2o ensino secundário - ubi
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UNIVERSIDADE DA BEIRA INTERIOR
Ciências
Séries: Uma proposta para alunos do 2o Ciclo doEnsino Secundário
Versão �nal após defesa
Jacinto Cumolehã
Dissertação para obtenção do Grau de Mestre em
Matemática Para Professores(2o ciclo de estudos)
Orientador: Prof. Doutor Gastão Bettencourt
Covilhã, junho de 2018
ii
Dedicatória
Este trabalho é dedicado a Deus por ser meu guia em toda minha trajetória, minha mãe
por ser a razão da minha vida, meus irmãos, minha querida namorada e toda a minha
família que, com muita paciência e carinho sempre me apoiaram.
Ao curso de Matemática para Professores e às pessoas com quem eu convivi ao longo desses
anos. Não esquecerei a experiência compartilhada com os amigos.
iii
iv
Agradecimentos
Ao meu orientador por ser humilde e por ao longo deste tempo sempre estar bem disposto
e animado. Aos amigos pelo incentivo para a realização deste trabalho. Ao departamento
de Matemática pelo total apoio.
v
vi
Resumo
O presente trabalho destina-se a servir de base a um curso de enriquecimento curricular,
na área da matemática, para alunos do secundário. O tema escolhido é séries numéricas.
Apresentamos os conteúdos necessários para de�nir uma série, os conceitos pertinentes,
assim como muitos resultados que permitem aferir a natureza de uma dada série. Apresen-
tamos critérios usuais, como são os critérios de condensação de Cauchy, de comparação, da
raiz, da razão, de Kummer, de Gauss, de Leibniz, vimos também resultados menos usuais,
como o critério de Schlomilch, ou os resultados de Moser e Salat. Para estes últimos é
necessário introduzir novos conceitos de convergência, assim como o conceito de densidade
natural.
Palavras-chave
Sucessão, Série, Série harmónica, Subséries, Densidade Natural
vii
viii
Abstract
The present work is intended to serve as a basis for a curricular enrichment course in the
area of mathematics for secondary students. The chosen theme is the numerical series. We
present the contents necessary to de�ne a series, the pertinent concepts, as well as many
results that allow us to gauge the nature of a given series. We present usual tests such as
the Cauchy's condensation test, comparison, root, D'Alembert, Kummer, Gauss, Leibniz
test, as well as less usual results, such as the Schlomilch test, or the results of Moser and
Salat. For the latter it is necessary to introduce new concepts of convergence, as well as
the concept of natural density.
Keywords
Sequence, Series, Harmonic Series, Subseries, Natural density
ix
x
Índice
1 Introdução 1
2 Sucessões 3
2.1 Sucessão Convergente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.2 Algumas Propriedades de Limite de uma Sucessão . . . . . . . . . . . . . . 6
2.3 Sucessões Monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.4 Axioma da Completude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.5 Sucessões Enquadradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.6 O número e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3 Introdução às Séries 21
3.1 Série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.2 Série Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3.3 Séries de Mengoli ou Telescópica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.4 Algumas Propriedades Sobre Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
4 Séries de Termos Não Negativos 31
4.1 Série Harmónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4.2 Critério de Condensação de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
4.3 Série Dirichlet ou Série-P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.4 Critério geral de Comparação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
4.5 Critério Geral de Comparação do Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.6 Critério da Razão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
4.7 Critério da Raiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5 Séries Sem Sinal Fixo 51
5.1 Critério de Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
5.2 Série Absolutamente Convegente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
5.3 Reordenamento de séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
6 Três Critérios para Convegência de Séries de Termos não Negativos 61
6.1 Critério de Kummer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
6.2 Critério de Raabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
6.3 Critério de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
7 Densidade Natural de Subséries Convergentes da Série Harmónica e Ge-
neralizações 69
7.1 Limite Superior e Inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
7.2 Convergência à Cesàro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
7.3 Densidade Natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
7.4 Fórmula de Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
xi
7.5 Moser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
7.6 Salát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
8 Bibliogra�a 83
xii
Capítulo 1
Introdução
Somar dois números é, provavelmente, a operação mais elementar em matemática. Com
toda a naturalidade percebemos como somar mais do que dois números e muito rapidamente
surge a questão de continuar o processo e somar inde�nidamente. Como se sabe, a questão
aqui levantada é formalizada com os conceitos de limite e de série. O presente trabalho
destina-se a servir de base a um curso de enriquecimento curricular para alunos do 2o
ciclo do ensino secundário, usando a terminologia em voga no sistema de ensino angolano,
ou para alunos do ensino secundário, agora usando a terminologia do sistema de ensino
português. Assumimos que estes alunos conhecem o conceito de sucessão e o de limite e
apresentaremos o conceito de série. A ideia de base é que muita matemática associada
às séries pode ser apresentada e trabalhada para alunos motivados com conhecimentos ao
nível do secundário. Nesse sentido a abordagem aqui escolhida evita conceitos matemáticos
como derivadas (que tipicamente são usados para estabelecer limites pela regra de Cauchy)
e como integrais (que tipicamente são usados para estabelecer a natureza das séries de
Dirichlet).
Assim, apesar de assumirmos que os conceitos de sucessões e de limite são conhecidos,
começamos este trabalho por apresentar de�nições e resultados importantes que serão
fundamentais nos capítulos posteriores. Um desses resultados é o que indica que uma
sucessão limitada e monótona é convergente. É fascinante a matemática que decorre deste
resultado. Ainda neste capítulo, e uma vez que optamos por não usar a regra de Cauchy,
apresentamos a de�nição usual do número e como o limite de uma sucessão.
No capítulo seguinte introduzimos as séries. Começamos por trabalhar os poucos exemplos
onde se consegue obter o valor da série-série geométrica e séries telescópicas e apresentamos
a condição necessária de convergência. O quarto capítulo é dedicado às séries de termos não
negativos. Começamos por apresentar a demonstração da divergência da série harmónica
usando o argumento de Oresme (1325-1382), e para obter rapidamente uma família de
séries de comparação - as séries de Dirichlet (1805-1859) - apresentamos o critério de
condensação de Cauchy (1789-1857). Este último tem uma generalização natural -o critério
de Schlomilch (1823-1901)- e de forma a não quebrar a sequência natural da apresentação
optámos por colocá-lo aqui. Depois desta pequena digressão, apresentamos os critérios de
comparação, da razão e da raiz.
No capítulo cinco vimos as séries sem sinal �xo, onde abordamos o critério de Leibniz
(1646-1716), o conceito de convergência absoluta e o de reordenamento de uma série. No
próximo capítulo apresentamos os critério de Kummer (1810-1893), Raabe (1801-1859) e
Gauss (1777-1855).
Finalmente, no capítulo sete abordamos outras de�nições de limite, como sejam o limite
superior, e o limite à Cesàro (1859-1906). De�nimos também densidade natural de um
subconjunto de N e a fórmula de Abel (1802-1829), o análogo de integração por partes.
1
Estes ingredientes vão ser importantes para determinar condições que garantam que uma
subsérie da série harmónica é divergente. Esse é o conteúdo do teorema de Moser (1921-
1970). Posteriormente, Salat (1926-2005) generalizou os resultados de Moser, e um desses
resultados é abordado aqui. Com exceção do último capítulo, todos os capítulos �nalizam
com exercícios propostos.
2
Capítulo 2
Sucessões
Neste capítulo vamos rever alguns conceitos fundamentais sobre sucessões que admitimos
que são conhecidos e apresentamos demonstrações de alguns resultados.
De�nição 1. Uma sucessão é uma função cujo o conjunto de partida é o conjunto dos
números naturais e o conjunto de chegada é o conjunto dos números reais.
Assim uma sucessão é uma função
f : N → R
Os seus termos são
f(1), f(2), f(3), · · · , f(n), · · ·
Tipicamente não fazemos menção à função f e escrevemos a sucessão simplesmente como
a1 , a2 , a3 , a4, · · · , an, · · ·
ou como (an)n∈N
Exemplo 1. Sucessão de números ímpares.
1, 3, 5, · · · , 2n− 1, · · ·
Todos os termos desta sucessão podem ser escritos como
an = 2n− 1
onde n ∈ N. Dizemos que an é o termo geral da sucessão (an)n∈N.
Exemplo 2. Seja
1,1
2,1
3,1
4,1
5, · · · , 1
n, · · ·
então
an =1
n
No estudo de sucessões com in�nitos termos estaremos interessados na seguinte questão:
o que acontece com o termo an quando n é muito grande? Em outras palavras, o que
acontece com an quando n tende para +∞?
Exemplo 3. Vamos considerar a sucessão
an =1
n
3
an =2n+ 1
n+ 4.
Queremos saber o que acontece com an quando n é muito grande.
Primeiro vamos perceber o seguinte: dividindo o numerador e denominador por n, obtemos
an =1/n
n/n=
1/n
1
Como 1/n se aproxima de zero quando n é muito grande, então (an)n∈N se aproxima de 0.
Como a10 = 0.1, a100 = 0.01, a1000 = 0.001, intuitivamente percebemos que an se aproxima
de zero quando n é grande. Vamos formalizar essa intuição usando o conceito de limite.
limn→+∞
an → L.
A proxima de�nição generaliza o limite anterior.
2.1 Sucessão Convergente
De�nição 2. Seja (an)n∈N uma sucessão e L um número real. Dizemos que an converge
para L, se para qualquer ε > 0 existe um número natural N correspondente de tal modo
que:
|an − L| < ε
sempre que n > N.
Se (an)n∈N converge para L dizemos que an é convergente e representamos por
limn→+∞
an = L
No caso contrário se não existe L para o qual an convirja dizemos que an é divergente.
Veremos a seguir uma interpretação geométrica para melhorar a nossa compreensão. Con-
siderando a sucessão de termo geral an tal que:
limn→+∞
an = L
L+ ε
L
L− ε
N
Figura 2.1
4
Escolhe-se ε e constrói-se o intervalo ]L− ε , L+ ε[. Se a sucessão converge para L existe
N grande de tal modo que todos os termos da sucessão a partir de N estarão no intervalo
]L− ε , L+ ε[, essa é a ideia por trás da de�nição que vimos anteriormente.
Exemplo 4. Vamos provar que1
n→ 0
Os primeiros termos da sucessão são
an = 1,1
2,1
3,1
4, · · ·
Aparentemente os termos aproximam-se de 0. Vejamos por de�nição que assim é. Para
concretizar concideremos ε = 0, 01. Temos∣∣∣∣ 1n − 0
∣∣∣∣ < 0, 01
consequentemente1
n< 0, 01
desde que
n >1
0, 01⇔ n > 100
Assim basta escolher N = 101. Portanto se n > 101 temos
|an − 1| < 0, 01
Mas este raciocínio permanece válido para qualquer ε > 0, pois temos
|an − 0| < ε⇔∣∣∣∣ 1n − 0
∣∣∣∣ < ε⇔ 1
n< ε⇔
⇔ n >1
ε
Assim, basta tomar
N >1
ε
Se n > N temos
n >1
ε
Portanto para cada ε > 0 existe um natural N tal que se n > N temos
n > N >1
ε
e portanto
|an − 0| < ε
Assim vimos que an → 0.
5
Frequentemente estamos na presença de uma sucessão (an)n∈N em que o termo geral cresce
inde�nidamente. Nesta situação diremos que a sucessão diverge para +∞. tão grande
quanto quisermos, escolhendo n su�cientemente
limn→+∞
an = +∞
A próxima de�nição formaliza esse fato.
De�nição 3. Seja (an)n∈N uma sucessão. Dizemos que an diverge para +∞ se para cada
real M > 0 existe N ∈ N tal que, se n > N então an > M . Se (an)n∈N diverge para +∞representamos por
limn→+∞
an = +∞
2.2 Algumas Propriedades de Limite de uma Sucessão
Sejam (an)n∈N e (bn)n∈N sucessões que convergem para a e b respectivamente. Então
1. O limite de uma sucessão quando existe é único.
2.
limn→+∞
(an + bn) = a+ b
3.
limn→+∞
an × bn = a.b
4.
limn→+∞
anbn
=a
bsempre que ( bn, b 6= 0)
5.
limn→+∞
can = ca para qualquer c ∈ R.
Exemplo 5. Vamos calcular o limite das seguinte sucessão
limn→+∞
(n+ 1
n+
5 + 6n2
1 + n2
)Temos:
limn→+∞
(n+ 1
n+
5 + 6n2
1 + n2
)= lim
n→+∞
n+ 1
n+ lim
n→+∞
5 + 6n2
1 + n2
consequentemente dividindo por n o numerador e denominador a expressão
limn→+∞
(n+ 1
n
)obtemos
limn→+∞
(n/n+ 1/n
n/n
)= lim
n→+∞
(1 + 1/n
1
)6
Como 1/n aproxima-se de 0 quando n→ +∞, então
limn→+∞
(1 + 1/n
1
)= lim
n→+∞1 = 1
da mesma forma, obtemos:
limn→+∞
5 + 6n2
1 + n2= lim
n→+∞
5/n2 + 6n2/n2
1/n2 + n2/n2= lim
n→+∞
5/n2 + 6
1/n2 + 1
Por outro lado temos1
n2=
1
n× 1
n= 0× 0 = 0
Assim
limn→+∞
5/n2 + 6
1/n2 + 1= lim
n→+∞
6
1= 6
Logo conclui-se que
limn→+∞
(n+ 1
n+
5 + 6n2
1 + n2
)= 1 + 6 = 7
2.3 Sucessões Monótonas
De�nição 4. Dada uma sucessão (an)n∈N. Dizemos que a sucessão é monótona crescente
se
a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · ≤ an ≤ · · ·
isto é, se
an ≤ an+1 para todo n.
Exemplo 6. A sucessão de termo geral
an = n2
é monótona crescente. Temos
an ≤ an+1 ⇔ n2 ≤ (n+ 1)2 ⇔ n2 ≤ n2 + 2n+ 1⇔ 0 ≤ 2n+ 1
o que é verdade para todo n.
De�nição 5. Da mesma forma dizemos que a sucessão (an)n∈N é monótona decrescente
se
a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ · · · ≥ an ≥ · · ·
isto é, se
an ≥ an+1 para todo n.
Exemplo 7. A sequência
an =1
n
7
é monótona decrescente. Temos
an ≥ an+1 ⇒1
n≥ 1
n+ 1⇔ 0 ≥ − 1
n+
1
n+ 1⇔
0 ≥ −n− 1 + n
n2 + n⇔ 0 ≥ − 1
n2 + n
o que é verdade para todo n assim an é decrescente.
De�nição 6. Seja (an)n∈N uma sucessão. Dizemos que é limitada inferiormente ou tem
cota inferior se existir um número real M tal que
an ≥M para todo n.
Exemplo 8. A sucessão de termo geral
an =n+ 1
n
é limitada inferiormente. Como
1
n> 0⇔ 1 +
1
n> 1⇔ n+ 1
n> 1
Portanto para todo n tem-se an > 1.
De�nição 7. Seja an uma sucessão, dizemos que an é limitada superiormente ou tem cota
superior se existir um número real M tal que
an ≤M para todo n.
Exemplo 9. A sucessão de termo geral
an =n− 1
n
é limtada superiormente. Da mesma forma temos
1
n> 0⇔ − 1
n< 0⇔ 1− 1
n< 1⇔
n− 1
n< 1
Assim para todo n tem-se an < 1. Logo a sucessão é limitada superiormente.
