Sequencias e Series

Sequncias e Sries

Sadao Massago

Maio de 2011

Sumrio

1 Aritmtica Innitesimal 1

2 Sequncias Numricas 2

2.1 Algumas propriedades operacionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2.2 Teste da subsequncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2.3 Sequncias denidas pela funo contnua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.4 Teorema de Sanduche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.5 Usando a ordem da funo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.6 Sequncias montona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.7 Limite da sequncia denida pela recorrncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.8 Alguns limites importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

3 Sries Numricas 8

3.1 Algumas propriedades operacionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3.2 Limite do termo geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3.3 Sries geomtricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3.4 Sries alternada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3.5 Sries de termos positivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3.6 Sries absolutamente convergente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3.7 Teste da raiz e da razo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

4 Sries de Potncias 17

4.1 Raio de convergncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

4.2 O Intervalo de convergncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4.3 Derivadas e integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

5 Sries de Taylor e de Maclaurin 21

A Prova do Teorema 2.23 25

B Consideraes sobre sequncias recursivas 26

C Exemplo de rearranjos dos termos da sries condicionalmente convergentes 27

i

Captulo 1

Aritmtica Innitesimal

Denio 1.1. O innito a representao do valor maior que qualquer nmero e denotado por

.

Denio 1.2. O valor innitesimalmente maior que a denotado por a+. Temos que a+ > a para

o clculo innitesimal, mas o valor numrico de a+ igual a a. Analogamente, o valor innitesimal-

mente menor que a denotado por a. Entre estes valores innitesimalmente prximos, 0+ e 0 sofrequentemente usados, juntamente com o jogo de sinal. Por exemplo,

1(0)2 =

10+

=.

A regra de operao envolvendo os valores innitesimais (innitamente pequeno ou innitamente

grande), requer formalismo de limites. A seguir, algumas regras sem a demonstrao.

+ =, =, =, 1 = 0+, 10+ = ,+ c =,Se a > 0 ento a =, a =.Se a > 1 ento a =Indeterminados:

, , 10 , 00 , 0, 0, 1.

Exerccio 1. Justique cada um dos indeterminados, atravs de contra exemplos (apresentar limites

adequados).

Exerccio 2. Para 0 < a, tem-se a = 0+.

Exerccio 3. Para 0 < b < 1 tem-se b = 0+.

Exerccio 4. Para c < 0 tem-se c = 0.

Exerccio 5. Para, a > 1 tem-se loga = e loga 0+ = .

1

Captulo 2

Sequncias Numricas

Uma sequncia real uma funo que associa um valor a cada nmero inteiro no negativo. Quando

tem uma expresso, escrevemos xn (denominado de termo geral quando n genrico) para designar

o x(n) que tambm indicaria o elemento de ndice n na lista de suas imagens. A representao mais

usada pela lista de suas imagens como em

(1n

)nN =

(1, 1

2, , 1

n, ) ou pela expresso do termogeral como em xn =

1npara n > 0. No caso de indicar a imagem, essencial que tenha parenteses.

Note que uma sequncia pode comear em pontos diferentes de 1.

Denio 2.1. limn

xn = L se para todo > 0 existe N0 N tal que n > N0 = |xn L| < .Neste caso, a sequncia denominado de sequencia convergente e L dito limite da sequncia.

Note que, |xn L| < se, e somente se, L < xn < L + , o que bastante empregado nasdemonstraes.

Denio 2.2. limn

xn = se para todoM R existe N0 N tal que n > N0 = xn > M . Nestecaso, dizemos que a sequncia diverge para innito e denotamos por lim

nxn =. Analogamente, asequncia diverge para se, para todo M R existe N0 N tal que n > N0 = xn < M . imediato que uma sequencia xn diverge para se, e somente se, xn diverge para innito.

Denio 2.3. A sequncia no convergente denominado de sequncia divergente. As sequncias

divergentes podem ser divergentes para , ou que no tem limites.

2.1 Algumas propriedades operacionais

Propriedades.

Se (an) e (bn) so sequncias convergentes (comeando de mesmo ndice), ento

limn

(an + bn) = limn

an + limn

bn.

limn

(an) = limn

an.

limn

(anbn) = limn

an limn

bn.

limn

anbn

=limn

an

limn

bndesde que lim

nbn 6= 0.

2

CAPTULO 2. SEQUNCIAS NUMRICAS 3

Caso f for contnua, limn

f(xn) = f(

limn

xn

)As demonstraes so similares ao caso das funes reais e no sero repetidos aqui.

Observao 2.4. No caso da sequncia que diverge para , a operao pode ser efetuado se a arit-mtica innitesimal for possvel. A demonstrao destas propriedades no caso de limite da sequncia

ser innito fornece as regras de clculo innitesimal apresentado na seo anterior.

Para resolver problemas envolvendo potncias, a frmula ab = eln ab

= eb ln a para a > 0, uma

das identidades mais importantes.

Observao 2.5. Para obter o limite, basta analisar para n grandes.

2.2 Teste da subsequncia

Para mostrar que o limite no existe, o teste de subsequncias so um dos mais utilizados. Sub-

sequncia uma sequncia formado pelas partes da sequncia dada, isto yk = xnk onde k 7 nk injetiva (ni = nj ento i = j).

