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Sequências Numéricas e Séries

Do Rigor às Aplicações

Paulo Sérgio Costa Lino

Ao meu filho Gabriel

Prefácio

"O mundo é cada vez mais dominado pela Matemática".

A. F. Rimbaud

Um dos assuntos centrais na Matemática é o estudo das sequências, dasséries numéricas e das séries de potências. O desenvolvimento desta ciên-cia está vinculado a algum processo que envolve a ideia de infinito. A adiçãode uma soma com um número infinito de parcelas confundiu os matemáticospor muitos séculos, mas após muito esforço, desenvolveu-se o conceito deconvergência, possibilitando grandes avanços nesta área.

Esta obra é composta de três pequenos capítulos direcionadas para osalunos de licenciatura e bacharelado em Matemática, Física ou Engenharia.Preferi seguir a linha de rigor matemático no desenvolvimento deste ma-terial, mas recomendo que sejam omitidas a maioria das provas em umaprimeira leitura. Existem muitos exemplos relacionados com as aplicaçõesdas séries infinitas no cálculo dos valores de funções exponenciais, logarít-micas e trigonométrica, no cálculo de integrais definidas e no cálculo de lim-ites indeterminados. Além disso, com objetivo de auxiliar na autoavaliaçãocontínua do leitor, apresentamos no final de cada capítulo as respostas dosexercícios propostos.

Barra do Bugres, maio de 2014

Paulo Sérgio Costa Lino

Sumário

1 Sequências Numéricas 71.1 Conceitos e Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Operações com Limites de Sequências . . . . . . . . . . . . . 101.3 A Regra de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.4 Sequências Limitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.5 Sequências Monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.6 O Axioma da Completude e Consequências . . . . . . . . . . . 211.7 O Número e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.8 Teste da Razão Para Sequências e Limites Especiais . . . . . 251.9 A Notação Somatório . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.10 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381.11 Exercícios Selecionados e Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . 42

2 Séries Numéricas 442.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.2 Conceitos Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3 A Série Harmônica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.4 A Série Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.5 As Séries do Tipo Telescópicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.6 O Teste da Divergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.7 O Teste da Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.8 O Teste da Comparação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.9 O Teste da Comparação de Limite . . . . . . . . . . . . . . . . 632.10 O Teste Para Séries Alternadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.11 Convergência Absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.12 O Teste da Razão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.13 O Teste da Raiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.14 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

4

Sequências Numéricas e Séries Paulo Sérgio C. Lino

3 Séries de Potências 773.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.2 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

4 Algumas Aplicações das Séries de Potências 79

5 Anexo A: Valor Absoluto de um Número Real 80

5


6

Capítulo 1

Sequências Numéricas

1.1 Conceitos e Propriedades

Definição 1.1 Uma sequência é uma função cujo domínio é o conjunto dosnúmeros naturais. Matematicamente, temos

a : N −→ Rn 7−→ a(n) = an

Existem muitos modos de denotar uma sequência, tais como:

{a1, a2, a3, . . . , an, an+1, . . .}, {an}, {an}∞n=1

Exercício Resolvido 1.1 Escreva os 5 primeiros termos das sequências abaixoe coloque os pares ordenados em um sistema de coordenadas cartesianas.

a) {(−1)n}+∞n=0

b) {2n}+∞n=1

c){1

n

}+∞

n=1

Resolução: Os 5 primeiros termos das sequências dadas são:

a) 1,−1, 1,−1, 1

b) 2, 4, 6, 8, 10

c) 1, 1/2, 1/3, 1/4, 1/5

7


A primeira sequência acima é uma sequência oscilante, a segunda é umasequência crescente , pois seus termos aumenta a medida que aumentamosn. A última sequência aproxima-se cada vez mais de zero e neste caso, dize-mos que ela converge para zero. Apresentamos o conceito de convergênciana definição abaixo.

Figura 1.1: Diagrama para a convergência de uma sequência

Definição 1.2 Dizemos que

limn→+∞

an = L ou que an → L quando n → +∞

se an aproxima-se de L quando aumentamos indefinidamente n. Rigorosa-mente,

limn→+∞

an = L

se para todo ϵ > 0, existe N ∈ N tal que se n > N , então |an − L| < ϵ.Uma sequência que converge para algum limite é chamada de sequênciaconvergente.

Teorema 1.1 (Unicidade do Limite) Se an → L quando n → +∞, então Lé único.

Demonstração: Sejam L1 ̸= L2. Suponhamos que an → L1 e an → L2

quando n → ∞ e seja ϵ = |L2 − L1| > 0. Assim, existem N1 ∈ N tais que|an − L1| < ϵ/2 para todo n > N1 e N2 ∈ N tais que |an − L2| < ϵ/2 paratodo n > N2. Tomando N = max{N1, N2}, se n > N , temos:

|L2 − L1| = |(an − L1)− (an − L2)| ≤ |an − L1|+ |an − L2| <ϵ

2+

ϵ

2= ϵ

Absurdo!�

8


Exercício Resolvido 1.2 A sequência {1/n}+∞n=1 converge para zero.

Seja ϵ > 0. Devemos achar N ∈ N tal que se n > N , então∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < ϵ.

Assim, tomando um natural N tal que N > 1/ϵ segue que, se n > N , então∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 1n∣∣∣∣ = 1

n<

1

N< ϵ

ou seja, a sequência {1/n}+∞n=1 converge para zero.

Definição 1.3 Uma sequência {an}+∞n=1 que não é convergente é dita diver-

gente.


limn→+∞

an = +∞

se para todo número M > 0, existe N ∈ N tal que an > M para todo n > N .


limn→+∞

an = −∞

se para todo número M < 0, existe N ∈ N tal que an < M para todo n > N .

Das definições acima, podemos afirmar que se limn→+∞

an não existe ou é

±∞, a sequência é divergente.