De�nição 8. Dizemos que uma sucessão (an)n∈N é limitada se existirem dois números
reais α e β, tais que
α ≤ an ≤ β para qualquer n ∈ N.
Por outras palavras uma sucessão (an)n∈N é limitada se ela for ao mesmo tempo limitada
superiormente e inferiormente, essa é a ideia por detraz da de�nição anterior.
Exemplo 10. Seja a sucessão
an =1
n
8
Temos
1 ≥ 1
2≥ 1
3≥ · · · ≥ 1
n≥ · · ·
Como an é positivo para qualquer n, temos
0 <1
n≤ 1
O próximo axioma é muito útil para o teorema posterior.
2.4 Axioma da Completude
Seja A um subconjunto de R. Se A é limitado superiormente naturalmente que existirão
in�nitas cotas superiores. A menor dessas cotas superiores é chamada de supremo. Seja A
um conjunto de números reais, diferente de vazio com cota superior. Então A tem menor
cota superior que chamamos de supremo.
Exemplo 11. Dado
A = {1, 12,1
3,1
4, · · · }
vemos que A é limitado superiormente e qualquer elemento do conjunto [1,+∞[ é uma
cota superior. Assim o supremo do conjunto A é o elemento 1, o que se indica da seguinte
forma:
supA = 1
Teorema 1. (Axioma da Completude) Seja A um conjunto de números reais diferente de
vazio e com cota superior. Então A tem supremo.
O axioma da completude é um resultado fundamental que permite estabelecer o próximo
resultado que é central em todo este trabalho.
Teorema 2. Se (an)n∈N é uma sucessão limitada e monótona então (an)n∈N é convergente.
Demonstração: Pelo axioma anterior signi�ca que existe uma menor cota superior que
chamamos de supremo (L). Assim
an ≤ L para qualquer n.
Para todo ε > o existe um número positivo N tal que
L− ε ≤ aN ≤ L
para qualquer termo da sucessão an tem-se
an ≤ L
Por outro lado, diminuindo o número L obtemos L− ε, então algum termo da sucessão vai
�car maior que esse número visto que L é o menor número real tal que todos termos de
9
aN são
aN ≤ L
Queremos mostrar que o supremo é o limite da sucessão an. Portanto, se an for uma
sucessão crescente para qualquer n > N então:
L− ε ≤ aN < an ≤ L < L+ ε
Ou seja, obtemos
L− ε < an < L+ ε
isto é,
|an − L| < ε
Assim limn→+∞
an = L e conclui-se que a sucessão an converge para L.
Exemplo 12. A sucessão
an =n− 1
n
é convergente.
Já vimos que é limitada superiormente por 1. Por outro lado, como todos os termos são
positivos, a sucessão é limitada inferiormente por 0. Além disso é crescente pois:
an ≤ an+1 ⇔n− 1
n≤ n
n+ 1⇔ (n+ 1)(n+ 1) ≤ n2 ⇔ n2 − 1 ≤ n2 ⇔ −1 ≤ 0
Assim concluímos que (an)n∈N é convergente. Temos
0 ≤ 1
2≤ 2
3≤ · · · n− 1
n≤ · · ·
mas como
0 ≤ n− 1
n≤ 1
conclui-se que an é convergente.
2.5 Sucessões Enquadradas
Teorema 3. Sejam (an)n∈N e (cn)n∈N sucessões que convergem para L respectivamnente
e
an ≤ bn ≤ cn
então a sucessão (bn)n∈N também converge para L.
Demonstração: Seja an uma sucessão que converge para L, então para todo ε > o existe
N1 tal que
|an − L| < ε
para qualquer n ≥ N1.
10
Da mesma forma cn → L, e para todo ε > o existe N2 tal que
|cn − L| < ε
Para qualquer n ≥ N2.
Queremos mostrar que a sucessão bn também converge para L. Portanto basta escolher
N = max{N1 , N2} obtemos:
L− ε < an ≤ bn ≤ cn < L+ ε para qualquern ≥ N
isto implica que
|bn − L| < ε para qualquern ≥ N.
Ou seja, conclui-se que
bn → L
Exemplo 13. Vamos provar que
limn→+∞
senn
n= 0
sabemos que senn está entre −1 e 1, assim pelo teorema das sucessões enquadradas temos
− 1
n≤ sen (n)
n≤ 1
n
mas como
limn→+∞
− 1
n= 0 e lim
n→+∞
1
n= 0
Consequentemente conclui-se
limn→+∞
sen (n)
n= 0
Proposição 1. Seja (an)n∈N uma sucessão. Seja (bn)n∈N uma sua subsucessão. Temos
limn→+∞
an = L⇒ limn→+∞
bn = L
Demonstração: Como bn é uma subsucessão de an podemos escrever bn = atn onde
t1 < t2 < t3 < · · · < tn < · · ·
como
limn→+∞
an = L
Para todo ε > 0, existe um natural N tal que se n > N temos
|an − L| < L
por outro lado para todo natural n existe tn ∈ N tal que tn > n. Portanto para todo
tn > n > N temos
|atn − L| < ε
11
ou seja
limn→+∞
bn = L
A proposição (1) a�rma que se uma sucessão converge qualquer subsucessão terá o mesmo
limite. Assim se uma sucessão an tem duas subsequências, btn e ctn com dois limites
distintos (an)n∈N não poderá ter limite.
Exemplo 14. A sucessão de termo geral
an = (−1)n
diverge. Consideremos então as subsequências de (an)n∈N.
bn = a2n = (−1)2n = 1
e
cn = a2n+1 = (−1)2n+1 = −1
temos bn → 1 e cn → −1. Pelo exposto (an)n∈N não tem limite.
Geralmente uma sucessão (an)n∈N pode ter várias subsucessões. Se algumas dessas sub-
sucessões têm o mesmo limite nada se pode concluir acerca do limite da sucessão original.
Por exemplo.
an =
1 se n é ímpar
1 se n é de forma 10k, k ∈ N
0 nos restantes casos
Temos a2n−1 → 1 e a10k → 1 mas (an)n∈N não tem limite. Se por outro lado a união do
conjunto dos índices das subsucessões envolvidas dá o conjunto N e se todas convergem
para o mesmo limite, já podemos garantir que (an)n∈N converge. É esse o conteúdo do
próximo resultado.
Proposição 2. Seja (an)n∈N uma sucessão. Se as subsucessões (a2n)n∈N e (a2n−1)n∈N
convergem para L então an → L
Demonstração: Se a2n → L então dado ε > 0 existe M1 tal que se n > M1 temos
|a2n − L| < ε
Se a2n−1 → L dado ε > 0 existe M2 tal que se n > M2 temos
|a2n−1| < ε
Seja então M = max{M1,M2}. Dado ε > 0 seja n > M . Uma vez que n é par ou ímpar
temos sempre |an − L| < ε. O próximo resultado é muito importante para o estudo de
sucessões.
12
2.6 O número e
Proposição 3. Desigualdade de Bernoulli. Seja x > −1 e n ∈ N.Temos
(1 + x)n ≥ 1 + nx
Vamos provar por indução matemática. Seja P (n) o enunciado
(1 + x)n ≥ 1 + nx
P (1) é verdade pois
(1 + x)1 ≥ 1 + 1.x⇔ 1 + x ≥ 1 + x
é verdadeira. Assumimos então que P (n) é verdade e procuramos saber se P (n + 1) é
verdade, isto é, se
(1 + x)n+1 ≥ 1 + (n+ 1)x
é verdade. Temos
(1 + x)n ≥ 1 + nx⇔
(1 + x)(1 + x)n ≥ (1 + x)(1 + nx)⇔
(1 + x)n+1 ≥ 1 + nx+ n+ nx2 ⇔
(1 + x)n+1 ≥ 1 + (n+ 1)x+ nx2 ⇔
Como nx2 ≥ 0 resulta que
1 + (n+ 1)x+ nx2 ≥ 1 + (n+ 1)x
Portanto obtemos
(1 + x)n+1 ≥ 1 + (n+ 1)x
o que é justamente a nossa tese de indução. Ficou assim estabelecido que P (n) é verdadeira
para todo n ≥ 1.
Proposição 4. A sucessão (an)n∈N de termo geral
an =
(1 +
1
n
)n
é uma sucessão crescente
13
Demonstração: Temos
an+1
an=
(1 + 1
n+1
)n+1
(1 + 1
n
)n =
(n+2n+1
)n+1
(n+1n
)n=
(n+ 2)n+1 nn
(n+ 1)n+1(n+ 1)n
=
(n+ 1
n
)(n+ 2)n+1 nn+1
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
=
(n+ 1
n
)[n(n+ 2)]n+1
[(n+ 1)2]n+1
=
(n+ 1
n
)[n(n+ 2)
(n+ 1)2
]n+1
=
(n+ 1
n
)[(n+ 1)2 − 1
(n+ 1)2
]n+1
=
(n+ 1
n
)[1− 1
(n+ 1)2
]n+1
Por outro lado temos
− 1
(n+ 1)2> −1
uma vez que
− 1
(n+ 1)2> −1⇔
1
(n+ 1)2< 1⇔
1 < n2 + 2n+ 1⇔ 0 < n2 + 2n
Portanto a expressão
− 1
(n+ 1)2> −1
é verdadeira e podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli. Temos
an+1
an≥ n+ 1
n
[1 + (n+ 1)
(− 1
(n+ 1)2
)]≥ n+ 1
n
[1− n+ 1
(n+ 1)2
]≥ n+ 1
n
[1− 1
n+ 1
]≥ 1
n
[n+ 1− n+ 1
(n+ 1)
]=
1
n[n+ 1− 1]
≥ 1
Assim a sucessão (an)n∈N é crescente.
14
Proposição 5. A sucessão (bn)n∈N de termo geral
bn =
(1 +
1
n
)n+1
é uma sucessão decrescente.
Demonstração: Resulta que
bnbn+1
=
(1 + 1
n
)n+1(1 + 1
n+1
)n+2
=
(n+1n
)n+1(n+2n+1
)n+2
=(n+ 1)n+1(n+ 1)n+2
nn+1(n+ 2)n+2
=
(n
n+ 1
)(n+ 1)n+2(n+ 1)n+2
nn+2(n+ 2)n+2
=
(n
n+ 1
) [(n+ 1)2
]n+2
[n(n+ 2)]n+2
=
(n
n+ 1
)[(n+ 1)2
n(n+ 2)
]n+2
=
(n
n+ 1
)[n2 + 2n+ 1
n2 + 2n
]n+2
=
(n
n+ 1
)[1 +
1
n2 + 2n
]n+2
=
(n
n+ 1
) [(n+ 1)2
]n+2
[n(n+ 2)]n+2
=
(n
n+ 1
)[(n+ 1)2
n(n+ 2)
]n+2
=
(n
n+ 1
)[n2 + 2n+ 1
n2 + 2n
]n+2
=
(n
n+ 1
)[1 +
1
n2 + 2n
]n+2
15
bnbn+1
=
(1 + 1
n
)n+1(1 + 1
n+1
)n+2
=
(n+1n
)n+1(n+2n+1
)n+2
=(n+ 1)n+1(n+ 1)n+2
nn+1(n+ 2)n+2
=
(n
n+ 1
)(n+ 1)n+2(n+ 1)n+2
nn+2(n+ 2)n+2
=
(n
n+ 1
) [(n+ 1)2
]n+2
[n(n+ 2)]n+2
=
(n
n+ 1
)[(n+ 1)2
n(n+ 2)
]n+2
=
(n
n+ 1
)[n2 + 2n+ 1
n2 + 2n
]n+2
=
(n
n+ 1
)[1 +
1
n2 + 2n
]n+2
Por outro lado temos1
n2 + 2n> 0
logo podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli. Temos
bnbn+1
≥ n
n+ 1
(1 +
1
n2 + 2n(n+ 2)
)≥ n
n+ 1
(1 +
1
n
)≥ n+ 1
n+ 1≥ 1
Assim (bn) ≥ bn+1 ou seja a sucessão bn ≥ bn+1 é decrescente
bn =
(1 +
1
n
)n+1
=
(1 +
1
n
)n(1 +
1
n
)= an
(1 +
1
n
)e portanto bn > an Por outro lado tem-se
a1 =
(1 +
1
1
)1
= 2
16
e
b1 =
(1 +
1
1
)2
= 4
O facto da sucessão (an)n∈N ser crescente e a sucessão (bn)n∈N decrescente obriga que
2 < an < bn < 4
Como a sucessão (an)n∈N é crescente e limitada o limite existe. A sucessão (bn)n∈N é
decrescente e limitada logo o limite existe. Seja e o limite de an. Então por de�nição
temos
limn→+∞
an = limn→+∞
(1 +
1
n
)n
= e
Por outro lado
bn = an
(1 +
1
n
)= an
(n+ 1
n
)⇔ an =
n
n+ 1bn
Passando ao limite obtemos
limn→+∞
an = limn→+∞
(n
n+ 1bn
)= lim
n→+∞
(n
n+ 1
)lim
n→+∞bn
= 1 limn→+∞
bn então
limn→+∞
bn = e
Proposição 6. Estudo da sucessão
an =
(1 +
1
n
)n
Veremos agora, que
limn→+∞
(1 +
1
an
)an
= e
Desde que an → +∞ ou −∞. De facto, se an → +∞,a partir de certa an > 1.
Consideremos o número inteiro a que depende de n tal que
a ≤ an < a+ 1
Estas desigualdades podem tomar a forma
1
a≥ 1
an>
1
a+ 1
Adicionando uma unidade, obtemos
1 +1
a+ 1< 1 +
1
an≤ 1 +
1
a
17
Desta expressão e da inicial obriga que(1 +
1
a+ 1
)a
≤(1 +
1
an
)an
<
(1 +
1
a
)a+1
Mas,
lima→+∞
(1 +
1
a+ 1
)a
= lima→+∞
(1 +
1
a+ 1
)a+1
lima→+∞
(1 +
1
a+ 1
)−1= lim
n→+∞
(1 +
1
a+ 1
)a+1
. lima→+∞
(1 +
1
a+ 1
)−1= e.1
= e
(note-se que an → +∞ também a→ +∞). E
lima→+∞
(1 +
1
a
)a+1
= lima→+∞
(1 +
1
a
)a(1 +
1
a
)1
= lima→+∞
(1 +
1
a
)a
. lima→+∞
(1 +
1
a
)1
= e.1
= e
Então pelo teorema das sucessões enquadradas, obriga que
limn→+∞
(1 +
1
an
)an
= e
Desde que an → +∞. Se an → −∞ e fazendo bn = −an temos(1 +
1
an
)an
=
(1 +
1
−an
)−bn=
(1− bn−bn
)−bn=
(−bn1− bn
)−bn=
(bn
bn − 1
)bn
=
(bn − 1 + 1
bn − 1
)bn
=
(1 +
1
bn − 1
)bn
18
Então
limn→+∞
(1 +
1
an
)an
= limn→+∞
(1 +
1
bn − 1
)bn
= limn→+∞
(1 +
1
bn − 1
)bn−1.
(1 +
1
bn − 1
)= e.1
= e
Porque se an → −∞ então bn → +∞ podemos utizar o resultado antes deduzido. Assim
limn→+∞
(1 +
1
an
)an
= e
desde que an → −∞. De�nimos a função exponencial por
ex = liman→+∞
(1 +
x
an
)an
Desde que x 6= 0, ou seja x funciona como constante e an → +∞ ou an−∞. Basta agora
notar que (1 +
x
an
)an
=
(1 +
1anx
)an
=
[(1 +
1anx
)anx
]xSendo o limite an → +∞, também o limite an/x será +∞ ou −∞ (sinal igual ou contário
ao de an) conforme x > 0 ou x < 0, pelo que
limn→+∞
(1 +
1anx
)anx
= e
Assim
limn→+∞
[(1 +
1anx
)anx
]x= ex
Lembrando que x é constante a variável é n.