Teorema 2.6. Seja xn uma sequncia convergente. Ento qualquer subsequncia yk de xn converge

e tem o mesmo limite.

A forma mais usada do Teorema acima

Corolrio 2.7 (teste da subsequncia). Qualquer sequncia que possui duas subsequncias com li-

mites diferentes ser divergente.

Este corolrio um dos mais importantes para provar a divergncia das sequncias.

Exemplo 2.8. xn = (1)n diverge, pois a subsequncia x2n = (1)2n = 1 converge para 1, e asubsequncia x2n+1 = (1)2n+1 = 1 converge para 1 que so valores diferentes.Para mostrar que a sequncia xn converge atravs de subsequncias, todas as subsequncias

consideradas devem ter o mesmo limite e alm disso, a unio destas subsequncias, respeitando

as posies dentro de (xn) deve ser exatamente a sequncia (xn), respeitando as suas respectivas

posies.

Exemplo 2.9. xn =(1)nnconverge para 0. Para provar, considere as subsequncias yk = x2k =

(1)2k2k

= 12kna qual tem-se lim

kyk = lim

k1

2k=

1

= 0+ = 0 e zk = x2k+1 =

(1)2k+12k+1

= 12k+1na qual

limk

zk = limk

12k + 1

=1 = 0

= 0. Como yn e zn so subsequncias que possuem o mesmo limite

e a unio de yk e zk exatamente a sequncia (xn), a sequncia xn converge para 0.

Note que o problema acima muito mais fcil de ser resolvido pelo Teorema de Sanduiche (Teo-

rema 2.13 da pgina 4) que veremos mais adiante.

Exemplo 2.10. xn = (1)n e consideremos yk = x4k = (1)4k+2 = 0 na qual tem-selimk

yk = limk

1 = 1 e zk = x4k+2 = (1)4k+2 = 1 na qual limk

zk = limk

1 = 1. Como yk e zk

possuem o mesmo limite, podemos dizer que, se xn convergir, o limite ser 1. No entanto, a unio

deles no exatamente a sequncia xn e no podemos armar se a sequncia converge ou no.

De fato, j tnhamos visto que ele diverge (Exerccio 2.8 da pgina 3).


Exerccio 6. Consideremos uma sequncia com sinal alternada convergente se, e somente se o a

sequncia dos valores absolutos convergir para zero.

A seguir, alguns teoremas e tcnicas para obter limites.

2.3 Sequncias denidas pela funo contnua

Teorema 2.11. Se xn = f(n) onde f uma funo contnua (para x grande) tal que limx

f(x)

existe, ento limn

xn = limx

f(x).

Exemplo 2.12. limn

en

n2=

LHopital= lim

nen

2n=

LHopital= lim

nen

2=2

=. Note o abuso delinguagem para considerar n como nmero real na qual na sequncia era nmeros inteiros.

Lembrar que, no ter o limite da funo, no signica que a sequncia diverge, como no caso de

xn = sen(npi).

Neste caso, xn = 0 e consequentemente, limn

xn = 0, mas limx

sen(xpi) = sen() = @.

2.4 Teorema de Sanduche

Teorema 2.13 (Teorema de Sanduche). Se an bn cn e limn

an = limn

cn = L ento limn

bn = L.

Demonstrao. Apesar da demonstrao ser anloga do caso das funes, repetiremos a demons-

trao devido a sua importncia. Sendo limn

an = L, temos que, > 0, existe Na N talque, para todo n > Na tem-se L an L+ . Analogamente, existe Nc N tal que, paratodo n > Nc tem-se L cn L+ . Considere N = max{Na, Nc}. Ento, para n > N , te-mos que L an L+ . e L cn L+ . Logo, L < an bn cn < L+ . Assim,limn

bn = L.

Exemplo 2.14. xn =cosnnento temos que 1 cosn 1 implicando que 1

n cosn

n 1

ne

consequentemente, limn

1n lim

ncosn

n lim

n1

n. Assim,

1 = 0 limn

cosn

n 1 = 0. Logo,

limn

cosn

n= 0.

Uma das consequncias importantes do Teorema de Sanduche

Corolrio 2.15. limn

xn = 0 se, e somente se, limn

|xn| = 0.

cuja demonstrao deixado como exerccio.

Exemplo 2.16. xn =(1)nnento lim

n

(1)nn = limn 1n = 1 = 0+. Logo, limn (1)nn = 0.Outro exemplo do uso do Teorema de Sanduche.

Exemplo 2.17. Vamos mostrar que limn

n!

nn= 0. Observe que n!

nn= n(n1)(n2)21

nn

(n1) vezes n n n

nn=

nn1nn

= 1n. Logo, 0 n!

nn 1

n, o que implica que 0 lim

nn!

nn lim

n1

n=

1

= 0. Assim, limnn!

nn= 0.


2.5 Usando a ordem da funo

Denimos a ordem de convergncia da funo como segue. Dizemos que yn tem ordem maior que xn

e denotamos por xn = o(yn) quando limn

xnyn

= 0.