Teorema 1.2 (Critério do inverso) Se an > 0 para todo n ∈ N∗ então

limn→+∞

an = 0 ⇔ limn→+∞

1

an= +∞

Demonstração: Se limn→+∞

an = 0, dado ϵ > 0, existe N ∈ N tal que se

n > N , então |an| < ϵ. Assim, an < ϵ ⇒ 1

an>

1

ϵ. Tomando M =

1

ϵ,

segue que1

an> M , M arbritrário. Logo, lim

n→+∞

1

an= +∞.

�

Teorema 1.3 Se p > 0, então limn→+∞

np = +∞.

9


Demonstração:Note que para todo M > 0, existe N ∈ N tal que se n > N , então

np > M . Tomando N > p√M segue o resultado.

�

Corolário 1.1 Se p > 0, então limn→+∞

1

np= 0.

Demonstração: Segue imediatamente do critério do inverso.�

1.2 Operações com Limites de Sequências

Teorema 1.4 Sejam as sequências {an}+∞n=1 e {bn}+∞

n=1. Se an → L e bn →M quando n → +∞, então

i) limn→+∞

(an + bn) = limn→+∞

an + limn→+∞

bn = L+M ;

ii) limn→+∞

(can) = c limn→+∞

an = cL, para todo c ∈ R;

iii) limn→+∞

(an · bn) = limn→+∞

an · limn→+∞

an = L ·M ;

iv) limn→+∞

anbn

=lim

n→+∞an

limn→+∞

bn=

L

M, desde que M ̸= 0.

Demonstração:

i) Seja ϵ > 0. Como an → L, existe N1 ∈ N tal que se n > N1, então

|an − L| < ϵ

2(1.1)

Analogamente, como bn → M , existe N2 ∈ N tal que se n > N2, então

|an − L| < ϵ

2(1.2)

Tomando N = max{N1, N2} e se n > N , segue que

|an+bn−(L+M)| = |(an−L)+(bn−M)| ≤ |an−L|+|bn−M | < ϵ

2+ϵ

2= ϵ

10


ii) Se c, o resultado é imediato. Suponhamos que c ̸= 0 e seja ϵ > 0.Sendo {an}+∞

n=1 convergente, existe N ∈ N tal que se n > N ,

|an − L| < ϵ

|c|

Assim, se n > N , então

|can − cL| = |c||an − L| < |c| · ϵ

|c|= ϵ

iii) Sendo {bn}+∞n=1 convergente, pelo Teor. (1.7), existe P > 0 tal que

|bn| < P para todo n ∈ N. Além disso, dado ϵ > 0, existe N1 ∈ N talque se n > N1, então

|bn −M | < ϵ

2P(1.3)

Por outro lado, sendo {an}+∞n=1 convergente, existe N2 ∈ N tal que se

n > N2,|an − L| < ϵ

2|L|(1.4)

Tomando N = max{N1, N2}, segue que se n > N , então

|anbn − LM | = |anbn − Lbn + Lbn − LM |

≤ |bn||an − L|+ |L||bn −M | < Pϵ

2P+ |L| ϵ

2|L|= ϵ

devido as desigualdades (1.3) e (1.4).

iv) Como bn → M ̸= 0, existe N1 ∈ N tal que

|bn −M | < 1 se n > N1 ⇒ M − 1 < bn < M + 1 se n > N1

Assim, se n > N1,

0 < |M + 1| < |bn| ⇒ 1

|bn|<

1

|M + 1|(1.5)

Por outro lado, sendo {an}+∞n=1 e {bn}+∞

n=1 sequências convergentes, peloTeor. (1.7), existem P1, P2 > 0 tais que |an| < P1 e |bn| < P2 para todon ∈ N. Dado ϵ > 0, devemos exibir N ∈ N tal que∣∣∣∣anbn − L

M

∣∣∣∣ < ϵ se n > N

11


Como an → L, existe N2 > 0 tal que

|an − L| < |M + 1||M |P1

· ϵ2

(1.6)

Analogamente, como bn → M , existe N3 > 0 tal que

|bn −M | < |M + 1||M |P2

· ϵ2

(1.7)

Tomando N = max{N1, N2, N3}, e usando (1.6) e (2.9), segue que se n >N , então∣∣∣∣anbn − L

M

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣anM − bnL

bnM

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣anM − anbn + anbn − bnL

bnM

∣∣∣∣=

|an(M − bn) + bn(an − L)||M ||bn|

≤ |an||bn −M |+ |bn||an − L||M ||bn|

<P1

|M ||M + 1|· |bn −M |+ P2

|M ||M + 1|· |an − L|

<P1

|M ||M + 1|· |M + 1||M |

P1· ϵ2+

P2

|M ||M + 1|· |M + 1||M |

P2· ϵ2= ϵ

�

Exercício Resolvido 1.3 Use o Teor. (1.4) e calcule os limites abaixo:

a) limn→+∞

n+ 1

n

b) limn→+∞

1

n2

Resolução:

a) limn→+∞

n+ 1

n= lim

n→+∞

(1 +

1

n

)= lim

n→+∞1 + lim

n→+∞

1

n= 1 + 0 = 0

b) limn→+∞

1

n2= lim

n→+∞

1

n· limn→+∞

1

n= 0 · 0 = 0

1.3 A Regra de L’Hospital

Nesta seção relacionaremos limites de sequências com funções contínuas.Para isso, vejamos o conceito de função contínua e suas consequências.

12


Definição 1.6 Dizemos que a função f é contínua em x = x0, sendo x0 ∈D(f), se dado ϵ > 0, existe δ > 0 tal que se

0 < |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− f(x0)| < ϵ

Teorema 1.5 Seja {an}+∞n=1 uma sequência de números reais. Se an → L

quando n → +∞ e se f for uma função contínua em L e definida para todoan, então f(an) → f(L) quando n → +∞.