O próximo exemplo é muito importante no estudo de sucessão.
Exemplo 15. Vamos provar que
limn→+∞
log n
n= 0
Pela desigualdade de Bernoulli temos(1 +
x
n
)n≥ 1 + x
para todo x/n > −1. Passando ao limite obtemos
limn→+∞
(1 +
x
n
)n≥ 1 + x⇔ ex ≥ 1 + x
19
Temos ex ≥ 1 + x ≥ 1 para todo x ≥ 0. Escolhendo x = log√n. Temos
elog√n ≥ 1 + log
√n ≥ 1
√n ≥ 1 + log(n
12 ) ≥ 1
√n
n≥ 1
n+
1
2
log n
n≥ 1
n1√n≥ 1
n+
1
2
log n
n≥ 1
n
Como
limn→+∞
1√n= 0
e
limn→+∞
1
n= 0
pelo limite das sucessões enquadradas
1
2lim
n→+∞
log n
n= 0
Asssim provamos que
limn→+∞
log n
n= 0
Exercícios 1. Determine a convergência ou divergência das sucessões
a) an = n3+2nn2+2
b) an = − 1n c) an = 3n2+5n
4n2−1
d) an =(2n − 2−3n
)e) an = 1
n2+nf) an =
[1
23n−(1 + 3
n
)n]g) an = 2n4+n2−3n
n2+3n−5
Exercícios 2. Calcule o limite das seguintes sucessões.
a) limn→+∞
(1 +
2
n
)n
b) limn→+∞
en − e−n
en + e−n
20
Capítulo 3
Introdução às Séries
Neste capítulo introduzimos o conceito fundamental deste trabalho: a série numérica. Es-
sencialmente trata-se de formalizar a ideia de somar in�nitas parcelas, algo que à primeira
vista parece contra-intuitivo mas que é absolutamente natural. Por exemplo a dízima
in�nita periódica
0.11111 . . .
pode ser encarada como a soma
0.1 + 0.01 + 0.001 + 0.0001 + · · ·
que mais não é do que uma soma de in�nitas parcelas.
3.1 Série
De�nição 9. De�ne-se série como uma expressão da forma
a1 + a2 + a3 + a4 + · · ·+ an + · · ·
que representamos como+∞∑n=1
an ou∑
an
A este objecto estão associadas duas sucessões distintas: a própria sucessão (an)n∈N e a
chamada sucessão das somas parciais (sk)k∈N de�nida por
s1 = a1
s2 = a1 + a2
s3 = a1 + a2 + a3
s4 = a1 + a2 + a3 + a4...
sk = a1 + a2 + · · ·+ ak =
k∑n=1
an
Se a sucessão (sk)k∈N tem limite s dizemos que s é a soma da série com termo geral
(an)n∈N como na próxima de�nição.
De�nição 10. A série de termo geral an diz-se convergente se a sua sucessão das somas
21
parciais (sk)k∈N converge - isto é, se existe um número real s tal que
limk→+∞
sk = s
Nesse caso escrevemos+∞∑n=1
an = s
Se
limn→+∞
sk
não existe. Dizemos que a série+∞∑n=1
an
diverge.
Exemplo 16. Veremos agora como estabelecer a convergência ou divergência das seguintes
séries
a)+∞∑n=1
1 b)+∞∑n=1
0
a) Pela de�nição (9) temos
s1 = a1 = 1
s2 = a1 + a2 = 1 + 1 = 2
s3 = a1 + a2 + a3 = 1 + 1 + 1 = 3...
sk = 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1 = k
Isto signi�ca que
limk→+∞
sk = limk→+∞
k = +∞.
Assim a série dada diverge.
b) Da mesma forma obtemos
s1 = a1 = 0 + 0 = 0
s2 = a1 + a2 = 0 + 0 = 0
s3 = a1 + a2 + a3 = 0 + 0 + 0 = 0...
sk = 0 + · · ·+ 0 = 0
Como
limk→+∞
sk = limk→+∞
0 = 0
Logo a série dada converge para 0.
22
Se a partir de certa ordem+∞∑n=0
an =
+∞∑n=1
bn
então as séries de termos gerais an e bn são da mesma natureza. Portanto, a natureza de
uma série não é alterada modi�cando um número �nito de termos.
Exemplo 17. Vamos estabelecer a convergência da série
+∞∑n=0
1
2n
Analizando a sucessão das somas parciais temos
sk =1
20+
1
21+
1
22+ · · ·+ 1
2k
multiplicando a expressão sk por 12 obtemos:
1
2sk =
1
2
[1
20+
1
21+
1
22+ · · ·+ 1
2k
]=
1
21+
1
22+
1
23+ · · ·+ 1
2k+1
=
[1
20+
1
21+
1
22+
1
23+ · · ·+ 1
2k
]+
1
2k+1− 1
20
= sk +1
2k+1− 1
Assim
1
2sk − sk =
1
2k+1− 1
sk −1
2sk = 1−
(1
2
)k+1
sk =1−
(12
)k+1
1− 12
sk =1−
(12
)k+1
12
Passando a expressão sk ao limite obtemos
limk→+∞
sk = limk→+∞
1−(12
)k+1
12
=
limk→+∞
1− limk→+∞
(1
2
)k+1
limk→+∞
1
2
=112
= 2
O exemplo anterior é um caso particular de um tipo de séries que se vai relevar fundamen-
tal:
23
3.2 Série Geométrica
De�nição 11. Seja r ∈ R. Uma série de tipo
+∞∑n=0
rn
diz-se uma série geométrica.
Teorema 4. Seja r ∈ R e
+∞∑n=0
rn = 1 + r + r2 + · · ·+ rn + · · ·
uma série geométrica. Então
1. se |r| < 1 a série converge e tem por soma s = 11−r .
2. se |r| ≥ 1 a série diverge.
Demonstração: Começamos a prova com o caso r 6= 1. Temos
sk = 1 + r + r2 + · · ·+ rk
multiplicando por r temos:
rsk =(r + r2 + r3 + · · ·+ rk
)+ rk+1 − 1
= sk + rk+1 − 1
rsk − sk = rk+1 − 1
(1− r)sk = 1− rk+1
dividindo por 1− r obtemos:
sk =1
1− r− rk+1
1− r
passando ao limite a expressão sk temos:
limk→+∞
sk = limk→+∞
(1
1− r− rk+1
1− r
)= lim
n→+∞
1
1− r− lim
k→+∞
rk+1
1− r=
1
1− r− 1
1− r× lim
k→+∞rk+1
Assim obtemos as seguintes conclusões:
1. Se |r| < 1 então limk→+∞
rk+1 = 0 e
limk→+∞
sn =1
1− r= s
24
2. Se |r| > 1 então limk→+∞
rk+1 não existe, logo
limk→+∞
sk não existe
ou seja, nestas condições a série diverge.
3. Se r = 1 então
sk = 1 + 1 · · ·+ = k
e a série diverge
limk→+∞
sk = +∞
pois o limite não é um número real.
4. Se r = −1 então
sk = −1 se k for ímpar e sk = 0 se k é par.
Nessas condições o limite da sucessão de somas parciais sk diverge, logo a série
diverge.
Exemplo 18. Vamos provar que a série converge e calcular a sua soma
+∞∑n=0
1
10n= 1 +
1
10+
1
102+ · · ·+ 1
10n+ · · ·
Como r = 1/10 e |r| < 1 resulta que a série converge e
+∞∑n=0
1
10n=
1
1− r=
1
1− 1/10=
110−110
= 10/9
Exemplo 19. Seja+∞∑n=2
1
10n
Temos+∞∑n=0
1
10n= 1 +
1
10+
+∞∑n=0
1
10n
Assim+∞∑n=0
1
10n=
+∞∑n=0
1
10n− 1− 1
10
+∞∑n=0
1
10n=
10
9− 1− 1
10
+∞∑n=0
1
10n=
1
9− 1
10=
1
90
A seguir veremos outro tipo de série muito importante em que o termo da série, an, se
pode escrever como uma diferença.
25
3.3 Séries de Mengoli ou Telescópica
De�nição 12. Uma série+∞∑n=0
an
cujo termo geral an pode escrever-se na forma (un+1 − un) denomina-se série de Mengoli.
Temos
s0 = u1 − u0
s1 =1∑
n=0
(un+1 − un) = (u1 − u0) + (u2 − u1) = u2 − u0
s2 =2∑
n=0
(un+1 − un) = (u1 − u0) + (u2 − u1) + (u3 − u2) = u3 − u0
...
sk =k∑
n=0
(un+1 − un) = (u1 − u0) + (u2 − u1) + · · ·+ · · · (uk+1 − uk) = uk+1 − u0
Isto signi�ca que
limk→+∞
sk existe se e somente se limk→+∞
uk+1
existe. Portanto obtém-se o seguinte resultado
Teorema 5. Seja+∞∑n=0
an
uma série cujo termo geral an pode escrever-se como
an = un+1 − un
então:
1. Se (un)n∈N converge então a série do termo geral an converge e a sua soma é dada
por
s = limn→+∞
un+1 − u0
2. Se (un)n∈N diverge então a série de termo geral an diverge.
Exemplo 20. Vamos determinar a natureza da série
+∞∑n=0
1
(n+ 1)(n+ 2)
Escolhendo
un = − 1
n+ 1
26
temos
un+1 − un = − 1
n+ 2+
1
n+ 1
=−(n+ 1) + (n+ 2)
(n+ 1)(n+ 2)
=−n− 1 + n+ 2
(n+ 1)(n+ 2)
=1
(n+ 1)(n+ 2)
Assim, escrevendo
an =1
(n+ 1)(n+ 2)
Temos
un+1 − un = an
Como
limn→+∞
un+1 = 0
resulta que
s = 0− u0 = 0− (−1) = 1
3.4 Algumas Propriedades Sobre Séries
Os resultados anteriores referentes à série de Mengoli e à série geométrica são casos muito
particulares em que, no caso de convergência, se consegue obter o valor da série em questão.
Tipicamente não se consegue obter a soma da série e numa primeira análise contentamo-
nos em determinar se uma série é convergente ou divergente. Diz-se então que estudamos
a natureza da série. Nesse sentido, o resultado mais funtamental é o seguinte:
Teorema 6. (Condição Necessária de Convergência.)
Se uma série de termo geral an converge então an → 0.
Demonstração: Seja+∞∑n=1
an
uma série convergente e (sn)n∈N a sucessão das somas parciais, então
sn = a1 + a2 + · · ·+ an
Pela de�nição (9) signi�ca que sn → s. Portanto a sucessão
sn+1 = a1 + a2 + · · ·+ an + an+1
tende para o mesmo limite. Como
sn+1 = sn + an+1 ⇒ an+1 = sn+1 − sn
27
Consequentemente obtemos:
limn→+∞
an+1 = limn→+∞
sn+1 − limn→+∞
sn = s− s = 0
Esta condição é necessária, mas não su�ciente para que uma série seja convergente. Outra
leitura deste resultado é a seguinte: se an 6→ 0, então a série de termo geral an diverge.
Exemplo 21. Usando o teorema (6) vamos mostrar que a série é divergente.
+∞∑n=1
2n
2n+ 1
Temos
an =2n
2n+ 1⇒ lim
n→+∞an = lim
n→+∞
2n
2n+ 1= 1
Portanto a série de termo geral an diverge.
Uma observação muito importante é que se o termo geral da série converge para zero, isto
é, se an → 0, nada se pode concluir acerca da natureza da série, sendo necessário uma
investigação adicional.
Operações com Séries
Teorema 7. Sejam+∞∑n=1
an e+∞∑n=1
bn duas séries convergentes, e λ ∈ R. Então:
1. A série+∞∑n=1
(an + bn) também converge.
2. A série+∞∑n=1
λan também converge.
Demonstrção: Começamos por mostrar a parte 1.
Sejam (sn)n∈N e (tn)n∈N as sucessões das somas parciais das séries de termos gerais an e
bn respectivamente. Temos
sn = a1 + a2 + · · ·+ an
tn = b1 + b2 + · · ·+ bn
Portanto, como as respectivas séries são convergentes, pela de�nição (9) obtemos:
limn→+∞
sn = s e limn→+∞
tn = t
Considerando (rn)n∈N, a sucessão das somas parciais da série de termo geral (an + bn),
então:
rn = (a1 + b1) + · · ·+ (an + bn) = sn + tn
28
Como (sn)n∈N e (tn)n∈N são convergentes a sucessão (rn)n∈N também converge, pois
limn→+∞
rn = limn→+∞
(sn + tn) = s+ t
Conclui-se que a série dada é convergente e a sua soma é:
+∞∑n=1
an ++∞∑n=1
bn
Parte 2. Da mesma forma temos
sn = a1 + a2 + · · ·+ an
Portanto
λsn = λa1 + λa2 + · · ·+ λan = λ(a1 + a2 + · · ·+ an)
Como
limn→+∞
sn existe e λ ∈ R
Signi�ca que
limn→+∞
λsn existe e temos
limn→+∞
λsn = λ limn→+∞
sn = λs = λ+∞∑n=1
an
Exemplo 22. Vamos determinar a natureza das seguintes séries
a)+∞∑n=0
(1
4n+
4n
2n+ 1
)b)
+∞∑n=0
(1
2n−1+
1
(n+ 1)(n+ 2)
)
a)+∞∑n=0
(1
4n+
4n
2n+ 1
)=
+∞∑n=0
1
4n+
+∞∑n=0
4n
2n+ 1
A série+∞∑n=0
1
4n
é geométrica e convergente porque
r = |14| < 1
Logo a sua soma é dada por
s =1
1− r=
1
1− 14
=134
=4
3
Mas a série+∞∑n=0
4n
2n+ 1
29
é divergente já que pela condição necessária temos
an =4n
2n+ 1⇒ lim
n→+∞an = lim
n→+∞
4n
2n+ 1= 2
Portanto conclui-se que a série dada é divergente.
b) Da mesma forma temos
+∞∑n=0
(1
2n−1+
1
(n+ 1)(n+ 2)
)= 2
+∞∑n=0
1
2n+
+∞∑n=0
1
(n+ 1)(n+ 2)
Sabemos que a primeira é uma série geométrica convergente porque
r =
∣∣∣∣12∣∣∣∣ < 1
e sua soma é:
s =1× 2
1− 12
= 2× 2 = 4
Por outro lado também já vimos que a série
+∞∑n=0
1
(n+ 1)(n+ 2)
é de Mengoli, e convergente com soma igual a 1. Assim a série dada converge e sua soma
é 5.
Exercícios 3. Estude a natureza das seguintes séries:
a)+∞∑n=0
10
3nb)
+∞∑n=0
3n2 + 5n
4n2 − 1c)
+∞∑n=1
n3 − 1
n2 + 2
d)
+∞∑n=1
en + e−n
en − e−n.
Exercícios 4. Utilize séries conhecidas para determinar a natureza das seguintes séries,
e em caso de convergência calcule a sua soma
a)
+∞∑n=0
(1
4n+
3
4n
)b)
+∞∑n=0
(2n − 2−3n
)c)
+∞∑n=1
(1
8n+
1
n(n+ 1)
).