O estudo da ordem da funo no costuma ser tratado no nvel de Clculo, mas ajuda muito

quando precisamos determinar o limite. Dizemos que f = o(g) em a quando limxa

f(x)

g(x)= 0. Se usar a

lista da ordem de convergncia das funes elementares no innito, o clculo de limites da sequncias

car mais simples.

Claro que qualquer funo que vai para o innito, tem a ordem maior que a funo constante.

Teorema 2.18. Para o limite no innito, temos

Se limx

f(x) = ento c = o(f). Qualquer funo que tende a innito tem ordem maior quea funo constante.

Para nmeros reais a < b, temos xa = o(xb). Potenciao maior tem ordem maior.

Para u > 0 e a > 1, temos que loga x = o(xu) e xu = o(ax). Logaritmo tem (com base maiorque 1) ordem menor que qualquer potenciao (positiva) e exponenciao (com base maior que

1) tem ordem maior que qualquer potenciao (positiva). Em particular, lnx tem ordem menor

que potenciao (positiva) e ex tem ordem maior que potenciao (positiva).

ax = o() e = o(xx), onde (n) = (n 1)! para n inteiro denominado de funo gamma.No caso de inteiros, equivalente a an = o(n!) e n! = o(nn).

parcial. As demonstraes podem ser feito diretamente com o uso da regra de L'Hopital, exceto para

o caso da ordem de funo gamma. Assim, ser deixado como exerccio.

No caso de envolver a funo gamma, vamos provar somente no caso da varivel ser inteira. A

propriedade an = o(n!) a Proposio 3.33 (pgina 16). O caso de n! = o(nn) o exemplo 2.17

(pgina_4). Caso de x ser real, precisaria usar o fato das funes serem contnuas crescente, o que

omitiremos aqui.

Assim, se denotarmos f g para o caso de f = o(g) em ( limn

f(n)

g(n)= 0), a ordem das funes

poder ser resumido como c loga n xu an n! nn para u > 0 e a > 1 (claro que a podeser e que maior que 1). Aliado ao fato de na nb para nmeros reais a < b, podemos simplicar aobteno do limite das sequncias atravs do seguinte resultado.

Proposio 2.19. Se f = o(g) em a, ento limxa

(f(x) + g(x)) = limxa

g(x)

Demonstrao. Como f = o(g) em a, temos que limxa

f(x)

g(x)= 0 por denio.

limxa

(f(x) + g(x)) = limx

(f(x)

g(x)+ 1

)g(x) = lim

n(0 + 1) lim

xg(x) = lim

xag(x)

Exemplo 2.20. Obter o limite de limn

1+n2

en + lnn, caso exista. Como 1 = o(n2) e lnn = o(en), temos

que


limn

1+n2

en + lnn= lim

n

n2

en= lim

nn

en=

LHopital= lim

n1

en=

1

e=

1

= 0.

2.6 Sequncias montona

Uma sequncia an dito montona crescente quando an+1 an para todo n. Da forma anloga,uma sequncia an dito montona decrescente se an+1 an para todo n.Denio 2.21. As sequncias crescente ou decrescente so denominados de sequncias montonas.

Caso especial das sequncias montonas so as sequncias estritamente montonas denidos como

segue.

Denio 2.22. No caso de ter an+1 > an para todo n, dizemos que a sequencia estritamente

crescente e caso de ter an+1 < an para todo n, dizemos que a sequncia estritamente decrescente.

Note que, em vez de dizer crescente e estritamente crescente, tambm podemos dizer no de-

crescente e crescente. O mesmo vale para decrescente e estritamente decrescente que podem ser

referenciado como no crescente e decrescente. No entanto, recomendado no abreviar o termo

estritamente quando no ser igual essencial.

Uma sequncia dita limitada se existe M tal que n, |xn| M .Um dos teoremas mais importantes da sequncia montona

Teorema 2.23. Toda sequncia montona limitada convergente.

Para quem interessar, a demonstrao est no apndice (Subseo A, pgina A).

Exemplo 2.24. xn+1 =nn+3. A sequncia limitada, pois |xn| 1. Ele crescente, pois xn+1

xn n+1n+2 nn+1 (n + 1)2 n(n + 2) n2 + 2n + 1 n2 + 2n 1 0 que vale sempre. Logo,a sequncia converge. Note que, fcil ver que lim

nxn = 1 pela regra de L'Hopital, o que implica

que convergente. O critrio da convergncia da sequncia montoma importante para estudos

tericos tais como obter critrios de convergncia das sries.

2.7 Limite da sequncia denida pela recorrncia

Quando a sequncia denida pela frmula de recorrncia (tipo xn+1 = f(xn)) e tem a garantia de

convergncia (por exemplo, montona e limitada), aplique o limite em ambos os lados na forma de

recorrncia e use L = limn

xn (assim, caria L = f(L)).

Exemplo 2.25. Sabendo que xn+1 =x2n+22xnconverge, encontre o seu limite. Denotando L = lim

nxn,

teremos

limn

xn+1 = limn

x2n + 2

2xn=

(limn

xn

)2+ 2

2 limn

xnque seria L = L

2+22L. Resolvendo, teremos 2L2 = L2+2

L2 = 2 L = 2.Assim, caso tiver o limite, lim

nxn =

2 ou lim

nxn =

2. No caso de ter x0 > 0, teramos

xn > 0 e consequentemente, L 0. Logo, no caso de ter x0 > 0, teramos L =

2.