Demonstração: Seja ϵ > 0. Como an → L quando n → +∞, existen ∈ +∞, existe N ∈ N tal que |an−L| < ϵ se n > N . Como f é contínua emL, tomando δ = ϵ, então se |an − L| < ϵ = δ, segue que |f(an)− f(L)| < ϵ.

�

Exercício Resolvido 1.4 Como{1

n

}+∞

n=1

→ 0 quando n → +∞, então:

a)√

1

n→

√0 = 0 quando n → +∞

b) e1/n → e0 quando n → +∞

c) sin

(1

n

)→ sin 0 quando n → +∞

pois as funções f(x) =√x, g(x) = ex e h(x) = sinx são contínuas em

x = 0.

Teorema 1.6 Suponha que f(x) seja uma função definida para todo x ≥N0, N0 ∈ N e que {an}∞n=1 seja uma sequência de números reais tal quean = f(n) para n ≥ N . Então,

limx→+∞

f(x) = L ⇒ limn→+∞

an = L

Demonstração: Suponha que limx→+∞

f(x) = L. Dado ϵ > 0, existe M > 0

tal que |f(x) − L| < ϵ se x < M . Seja N ∈ N tal que N > max{N0,M}.Então, se n > N , temos an = f(n) e |an − L| = |f(n)− L| < ϵ.

�Através deste teorema, podemos usar a regra de L’Hospital para encon-

trar o limite de várias sequências.

Exercício Resolvido 1.5 Use a regra de L’Hospital e calcule os limites abaixo:

13


a) limn→+∞

n2 + 3n

4− n2

b) limn→+∞

n√n

Resolução:

a) Seja f(x) =x2 + 3x

4− x2para x ≥ 3. Note que an = f(n) para n ≥ 3.

Como

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

x2 + 3x

4− x2

L′H= lim

x→+∞

2x+ 3

−2x= lim

x→+∞

(−1− 3

2x

)= −1

Logo, limn→+∞

n2 + 3n

4− n2= −1.

b) Seja f(x) = x√x = x1/x para x ≥ 1. Seja L = lim

x→+∞x1/x. Aplicando

logaritmo natural em ambos os lados, segue que

lnL = ln

(lim

x→+∞x1/x

)= lim

x→+∞ln(x1/x) = lim

x→+∞

lnx

x

L′H= lim

x→+∞

1/x

1= 0 ⇒ L = e0 = 1

Logo, limn→+∞

n√n = 1.

Observação 1.1 Em algumas situações, por comodidade, aplicamos dire-tamente a regra de L’Hospital na expressão indeterminada dada na variáveln.

1.4 Sequências Limitadas

Definição 1.7 A sequência {an}+∞n=1 é limitada superiormente se existe um

número M1 tal que an ≤ M1 para todo n ∈ N. A sequência {an}+∞n=1 é

limitada inferiormente se existe um número M2 tal que an ≥ M2 para todon ∈ N. Dizemos que {an}∞n=1 é limitada se ela é limitada inferiormente esuperiormente.

Exercício Resolvido 1.6 A sequência {n + 1}+∞n=0 é limitada inferiormente,

mas não superiormente. Por outro lado, a sequência {n/(n + 1)}+∞n=1 é limi-

tada, pois 0 < an < 1 para todo n ∈ N∗.

14


Teorema 1.7 Se a sequência {an}+∞n=1 é convergente, então ela limitada.

Demonstração: De fato, se an → L quando n → ∞, dado ϵ = 1, existeN ∈ N tal que se n > N , então |an − L| < 1. Assim, se n > N , então

|an| − |L| < |an − L| < ϵ ⇒ |an| < |L|+ 1 := M1

Tomando M = max{a1, a2, a3, . . . , aN ,M1}, segue que |an| ≤ M para todon ∈ N.

�Portanto, podemos afirmar que se uma sequência {an}+∞

n=1 não é limi-tada, ela não é convergente.

Teorema 1.8 Se limn→+∞

an = +∞ e {bn}+∞n=1 é uma sequência limitada infe-

riormente, então limn→+∞

(an + bn) = +∞.

Demonstração: Sendo {bn}+∞n=1 é limitada inferiormente, existe um número

M2 tal que bn ≥ M2 para todo n ∈ N. Como limn→+∞

an = +∞, dado M > 0,

existe N ∈ N tal que se n > N , então an > M . Assim, an + bn > M +M2

se n > N . Sendo M arbitrário, o número M +M2 também é, donde segueo resultado.

�

Exercício Resolvido 1.7 limn→+∞

[n2 + (−1)n] = +∞, pois a sequência

{(−1)n}+∞n=1

é limitada inferiormente por M1 = −1.

Corolário 1.2 Se limn→+∞

an = +∞ e limn→+∞

bn = +∞, então limn→+∞

(an+bn) =

+∞.

Demonstração: Segue do fato que a sequência {bn}+∞n=1 é limitada inferior-

mente.�

1.5 Sequências Monótonas

Definição 1.8 Dizemos que a sequência {an}+∞n=1 é

i) não-decrescente, se an ≤ an+1 para todo n;

15


ii) não-crescente, se an ≥ an+1 para todo n.

Definição 1.9 Dizemos que a sequência {an}+∞n=1 é

i) crescente, se an < an+1 para todo n;

ii) decrescente, se an > an+1 para todo n.

Chamamos de monótona uma sequência que seja não-decrescente, não-crescente, crescente ou decrescente.

Exercício Resolvido 1.8 Como 2n+1 > 2n para todo n ∈ N, segue que a se-quência {2n}+∞

n=0 é crescente e consequentemente, a sequência {1/2n}+∞n=0

é decrescente.

Teorema 1.9 Toda sequência não-decrescente é limitada inferiormente etoda sequência não-crescente é limitada superiormente.