Exercícios 5. Dada a série+∞∑n=1
n
Determina uma expressão para a sucessão das somas parciais que lhe está associada e
aproveita este resultado para mostrar que a série diverge.
Exercícios 6. Calcule a soma das seguintes séries
a)+∞∑n=0
(1
3n+1− 1
3n
)b)
+∞∑n=1
(ln
n
n+ 1
)
30
Capítulo 4
Séries de Termos Não Negativos
No capítulo precendende estabelecemos a convergência ou divergência de algumas séries
por meio de uma fórmula para a soma parcial (sn)n∈N, determinando então se
limn→+∞
sn
existe ou não.
Infelizmente, a não ser em casos especiais, como os da série geométrica ou da série teles-
cópica, é impossível estabelecer uma fórmula explícita para o limite de (sn)n∈N. Como
veremos, podemos, desenvolver critérios para a convergência ou divergência de uma série
de termo geral an. Os mesmos critérios não nos dão a soma da série, dizem-nos apenas se
a soma existe.
Isto é su�ciente na nossa aplicação porque, sabendo que a soma existe, podemos aproximar
o seu valor com um grau arbitrário de exatidão, bastando somar um número su�ciente de
termos da série.
Neste capítulo consideraremos apenas séries de termos não negativos, isto é, séries de termo
geral an tais que an ≥ 0 para todo n.
O próximo teorema mostra que, para estabelecer a natureza de uma série de termos não
negativos, basta determinar se (sn)n∈N é limitada.
Teorema 8. ([1] Teorema (11.22) pag:34)
Seja∑an uma série de termos não negativos. Então
1. Se existir um número M positivo tal que sn ≤ M para qualquer n, então a série de
termo geral an converge e a sua soma, s, veri�ca s ≤M .
2. Se não existir M nessas condições a série de termo geral an diverge.
Demonstração: Seja (sn)n∈N a sucessão de somas parciais da série de termos não negativos
com termo geral an, então:
s1 ≤ s2 ≤ · · · ≤ sn ≤ · · ·
e portanto (sn)n∈N é monótona. Como existe um número M tal que sn < M para todo n,
então (sn)n∈N é monótona e limitada logo o limite existe. Assim a série converge e temos
limn→+∞
sn = s ≤M
Caso contrário a série diverge e
limn→+∞
sn = +∞
31
4.1 Série Harmónica
De�nição 13. É uma série muito importante dada por
+∞∑n=1
1
n= 1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·
Antes de estabecermos a sua natureza começamos por notar que a sucessão das somas
parcias associadas crece muito lentamente. A título de exemplo temos
1000∑n=1
1
n' 7, 485
e1000000∑n=1
1
n' 14, 393.
Teorema 9. (Nicole Oresme, 1350)
A série harmónica é divergente.
Demonstração: O raciocínio usado na demonstração consiste em agrupar os termos, de
forma que a soma em cada grupo seja maior que 1/2. Assim consideremos a sucessão das
somas parcias associada à série harmónica. Temos
s1 = 1
s2 = 1 +1
2
s4 = 1 +1
2+
1
3+
1
4≥ 1 +
1
2+
1
4+
1
4= 1 +
1
2+ 2
1
4= 1 +
2
2
s8 = s4 +1
5+
1
6+
1
7+
1
8≥ s4 +
1
8+
1
8+
1
8+
1
8= 1 +
2
2+
4
8= 1 +
3
2· · · generalizando podemos provar por indução matemática que
s2n ≥ 1 + n1
2é verdadeira
Portanto vemos que a subsucessão s2n é divergente quando n tende para +∞. Logo sn é
divergente e a série harmónica é divergente. Falta apenas provar a desigualdade
s2n ≥ 1 + n1
2
Provamos por indução matemática. Pretendemos mostrar que p(n) é verdadeira para todo
n o enunciado s2n ≥ 1 + n12 .
Vejamos que p(1) é verdade. Temos
s21 ≥ 1 +1
2⇔ s2 = 1 +
1
2
o que é claramente verdade. Portanto assumimos que
s2n ≥ 1 + n1
2
32
é verdade e procuramos ver que p(n+ 1) também é verdade, isto é
s2n+1 ≥ 1 + (n+ 1)1
2
Temos
s2n+1 = s2n +
(1
2n + 1+
1
2n + 2+ · · · · · ·+ 1
2n+1
)onde o número de termos entre parênteses é:
2n+1 − (2n + 1) + 1 = 2n+1 − 2n − 1 + 1 = 2n+1 − 2n = 2n(2− 1) = 2n
e todos os termos da soma entre parênteses são maiores que
1
2n+1
Isto quer dizer que a soma entre parênteses é maior ou igual que o número de termos vezes
o menor valor dentro de parênteses. Ou seja
s2n+1 ≥ s2n + 2n1
2n+1= s2n +
1
2
Portanto, por hipótese de indução, temos:
s2n+1 ≥(1 + n
1
2
)+
1
2= 1 + (n+ 1)
1
2
Ou seja a tese de indução é verdadeira. Fica assim provado que
s2n ≥ 1 + n1
2
para qualquer n ≥ 1.
É importante salientar que a demonstração da divergência da série harmónica de termo
geral an, foi possível, porque an é decrescente e de termos positivos. Assim este argumento
permanece válido se em vez da série harmónica considerarmos então uma série com termo
geral an decrescente e positivo. Seja então an decrescente e positivo para todo n. Temos
s1 = a1
s2 = a1 + a2
s4 = a1 + a2 + a3 + a4
≥ a1 + a2 + a4 + a4
= a1 + a2 + 2a4
33
s8 = s4 + a5 + a6 + a7 + a8
≥ s4 + a8 + a8 + a8 + a8
= a1 + a2 + 2a4 + 4a8
· · · generalizando podemos provar que
s2n ≥ a1 +1
2
n∑k=1
2ka2k (1)
O resultado (1) permite concluir o seguinte:
Se a sucessão sn converge então a subsucessão s2n também converge, logo a série de termo
geral 2ka2k é convergente. Podemos escrever este resultado da seguinte forma:
Teorema 10. Seja (an)n∈N uma sucessão de termos não negativos e decrescente.
Se a série+∞∑n=1
an converge então a série+∞∑n=1
2na2n também converge.
A seguir veremos que o recíproco deste resultado tanbém é válido pois:
sn = a1 + a2 + · · ·+ an
≤ a1 + a2 + · · ·+ an + an+1 + · · ·+ a2n+1−1
= a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5 + a6 + a7) + (a2n + · · ·+ a2n+1−1)
na expressão (a2n + · · ·+ a2n+1−1) o número de termos é
2n+1 − 1− 2n + 1 = 2n+1 − 2n = 2n(2− 1) = 2n portanto
sn ≤ a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5 + a6 + a7) + · · ·+ (a2n + · · ·+ a2n+1−1)
≤ a1 + 2a2 + 4a4 + · · ·+ 2na2n
= a1 +n∑
k=1
2ka2k assim
Se a série+∞∑k=1
2ka2k converge implica que a série+∞∑n=1
an também converge
Podemos rescrever o teorema anterior incorporando a informação agora obtida:
34
4.2 Critério de Condensação de Cauchy
Teorema 11. (Critério de Condensação de Augustin Cauchy, 1821)
Seja (an)n∈N uma sucessão de termos não negativos e decrescente.
A série+∞∑n=1
an converge se e somente se a série+∞∑n=1
2na2n converge.
Exemplo 23. Vamos provar pelo critério de condensação de Cauchy que a seguinte série
é convergente.+∞∑n=1
1
n2
Signi�ca que
an =1
n2portanto a2n =
1
(2n)2
Logo+∞∑n=1
2n1
(2n)2=
+∞∑n=1
1
2na série obtida é geométrica e como r = |1
2| < 1
é convergente
s =12
1− 12
= 1
Conclui-se que a série dada é convergente, pois é decrescente e de termos não negativos.
Exemplo 24. Vamos provar pelo critério de condensação de Cauchy que a seguinte série
diverge.+∞∑n=1
1
n12
Como
an =1
n12
=1√n
portanto a2n =1√2n
assim temos+∞∑n=1
1
n12
=+∞∑n=1
2n1√2n
=+∞∑n=1
√2n√2n
1√2n
=+∞∑n=1
√2n
calculando o limite do termo geral√2n obtemos
limn→+∞
√2n = +∞
portanto, pela condição nessária de convergência conclui-se que a série dada também di-
verge.
O teorema precedente permite-nos mostrar a convergência ou divergência da série de termo
geral1
np
para qualquer p ∈ R+. Já vimos a título de exemplo que para p = 1/2 a série diverge e
para p = 2 a série converge. Vamos agora fazer um estudo mais completo.
35
4.3 Série Dirichlet ou Série-P
Teorema 12. Seja p ∈ ]0,+∞[ e considere-se a série
+∞∑n=1
1
np
Então
1. se 0 < p < 1 a série diverge.
2. se p > 1 a série converge.
Demonstração: Se p ≤ 0 a série diverge, facilmente veri�ca-se porque
limn→+∞
1
np6= 0
Seja p > 0. Aplicando o critério de condensação de Cauchy, uma vez que a série de termo
geral
an =1
np
é decrescente e de termos positivos para todo n, então
+∞∑n=1
an '+∞∑n=1
2na2n
Consequentemente.
+∞∑n=1
2n1
(2n)p=
+∞∑n=1
2n1
2np=
+∞∑n=1
2n.2−np =+∞∑n=1
2n−np =+∞∑n=1
2n(1−p)
Mas 21−p < 1 se e só se 1− p < 0, ou seja, é convergente se e só se p > 1. Portanto a série
obtida é geométrica,
Exemplo 25. Vamos determinar a natureza das seguintes séries
a)+∞∑n=1
13√n5
b)
+∞∑n=1
2n
n2
a) temos:+∞∑n=1
13√n5
=+∞∑n=1
1
n53
Portanto trata-se da série-p e como
p =5
3> 1
assim a série dada converge.
b) Da mesma forma temos:+∞∑n=1
2n
n2= 2
+∞∑n=1
1
n
36
obtemos uma série-p e com p = 1, consequentemente obtemos a série harmónica que sabe-
mos ser divergente, logo a série dada também é divergente.
O critério de condensação de Cauchy estabelece que as séries
a1 + a2 + a3 + · · ·+ an + · · ·
2a2 + 4a4 + 8a8 · · ·+ 2na2n + · · ·
têm a mesma natureza. Assim, para determinarmos a natureza da primeira série escolhe-
mos averiguar a natureza de uma outra série em que o termo geral já não é an mas 2na2n .
Subjacente a está escolha está o facto de termos agrupado os termos de an em grupos de
potências de 2. Mas não é obrigatório considerar o número 2. Podíamos ter escolhido
agrupar os termos de an em potências de 3, 4, 10, etc. Há portanto uma certa liberdade na
escolha da sucessão que usamos para agrupar os termos. O próximo resultado aprofunda
esta ideia.
Teorema 13. (Critério de Oskar Shlomilch, 1873)
Considere-se a série+∞∑n=1
an
Se a sucessão (an)n∈N é decrescente de termos, positivos e se existe L > 0 e uma sucessão
de naturais nk : k ∈ N tal que
1. 0 < n1 < n2 < · · · < nk < · · ·
2. nk+1−nk
nk−nk−1< L
então a série
+∞∑n=1
an converge se e somente se a série+∞∑k=1
(nk+1 − nk)ankconverge.
Observação 1. Se no critério de Schlomilch escolhermos a sucessão de termo geral nk =
2k obtemos o critério de condensação de Cauchy.
Demonstração: (⇒)
sn2 = a1 + · · ·+ an1 + an1+1 + · · ·+ an2
= sn1 + an1+1 + · · ·+ an2
≥ sn1 + (n2 − n1)an2
Da mesma forma
sn3 = sn2 + an2+1 + · · ·+ an3
≥ sn1 + (n2 − n1)an2 + (n3 − n2)an3
37
Generalizando, podemos provar que:
sni ≥ sn1 +
i∑k=2
(nk − nk−1)ank
Como
nk+1 − nknk − nk−1
< L
Temos
nk − nk−1 >1
L(nk+1 − nk)
Assim
sni ≥ sn1 +
i∑k=2
(nk − nk−1)ank
≥ sn1 +1
L
i∑k=2
(nk+1 − nk)ank
Se sn converge, sni converge e
+∞∑k=2
(nk+1 − nk)ank
converge.
Demonstração: (⇐) Seja mi : i ∈ N uma sucessão de naturais com:
0 < m1 < m2 < · · · < mi < · · ·
Consideremos:
sn = a1 + a2 + · · ·+ an
Dado n ∈ N, como mi é crescente, existe um índice in que veri�ca n < min − 1
sn = a1 + a2 + · · ·+ an
≤ a1 + a2 + · · ·+ an+1 + · · ·+ amin− 1
= (a1 + · · ·+ am1−1) + (am1 + · · ·+ am2−1) +
+(am2 + · · ·+ am3−1) + · · ·+ (am(in−1) + · · ·+ amin−1)
≤ sm1−1 + (m2 −m1)am1 + (m3 −m2)am2 + · · ·+ (min −m(in−1))am(in−1)
sn ≤ sm1−1 +
in−1∑k=1
(mk+1 −mk)amk
Portanto se a série+∞∑k=1
(mk+1 −mk)amkconverge, implica que sn também converge.
38
Exemplo 26. Vamos determinar a natureza da seguinte série.
+∞∑n=1
1
2√n
O termo geral1
2√n
é decrescente. Escolhemos nk = k2
nk+1 − nknk − nk−1
=(k + 1)2 − k2
k2 − (k − 1)2=k2 + 2k + 1− k2
k2 − k2 + 2k − 1=
2k + 1
2k − 1= 1 +
2
2k − 1
Como2
2k − 1≤ 2
para todo k ≥ 1, temosnk+1 − nknk − nk−1
≤ 3
Portanto, pelo critério de Schlomilch, as séries
+∞∑n=1
1
2√n
e+∞∑n=1
((k + 1)2 − k2) 1
2√k2
têm a mesma natureza. A última série é
+∞∑k=1
(2k + 1)1
2k= 2
+∞∑k=1
k
2k+
+∞∑k=1
1
2k
A última série é geométrica de razão menor do que um, logo convergente. A série
+∞∑k=1
k
2k
é convergente, pois como
k <
(3
2
)k
temosk
2k<
3k
2k2k=
(3
4
)k
e+∞∑k=1
(3
4
)k
39
converge. Consequentemente a série
+∞∑n=1
1
2√nconverge.
O próximo teorema permite-nos utilizar séries conhecidas ou seja, séries convergentes ou
divergentes para estabelecer a natureza de outras séries.
4.4 Critério geral de Comparação
Teorema 14. Sejam+∞∑n=1
an e+∞∑n=1
bn
séries de termos não negativos tais que
an ≤ bn
para qualquer n ∈ N. Tem-se
1. Se a série∑bn converge, então a série
∑an também converge.
2. Se a série∑an diverge, então a série
∑bn também diverge.
Demonstração: Considerando sn e tn as sucessões das somas parciais, temos
sn = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an
tn = b1 + b2 + b3 + · · ·+ bn
Como as séries an e bn são de termos não negativos com para qualquer n ∈ N. Vamos
começar por mostrar o caso 1. Como an ≤ bn temos
sn ≤ tn
Sendo+∞∑n=1
bn
convergente, a sucessão das somas parciais (tn)n∈N é limitada e monótona crescente.
Conclui-se que a sucessão das somas parciais (sn)n∈N converge. Assim
+∞∑n=1
an
converge.