Observao 2.26. No Clculo, no vamos preocupar muito em como mostrar que uma sequncia

recursiva (denida pela recorrncia) convergente, mas importante para o Clculo Numrico.

2.8 Alguns limites importantes

limn

nn = 1. Prova: lim

nnn = lim

neln(

nn). Mas ln ( n

n) = lnn

1n = 1

nlnn = lnn

n.

Assim, ln(

limn

nn)

= limn

lnn

n=

ln =

LHopital= lim

n1/n

1= lim

n1

n=

1

= 0.Como ln

(limn

nn)

= 0, limn

nn = lim

neln(

nn) = elimn ln(nn) = e0 = 1.

limn

na = 1 para a > 0 (prova anloga a anterior e deixado como exerccio)

limn

an =

0, |a| < 1, a > 11, a = 1

@, a 1

. Caso de a > 0 provado de forma similar ao caso anterior, mas

observando o sinal de ln a. Caso de a = 1 e a = 0 so triviais e o caso de a = 1 j foimostrado, usando a subsequncia. O caso de a < 1 segue do caso de a > 1 (tente provar).

limn

nn! =. Prova: Observe que n! = n(n 1)(n 2) 2 1 n

2 n

2 n2vezes

(n2 1)! (n

2

)n2.

Logo,

nn! n

(n2

)n2 =

n2. Assim, lim

nnn! lim

n

n2

=

2

=. Consequentemente,limn

nn! =.

Captulo 3

Sries Numricas

A soma dos termos de uma sequ6encia an denominado de sries de termo geral e denotado porn0

an. Neste caso, an denominado de termo geral da sries. Quando no importa onde inicia a

soma, as vezes abreviamos como

an como no caso de somente analisar a convergncias (se a soma

nmero ou no).

Denir a soma de innitos termos no simplesmente somar. Por exemplo, na sries

n=0

(1)n = 1 1 + 1 1 + , temos quen=0

(1)n = (1 1) + (1 1) + = 0 + 0 + = 0 en-

quanto que

n=0

(1)n = 1 + (1 + 1) + (1 + 1) + = 1 + 0 + 0 + = 1, tendo valores dife-rentes. Assim, no podemos tratar somas de innitos termos como no caso da some de nitos

termos. Para que no perca algumas das propriedades essenciais da soma como no caso acima, es-

tabelecemos que os termos precisam ser somados em sequncias. Para ser mais formal, considere

uma sries

n=n0

an = S. Denimos a soma parcial SN =N

n=n0

an = an0 + aN que uma sequncia

recursiva dado por Sn0 = an0 e SN = SN1 + aN para N > n0. Escrevemos

n=n0

an = S quando tiver

limn

Sn = S. Note que, para esta denio, a soma precisam ser feitas em ordem, somando um termo

a cada etapa.

Denio 3.1. Quando Sn converge, dizemos que a srie convergente. Quando Sn diverge, dizemos

que a srie divergente.

Como a soma parcial uma soma nita, permite efetuar associao dos termos. Logo, a sries

convergente permite efetuar associao dos termos da soma. Assim, a sries

n=0

(1)n divergentepor no permitir associao. Noentanto, as trocas das posies dos termos nem sempre pode ser

efetuada (Ver Seo 3.6 da pgina 14).

Observao 3.2. Existe o estudo da convergncia da sries usando a sequncia de mdia das somas

parciais na qual

n=0

(1)n = 12. A convergncia pelas m;dias das somas parciais requer estudos mais

sosticados, o que no ser apresentado neste texto.

8

CAPTULO 3. SRIES NUMRICAS 9

Exemplo 3.3. A sries

n=0

(1)n = 1 1 + 1 1 + divergente.Como S2k = (1)0 + + (1)2k = 1 1 + 1 1 + + 1 = (1 1) + (1 1) + + (1 1) + 1 =

0 + + 0 + 1 = 1, temos que limk

S2k = 1.

Agora, S2k+1 = (1)0 + +(1)2k+1 = 11+11+ 1 = (11)+(11)+ +(11) =0 + + 0 = 0, temos que lim

kS2k+1 = 0. Assim, Sn tem duas subsequncias com limites diferentes,

o que implica que divergente.

Note o uso de associatividade da soma em Sn por ser uma soma nita para cada n.

3.1 Algumas propriedades operacionais

Propriedades.

Se

an e

bn so sries convergentes, ento

(an + bn) =

an +

bn.

(an) =

an.

|

an| |an| caso

|an| for converge.Caso o limite envolver, vale somente se a operao correspondente for vlido (consegue operar)na aritmtica innitesimal.

A convergncia das sries depende somente de termos para n grande. Assim, onde comear a

sries importante somente para obter o seu valor.

3.2 Limite do termo geral

A seguir, algumas formas de vericar a convergncia das sries.

Teorema 3.4 (teste do termo geral). A srie

an converge ento lim

n|an| = 0.