Demonstração: Suponhamos que {an}+∞n=1 seja uma sequência não-decres-

cente. Mostraremos que a1 ≤ an para qualquer n ∈ N. Por definição,ak+1 − ak ≥ 0 para todo k = 2, 3, 4, . . .. Assim,

0 ≤n∑

k=2

(ak − ak−1) = an − a1 ⇒ a1 ≤ an ∀ n ∈ N

Analogamente, se a sequência {an}+∞n=1 é decrescente, mostraremos que

a1 ≥ an para qualquer n ∈ N. Por definição, ak − ak−1 ≤ 0 para todok = 2, 3, 4, . . .. Assim,

0 ≥n∑

k=2

(ak − ak−1) = an − a1 ⇒ a1 ≥ an ∀ n ∈ N

�

Proposição 1.1 Não existe sequência decrescente de números naturais.

Demonstração: Suponhamos que existe uma sequência {an}+∞n=1 decres-

cente. Seja A = {an | n ∈ N} o conjunto dos termos da sequência. SendoA um conjunto de números naturais, pelo princípio da boa ordenação, existeo menor elemento de A, ou seja, existe N0 ∈ N tal que aN0 é mínimo, porémcomo a sequência é estritamente decrescente, então aN0 > aN0+1. Absurdo.

�

16


Definição 1.10 Dizemos que {bk}+∞k=1 é uma subsequência de {an}∞n=1 se

existe uma sequência {nk}+∞k=1 ⊂ N estritamente crescente tal que bk = ank

para todo k ∈ N.

Exercício Resolvido 1.9 Dada a sequência {(−1)n}+∞n=1. Tomando nk =

2k, k ∈ N, obtemos a subsequência constante {1}+∞n=1 e tomando nk =

2k + 1, k ∈ N obtemos a subsequência constante {−1}+∞n=1.

Teorema 1.10 (Teste da subsequência) Uma sequência {an}+∞n=1 converge

para a se e somente se, toda subsequência de {an}+∞n=1 converge para a.

Demonstração: Suponhamos que exista a ∈ R tal que an → a. Seja{bk}+∞

k=1 uma subsequência de {an}+∞n=1, isto é, bk = ank

para alguma se-quência crescente {nk}+∞

k=1 ⊂ N. Mostremos que bk → a. Para isso, sejaϵ > 0. Como an → a, existe N ∈ N tal que |an − a| < ϵ se n > N . Como{nk}+∞

k=1 ⊂ N é crescente, existe K ∈ N tal que se k > K, então nk ≥ N .Assim, se k > K, segue que |bk − a| < ϵ. Logo, bk → a. A recíproca seguedo fato que {an}+∞

n=1 é subsequência de si mesma.�

Exercício Resolvido 1.10 Deste teorema e do exemplo anterior segue que{(−1)n}+∞

n=1 é uma sequência divergente.

Teorema 1.11 Se uma sequência monótona possui uma subsequência lim-itada, então a sequência é limitada.

Demonstração: Suponha que {an}∞n=1 seja uma sequência crescente eque {bk}∞k=1 seja uma subsequência limitada, isto é, bk = ank

para algumasequência crescente {nk}+∞

k=1 ⊂ N. Por outro lado, existe k0 > n tal quean ≤ ak0 , pois {an}+∞

n=1 é crescente. Sendo {bk} limitada, existe M > 0 talque bk0 < M , daí por transitividade, an < M . Como a sequência crescenteé limitada inferiormente e superiormente então ela é limitada.

�

Teorema 1.12 (Teorema do Sanduiche) Se existe N ∈ N tais que an ≤bn ≤ cn para todo n > N e

limn→+∞

an = limn→+∞

cn = L

então limn→+∞

bn = L.

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Demonstração: Seja ϵ > 0. Desde que an → L quando n → +∞, existeN1 ∈ N tal que

|an − L| < ϵ se n > N1

Desde que cn → L quando n → +∞, existe N2 ∈ N tal que

|cn − L| < ϵ se n > N1

Seja N = max{N1, N2} e note que, em particular, −ϵ < an −L e cn −L < ϵ.

−ϵ < an − L ≤ bn − L ≤ cn − L < ϵ

ou seja,−ϵ < bn − L < ϵ se n > N

Logo, bn → L quando n → +∞.�

Exercício Resolvido 1.11 Mostre que limn→+∞

(√n+ 1−

√n) = 0.

Resolução: Note que

0 ≤√n+ 1−

√n =

(√n+ 1−

√n)(

√n+ 1 +

√n)√

n+ 1 +√n

=1√

n+ 1 +√n<

1

2√n

Como limn→+∞

1

2√n= 0, segue do teorema do sanduiche que lim

n→+∞(√n+ 1−

√n) = 0.

Corolário 1.3 Se limn→+∞

|an| = 0, então limn→+∞

an = 0.

Demonstração: De fato, considere as sequências {−|an|}+∞n=1 e {|an|}+∞

n=1.Note que

limn→+∞

|an| = 0 e limn→+∞

(−|an|) = − limn→+∞

|an| = 0

Como −|an| ≤ an ≤ |an|, pelo Teor. (1.12) segue o resultado.�

Exercício Resolvido 1.12 Use o Cor. (1.3) e mostre que{(−1)n

n2

}+∞

n=1

con-

verge.

18


Resolução:

De fato,∣∣∣∣ (−1)n

n2

∣∣∣∣ = 1

n2converge para zero, portanto, a sequência dada

também converge para zero.


bn = 0 e {an}+∞n=1 é uma sequência limitada, então

limn→+∞

anbn = 0

Demonstração: Seja ϵ > 0. Como an é limitada, existe M > 0 tal que|an| < M para todo n ∈ N. Por outro lado, sendo lim

n→+∞bn = 0, existe N ∈ N

tal que se n > N , então |bn| <ϵ

N. Assim, para n > N , temos:

|anbn| = |an||bn| < M |bn| < M · ϵ

M= ϵ

ou seja, limn→+∞

anbn = 0.