Da mesma forma vamos mostrar o caso 2. Recordemos que se P,Q são enunciados então
P ⇒ Q é equivalente a ∼ Q ⇒∼ P
40
Tendo presente o contra-recíproco do resultado anterior temos
∼
(+∞∑n=1
an converge
)⇒ ∼
(+∞∑n=1
bn converge
)
Então+∞∑n=1
an diverge ⇒+∞∑n=1
bn diverge.
Exemplo 27. Vamos determinar a natureza das seguintes séries.
a)+∞∑n=0
1
2 + 5nb)
+∞∑n=3
lnn
n
a) Temos
2 + 5n ≥ 5n ⇒ 1
2 + 5n≤ 1
5n
Ou seja
an ≤ bn
escolhendo
bn =1
5n
e como∑bn é convergente. Resulta pela parte (1) do teorema que a série dada converge.
b) Da mesma forma temos
lnn ≥ 1
entãolnn
n≥ 1
n
escolhendo
bn =+∞∑n=3
1
n
temos an ≥ bn. Por outro lado como a série de termo geral bn é a série harmónica sabemos
que diverge para +∞ então a série de termo geral an também diverge para +∞.
Observação 2. Ao utilizarmos o critério geral de comparação, devemos primeiro escolher
uma série de termo geral bn adequada, para então provar que an ≤ bn, para qualquer n.
Esta prova pode ser difícil se an for uma expressão complicada. O critério seguinte é em
geral mais fácil de aplicar.
4.5 Critério Geral de Comparação do Limite
Teorema 15. Seja+∞∑n=1
an uma série de termos não negativos e+∞∑n=1
bn uma série de termos
positivos tal que
limn→+∞
anbn
= L então
1. Se L ∈ ]0,+∞[ as duas séries têm a mesma natureza.
41
2. Se L = 0 se a série∑bn converge então
∑an converge.
3. Se L = +∞ se a série∑bn diverge então
∑an diverge.
Demonstração: Vamos começar por provar o primeiro caso em que
limn→+∞
anbn
= L
L é um real positivo.
Pela de�nição de limite de uma sucessão para qualquer ε > 0 existe uma ordem N a partir
da qual tem-se
L− ε < anbn
< L+ ε para qualquer n ≥ N
Escolhendo ε su�cientemente pequeno, de modo que L− ε > 0 sejam α e β dois números
reais positivos tais que
α = L− ε e β = L+ ε
Consequentemente obtemos
α <anbn
< β
Então a partir dessa ordem N temos
αbn < an < βbn
Assim pelo critério geral de comparação, obtemos as seguintes conclusões
1. Se∑bn converge ⇒
∑an converge se e somente se
∑βan diverge ⇒
∑bn diverge.
2. Se∑an converge ⇒
∑bn converge se e somente se
∑bn diverge ⇒
∑an diverge.
Nessas condições ambas as séries têm a mesma natureza.
Segundo caso L = 0. Seja
limn→+∞
anbn
= 0
Para qualquer ε > 0 existe uma ordem N tal que para qualquer n ≥ N . Temos
0− ε < anbn
< 0 + ε
Escolhendo ε = 1 implica que existe N tal que para qualquer n ≥ N , temos
anbn≤ 1⇒ an ≤ bn
Consequentemente pelo critério geral de comparação temos que
se a série∑bn converge, implica que a série
∑an converge.
Por último vamos mostrar o terceiro caso L = +∞. Seja
limn→+∞
anbn
= +∞
42
Para qualquer M > 0 existe N tal que para qualquer n ≥ N , temos
anbn≥M
Escolhendo M = 1 existe N tal que para qualquer n ≥ N . Temos
anbn≥ 1⇒ an ≥ bn
Consequentemente usando o critério geral de comparação conclui-se que se a série∑bn
diverge, então a série∑an também diverge.
Exemplo 28. Vamos determinar a natureza das seguintes séries
a)+∞∑n=1
n3 − 2
n+ 1b)
+∞∑n=1
3n2 + 5n
2n(n2 + 1)
a) O termo geral da série é
an =n3 − 2
n+ 1
desprezando os termos de menor magnitude no numerador e denominador quando n →+∞, obtemos
n3 − 2
n+ 1' n3
n= n2
implica que vamos escolher
bn = n2
Mas com∑n2 diverge. Temos
limn→+∞
anbn
= limn→+∞
n3−2n+1
n2= lim
n→+∞
n3 − 2
n3 + n2= 1
e como∑n2 diverge resulta que a série dada diverge.
b) Da mesma forma desprezando os termos de menor magnitude no numerador e denomi-
nador quando n→ +∞, obtemos
3n2 + 5n
2n(n2 + 1)' 3n2
2nn2=
3
2n= bn
Temos
limn→+∞
3n2+5n2n(n2+1)
32n
= limn→+∞
3n2 + 5n
2n(n2 + 1)
2n
3= lim
n→+∞
3n2 + 5n
3(n2 + 1)= 1
Como L é um numéro positivo, e como∑bn é convergente conclui-se que a série dada
converge.
Quando a série do termo geral an é de termos positivos o próximo critério é muito útil
43
4.6 Critério da Razão
Teorema 16. Seja∑an uma série de termos positivos. Suponhamos que
limn→+∞
an+1
an= L
1. Se L < 1 a série∑an converge.
2. Se L > 1 a série∑an diverge.
3. Se L = 1 nada se pode concluir sobre a série∑an.
Demonstração: Vamos começar por provar o primeiro caso, L < 1.
Seja
limn→+∞
an+1
an= L
Por de�nição de limite de uma sucessão para todo ε > 0 existe uma ordemM1 tal que para
qualquer n ≥M1 ∣∣∣∣an+1
an− L
∣∣∣∣ < ε
Escolhendo ε su�cientemente pequeno temos
L+ ε < 1
Temos
−ε < an+1
an− L < ε
Consequentemente temosan+1
an− L < ε
então
an+1 < (ε+ L)an
para qualquer n ≥M . Em particular para n =M + 1 temos
aM+2 < (ε+ L)aM+1
Para n = aM+2 temos
aM+3 < (ε+ L)aM+2
Implica que
aM+3 < (ε+ L)(ε+ L)aM+1
Assim obtemos
aM+3 < (ε+ L)2aM+1
...
44
Podemos provar por indução matemática que
aM+K < (ε+ L)k−1aM+1
é verdadeira para qualquer k ≥ 2. Consequentemente obtemos:
+∞∑n=1
an =M+1∑n=1
an ++∞∑
n=M+2
an
Por outro lado temos
+∞∑k=2
(ε+ L)k−1aM+1 =
+∞∑k=2
(ε+ L)k
ε+ LaM+1 =
aM+1
ε+ 1
+∞∑k=2
(ε+ L)k
A série obtida é geométrica, pois r = (ε+ L) < 1 logo é convergente. Assim a série
+∞∑k=2
(ε+ L)k−1aM+1
converge e consequentemente
+∞∑n=M+2
an = aM+2 + aM+3 + · · · =+∞∑k=2
aM+k
também converge, ou seja:
+∞∑n=1
an =M+1∑n=1
an ++∞∑
n=M+2
an =M+1∑n=1
an ++∞∑k=2
aM+1
é convergente.
Segundo caso, L > 1. Seja ε > 0, existe uma ordemM tal que para qualquer n ≥M temos∣∣∣∣an+1
an− L
∣∣∣∣ < ε
escolhendo ε su�cientemente pequeno de forma que L− ε > 1. Temos
−ε < an+1
an− L < ε
Portanto obtemos
L− ε < an+1
an
Assim
an(L− ε) < an+1
Escolhendo n =M + 1 temos
aM+1(L− ε) < aM+2
45
Para n =M + 2 temos
aM+2(L− ε) < aM+3
Assim
aM+1(L− ε)2 < aM+3
...
Podemos provar por indução matemática que
aM+1(L− ε)k−1 < aM+k
é verdadeira para qualquer k ≥ 2. Mas
+∞∑k=1
aM+1(L− ε)k−1 =aM+1
L− ε
+∞∑k=1
(L− ε)k
A série obtida é geométrica e como r = (L− ε) > 1, é divergente. Portanto a série
+∞∑k=1
aM+1(L− ε)k
diverge. Consequentemente
aM+1 + aM+2 + aM+3 + · · · =+∞∑k=1
aM+k
é divergente e portanto+∞∑n=1
an
também é divergente.
Por último temos o caso L = 1. Considerando a série
+∞∑n=1
1
nsabemos que é divergente mas
limn→+∞
an+1
an= lim
n→+∞
1n+11n
= limn→+∞
n
n+ 1= 1.
E a série+∞∑n=1
1
n2sabemos que é convergente, mas
limn→+∞
an+1
an= lim
n→+∞
1(n+1)2
1n2
= limn→+∞
(n
n+ 1
)2
= 1.
E portanto o facto do limite ser igual a 1, não nos permite concluir nada acerca da natureza
das séries em questão. Neste caso dizemos que o critério é inconclusivo.
46
Exemplo 29. Vamos determinar a natureza das seguintes séries:
a)
+∞∑n=0
2n
n!b)
+∞∑n=1
5n
n+ 1.
a)
an =2n
n!
Consequentemente obtemos
limn→+∞
an+1
an= lim
n→+∞
2n+1
(n+ 1)!× n!
2n= lim
n→+∞
2n 2
(n− 1)n!× n!
2n= lim
n→+∞
2
n− 1= 0
Como L = 0 < 1 conclui-se que a série é convergente.
b) Da mesma forma temos
an =5n
n+ 1
Assim
limn→+∞
an+1
an= lim
n→+∞
5n+1
n+ 2× n+ 1
5n= lim
n→+∞
5n+1
5n× n+ 1
n+ 2= lim
n→+∞
5n+ 5
n+ 2= 5.
Consequentemente L = 5 > 1. Assim conclui-se que a série é divergente. O próximo
critério é particularmente útil quando an contém potências de n.
4.7 Critério da Raiz
Teorema 17. Seja∑an uma série de termos não negativos, e suponhamos que
limn→+∞
n√an = L
Temos
1. Se L < 1 a série∑an converge
2. Se L > 1 a série∑an diverge
3. Se L = 1 nada podemos a�rmar sobre a série∑an.
Demonstração: Começamos por mostrar o primeiro caso, L < 1.
Seja ε �xo. Como
limn→+∞
n√an = L
temos que existe M > 0 tal que para qualquer n > M , obtemos∣∣∣∣a 1nn − L
∣∣∣∣ < ε⇔
−ε < a1nn − L < ε⇔ L− ε < a
1nn < L+ ε
Escolhemos ε tal que L+ ε < 1. Obtemos
a1nn < ε+ L⇒ an < (ε+ L)n
47
Assim a série obtida+∞∑
n=M+1
(ε+ L)n
é geométrica e convergente porque a razão é menor que 1. Consequentemente a série
+∞∑n=M+1
an
é convergente, portanto a série
+∞∑n=1
an =M∑n=1
an ++∞∑
n=M+1
an
é convergente.
Segundo caso, L > 1. Seja ε > 0 tal que (L − ε) > 1. Pela de�nição de limite de uma
sucessão existe M > 0 tal que para qualquer n > M temos
|a1nn − L| < ε
Assim
−ε < a1nn − L < ε
em particular obtemos
L− ε < a1nn
consequentemente temos
(L− ε)n < an
Assim+∞∑
n=M+1
(L− ε)n
é geométrica e divergente pois r = (L− ε) > 1. Portanto a série
+∞∑n=1
=M∑n=1
an ++∞∑
n=M+1
an
é também divergente. O resto da prova é análogo ao critério da razão, ou seja, se L = 1
temos.
Considerando a série+∞∑n=1
1
n
limn→+∞
(an)1n = lim
n→+∞
1n√n=
1
limn→+∞
n1n
=1
limn→+∞
e(1nlogn)
=1
elim
n→+∞(1
nlog n)
=1
e0= 1
48
Neste caso+∞∑n=1
1
n
é divergente mas
limn→+∞
n√an = 1
Considerando a série+∞∑n=1
1
n2
an =1
n2⇒ lim
n→+∞a
1nn = lim
n→+∞
(1
n2
) 1n
=1
limn→+∞
(n2) 1
n
limn→+∞
(n2) 1
n = limn→+∞
e
(log(n2)
1n
)
= limn→+∞
e(1nlogn2)
= limn→+∞
e(2nlogn)
= limn→+∞
e
[2 limn→+∞
log n
n
]
Consequentemente temos
limn→+∞
(n2) 1
n = e2×0
= e0 = 1
Assim a série dada converge mas
limn→+∞
a1nn =
1
1= 1
E portanto o facto do limite ser igual a 1 não nos permite concluir nada acerca da natureza
das séries em questão. Neste caso dizemos que o critério é inconclusivo.
Exemplo 30. Vamos determinar a natureza das seguintes séries
a)+∞∑n=1
1
nnb)
+∞∑n=1
(2n2
n2 + 1
)n
a) Aplicando o critério da raiz temos a
an =1
nn
obtemos:
limn→+∞
n√an = lim
n→+∞
n√1
n√nn
= limn→+∞
1
(nn)1n
= limn→+∞
1
nnn
= limn→+∞
1
n= 0
Como 0 < 1, portanto a série dada é convergente.
49
b) Da mesma forma e como
an =
(2n2
n2 + 1
)n
Então
limn→+∞
n
√(2n2
n2 + 1
)n
= limn→+∞
2n2
n2 + 1= 2
Como 2 > 1, assim a série de termo geral an é divergente.
Exercícios 7. Determine a natureza das seguintes séries:
a)+∞∑n=1
10
3n + 1b)
+∞∑n=1
nn√n
c)+∞∑n=1
3n+ 5
n2n.
d)+∞∑n=1
1√n3 − 5n
e)+∞∑n=1
n5 + 4n3 − 1
2n8 + 4n4 + 2f)
+∞∑n=0
1
1 + (0, 3)n.
Exercícios 8. Aplicando o critério da razão ou da raiz, determina a natureza das seguintes
séries:
a)+∞∑n=1
3n+ 1
2nb)
+∞∑n=1
2n
n2c)
+∞∑n=1
100n
n!
d)+∞∑n=1
(ln n)n√nn
e)+∞∑n=1
2n−1
nf)
+∞∑n=1
(2n)n
(5n+ 3n−1)n
g)
+∞∑n=1
( n
lnn
)n.
Exercícios 9. Utiliza o critério de condensação de Cauchy para determinar a natureza
das seguintes séries:
a)+∞∑k=1
1
kb)
+∞∑k=1
1
k2c)
+∞∑k=2
1√k ln k
.
d)+∞∑k=2
ln k
k2e)
+∞∑k=2
ln k√k.
50
Capítulo 5
Séries Sem Sinal Fixo
Uma família importante de séries sem sinal �xo pode ser obtida da seguinte forma. Esco-
lhemos uma sucessão (an)n∈N de termos positivos e consideramos as séries
+∞∑k=1
(−1)kak = −a1 + a2 − a3 + · · ·+ (−1)kak + · · ·
ou+∞∑k=1
(−1)k+1ak = a1 − a2 + a3 − · · ·+ (−1)k+1ak + · · ·
Estas séries dizem-se séries alternadas uma vez que o sinal do termo geral vai alternando,
entre positivo e negativo ou vice-versa.
O próximo critério é muito importante para determinar a natureza de séries alternadas.