Demonstrao. Como Sn = Sn1 + an e sabemos que o limite existe por sries ser convergente,passamos o limite em ambos lados da equao, temos lim

nSn = lim

nSn1 + lim

nan.

Sendo limn

Sn = S, temos S = S + limn

an. Logo, limn

an = 0.

A forma mais usada do teste do termo geral

Corolrio 3.5. se limn

|an| 6= 0, ento a sriesan diverge.

que um dos critrios mais usados para vericar a divergncia das sries.

Exemplo 3.6.

nn+1diverge, pois lim

n|an| = lim

nn

n+ 1=

LHopital= lim

n1

1= 1 6= 0.

Agora vamos ver um exemplo particular na qual possvel obter a soma


Exemplo 3.7 (Srie Telescpica). Vamos encontrar o valor de

n=1

1

n(n+ 1). Usando a tcnica de

fraes parciais, podemos escrever o termo geral em soma de duas fraes. Escrevendo

1n(n+1)

=

an

+ bn+1

= a(n+1)+bnn(n+1)

= (a+b)n+an(n+1), obtivemos (a+ b)n+a = 1. Como n genrico, temos

a+ b = 0a = 1 ,o que implica que a = 1 e b = a = 1. Logo, 1

n(n+1)= 1

n 1

n+1.

Agora veremos a soma parcial.

Temos Sn =(11 1

2

)+(12 1

3

)+ + ( 1

n1 1n)

+(1n 1

n+1

)= 1

1 1

n+1para todo n 1.Passando o limite, temos

n=1

1

n(n+ 1)= lim

nSn = lim

n

(1 1

n+ 1

)= 1 1 = 1).

Muitas sries no possvel determinar se convergente. No caso de obter o seu valor tarefa

mais complicada ainda. Com a exceo das sries geomtricas, poucas sries (convergentes) tem o

seu valor conhecido.

3.3 Sries geomtricas

Denio 3.8.

n=0

a0rn(a0 6= 0 e r 6= 0) denominado de sries geomtrica.

Teorema 3.9 (sries geomtricas).

n=0

a0rn(a0 6= 0 e r 6= 0) converge se, e somente se |r| < 1.

Neste caso,

n=0

a0rn =

a01 r .

Demonstrao. A prova consiste em aplicar limite na soma parcial que uma soma de P.G. (pro-

gresso geomtrica).

Seja

n=0

a0rn(a0 6= 0 e r 6= 0). Ento an = an1r para n > 0. Multiplicando r nasoma parcial Sn = a0 + + an, temos que rSn = a0r + + anr = a1 + + an+1. Sub-traindo do Sn, temos Sn rSn = a0 an+1. Observando que ai = a0ri, temos (1 r)Sn =a0 an+1 = a0 a0rn+1 = a0(1 rn+1) e consequentemente, Sn = a0(1rn+1)1r para r 6= 1. Quando|r| < 1, temos que lim

n|rn| = 0 (Ver subseo 2.8, pgina 7) de modo que lim

nrn = 0. Assim,

n=0

a0rn = lim

nSn = lim

na0(1 rn+1)

1 r =a0

1 r . No caso de |r| 1, observemos que limn |a0rn| 6= 0(exerccio), o que implica que lim

na0r

n 6= 0. Assim, a sries diverge pelo teste do termo geral.

Exemplo 3.10.

n=0

1

22n+3=n=0

1

22n1

23=n=0

1

8

(1

2

)=

18

1 12

=1812

=1

16.

Exemplo 3.11. 1.2 36 36 = 1.2 + 0.036 + 0.00036 + = 1.2 +n=0

0.036

102n= 1.2 + 0.036

11/100 =

1210

+ 0.0360.99

= 1210

+ 36990

= 1188+36990

= 1224990.


3.4 Sries alternada

Denio 3.12. A sries

(1)nan com an positivo denominado de sries alternada.

Teorema 3.13 (sries alternada). A sries alternada

(1)nan com lim

nan = 0 e an decrescente

(no crescente) convergente.

Alm disso, o erro de aproximao do valor da sries pela soma parcial Sn no mximo |an+1|.

Demonstrao. Considere a subsequncia S2k da sequncia da soma parcial Sn da sries

n=0

(1)nan.Ento S2k+2 = S2k a2k1 + a2k S2k pois a2k+1 a2k. Assim, S2k decrescente. Analogamente, asubsequncia S2k+1 crescente por ter S2k+3 = S2k+1 + a2k+2 a2k+3 S2k+1. Como S2k+1 = S2k a2k+1 S2k S0 = a0, a sequncia S2k decrescente e limitada inferiormente, ser convergente.Da mesma forma, S2k+1 crescente e limitada superiormente por a0 a1, ser convergente. ComoS2k e S2k+1 juntas formam a sequncia Sn, basta mostrar que ambas limites so iguais para garantir

a convergncia de Sn. Sejam limk

S2k = Sp e limk

S2k+1 = SI . Passando limite na equao S2k+1 =

S2k + a2k+1 e observando que limn

an = 0, temos que SI = SP + 0. Assim, ambos limites coincidem,

o que prova que Sn converge. Denotamos por S = SI = SP para analisar o erro de aproximao.