�

Exercício Resolvido 1.13 Mostre que a sequência{cos(n)

n2

}+∞

n=1

converge

para zero.

De fato, sendo {cos(n)}+∞n=0 limitada e lim

n→+∞

1

n2= 0, do teorema anterior

segue o resultado.

Exercício Resolvido 1.14 Mostre que{1− sin(n)

en

}+∞

n=0

converge para 1.

Resolução: De fato, basta provar que limn→+∞

sin(n)

en= 0. Para isso, sejam

an = sin(n) e bn =1

enNote que a sequência {sin(n)}+∞

n=0 é limitada e que

limn→+∞

1

en= 0. Logo, do Teor. (1.13), segue que

limn→+∞

anbn = limn→+∞

sin(n)

en= 0

Teorema 1.14 (A Desigualdade de Bernoulli) Dados x ∈ R com x > −1 en ∈ N. Então

(1 + x)n ≥ 1 + nx (1.8)

19


Demonstração: Usaremos indução finita sobre n. É evidente que a ex-pressão (1.15) é válida para n = 1. Suponhamos agora que esta expressãoseja válida e provaremos sua validade para n+ 1. De fato,

(1+x)n+1 = (1+x)n(1+x) ≥ (1+nx)(1+x) = 1+nx+x+nx2 ≥ 1+(n+1)x

�

Exercício Resolvido 1.15 Seja a sequência en = {(1+1/n)n}. Mostre queen ≥ 2 para todo n ∈ N∗.

Resolução: Fazendo x = 1/n na expressão (1.8), segue o resultado.

Exercício Resolvido 1.16 Prove que limn→+∞

n√3 = 1.

Resolução: Substituindo x por 2/n na expressão (1.8), temos(1 +

2

n

)n

≥ 1 + n · 2n= 3 ⇒ 31/n =

n√3 ≤ 1 +

2

n(1.9)

para todo n ∈ N∗. Por outro lado, fazendo x = −2/(3n) > −1 em (1.8),segue que(

1− 2

3n

)n

≥ 1 + n · (−2)

3n=

1

3⇒

(3n− 2

3n

)n

≥ 1

3⇒

3n− 2

3n≥ n

√1

3⇒ 3n− 2

3n≥ 1

31/nou seja,

n√3 ≥ 3n

3n− 2(1.10)

Das expressões (1.9) e (1.10), obtemos

3n

3n− 2≤ n

√3 ≤ 1 +

2

n(1.11)

Fazendo n → +∞ na expressão (1.11) e usando o teorema do sanduiche,segue o resultado.

Teorema 1.15 Seja x ∈ R.

i) Se x > 1, então limn→+∞

xn = +∞;

ii) Se 0 < x < 1, então limn→+∞

xn = 0;

20


iii) Se −1 < x < 0, então limn→+∞

xn = 0.

Demonstração:

i) Sendo x > 1, fazemos x = 1 + y, sendo y > 0. Assim,

+∞ = limn→+∞

(1 + ny) ≤ limn→+∞

(1 + y)n = limn→+∞

xn


xn = +∞.

ii) Seja y =1

x− 1. Note que y > 0 e y + 1 =

1

xde modo que x =

1

1 + y.

Para n ≥ 1, temos

xn =1

(1 + y)n≤ 1

1 + ny<

1

ny

Assim,

0 ≤ limn→+∞

xn ≤ limn→+∞

1

ny= 0

Pelo Teor. do Sanduiche segue o resultado.

iii) Sendo −1 < x < 0, então 0 < −x < 1. Assim, xn = [(−1)(−x)]n =(−1)n(−x)n. Observe que a sequência an = (−1)n é limitada e bn =(−x)n → 0 quando n → +∞. Logo, pelo Teor. (1.13), xn → 0 quandon → +∞.

�

Observação 1.2 Pelos ítens ii) e iii) do teorema anterior, podemos afirmarque se |x| < 1, então lim

n→+∞|x|n = 0.

1.6 O Axioma da Completude e Consequências

Já vimos que toda sequência convergente é limitada (Ver Teor. 1.7) e peloexemplo anterior, notamos que existem sequências limitadas que não sãoconvergentes. Se além de limitada a sequência é monótona, então ela éconvergente e a prova baseia-se no seguinte axioma:

Axioma 1.1 (Axioma da completude de R) Se S é um conjunto não-vaziode números reais que possui um limitante superior M (x ≤ M para todox ∈ S), então S tem um menor limitante superior b. Isto significa que b éum limitante superior para S, mas se M é qualquer outro limitante superior,então b ≤ M .

21


Teorema 1.16 Toda sequência monótona e limitada é convergente.

Demonstração: Suponha que {an}+∞n=1 seja uma sequência crescente.

Desde que {an}+∞n=1 é limitada, o conjunto S = {an : n ≥ 1} tem um limi-

tante superior. Pelo Axioma da Completude, este conjunto possui o menorlimitante superior que denotaremos por L. Dado ϵ > 0, L − ϵ não é um lim-itante superior para S, desde que L é o menor limitante superior. Portanto,aN > L − ϵ para algum N ∈ N. Mas esta sequência é crescente, de modoque an ≥ aN para todo n > N . Portanto, se n > N , temos an > L− ϵ. Logo,

0 ≤ L− an < ϵ ⇒ |an − L| < ϵ se n > N

�

Corolário 1.4 Se uma sequência monótona possui subsequência limitadaentão ela é convergente.

Demonstração: De fato, seja {an}+∞n=1 uma sequência monótona e {bk}+∞

k=1

uma subsequência limitada. Assim, pelo Teor. (1.11), {an}+∞n=1 é uma se-

quência monótona e limitada. Pelo teorema anterior segue o resultado.�

Exercício Resolvido 1.17 Estude a convergência da sequência {an}+∞n=1 definida

pela equação abaixo. an+1 =1

2(an + 4)

a1 = 2

Resolução: De fato, seus primeiros termos são

a1 = 2, a2 = 3, a3 = 3, 5, a4 = 3, 75, a5 = 3, 875, a6 = 3, 9375, . . .

