < 1,

ln1 + x

1− x= 2

∞∑n=0

x2n+1

2n+ 1

(sugestao: Verifique que∑

x2n =1

1− x2, para |x| < 1, e integre termo a termo de 0 a t).

2. Mostre que, para |x| < 1,

arctg x =∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n+ 1

(sugestao: Verifique que∑

(−1)nx2n =1

1 + x2, para |x| < 1).

3. Use series de potencias para provar que∫ x

0arctg t dt = x arctg x− 1

2ln(1 + x2) para |x| < 1.

32

13 Series de Taylor e Maclaurin

Suponha que seja f uma funcao expandida em series de potencias

f(x) =

∞∑k=0

ck(x− a)k para x ∈]a−R, a+R[.

Entao temos, para x ∈]a−R, a+R[,

f ′(x) =

∞∑k=1

kck(x− a)k−1

f ′′(x) =

∞∑k=2

k(k − 1)ck(x− a)k−2

f ′′′(x) =

∞∑k=3

k(k − 1)(k − 2)ck(x− a)k−3

...

f (n)(x) =

∞∑k=n

k(k − 1)(k − 2) · · · (k − n+ 1)ck(x− a)k−n

E assim,

f (n)(a) = n(n− 1)(n− 2)(n− 3) · · · 3 · 2 · 1 · cn = n!cn.

Portanto

cn =f (n)(a)

n!,

que, como nos lembramos do curso de Calculo I, e o coeficiente de ordem n do polinomio de Taylor

de f em torno de a.

Definicao 13.1 Seja f uma funcao infinitamente diferenciavel em um intervalo aberto J e seja a um

numero real em J . A serie de Taylor de f em a e a serie de potencias

∞∑n=0

f (n)(a)

n!(x− a)n.

A serie de Taylor para f em a = 0 e chamada serie de Maclaurin de f , sendo portanto, a serie

∞∑n=0

f (n)(0)

n!xn.

Observacao 13.2 Nao ha implicacoes na definicao de que a serie de Taylor de f realmente convirja

para f .

Teorema 13.3 (Expansao de uma funcao em serie de Taylor) Seja f uma funcao infinitamente

diferenciavel num intervalo aberto contendo o real a. Suponha que existam reais r,M > 0 tais que

|f (n)(x)| ≤ M para todo x ∈]a− r, a+ r[ e todo n ∈ N. Entao, para todo x ∈]a− r, a+ r[, tem-se

f(x) =

∞∑n=0

f (n)(a)

n!(x− a)n.

33

Exemplo 13.4 Prove que, para todo x ∈ R,

ex = 1 + x+x2

2!+

x3

3!+

x4

4!· · ·

Resolucao: Considere a funcao infinitamente diferenciavel f(x) = ex, x ∈ R, e seja a = 0. Para

todo natural n, temos f (n)(x) = ex para todo x ∈ R. Dado um real r > 0, como a funcao f e

estritamente crescente, temos ex < er para todo x ∈]− r, r[, o que implica que

|f (n)(x)| < er para x ∈]− r, r[.

Sendo assim, pelo teorema anterior,

ex =

∞∑n=0

f (n)(0)

n!xn =

∞∑n=0

xn

n!= 1 + x+

x2

2!+

x3

3!+ · · ·

para todo x ∈] − r, r[. Agora, como o real r e arbitrario e pode ser tomado tao grande quanto se

queira, a formula acima vale para todo x ∈ R.

Exemplo 13.5 Prove que, para todo x ∈ R,

senx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− x11

11!+ · · ·

Resolucao: A funcao f(x) = senx, x ∈ R, e infinitamente diferenciavel e, como, para todo n ∈ N,ou f (n)(x) = ±senx ou f (n)(x) = ± cosx, segue-se que |f (n)(n)| ≤ 1, para todo n ∈ N e todo x ∈ R.Precisamente, temos

f (n)(x) =

senx se n = 0, 4, 8, . . .

cosx se n = 1, 5, 9, . . .

−senx se n = 2, 6, 10, . . .

− cosx se n = 3, 7, 11, . . .

=⇒ f (n)(0) =

0 se n = 0, 4, 8, . . .

1 se n = 1, 5, 9, . . .

0 se n = 2, 6, 10, . . .

−1 se n = 3, 7, 11, . . .

Portanto, para todo x ∈ R,

senx =∞∑n=0

f (n)(0)

n!xn = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− x11

11!+ · · ·


1. Suponha que a serie de potencias

∞∑n=0

anxn tenha raio de convergencia nao nulo R. suponha,

ainda, que exista r > 0, com r < R, tal que, para todo x ∈]− r, r[,

∞∑n=0

anxn = 0.

Prove que an = 0 para todo natural n.

34

2. Encontre os primeiros termos da serie de Taylor da funcao f em a.

(a) f(x) = ex, a = −1 (b) f(x) = tg x, a = π/4 (c) f(x) =√x, a = 1

(d) f(x) = ln(1/x), a = 2 (e) f(x) = sen 2x, a = π/4 (f) f(x) = secx, a = π/6

3. (a) Seja f a funcao definida por

f(x) =

ex − 1

xse x = 0

1 se x = 0

Encontre a expansao em serie de Maclaurin para f(x) e indique os valores de x para os

quais ela representa a funcao. Mostre que f e contınua.

(b) Encontre a expansao de Maclaurin para f ′(x).

(c) Utilize a parte (b) para encontrar a soma da serie

∞∑k=1

k

(k + 1)!.

4. Escreva uma formula para f com um numero finito de termos.

(a) f(x) = 1 + senx+sen2 x

2!+

sen3 x

3!+

sen4 x

4!+ · · ·

(b) f(x) = 1 + x ln 2 +(ln 2)2

2!x2 +

(ln 2)3

3!x3 +

(ln 2)4

4!x4 + · · ·

(c)

∞∑k=0

(−1)kx2k

(2k)!

⋆ ⋆ ⋆

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“A faculdade que nos ensina a ver e a intuicao. Sem ela, o geometra seria como um escritor bom de

gramatica, mas vazio de ideias.” - Poincare

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Prof. Dr. Marcio Colombo Fenille

Departamento de Matematica e Computacao

Instituto de Ciencias Exatas

Universidade Federal de Itajuba

https://sites.google.com/site/mcfenille/

[email protected] / [email protected]

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Documents

Notas de Aula Sequencias e Series