Observe que S2k+1 crescente e S2k decrescente. Assim, temos que S2k+1 S < S2k. Logo,|SS2k |S2k+1S2k| = a2k+1 para aproximao por S2k. Como exerccio, mostre que a aproximaopor S2k+1 inferior a a2k+2.

Para vericar se decrescente no caso de an = f(n) para funo diferencivel f , costuma analisar

se vale f (x) 0. Caso no for diferencivel ou derivadas torna complexa, precisaria vericardiretamente que an+1 an.

Exemplo 3.14.

n=0

(1)n2n+ 1converge, pois uma srie alternada tal que

limn

an = limn

1

2n+ 1=

1

= 0 e an decrescente, pois an+1 an 1

2(n+1)+1 1

2n+1 2n + 1

2n + 3 1 2. Note que, na sries alternada, an j assumido sem o sinal para efetuar testes eestimar erros. Para obter o erro inferior ou igual a 0.05, temos que somar at |En| an+1 0.05,isto ,

12n+1

0.05 10.05 2n+ 1 500 1 2n 499

2 n 249.5 n 250 n, pois n deveser inteiro. Assim, ter que somar at n = 250. A convergncia lenta desta sries justicada pelo

fato do valor de r que pode ser obtido pelo teste da razo (Teorema 3.27 que veremos mais adiante)

igual a 1.

3.5 Sries de termos positivos

No caso das sries de termos positivos, a soma parcial sempre crescente. Assim, se ele for limitado

superiormente, ser convergente (ver Teorema 2.23 da pgina 6). Assim, podemos obter alguns

critrios especiais.

Teorema 3.15 (teste da comparao). Se as sries

an e

bn so de termos positivos (an > 0 e

bn > 0) com an bn ento:


y = f(x)

x

y

n n+ 1

anan+1

Figura 3.1: Teste da integral

Se an =, temos que bn =; Se bn converge, temos que an tambm converge.Exerccio 7. Uma sries de termo positivo divergente se, e somente se, divergir para o innito.

Teorema 3.16 (teste da integral). A sries

an com an = f(n) onde f uma funo contnua,

positiva e decrescente (por exemplo, f (x) 0) para x grande, ento a sries converge se, e somentese, a integral

N

f(x)dx converge para algum N . Alm disso, o erro cometido pela aproximao do

valor da sries S pela soma parcial SN no mximo

n

f(x)dx.

Demonstrao. Temos que

n=n0

an = an0 + + aN +N

an = SN +N+1

an. Como f(x) 0 paran N , temos que a soma parcial Sn da sries crescente para n N . Assim, a sries converge se,e somente se

n=N+1

an for limitada.

Para cada n > N , temos que an+1 f(x) an para x [n, n + 1] por f ser decrescente(Figura 3.1).

Ento an+1 =

n+1n

an+1dx n+1n

f(x)dx n+1n

andx =an.

Se a integral converge, temos que

n=N+1

an = aN+1 + aN+2 + N+1N

f(x)dx+

N+2N+1

f(x)dx+ = N

f(x)dx

que limitada, o que implica que a sries converge.

Por outro lado, se a sries converge, temos que N

f(x)dx N+1N

f(x)dx+

N+2N+1

f(x)dx+ aN+1 + aN+2 + =

n=N+1

an,

implicando que a integral limitada e pelo fato da funo ser no negativa, ele converge.

Para analisar o erro, observemos que o erro de aproximao do valor da sries por SN igual an=N

an, o que conclui o teorema.

Note que, se a integral convergir, teria limx

f(x) = 0, o que implica que limn

an = 0.


Exemplo 3.17.

n

en2 convergente, pois an = f(n) onde f(x) =

x

ex2que positiva para x > 0.

Agora, f (x) = 1ex2xex22x(ex2)

2 =(1x2)ex2

e2x2 0 para 1 < x2 (ou seja para x > 1 que para todo xsucientemente grande). Como o termo da sries e denidos pela funo no negativa e decrescente,

aplicaremos o teste da integral.x

ex2dx =

ex

2

xdx =12

ex

2

(2x)dx = 12ex

2

+ C =12ex2

+ C.

Portanto,

1

x

ex2dx =

( 12ex2

]1

=1

2e2 1

2e12=1 +

1

2e=

1

2eque um nmero (no ).Assim, a integral converge e consequentemente, a sries converge. Note que a convergncia desta

sries tambm pode ser provado com o uso do teste da raiz (Teorema 3.26 da pgina 15) ou da razo

(Teorema 3.27 da pgina 15) que veremos mais adiante. Por exemplo, pelo teste da raiz, temos

r = limn

n|an| = lim

nn

n

en2= lim

n

nn

nenn

=limn

nn

limn

en=

1

e=

1

= 0 < 1.

Como exerccio, verique a convergncia da srie

1

n lnn.

Denio 3.18. A sries

1np denominado de p-sries.

Teorema 3.19 (p-sries).

1npconverge se, e somente se, p > 1.

A demonstrao feita pelo teste da integral (Teorema 3.1 da pgina 12) e ser deixado como

exerccio.

A sries

n=1

1

n conhecido como a sries harmnicas que ca no limite entre sries convergentes

e divergentes, tendo divergncia muito lentamente (para innito). A amostra da soma parcial parece

convergir para um nmero.