5.1 Critério de Leibniz
Teorema 18. Seja
+∞∑k=1
(−1)k+1ak = a1 − a2 + a3 − a4 + · · ·+ (−1)k+1ak + · · ·
uma série alternada. Se
1. ak+1 ≤ ak para qualquer k ∈ N
2. limk→+∞
ak = 0
a série converge.
Demonstração: Começamos por analizar a sucessão das somas parciais dos termos pare
s2k = a1 − a2 + a3 − a4 + · · ·+ a2k−1 − a2k
Agrupando os termos como:
s2k = (a1 − a2) + (a3 − a4) + · · ·+ (a2k−1 − a2k)
Pela primeira hipótese do teorema as parcelas entre parênteses são não negativas, logo
s2k ≥ 0
51
A próxima soma parcial é
s2(k+1) = s2k + (a2k+1 − a2k+2)
Implica que a sucessão das somas parciais pare é uma sucessão crescente. Por outro lado
reagrupando os parênteses temos
s2k = a1 − (a2 − a3)− (a4 − a5)− (a2k−2 − a2k−1)− a2k.
Signi�ca que estamos a subtrair do primeiro termo uma expressão positiva, então podemos
a�rmar que s2k é limitada superiormente por a1. Portanto obtemos:
limk→+∞
s2k = s
para algum s ∈ R. Considerando as somas parciais dos termos ímpare temos
s2k+1 = s2k + a2k+1
Passando ao limite temos
limk→+∞
s2k+1 = limk→+∞
(s2k + a2k+1)
Pois, como pela segunda hipótese do teorema se tem
limk→+∞
a2k+1 = 0
então
limk→+∞
s2k+1 = limk→+∞
s2k + 0 = s
Portanto conclui-se que as sucessões das somas parciais pares e ímpares têm o mesmo limite
s. Assim a sucessão das somas parcias também converge e tem-se
s =+∞∑k=1
(−1)k+1ak
Exemplo 31. Vamos analisar a natureza das seguintes séries alternadas
a)
+∞∑n=1
(−1)n 2n
4n2 − 3b)
+∞∑n=1
(−1)n 2n
4n− 3
Pelo teorema de Leibniz primeiramente temos que provar que an+1 ≤ an e que
limn→+∞
an = 0.
a) Como
an =2n
4n2 − 3
Obtemos
an+1 − an =2n+ 2
4n2 + 8n+ 1− 2n
4n2 − 3=
(2n+ 2)(4n2 − 3)− 2n(4n2 + 8n+ 1)
(4n2 + 8n+ 1)(4n2 − 3)=
52
=−8n2 − 8n− 6
(4n2 + 8n+ 1)(4n2 − 3)≤ 0
é decrescente para qualquer n e como
limn→+∞
an = limn→+∞
2n
4n2 − 3= 0
Assim conclui-se que a série dada é convergente.
b) Podemos provar que ak+1 ≤ ak. Mas como
limn→+∞
an = limn→+∞
2n
4n− 3=
1
2
pela condição necessária de convergência a série é divergente.
O próximo conceito é muito útil para séries de termos positivos e termos negativos. Permite
utilizar critérios criados para as séries de termos positivos para determinar a natureza de
outros tipos de séries.
5.2 Série Absolutamente Convegente
De�nição 14. Uma série+∞∑k=1
ak diz-se absolutamente convergente se a série
+∞∑k=1
|ak| = |a1|+ |a2|+ |a3|+ · · ·+ |an|+ · · ·
é convergente.
É de salientar que se a série de termo geral an é de termos positivos, então |an| = an
Exemplo 32. Vamos provar que a seguinte série é absolutamente convergente.
+∞∑n=1
(−1)n+1 1
n2= 1− 1
22+
1
32− 1
42+ · · ·+ (−1)n+1 1
n2+ · · ·
Considerando os valores absolutos de cada termo, obtemos
+∞∑n=1
∣∣∣∣(−1)n+1 1
n2
∣∣∣∣ = 1 +1
22+
1
32+
1
42+ · · ·+ 1
n2+ · · ·
Sabemos que a série de termo geral
an =1
n2
é uma série-p convergente. Logo a série dada é absolutamente convergente.
Exemplo 33. Vamos provar que a seguinte série converge mas não é absolutamente con-
vergente.
53
+∞∑n=1
(−1)n+1 1
n= 1− 1
2+
1
3− 1
4+ · · ·+ (−1)n+1 1
n+ · · ·
Está série é chamada série harmónica alternada. São veri�cadas as condições do critério
de Leibniz, ou seja, escolhendo
an =1
n
an é decrescente pois1
n+ 1≤ 1
n
é equivalente1
n+ 1− 1
n=n− n− 1
n2 + n= − 1
n2 + n≤ 0
e
limn→+∞
1
n= 0
Portanto, pelo critério de Leibniz a série é convergente. Para estudar a convergência
absoluta, aplicamos a de�nição (14). Considerando os valores absolutos temos
+∞∑n=1
∣∣∣∣(−1)n+1 1
n
∣∣∣∣ = 1 +1
2+
1
3+
1
4+ · · ·+ 1
n+ · · ·
A série obtida é a série harmónica que já sabemos ser divergente, logo pela de�nição (14)
a série harmónica alternada não é absolutamente convergente.
A próxima de�nição diz-nos que séries convergentes mas não absolutamente convergentes,
como a série harmónica alternada têm um nome especial.
De�nição 15. Se a série+∞∑k=1
ak converge mas+∞∑k=1
|ak| diverge, então a série+∞∑k=1
ak diz-se
simplesmente convergente.
O próximo teorema é muito útil para séries absolutamente convergentes.
Teorema 19. Se a série+∞∑k=1
ak é absolutamente convegente, então+∞∑k=1
ak converge.
Demonstrção: Temos sempre
−|ak| ≤ ak ≤ |ak|
e somando |ak| ambos os membros da desigualdade obtemos
0 ≤ |ak|+ ak ≤ 2|ak|
Como+∞∑k=1
|ak| converge, então+∞∑k=1
2|ak| converge. Logo
+∞∑k=1
|ak|+ ak
54
é uma série convergente, além disso
+∞∑k=1
ak =+∞∑k=1
ak + |ak| − |an| =+∞∑k=1
(ak + |ak|)−+∞∑k=1
|ak|
Consequentemente+∞∑k=1
ak
converge.
Exemplo 34. Vamos determinar a natureza da série alternada.
+∞∑n=1
(−1)n+1 1
2n=
1
2− 1
22+
1
23− 1
24+ · · · (−1)n+1 1
2n+ · · ·
Considerando os valores absolutos de cada termo temos
+∞∑n=1
∣∣∣∣(−1)n+1 1
2n
∣∣∣∣ = 1
2+
1
22+
1
23+
1
24+ · · · 1
2n+ · · ·
A série obtida é a série geométrica de razão 1/2, que é convergente. Logo a série dada
é absolutamente convergente e pelo teorema anterior a série dada é convergente (nestas
condições não precisamos de aplicar o teorema de Leibniz).
Exemplo 35. Vamos determinar a natureza da seguinte série:
+∞∑n=1
(−1)n+1 1√n+ 1
Temos+∞∑n=1
∣∣∣∣(−1)n+1 1√n+ 1
∣∣∣∣ = +∞∑n=1
1√n+ 1
Como
limn→+∞
1√n+ 1
= 0
Não podemos usar a condição necessária de convergência. Mas aplicando o critério geral
de comparação do limite,+∞∑n=1
1√n+ 1
≤+∞∑n=1
1√n
como+∞∑n=1
bn =
+∞∑n=1
1
n12
é divergente. Resulta que
limn→+∞
1√n+11√n
= limn→+∞
√n√
n+ 1= 1
55
As séries têm a mesma natureza. Logo
+∞∑n=1
1√n+ 1
diverge
Nestas condições não podemos aplicar o teorema da série absoluta. Como a série de termo
geral an diverge, podemos usar o teorema de Leibniz. Assim
an =1√n+ 1
Consequentemente
an+1 − an =1√n+ 2
− 1√n+ 1
=
√n+ 1−
√n+ 2(√
n+ 2) (√
n+ 1)
=
(√n+ 1−
√n+ 2
) (√n+ 1 +
√n+ 2
)(√n+ 2
) (√n+ 1
) (√n+ 1
) (√n+ 2
)=
n+ 1− n− 2(√n+ 2
) (√n+ 1
) (√n+ 1
) (√n+ 2
)=
−1(√n+ 2
) (√n+ 1
) (√n+ 1
) (√n+ 2
) ≤ 0
Logo (an)n∈N é decrescente e
limn→+∞
1√n+ 1
= 0
Portanto pelo teorema de Leibniz a série converge. Como a série dos módulos diverge
concluímos que a série é simplesmente convergente.
Observação 3. Nas séries de termos sem sinal �xo é essencial sabermos o seguinte: O
critério de Leibniz é uma condição su�ciente de convergência, pelo que nada se poderá
concluir quando falha algumas das hipóteses. Salienta-se no entanto que se
limn→+∞
an 6= 0
a série alternada diverge, já que também
limn→+∞
(−1)n+1an 6= 0
A seguir veremos um resultado muito importante.
56
5.3 Reordenamento de séries
Quando somamos os mesmos números mas escolhendo outra ordem obtemos o que chama-
mos um reordenamento da série dada. Por exemplo seja
s =+∞∑k=1
(−1)k+1 1
k= 1− 1
2+
1
3− 1
4+ · · ·
Se multiplicarmos os membros por 1/2 obtemos
s
2=
1
2
+∞∑k=1
(−1)k+1 1
k=
1
2− 1
4+
1
6− 1
8+ · · ·
Por outro lado somando as duas séries anteriores obtemos
s+s
2= 1 +
1
3− 1
2+
1
5+
1
7− 1
4+ · · ·
3s
2= 1 +
1
3− 1
2+
1
5+
1
7− 1
4+ · · ·
Suponha-se que+∞∑k=1
bk =3s
2
A série+∞∑k=1
bk = 1 +1
3− 1
2+
1
5+
1
7− 1
4+ · · ·
diz-se um reordenamento da série harmónica alternada e pelo exposto temos
+∞∑k=1
bk =3s
2
Assim, ao fazermos este reordenamento da série harmónica alternada obtivémos outra série
que tem outra soma (pode ver-se que s = ln 2 ). Tal nem sempre acontece e o próximo
resultado esclarece esta questão.
Teorema 20. Seja+∞∑k=1
ak uma série absolutamente convergente. Seja+∞∑k=1
bk um reordena-
mento de+∞∑k=1
ak. Então
+∞∑k=1
ak =
+∞∑k=1
bk
Demonstração: Começamos por supor que+∞∑k=1
ak e+∞∑k=1
bk são séries de termos positivos.
57
Onde+∞∑k=1
bk é um reordenamento de+∞∑k=1
ak
sN =N∑
n=1
an e tN =N∑
n=1
bn.
Então sN → s e tN → t. Por outro lado temos
sN ≤ t e tN ≤ s
passando ao limite obtemos
limn→+∞
sN ≤ t e limn→+∞
tN ≤ s
Signi�ca que s ≤ t e t ≤ s, consequentemente
s ≤ t ≤ s
assim s = t.
Vejamos o caso mas geral
an+ = |an|+an2
an− = |an|−an
2
Consequentemente+∞∑n=1
an =
+∞∑n=1
an+ −
+∞∑n=1
an−
Por outro lado temos
|an| = an+ + an
−
logo+∞∑n=1
|an| =+∞∑n=1
a+n +
+∞∑n=1
an−
Somando as duas últimas séries obtemos
+∞∑n=1
an +
+∞∑n=1
|an| = 2
+∞∑n=1
a+n
e a série+∞∑n=1
a+n
é convergente. Isto obriga que também
+∞∑n=1
a−n
58
seja convergente. Mas como
+∞∑n=1
bn+ =
+∞∑n=1
an+ e
+∞∑n=1
bn− =
+∞∑n=1
an−
Consequentemente
+∞∑n=1
bn =+∞∑n=1
bn+ −
+∞∑n=1
bn− e
+∞∑n=1
an =+∞∑n=1
an+ −
+∞∑n=1
an−
Logo obtemos+∞∑n=1
bn+ −
+∞∑n=1
bn− =
+∞∑n=1
an+ −
+∞∑n=1
an−
temos+∞∑n=1
bn =
+∞∑n=1
bn+ −
+∞∑n=1
bn− =
+∞∑n=1
an+ −
+∞∑n=1
an− =
+∞∑n=1
an
Assim podemos a�rmar que uma série de termos positivos seu reordenamento converge
para a mesma soma.
Exercícios 10. Determine a natureza das séries.
a)
+∞∑n=1
(−1)n 3
5nb)
+∞∑n=1
(−1)n 13√n2
c)+∞∑n=1
(−1)n e2n + 1
e2n.
d)
+∞∑n=1
(−1)n(1 + e−n
)e)
+∞∑n=1
(−1)n√n+ 1
n+ 1f)
+∞∑n=1
(−1)n n
lnn.
Exercícios 11. Diga se as séries são absolutamente convergente, simplesmente conver-
gente ou divergentes.
a)+∞∑n=1
(−1)n 1
n12
b)+∞∑n=1
(−1)n lnnn
c)+∞∑n=1
(−1)n e2n + 1
e2n.
d)+∞∑n=1
(−1)n√n+ 1
n+ 1e)
+∞∑n=1
(−1)n√n+ 1
n+ 1.
f)+∞∑n=1
(−1)n(
n
2n+ 1
)n
g)+∞∑n=1
(−1)n 3nn! + 1
nnh)
+∞∑n=1
(−1)n 3n+ 1
5n+ 1.
59
60
Capítulo 6
Três Critérios para Convegência de Séries deTermos não Negativos
O teorema seguinte nos permitirá deduzir posteriormente novos critérios de convergência,
quando alguns dos critérios já estudados são inconclusivos.
6.1 Critério de Kummer
O teorema seguinte nos permitirá deduzir posteriormente novos critérios de convergência,
quando alguns dos critérios já estudados são inconclusivos.
Teorema 21. ([8] Theorem 2.7 Pag: 46)
Seja∑an uma série de termos positivos e k ∈ R. Suponha-se que existe uma sucessão
dn > 0 tal que
limn→+∞
[1
dn− an+1
an
1
dn+1
]= k
Temos
1. Se k > 0 a série∑an converge.
2. Se k < 0 e∑dn diverge, então a série
∑an diverge.
Demonstração: Começamos por mostrar o primeiro caso em que k > 0.
Suponha-se que h ∈ ]0, k] e que existe N ∈ N tal que para n ≥ N se tem:
1
dn− an+1
an
1
dn+1≥ h
Como an > 0, multiplicando a expressão anterior por an obtemos
andn− an+1
dn+1≥ han
Por outro lado multiplicando por 1/h. Temos
1
h(andn − an+1dn+1) ≥ an
61
Portanto analizando as somas parciais da sucessão (sm)m∈N temos
sm =N∑
n=1
an +m∑
n=N+1
an
sm =
N∑n=1
an + aN+1 + aN+2 + · · ·+ am
≤N∑
n=1
an +1
h[aN+1dN+1 − aN+2dN+2] + · · ·+
1
h[amdm − am+1dm+1]
=
N∑n=1
an +1
h[aN+1dN+1 − am+1dm+1]
Como am+1dm+1 > 0 resulta que
sm ≤N∑
n=1
an +1
h[aN+1dN+1]
Portanto (sm)m∈N é monótona crescente e limitada, logo a sucessão (sm)m∈N converge para
algum limite. Isto é, a série∑an converge.