Isto sugere que {an}+∞n=1 é estritamente crescente. Para confirmar isto, us-

aremos indução matemática mostrando que an+1 > an para todo n ∈ N∗.Para n = 1, temos a2 = 3 > 2 = a1. Suponhamos que para n = k, temosak+1 > ak. Assim,

ak+1 > ak ⇒ ak+1 + 4 > ak + 4 ⇒

1

2(ak+1 + 4) >

1

2(ak + 4) ⇒ ak+2 > ak+1

Provamos então que an+1 > an para n = k + 1. Mostraremos agora que asequência {an}+∞

n=1 é limitada. Note que an ≥ 2 e os demais termos listados

22


acima, sugere também que a sequência é limitada superiormente, ou seja,an < 4 para todo n ∈ N. Usaremos indução matemática para provar esteresultado. Suponhamos que para n = k, temos ak < 4. Assim,

ak < 4 ⇒ ak + 4 < 8 ⇒ 1

2(ak + 4) < 4 ⇒ ak+1 < 4

Logo, a sequência dada é crescente e limitada. Pelo Teor. (1.16), existeL ∈ R tal que lim

n→+∞an = L. Aplicando o limite na equação dada obtemos a

equação L =1

2(L+ 4), de modo que L = 4.

1.7 O Número e

O número e também conhecido por constante de Euler é a base dos logarit-mos naturais ou neperianos em homenagem a John Napier inventor dos log-aritmos no início do século XV II. No entanto em sua tabela do logaritmospublicada em , há apenas indícios sobre o número e. A primeira indicaçãoda constante foi descoberta por Jakob Bernoulli quando estudava um prob-lema relacionado a juros compostos. Nesta seção, veremos uma definiçãoconcisa para esta constante baseada no conceito de limite de sequênciasnuméricas.

Para definir o número e , consideremos a sequência

en =

(1 +

1

n

)n

(1.12)

para n ∈ N∗.Leonhard Euler que foi aluno de Jakob Bernoulli provou que a sequência

{en}+∞n=1 converge para um número finito, o qual ele chamou de e.

limn→+∞

(1 +

1

n

)n

= e (1.13)

Deve ser dito que Euler não provou rigorosamente a existência do limiteacima. Ele apresentou outras formulações para o número irracional

e = 2, 718281828459045 . . .

Para estabelecer o limite (1.13) usaremos alguns lemas e o Teor. (1.16).

Lema 1.1 Seja n um inteiro positivo. Então

xn − yn = (x− y)b∑

k=1

xn−kyk−1 (1.14)

23


Demonstração: Usaremos indução finita sobre n. Para n = 1, temos:

(x− y)

1∑k=1

x1−kyk−1 = (x− y)x1−1y1−1 = x− y

Suponhamos que a expressão (1.14) seja válida e provaremos que ela éverdadeira para n+ 1. De fato,

xn+1 − yn+1 = xnx− yny = xnx− xyn + xyn − yny

= x(xn − yn) + yn(x− y) = x(x− y)n∑

k=1

xn−kyk−1 + yn(x− y)

= (x− y)

[x

n∑k=1

xn−kyk−1 + yn]

= (x− y)

[ n∑k=1

xn+1−kyk−1 + yn+1−1

]

= (x− y)n+1∑k=1

xn+1−kyk−1

�

Lema 1.2 Se 0 ≤ a < b e n ∈ N, então

nan−1 <bn − an

b− a< nbn−1

Demonstração: Pelo Lema (1.1),

bn − an

b− a=

n∑k=1

bn−kak−1 <n∑

k=1

bn−kbk−1 =n∑

k=1

bn−1 = nbn−1

A outra desigualdade segue de maneira análoga.�

Teorema 1.17 A sequência {en}+∞n=1 dada em (1.12) é crescente e limitada.

Demonstração: Provaremos inicialmente que {en}+∞n=1 é uma sequência

crescente e portanto monótona. Pelo Lema (1.2), temos:

bn+1 − an+1

b− a< (n+ 1)bn ⇒ bn+1 − an+1 < (b− a)(n+ 1)bn ⇒

24


bn+1 − (b− a)(n+ 1)bn < an+1 ⇒ bn[b− (b− a)(n+ 1)] < an+1 ⇒

bn[(n+ 1)a− nb] < an+1 (1.15)

Colocando a = 1 +1

n+ 1e b = 1 +

1

nna expressão (1.15), segue que

(1 +

1

n

)n[(n+ 1)

(1 +

1

n+ 1

)− n

(1 +

1

n

)]<

(1 +

1

n+ 1

)n+1

⇒

(1 +

1

n

)n

<

(1 +

1

n+ 1

)n+1

ou seja, bn < bn+1 e {bn}+∞n=1 é uma sequência crescente. Para provar que

esta sequência é limitada, note que

1 = e1 ≤ bn =

(1 +

1

n

)n

=n∑

k=0

(n

k

)1

nk

=

(n

0

)1

n0+

(n

1

)1

n1+

n∑k=2

1

nk= 1 + 1 +

n∑k=2

(n

k

)1

nk⇒

1 ≤ bn = 2 +n∑

k=2

n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)

k!nk

= 2 +

n∑k=2

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− k − 1

n

)1

k!

< 2 +n∑

k=2

1

k!< 2 +

∞∑k=2

1

2k−1= 2 +

1/2

1− 1/2= 3

�Portanto, pelo Teor. (1.16), a sequência {en}+∞

n=1 é convergente, cujolimite que denotaremos por e, representa a segunda constante mais famosae importante no reino da Matemática.