Teorema 3.20 (teste de comparao forma limite). Se as sries

an e

bn so de termos positivos

com limn

anbn

= L 6=. Ento temos

Se L 6= 0, ento as sries an e bn, ambas convergem ou ambas divergem. Se L = 0 e bn converge, ento an tambm converge. Se L = 0 e an diverge, ento bn tambm diverge.Demonstrao. Caso de L 6= 0. Como an e bn so de termos positivos, lim

nanbn

= L > 0 na condio

do teorema. Assim, para = L2, existe N N tal que n > N = L < an

bn< L + e

consequentemente, bn(L ) < an < (L+ )bn. Sebn convergem,

(L+ )bn tambm converge.

Logo,

an converge. Note que isto tambm prova o caso de (L = 0 com

bn convergente, pois no

usou a condio de L 6= 0.Se

an for convergente, note que =

L2implica em L = L

2> 0 e consequentemente, bn 1, convergente. Logo a sries

1

(n+1)2tambm convergente, pelo teste de comparao forma

limite.

Note que o procedimento de simplicao pela ordem da funo no funciona no caso geral.

Exemplo 3.22.

n=0

en2+n convergente, mas a simplicao dos termos, seria

en

2que no

serve para teste da comparao por ter limn

anbn

=, no servindo para comparao.

No entanto, fcil de vericar a convergncia pelo teste da razo (Toerema 3.27 da pgina 3.27).

3.6 Sries absolutamente convergente

Denio 3.23. Uma srie

an dito absolutamente convergente quando

|an| converge. Sean converge, mas

|an| no converge, dito condicionalmente convergente.Temos que

Teorema 3.24 (srie absolutamente convergente). A srie absolutamente convergente convergente.

Demonstrao. Como 0 an + |an| 2|an| e como 2 |an| convergente, pelo teste da comparao

(an + |an|) converge por ser sries de termos positivos. Assim,an =

(an + |an|) +

|an| asoma de sries convergentes, o que implica que convergente.

Exemplo 3.25.

cosnn2converge, pois temos que |an| 1n2 . Como

1n2 srie convergente por ser

p-sries com p > 1, |an| converge pelo teste de comparao acima. Logo a srie absolutamenteconvergente, o que implica que ele convergente.

Uma das caractersticas mais importantes da sries absolutamente convergente ter a mesma

soma, independente de rearranjos dos termos. No caso de sries condicionalmente convergente, o

rearranjo pode alterar o valor da soma (Veja o exemplo C.1 da pgina C.1).

possvel provar que, e for dado uma sries condicionalmente convergente, consegue obter qual-

quer nmero real como valor da sries obtido pelo rearranjo dos seus termos.


3.7 Teste da raiz e da razo

Para vericar a convergncia das sries sem caractersticas especiais, o teste da raiz e da razo so

os mais usados. A seguir, veremos estes testes.

Teorema 3.26 (teste da raiz). Se r = lim n|an| ento temos que

Se r < 1 a sries an converge (srie ser absolutamente convergente); Se r > 1, ento a sries an diverge. Se r = 1, no se sabe.

Demonstrao. A demonstrao feita, comparando com a srie geomtrica de razo r.

Se r = lim n|an| < 1, considere = 1r2 . Ento existe N N tal que n > N ,

r < n|an| < r + . Denotando r = r + , temos que r < 1 e |an| < rn. Como a srie

k=N

rk

uma srie geomtrica com razo |r| < 1, ele converge. Pelo teste da comparao, a srie |an| convergente, o que implica que a srie

an absolutamente convergente.

Se r = lim n|an| > 1, considere = r12 e r = r . Como no caso acima, teremos rk < an com

r > 1.

Assim, temos que limn

an = (prove). Logo, no pode ter limn

an = 0 (prove), o que signica

que a srie divergente.

Teorema 3.27 (teste da razo). Se r = lim

an+1an ento temos que

Se r < 1 a sries an converge (srie ser absolutamente convergente); Se r > 1, ento a sries an diverge. Se r = 1, no se sabe.

Demonstrao. A demonstrao anloga do teste da raiz, mas requer mais cuidados.

Se r = lim

an+1an < 1, considere = 1r2 . Ento existe N N tal que n > N ,

r 1, considere = r12 e r = r no caso acima, obtendo aN rk < aN+k|com r > 1.

Assim, temos que limk

aN+k = (prove). Logo, no pode ter limn

an = 0 (prove), o que signica

que a sries divergente.

Observao 3.28. O critrio do teste da razo e da raiz mesmo, exceto em como determinar o valor

de r.


Observao 3.29. Quado existem os limites considerados, o valor de r obtidos pelo teste da raiz e da

razo so mesmos. Logo, no adianta trocar o teste quando r = 1. No entanto, existem casos que

somente um dos testes consegue determinar o r.

Observao 3.30. Quanto menor o r, mais rpido ser a convergncia da srie. Assim, r = 0 indica

que a sries converge muito rpido, enquanto que r = 1 indica que, se a sries convergir, converge

bem de vagar.