Segundo caso, em que k < 0. Seja a sucessão (dn)n∈N tal que∑dn diverge e suponha-se
que k < 0. Então existe N ∈ N tal que
1
dn− an+1
an
1
dn+1< 0
para qualquer n ≥ N. Multiplicando a desigualdade anterior por an temos
andn− an+1
dn+1≤ 0 ⇔ an
dn≤ an+1
dn+1
Para qualquer n ≥ N . Por outro lado temos
andn≥ aNdN
> 0
para qualquer n ≥ N. Assim
an ≥(aNdN
)dn
para qualquer n ≥ N. Consequentemente como∑dn diverge, conclui-se pelo critério de
comparação que a série an diverge.
Exemplo 36. Vamos estudar o natureza da série
+∞∑n=1
1
n2
Já vimos a título de exemplo que a aplicação dos critérios da razão e da raiz era inconclu-
62
siva. Assim temos
an =1
n2⇒ an+1
an=
1
(n+ 1)2× n2 =
(n
n+ 1
)2
Aplicando o critério de Kummer e escolhendo dn = 1/n. Temos
n− an+1
an(n+ 1) > 0
Comoan+1
an=
(n
n+ 1
)2
Assim
n− an+1
an(n+ 1) = n− n2
(n+ 1)2× (n+ 1)
= n− n2
n+ 1
=n2 + n− n2
n+ 1
=n
n+ 1
passando ao limite temos
limn→+∞
n
n+ 1= 1
Portanto como k = 1 > 0, então a série dada é convergente pelo critério de Kummer.
Salientar que o critério de Kummer permite-nos usar outros critérios. O próxio critério é
muito útil quando é inconclusivo o critério precedente.
O critério de Kummer permite-nos ainda obter outros critérios.
6.2 Critério de Raabe
Teorema 22. ([8] Theorem 2.8 Pag: 48)
Seja+∞∑n=1
an uma série de termos positivos e suponha-se que
an+1
an= 1− βn
n
para qualquer n. Seja
limn→+∞
βn = β então
1. Se β > 1 a série+∞∑n=1
an converge.
2. Se β < 1 a série+∞∑n=1
an diverge.
63
Demonstração: Temosan+1
an= 1− βn
n=n− 1
n− βn − 1
n
Temos.
nan+1
an= (n− 1)− (βn − 1)⇔ −(n− 1) +
an+1
ann = −(βn − 1)⇔
⇔ (n− 1)− an+1
ann = βn − 1
Assim, escolhendo no critério de Kummer dn = 1n−1 temos
1
dn− an+1
an
1
dn+1
Então
1. Se limn→+∞
βn − 1 > 0, isto é, se limn→+∞
βn > 1 então β > 1, a série+∞∑n=1
an converge.
2. Se limn→+∞
βn − 1 < 0, isto é, se limn→+∞
βn < 1 então β < 1, a série+∞∑n=1
an diverge.
Exemplo 37. Vamos determinar a natureza da série
+∞∑n=1
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · · · (2n)
Como
an =1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · · · (2n)
Temos
an+1
an=
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) (2n+ 1)
2 · 4 · 6 · · · (2n) (2n+ 2)× 2 · 4 · 6 · · · 2n
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
=2n+ 1
2n+ 2
limn→+∞
an+1
an= lim
n→+∞
2n+ 1
2n+ 2= 1
E portanto o critério da razão não nos permitiria tirar conclusões. Aplicando o critério de
Raabe temos:an+1
an= 1− βn
n
Como
an+1
an=
2n+ 1
2n+ 2=
2n+ 2− 1
2n+ 2
=2n+ 2
2n+ 2− 1
2n+ 2
= 1− 1
2n+ 2
= 1−
(n
2n+2
)n
= 1− βnn
64
Assim, escolhendo
βn =n
2n+ 2
Temos
limn→+∞
βn = limn→+∞
n
2n+ 2=
1
2
Como
limn→+∞
βn =1
2< 1
a série dada diverge. Outro resultado que também decorre do critério de Kummer é o
seguinte.
6.3 Critério de Gauss
Teorema 23. ([8] Theorem 2.12 Pag: 50)
Seja+∞∑n=1
an
uma série de termos positivos. Suponha-se que exista uma sucessão (Qn)n∈N limitada e
k > 0 tal quean+1
an= 1− λ
n+
Qn
n1+k
para qualquer n. Temos
1. Se λ > 1, então+∞∑n=0
an converge.
2. Se λ ≤ 1, então+∞∑n=0
an diverge.
Demonstração: Caso λ 6= 1 usamos o critério de Raabe.
limn→+∞
λ− Qn
nk= lim
n→+∞λ− lim
n→+∞
Qn
nk= λ− 0 = λ
Logo pelo critério de Raabe temos.
1. λ > 1⇒+∞∑n=0
an converge.
2. λ < 1⇒+∞∑n=0
an diverge.
Suponha-se que λ = 1. Temos
an+1
an= 1− 1
n+
Qn
n1+k
65
Escolhendo dn = (n− 1) log(n− 1) pelo critério de Kummer temos
dn −an+1
andn+1
Assim
dn −an+1
andn+1 = (n− 1) log(n− 1)−
(1− 1
n+
Qn
n1+k
)n log n
= (n− 1) log(n− 1)− n log n+ log n−Qnn log n
nkn
= (n− 1) log(n− 1)− n log n+ log n−Qnlog n
nk
Mas em particular temos
n log n = (n− 1) log n+ log n portanto
dn −an+1
andn+1 = (n− 1) log(n− 1)− (n− 1) log n− log n+ log n−Qn
log n
nk
= (n− 1)[log(n− 1)− log n]−Qnlog n
nk
= (n− 1) log
(n− 1
n
)−Qn
log n
nk
Por outro lado temos
log ba = a log b
Então
(n− 1) log
(n− 1
n
)= log
(n− 1
n
)n−1
= log
(n− 1
n
)n(n− 1
n
)−1= log
(1− 1
n
)n
+ log
(1− 1
n
)−1= log
(1 +−1n
)n
+ log
(1− 1
n
)−1passando ao limite temos
limn→+∞
(n− 1) log
(n− 1
n
)= − log e− log 1 = −1
Como (Qn)n∈N uma sucessão limitada temos
Qnlog n
n→ 0
Portanto
limn→+∞
dn −an+1
andn+1 = −1
Logo pelo critério de Kummer que a série an diverge.
66
Exemplo 38. Vamos mostrar que a seguinte série é divergente
+∞∑n=1
(n!)2
(1 + 1.2) · · · (1 + n(n+ 1))
an =(n!)2
(1 + 1.2) · · · (1 + n(n+ 1))
Temos
an+1
an=
[(n+ 1)]2
(1 + 1.2) · · · (1 + n(n+ 1))(1 + (n+ 1)(n+ 2))× (1 + 1 · 2) · · · (1 + n(n+ 1))
(n!)2
=[(n+ 1)!]2
(n!)2× 1
1 + (n+ 1)(n+ 2)
=(n+ 1)2(n!)2
[(n!)2× 1
1 + (n+ 1)(n+ 2)
=n2 + 2n+ 1
n2 + 3n+ 3
Se tentássemos aplicar o critério da razão veriamos que é inconclusivo. Aplicando o critério
de Raabe, temosan+1
an= 1− βn
n
an+1
an=
n2 + 2n+ 1
n2 + 3n+ 3=n2 + 2n+ 1 + n+ 2− n− 2
n2 + 3n+ 3
=n2 + 3n+ 3
n2 + 3n+ 3− n+ 2
n2 + 3n+ 2
= 1− n+ 2
n2 + 3n+ 3
= 1− 1
n
(n(n+ 2)
n2 + 3n+ 2
)= 1− βn
n
Portanto
βn =n2 + 2n
n2 + 3n+ 2
passando ao limite a temos
limn→+∞
βn = limn→+∞
n2 + 2n
n2 + 3n+ 2= 1
E o critério de Raabe é inconclusivo. Conforme dissemos no princípio deste capítulo quando
o critério de Raabe é inconclusivo, um caminho a seguir é o critério de Gauss. Assim
an+1
an= 1− 1
n
(λ− Qn
nk
)67
Portanto
an+1
an= 1− n+ 2
n2 + 3n+ 2
= 1− 1
n
[n(n+ 1)
n2 + 3n+ 2
]= 1− 1
n
[n2 + 3n+ 2− n− 2
n2 + 3n+ 2
]= 1− 1
n
[1− n+ 2
n2 + 3n+ 2
]= 1− 1
n
[1−
n2+2nn2+3n+2
n
]= 1− 1
n
[1− Qn
nk
]Assim
Qn =n2 + 2n
n2 + 3n+ 2e nk = n = 1
Como a sucessão (Qn)n∈N é limitada pois
0 ≤ n2 + 2n ≤ n2 + 3n+ 2 logo
0 ≤ n2 + 2n
n2 + 3n+ 2≤ 1
Passando ao limite tem-se
limn→+∞
Qn = limn→+∞
n2 + 2n
n2 + 3n+ 2= 1
Resulta pelo critério de Gauss que a série é divergente.
Exercícios 12. Aplicando o critério de Kummer, estude a natureza das seguintes séries:
a)+∞∑n=1
1
npb)
+∞∑n=1
1
n(2n+ 1)c)
+∞∑n=2
1
n(lnn)2.
Exercícios 13. Aplicando os critérios de Raabe e Gauss, estude a natureza das seguintes
séries abaixo:
a)+∞∑n=1
1
n2b)
+∞∑n=1
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
2n(n+ 1)!c)
+∞∑n=1
2 · 4 · 6 · · · 2n3 · 5 · 7 · · · (2n+ 1)
.
d)
+∞∑n=1
(2n!)3
26n(n!)6e)
+∞∑n=1
(−1)n+1(n− 1)
n2 + 1f)
+∞∑n=1
1
n(2n− 1).
68
Capítulo 7
Densidade Natural de Subséries Convergentes daSérie Harmónica e Generalizações
Um conceito transversal em todo este trabalho é o conceito de limite. Sucede contudo que
em muitas situações estamos na presença de uma sucessão que embora não tenha limite
tem subsucessões com limite. Um exemplo é a sucessão de termo geral an = (−1)n. Nãoexiste limite de an quando n tende para in�nito mas a subsucessão (a2n)n∈N tem limite 1,
e a subsucessão (a2n+1)n∈N também tem limite −1. Em algumas situações é conveniente
criar outras de�nições que de alguma forma permitam obter um valor limite para sucessões
que não tenham limite. Nesse sentido abordaremos dois conceitos. O limite superior e a
convergência à Cesaro.
7.1 Limite Superior e Inferior
Seja (an)n∈N uma sucessão limitada e
Bk = {an : n ≥ k}
Temos Bk+1 ⊂ Bk e consequentemente supBk+1 ≤ supBk. Portanto
(supBk)k∈N é decrescente e limitada
De�nição 16. Nestas condições de�nimos limite superior de an como
lim supn→+∞
an = limk→+∞
(supBk)
Da mesma forma de�ne-se limite inferior de an como
lim infn→+∞
an = limk→+∞
(inf Bk)
Exemplo 39. Seja an = (−1)n. Temos
Bk = {(−1)n : n ≥ k} = {−1, 1}
Assim supBk = 1
lim supn→+∞
an = limk→+∞
supBk = limk→+∞
1 = 1
Analogamente
lim infn→+∞
an = limk→+∞
inf Bk = −1
69
Exemplo 40. Seja
an =1
n
Temos
limn→+∞
an = limn→+∞
1
n= 0
Por outro lado
lim supn→+∞
an = limk→∞
(supBk) = limk→+∞
1
k= 0
e
lim infn→+∞
an = limk→+∞
(inf Bk) = limk→+∞
0 = 0
Assim
limn→+∞
an = lim infn→+∞
an = lim supn→+∞
an
Este resultado é válido com mais generalidade.
Teorema 24. Seja (an)n∈N uma sucessão limitada e convergente. Tem-se
limn→+∞
an = lim infn→+∞
an = lim supn→+∞
an
Propriedade 1. Sejam (an)n∈N e (bn)n∈N sucessões limitadas. Tem-se
1.
lim infn→+∞
an ≤ lim supn→+∞
an
2.
lim supn→+∞
(an + bn) ≤ lim supn→+∞
an + lim supn→+∞
bn
Demonstração: Começamos por mostrar o primeiro resultado
lim infn→+∞
an ≤ lim supn→+∞
an
Basta ver que se
Ak = {an : n ≥ k}
temos
inf Ak ≤ supAk
logo
limk→+∞
(inf Ak) ≤ limk→+∞
(supAk)
isto é
lim infn→+∞
an ≤ lim supn→+∞
an
Supomha-se que Ak+1 ⊂ Ak. Consequentemeente temos
supAk+1 ≤ supAk
70
Portanto (supAk) é uma sucessão decrescente. E (an)n∈N é limitada, isto é existe o limite.
Ou seja
limk→+∞
(supAk) = lim supk→+∞
an
Temos
inf Ak+1 ≥ inf Ak
Portanto como (inf Ak) é crescente e limitada então
lim infk→+∞
Ak
existe e chama-se
lim infn→+∞
an
Por outro lado temos
inf Ak ≤ an ≤ supAk sempre que n ≥ k.
Assim
lim infk→+∞
Ak ≤ lim supk→+∞
Ak
conclui-se que
lim infn→+∞
an ≤ lim infn→+∞
an
Segundo caso.
lim supn→+∞
(an + bn) ≤ lim supn→+∞
an + lim supn→+∞
bn
Sejam (an)n∈N e (bn)n∈N sucessões limitadas, então
Ak = {an : n ≥ k} e Bk = {bn : n ≥ k}
Escrevemos
sk = supAk e tk = supBk
Temos
aj ≤ sk sempre que j ≥ k e bi ≤ tk sempre que i ≥ k.
Assim aj + bi ≤ sk + tk sempre que j, i ≥ k. Escolhendo j = i temos
ai + bi ≤ sk + tk sempre que i ≥ k.
Signi�ca que
{ai + bi : i ≥ k} é majorado por sk + tk logo
sup{ai + bi : i ≥ k} ≤ sk + tk
Fazendo
sup{ai + bi : i ≥ k} = dk temos dk ≤ sk + tk
71
Passando ao limite. Obtemos
limk→+∞
dk ≤ limk→+∞
(sk + tk) = limk→+∞
sk + limk→+∞
tk
ou seja
lim supn→+∞
(an + bn) ≤ lim supn→+∞
an + lim supn→+∞
bn
Proposição 7. Seja (xn)n∈N uma sucessão limitada e (xnk)nk∈N uma sua subsucessão.
Tem-se
lim inf xn ≤ lim inf xnk
Demonstração: Seja Bk = {xn : n ≥ k} temos Bk+1 ⊂ Bk portanto
inf Bk ≤ inf Bk+1
Mas como a sucessão (xn)n∈N é limitada a sucessão (inf Bn)n∈N também é limitada. Logo
o limite lim(inf Bk) existe. Assim
lim inf xn = lim(inf Bk)
Seja (xnk)nk∈N uma subsucessão de (xn)n∈N. Seja
B′i = {xnk
: nk ≥ i} e Bi = {xn : n ≥ i}
Temos
B′i ⊂ Bi
e este resultado obriga que inf Bi ≤ inf B′i e portanto
limi→+∞
(inf Bi) ≤ limi→+∞
(inf B′i)⇔ lim inf xn ≤ lim inf xnk
O outro tipo de convergência que referimos na introdução é a convergência à Cesàro.