1.8 Teste da Razão Para Sequências e LimitesEspeciais

O limite de algumas sequências pode ser obtido através do cálculo do limiteda razão entre dois termos consecutivos e quaisquer da sequência. Taislimites serão úteis no estudo da convergência sobre séries numéricas.

25



an = L, então limn→+∞

n∑k=1

ak

n= L.

Demonstração: Como an → L quando n → +∞, dado ϵ > 0 existe N1 ∈ Ntal que |an − L| < ϵ

2. Por outro lado, observe que

∣∣∣∣ 1nn∑

k=1

ak − L

∣∣∣∣ ≤ 1

n

n∑k=1

|ak − L| = 1

n

N1∑k=1

|ak − L|+ 1

n

n∑k=N1+1

|ak − L|

<1

n

N1∑k=1

|ak − L|+ 1

2n

n∑k=N1+1

ϵ =1

n

N1∑k=1

|ak − L|+(1

2− N

2n

)ϵ

<1

n

N1∑k=1

|ak − L|+ ϵ

2

Em seguida, tomamos N2 > N1 tal que se n > N2, temos1

n

N1∑k=1

|ak −L| < ϵ

2.

Logo, se n > N2, então ∣∣∣∣ 1nn∑

k=1

ak − L

∣∣∣∣ < ϵ


n∑k=1

ak

n= L.

�

Exercício Resolvido 1.18 Mostre que

limn→+∞

1

n

n∑k=1

k

k + 1= 1

Resolução: De fato, como limn→+∞

n

n+ 1= lim

n→+∞

1

1 + 1/n= 1, o resultado

segue do Teor. (1.18).

Corolário 1.5 Seja {an}+∞n=1 uma sequência numérica de termos positivos.

Se limn→+∞

an = L, então limn→+∞

n√a1a2 . . . an = L.

26


Demonstração: Considere a sequência {bn}+∞n=1, definida por bn = ln an.

Note quelnL = ln( lim

n→+∞an) = lim

n→+∞ln an = lim

n→+∞bn

Assim, pelo teorema anterior,

lnL = limn→+∞

1

n

n∑k=1

bk = limn→+∞

1

n

n∑k=1

ln ak = limn→+∞

1

nln(a1a2 . . . an)

= limn→+∞

ln(a1a2 . . . an)1/n = ln( lim

n→+∞n√a1a2 . . . an)

donde segue o resultado.�

Teorema 1.19 (Teste da razão para sequências) Se {an}+∞n=1 é uma sequên-

cia numérica de termos positivos tal que limn→+∞

an+1

an= L, então

limn→+∞

n√an = L

Demonstração: Considere a sequência {bn}+∞n=1 com b1 = a1 e bn =

anan−1

para n = 2, 3, . . .. Do Corolário (1.5),

limn→+∞

n√

b1b2 . . . bn = L = limn→+∞

bn = limn→+∞

an+1

an(1.16)

Por outro lado,

b1 · b2 · b3 . . . bn = a1 ·a2a1

· a3a2

. . .an

an−1= an ⇒

limn→+∞

n√b1b2 . . . bn = lim

n→+∞n√an (1.17)

De (1.16) e (1.17), segue que limn→+∞

n√an = L.

�

Exercício Resolvido 1.19 Mostre que limn→+∞

n√n!

n=

1

e.

Resolução:

(Método 1:) Seja a sequência {an}+∞n=1 dada por an =

n!

nn. Note que

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

(n+ 1)!

(n+ 1)n+1· n

n

n!= lim

n→+∞

nn

(n+ 1)n

= limn→+∞

(n

n+ 1

)n

= limn→+∞

(1 +

1

n

)−n

= e−1 =1

e

27


Pelo Teor. (1.19),

1

e= lim

n→+∞n√an = lim

n→+∞n

√n!

nn= lim

n→+∞

n√n!

n

(Método 2:) Seja an =n√n!

n. Assim,

ln an = ln

( n√n!

n

)=

1

nln(n!)− ln(n) =

1

n[ln(n!)− n ln(n)] (1.18)

Note que

n∑k=1

ln

(k

n

)= ln

(1

n

)+ ln

(2

n

)+ . . .+ ln

(n

n

)= (ln 1− lnn) + (ln 2− lnn) + . . .+ (lnn− lnn)

= ln(1 · 2 · . . . · n)− n lnn = ln(n!)− n lnn

(1.19)

Substituindo (1.18) em (1.17), segue que

an =1

n

n∑k=1

ln

(k

n

)Mas esta expressão é a soma de Riemann. Assim, quando n → +∞, temos:

limn→+∞

ln(an) =

∫ 1

0

lnxdx = limϵ→0+

∫ 1

ϵ

lnxdx

= limϵ→0+

[x lnx− x]1ϵ = −1 ⇒ ln( limn→+∞

an) = −1

donde segue o resultado.

Exercício Resolvido 1.20 Mostre que:

a) limn→+∞

n√lnn = 1;

b) limn→+∞

n√n = 1;

c) limn→+∞

1n√n!

= 0.

Resolução:

28


a) Seja an = lnn. Como

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

ln(n+ 1)

lnn

L′H= lim

n→+∞

1

n+ 11

n

= limn→+∞

n

n+ 1= 1

segue do Teor. (1.19) que limn→+∞

n√an = lim

n→+∞n√lnn = 1.

b) Análogo ao item anterior e é deixado como exercício.

c) Seja an =1

n!. Como

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

1

(n+ 1)!1

n!

= limn→+∞

1

n+ 1= 0

Logo, do Teor. (1.19), limn→+∞

n√an = lim

n→+∞n

√1

n!= lim

n→+∞

1n√n!

= 0.

Exercício Resolvido 1.21 Se a > 0, então limn→+∞

n√a = 1.