Note que na demonstrao da divergncia nos testes da raiz e da razo, foi mostrado que o termo

geral no tende a zero, o que faz perguntar porque ento existem problemas que aplica o teste da

razo em vez do teste do termo geral para provar que a srie diverge. O fato que, existe problemas

em que obter o limite da raiz ou da razo pode ser mais simples do que o limite do termo geral.

Exemplo 3.31.

n2

n!converge, pois

r = limn

|an+1||an| = limn

(n+ 1)2

n2n!

(n+ 1)!= lim

n(n+ 1)2

n2(n+ 1)= lim

nn+ 1

n2=

LHopital= lim

n1

2n=

1

= 0 < 1. Assim, a sries converge (converge bem rpido).

Observao 3.32. As vezes, mostra que a srie converge para provar que o limite da sequncia 0.

Isto ocorre quando o termo envolve an, n!, nn, etc que so fceis de ser manipulado pelo teste da razo

ou da raiz, mas difcil de ser trabalhados diretamente.

A proposio a seguir impostante para estudo do erro de Taylor que veremos mais adiante. A

sua demonstrao ser simples, se utilizar a sries.

Proposio 3.33. Dado um nmero c, temos que limn cn

n!= 0.

Demonstrao. Consideremos a srie

cn

n!. Pelo teste da razo,

r = limn

|an+1||an| = limn

cn+1

cnn!

(n+ 1)!= lim

nc

n+ 1=

c

= 0 < 1.

Ento a srie converge e consequentemente, limn

an = limn

cn

n!= 0.

Captulo 4

Sries de Potncias

Denio 4.1. A sries do tipo

an(x c)n denominado de sries de potncias.Dado uma sries de potncias, existe R na qual a srie converge para |x c| < R (no interiordo intervalo de raio R com centro em c) e diverge fora dele. Este valor denominado de raio

de convergncia. Quanto mais prximo do centro, a convergncia ser mais rpida e quanto mais

prximo dos extremos, a convergncia ser mais lenta.

Frequentemente, a sries de potncia aparece com expoente de (x c) diferente de n, como nocaso de senx =

n=0

(1)nx2n+1(2n+ 1)!que tem 2n+ 1 como potncias. Assim, requer cuidados na hora de

obter o raio de convergncia.

4.1 Raio de convergncia

Uma forma de obter o raio de convergncia R aplicar o teste da razo ou da raiz, incluindo potncias

de (x c) para determinar valores de x na qual a sries converge.Exemplo 4.2.

nenx3n+5. Considerando o termo geral an =

nenx3n+5, incluindo as potncias de

x c, temos que

r = limn

|an+1||an| = limn

(n+ 1)

n

en+1

en|x|3(n+1)+5|x|3n+5 = limn

(n+ 1)e

n|x|3 =

LHopital= lim

ne|x|3

1= e|x|3.

Observe que o limite aplicado em n e consequentemente, L'Hopital aplicado em n. Como

precisamos de r < 1 para garantir a convergncia, e|x|3 < 1 |x| < 1e3. Logo, o raio de convergncia

R = 1e3.

O caso de ter deslocamento do centro anlogo.

Exemplo 4.3.

n2n

(x 1)n+12 . Temos que

r = limn

an+1(x 1)n+1+12 an(x 1)n+12 = limn(n+ 1)

n

2n+1

2n|x 1| 12 = lim

n(n+ 1)2

n|x 1| 12 =

17

CAPTULO 4. SRIES DE POTNCIAS 18

Aplicando a regra de L'Hopital, temos r = limn

2

1|x 1| 12 = 2|x 1| 12 . Logo, a convergncia dado pela condio r = 2|x 1| 12 < 1 = |x 1| 12 < 1

2= |x 1| < 1

4. Logo, |x 1| < 1

4. Assim,

o raio de convergncia R = 14.

importante observar que |x c| < R e no |ac c| < R ou similar.

Exemplo 4.4.

(2x 1)n2 . Temos que

r = limn

(2x 1)n+12 (2x 1)n2 = limn |2x 1| 12 = |2x 1| 12 . Logo, a convergncia dado pela condior = |2x 1| 12 < 1 = |2x 1| 12 < 1

2= |2x 1| < 1

4. Logo, 2

x 12

< 14

= x 12

< 18.

Assim, o raio de convergncia R = 18e centro de convergncia

12. Outra alternativa reescrever

a srie como

(2x 1)n2 = 2n2 (x 1

2

)n2antes de aplicar o teste da razo ou raiz.

Observao 4.5 (para implementao computacional). Se a sries de potncias da forma

an(x

c)n+, o que aparece com maior freqncia, a razo ou raiz da parte das potncias de (x c) serlimn

|(x c)(n+1)+||(x c)n+| = limn

|(x c)n++||(x c)n+| = |x c|

. Logo, se = limn

|an+1||an| ou = limn

n|an|(caso existam os limites, sero mesmos) onde an o termo sem as potncias de (x c), temos que

r = limn

an+1(x c)(n+1)+|an(x c)n+| = limn

|an+1||an| limn

(x c)(n+1)+|(x c)n+| = |x c|

.

Assim, a convergncia dado pela condio r = |x c| < 1 |x c|

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Sequencias e Series