7.2 Convergência à Cesàro
De�nição 17. Seja (an)n∈N uma sucessão. De�ne-se convergência à Cesàro de (an)n∈N
como
limn→+∞
1
n
n∑k=1
ak
O próximo exemplo mostra que uma sucessão divergente no sentido usual pode ter uma
soma à Cesaro bem de�nida.
Exemplo 41. Seja an = (−1)n. Temos
limn→+∞
1
n
n∑k=1
ak = 0
72
Se n é par1
n
n∑k=1
ak = (−1 + 1) + · · ·+ (−1 + 1) = 0
Se n é ímpar1
n
n∑k=1
ak = (−1 + 1) + · · ·+ (−1 + 1)− 1 = − 1
n→ 0
Um dos factores que torna este conceito de convergência interessante é que preserva o
conceito de convergência antigo. Mais explicitamente temos:
Teorema 25. Seja (an)n∈N uma sucessão. Se an converge para b então
1
n
n∑k=1
ak → b
Demonstração: Pretende-se mostrar que
1
n
n∑k=1
ak → b
Portanto dado ε > o existe M tal que se n > M temos∣∣∣∣∣ 1nn∑
k=1
ak − b
∣∣∣∣∣ < ε
Assim∣∣∣∣∣ 1nn∑
k=1
ak − b
∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣ 1n
n∑k=1
(ak − b)
∣∣∣∣∣ = 1
n
∣∣∣∣∣n∑
k=1
(ak − b)
∣∣∣∣∣ ≤ 1
n
n∑k=1
|ak − b| (2)
Por outro lado a sucessão de termo geral ak converge para b se e somente se para todo
ε1 > 0 existe M1, tal que se n > M1 temos
|ak − b| < ε1
Consequentemente o resultado (2) será
=1
n
M1∑k=1
|ak − b|+1
n
n∑k=M1+1
|ak − b| ≤1
n
M1∑k=1
|ak − b|+1
n
n∑k=M1+1
ε1 =
=1
n
M1∑k=1
|ak − b|+1
n[n− (M1 + 1) + 1] ε1 =
1
n
M1∑k=1
|ak − b|+1
n(n−M1)ε1
Seja C a constanteM1∑k=1
|ak − b|
73
então 1n × C → 0. Assim para todo ε2 > 0 existe M2 tal que se n ≥M2∣∣∣∣ 1n × C − 0
∣∣∣∣ < ε2
isto éC
n< ε2
Assim, escolhendo
ε1 =ε
2e ε2 =
ε
2
para todo ε > 0 existe M = max{M1,M2} tal que se n ≥M , então:∣∣∣∣∣ 1nn∑
k=1
ak − b
∣∣∣∣∣ ≤ ε1 + ε2 =ε
2+ε
2= ε
7.3 Densidade Natural
De�nição 18. Seja A ⊂ N. Seja
πA(n) = |A ∩ {1, ..., n}|
onde |A| é o número de elementos no conjunto A.
De�ne-se densidade natural superior de A como
d(A) = lim supn→+∞
πA(n)
n.
De forma análoga de�ne-se densidade natural inferior de A como
d(A) = lim infn→+∞
πA(n)
n.
Quando
d(A) = d(A)
diz-se que o conjunto A tem densidade natural d(A).
Exemplo 42. Seja A = {1, 2, 3, 4}. Vejamos que d(A) = 0.
Como
πA(n) = |A ∩ {1, 2, · · · , n}|
para qualquer n ∈ N, temos
πA(5) = |A ∩ {1, 2, 3, 4, 5}| = |{1, 2, 3, 4}| = 4
Da mesma forma se n > 5 temos
πA(n) = |A ∩ {1, 2, 3, · · · , n}| = |{1, 2, 3, 4}| = 4
74
Consequentemente temos
πA(n)
n=|{1, 2, 3, 4}|
n=
4
npara qualquer n ≥ 4
Portanto
d(A) = lim supn→+∞
πA(n)
n= lim sup
n→+∞
4
n= 0.
Da mesma forma
d(A) = lim infn→+∞
πA(n)
n= lim inf
n→+∞
4
n= 0
Portanto como d(A) = d(A) = 0 resulta que d(A) = 0
Exemplo 43. Seja A = N. Tem-se d(A) = 1 temos
πN(n) = |N ∩ {1, 2, 3, · · · , n}| = |{1, 2. · · ·n}| = n
Isto implica que
d(N) = lim supn→+∞
πN(n)
n= lim sup
n→+∞1 = 1
De forma análoga, obtemos
d(N) = lim infn→+∞
πN(n)
n= lim inf
n→+∞1 = 1
Portanto como
d(N) = d(N) = 1 assim d(N) = 1
A seguir veremos uma proposição muito importante
Proposição 8. Seja A = {a1, a2, a3, · · · } ⊂ N onde ak < ak+1. Temos
1. d(A) = lim inf kak
2. d(A) = lim sup kak
e se d(A) = d(A)
d(A) = limk→+∞
k
ak
Demonstração: Temos
d(A) = lim infπA(n)
n≤ lim inf
πA(an)
an= lim inf
n
an⇒ d(A) ≤ lim inf
n
an
Por outro lado se n é um natural existem in�nitos ak tais que n ≤ ak. Consideremos o
primeiro k tal que n < ak. Temos ak−1 ≤ n < ak. A desigualdade n < ak pode ser escrita
da forma1
n>
1
ak⇔ k
n>
k
ak
75
Temos também
πA(n) = |{1, · · · , n} ∩A|
= |{1, · · · , n} ∩ {a1, · · · , ak, · · · }|
= |{1, · · · , n} ∩ {a1, · · · , ak−1}| = k − 1
Assim
k
ak− πA(n)
n=
k
ak− (k − 1)
n<k
n− k − 1
n
=k − k + 1
n
=1
n
Portantok
ak− πA(n)
n<
1
n(3)
Pelo resultado (3) temos
lim infn→+∞
k
ak≤ lim inf
n→+∞
(1
n+πA(n)
n
)
= limn→+∞
1
n+ lim inf
n→+∞
πA(n)
n
= lim infn→+∞
πA(n)
n= d(A)
Provámos assim que
lim infn→+∞
k
ak≤ d(A) ≤ lim inf
n→+∞
n
an
o que estabelece o ponto 1 da proposição. De forma análoga podemos provar que
d(A) = lim supn→+∞
k
ak
Exemplo 44. Se A é o conjunto dos números pares d(A) = 1/2.
Seja A = {2, 4, 6, · · · }. Como o conjunto dos números pares pode ser escrito na forma
A = {2k : k ∈ N} e πA(2n) = |A ∩ {1, 2, 3, · · · , 2n}|Como
k
ak=
k
2k=
1
2
resulta que
d(A) = limk→+∞
k
2k= lim
k→+∞
1
2=
1
2
A seguir veremos uma fórmula análoga a fórmula de integração por partes.
76
7.4 Fórmula de Abel
Teorema 26. ([8] Theorem 2.20 Pag: 55)
Sejam (an)n∈N, (bn)n∈N sucessões de números reais. Temos
N∑n=1
anbn = aNBN −N−1∑k=1
(ak+1 − ak)Bk
onde
Bn =
n∑k=1
bk
Demonstração: Sejan∑
k=1
bk = Bn
temos
Bn−1 =
n−1∑k=1
bk = b1 + · · ·+ bn−1 ⇔
Bn −Bn−1 = bn para todo n ≥ 2 (4)
Se n = 1 obtemos1∑
k=1
b1 = B1
Com esta ideia vamos mostrar a fórmula de Abel. Seja
SN = a1b1 +N∑
n=2
anbn
pelo resultado (4) temos
SN = a1b1 +
N∑n=2
an(Bn −Bn−1)
= a1b1 + a2(B2 −B1) + a3(B3 −B2) + a4(B4 −B3) + · · ·+ aN (Bn −BN−1)
onde b1 = B1 e reagrupando os termos temos
= B1(a1 − a2) +B2(a2 − a3) +B3(a3 − a4) +B4(a4 − a5) + · · ·+BN−1(aN−1 − aN ) + aNBN
= aNBn +
N−1∑k=1
(ak − ak+1)Bk
= aNBn −N−1∑k=1
(ak+1 − ak)Bk (7)
Abordaremos agora o conceito de subsérie e como se relaciona com a densidade natural do
77
conjunto de índices onde estará de�nida. Consideremos a série harmónica
+∞∑n=1
1
n
A série+∞∑n=1
1
2n=
1
2+
1
4+
1
6+
1
8+ · · ·
diz-se uma subsérie da série harmónica pois a sucessão que de�ne o termo geral desta
última é uma subsucessão do termo geral da série harmónica. Mais geralmente temos
De�nição 19. Dada a série+∞∑n=1
an
se (anj )nj∈N é uma subsucessão de (an)n∈N dizemos que
+∞∑n=j
anj
é uma subsérie de+∞∑n=1
an
Escrevendo A = {nj : j ∈ N} usamos também a notação
∑n∈A
an para representar+∞∑j=1
anj
Exemplo 45. Consideremos a série harmónica
+∞∑n=1
1
n
Seja A = {2n− 1 : n ∈ N} = {1, 3, 5, 7, · · · }
∑n∈A
1
n= 1 +
1
3+
1
5+
1
7+ · · ·
Seja
Sn =
n∑k∈A
1
k
Temos
Sn − Sn−1 =n∑
k∈A
1
k−
n−1∑k∈A
1
k
78
Se n ∈ A temos
Sn − Sn−1 =
n∑k∈A
1
k−
n−1∑k∈A
1
k
=1
n+
n−1∑k∈A
1
k−
n−1∑k∈A
1
k
=1
n
Se n /∈ A temos Sn = Sn−1 e portanto Sn − Sn−1 = 0.
Assim se n ∈ A temos
n(Sn − Sn−1) = 1
e se n /∈ A temos
Sn − Sn−1 = 0
Decorre que, de�nindo S0 = 0, temos
πA(n) = 1(S1 − S0) + 2(S2 − S1) + · · ·+ n(Sn − Sn−1)
uma vez que a parcela k, k(Sk−Sk−1), indica-nos se k ∈ A (e nesse caso dá 1) ou se k /∈ A(e nesse caso dá 0). Neste contexto de ideias temos o seguinte resultado.
7.5 Moser
Teorema 27. (Moser, 1958)
Seja A ⊂ N. Temos ∑A
1
nconverge ⇒ d(A) = 0
Demonstração: Seja
Sn =n∑
k∈A
1
k, S0 = 0
Temos
πA(n) = 1(S1 − S0) + 2(S2 − S1) + · · ·+ n(Sn − Sn−1)
= S1(1− 2) + S2(2− 3) + · · ·
· · ·+ Sn−1(n− 1− n) + nSn
= nSn − S1 − S2 − S3 − Sn−1
= nSn −n−1∑k=1
Sk
Multiplicando a expressão por1
n
79
obtemosπA(n)
n= Sn −
1
n
n−1∑k=1
Sk
Passando ao limite temos
limn→+∞
πA(n)
n= lim
n→+∞Sn − lim
n→+∞
1
n
n−1∑k=1
Sk
Portanto se Sn converge, então pelo teorema de Cesaro
1
n
n−1∑k=1
Sk
também converge para o mesmo limite e
limn→+∞
πA(n)
n= lim
n→+∞Sn − lim
n→+∞
1
n
n−1∑k=1
Sk = S − S = 0
Assim conclui-se que
d(A) = 0
Observação 4. A qualquer conjunto A ⊂ N podemos associar de forma única uma sucessão
(εk)k∈N
Onde εk =
{1 , k ∈ A0 , k 6∈ A
Exemplo 46. A = {2, 4}Temos ε1 = 0 , ε2 = 1 , ε3 = 0 , ε4 = 1 e εj = 0 para todo j ≥ 5. Se n ≥ 4 temos
n∑j=1
εj = 2
Por outro lado
πA(n) = |A ∩ {1, 2, 3, · · · , n}| = |{2, 4} ∩ {1, 2, 3, · · · , n}| = 2
se n ≥ 4. ∑A
dk = d1 + d3 + d4 =
+∞∑k=1
εkdk
Mas geralmente temos
Exemplo 47. Seja A = {2, 4, 6, 8, · · · } e (εk)k∈N a sucessão associada.
Seja (dn)n∈N uma sucessão. Temos
∑A
dn =
+∞∑n=1
εndn
80
n∑k=1
εk = πA(n)
Uma possível generalização do resultado anterior é a seguinte:
7.6 Salát
Teorema 28. Salát, 1964 ([7] Theorem 2. Pag: 212)
Seja A ⊂ N. Temos+∞∑k=1
dk
uma série que diverge para +∞. Suponha-se que existe k0 tal que
dk0 ≥ dk0+1 ≥ · · · ≥ dk0+k ≥ · · ·
Temos ∑A
dk converge ⇒ d(A) = 0
Demonstração: Se d(A) > 0 existe α > 0 e r ∈ N tal que para todo o n ≥ r
πA(n) > αn
Para n ≥ r, k, do resultado (7) temos
r+t∑k=r
εk dk = dr+t
r+t∑k=1
εk − dr−1r−1∑k=1
εk −r+t−1∑k=r−1
(dk+1 − dk)k∑
n=1
εn
fazendo alguns cálculos temos
= dr+tπA(r + t)− dr−1πA(r − 1)−r+t−1∑k=r−1
(dk+1 − dk)πA(k)
= dr+tπA(r + t)− drπA(r − 1) + πA(r)(dr − dr+1) +
πA(r + 1)(dr+1 − dr+2) + · · ·+ πA(r + t− 1)(dr+t−1 − dr+t)
como πA(r) ≥ αr, a expressão anterior é
≥ −drπA(r − 1) + α[r(dr − dr+1) + (r + 1)(dr+1 − dr+2) + · · ·
· · ·+ (r + t− 1)(dr+t−1 − dr+t) + dr+t(r + t)]
= −drπA(r − 1) + α(r dr + dr+1 + dr+2 + ....+ dr+t)
Assim,
r+t∑k=r
εk dk ≥ −drπA(r − 1) + αrdr + αr+t∑
k=r+1
dk
81
Como por hipótese+∞∑k=1
dk é divergente, então limt→+∞
r+t∑k=r+1
dk = +∞ Portanto conclui-se
que
limt→+∞
r+t∑k=r
εk dk diverge.
82
Capítulo 8
Bibliogra�a
[1] Carl B. Boyer, História da Matemática, tradução de Elsa F. Gomide, 2a edição, São
Paulo, Editora Edgar Blucher, 1996.
[2] Earl William Swokowski, Cálculo com geometria analítica, tradução de A. A. de Faria,
2a edição, São Paulo, Makron Books, 1994.
[3] Manuel Alberto M. Ferreira, Exercícios de sucessões e Séries, 3a edição, Lisboa, 2009.
[4] Ricardo Ameida, Cálculo: Teoria e Exercícios, 1a edição, 2017.
[5] João Paulo Santos, Cálculo numa Variável Real, 2a edição, Instituto Superior Técnico,
2016.
[6] Departamento de Matemática, Exercícios de Análise Matemática 1 e 2, 3a edição,
Instituto Superior Técnico, 2010.
[7] T. Salát, On subseries, Math. Zeitschr. 85, 209− 225, 1964.
[8] Daniel D. Bonar, Michael J. Khoury, Real In�nite Series, The Mathematical Association
of America, 2006.
[9] Leo Moser, On the series∑
1/p, The American Mathematical Monthly, Vol. 65, No 2,
104− 105, Mathematical Association of America, 1958.
[10] Jim Fowler, Bart Snapp, Sequences and Series, 2014.
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