Resolução: De fato, considere a sequência an = a. Assim,

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

a

a= 1

Logo, pelo Teor. (1.19), segue que limn→+∞

n√a = 1.

Teorema 1.20 Se {an}+∞n=1 é uma sequência de termos positivos para todo

n ∈ N e limn→+∞

an+1

an= L1 < 1, então lim

n→+∞an = 0.

Demonstração: Seja L2 tal que L1 < L2 < 1. Assim, L2an < an. Alémdisso, para ϵ = L2 − L1 > 0, existe N ∈ N tal que se n > N , então∣∣∣∣an+1

an−L1

∣∣∣∣ < L2 −L1 ⇒ 0 <an+1

an< L2 ⇒ 0 < an+1 < L2an < an

Temos então que para n > N , a sequência {an}+∞n=1 é estritamente decres-

cente e limitada inferiormente por 0. Logo é convergente. Seja L o seu limite.Tomando o limite na desigualdade an+1 < L2an, temos L ≤ LL2 ⇒ L ≤0. Sendo {an}+∞

n=1 uma sequência de termos positivos, então L ≥ 0. Logo,L = 0.

�

29



a) Se a > 1 e p ∈ N, mostre que limn→+∞

np

an= 0;

b) Se a > 0, então limn→+∞

an

n!= 0;

c) limn→+∞

n!

nn= 0;

d) Se a > 0 e p ∈ N, então limn→+∞

npan

n!= 0.

Resolução:

a) Seja an =np

an. Note que an > 0 de modo que podemos usar o teste da

razão para sequências.

bn+1

bn=

(n+ 1)pan

an+1np=

(n+ 1

n

)p1

a→ 1

a< 1 quando n → ∞

Logo, pelo Teor. (1.20), limn→+∞

an = limn→+∞

np

an= 0.

b) Seja bn =an

n!. Note que

limn→+∞

bn+1

bn= lim

n→+∞

an+1

(n+ 1)!an

n!

= limn→+∞

a

n+ 1= 0 < 1

Logo, pelo Teor. (1.20), segue o resultado.

c) Seja an =n!

nn> 0. Note que

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

(n+ 1)!nn

(n+ 1)n+1n!= lim

n→+∞

(n

n+ 1

)n

= limn→+∞

(1 +

1

n

)−n

=1

e< 1

Logo, pelo Teor. (1.20), segue o resultado.

d) É análogo aos ítens anteriores e será deixado como exercício.

30


1.9 A Notação Somatório

Apresentaremos nesta seção a notação somatório e suas propriedades,muito importante no estudo das séries numéricas apresentado no próximocapítulo.

Definição 1.11 Considere a sequência numérica {an}. Definimos:

n∑k=1

ak = a1 + a2 + . . .+ an (1.20)

Os números 1 e n são os limites inferiores e superiores do somatório, en-quanto que ak é o termo geral do somatório.

O índice inferior pode ser qualquer outro número diferente de 1. Além disso,observe que

i)1∑

k=1

ak = a1

ii)n∑

k=1

ak =1∑

k=n

ak

iii)n∑

k=1

1 =

n 1′s︷︸︸︷1 + 1 + . . .+ 1= n

Exercício Resolvido 1.23 Calcule os somatórios abaixo:

a)4∑

k=2

3k2

b)5∑

j=0

2j

c)4∑

i=0

(−1)i

Resolução: Usando a definição de somatório, temos:

a)4∑

k=2

3k2 = 3 · 22 + 3 · 3 · 32 + 3 · 42 = 12 + 27 + 48 = 87

31


b)5∑

j=0

2j = 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + 25 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 63

c)4∑

i=0

(−1)i = (−1)0 + (−1)1 + (−1)2 + (−1)3 + (−1)4 = 1− 1 + 1− 1 = 0

Os somatórios são operadores lineares, ou seja, o somatório da soma é asoma dos somatórios e o somatório do produto de uma constante com umasequência é igual ao produto da constante pelo somatório da sequência.Essas propriedades são apresentadas no teorema abaixo:

Proposição 1.2 Considere as sequências {an}, {bn} e c ∈ R. Então:

i)n∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk

ii)n∑

k=1

cak = c

n∑k=1

ak

Demonstração: De fato,

i) Para provar essa propriedade, usaremos as propriedades comutativae associativa da adição, ou seja,

n∑k=1

(ak + bk) = (a1 + b1) + . . .+ (an + bn)

= (a1 + . . .+ an) + (b1 + . . .+ bn)

=n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk

ii) Usaremos a propriedade distributiva do produto em relação a soma,isto é,

n∑k=1

cak = ca1 + . . .+ can = c(a1 + . . .+ an) = c

n∑k=1

ak

�

32


Exercício Resolvido 1.24 Use a proposição anterior e calcule o somatório:

5∑k=2

[k2 + 2(−1)kk]

Resolução: Neste caso, temos:

5∑k=2

[k2 + 2(−1)kk] =5∑

k=2

k2 +5∑

k=2

(−1)k · k

= 22 + 32 + 42 + 52 + (−1)2 · 2 + (−1)3 · 3 + (−1)4 · 4 + (−1)5 · 5= 4 + 9 + 16 + 25 + 2− 3 + 4− 5 = 52

Proposição 1.3 Seja {an} uma sequência e m,n ∈ N tal que 1 ≤ m ≤ n.Então:

n∑k=1

ak =m∑

k=1

ak +n∑

k=m+1

ak (1.21)

Demonstração: De fato, sendo 1 < m < n, pela definição de somatóriosegue que:

n∑k=1

ak = (a1 + a2 + . . .+ am) + (am+1 + . . .+ an) =m∑

k=1

ak +n∑

k=m+1

ak

�Para cálculo de alguns somatórios, o corolário abaixo é muito útil.

Corolário 1.6 Sejam 1 ≤ m ≤ n, então

i)n∑

k=m

ak =n∑

k=1

ak −m−1∑k=1

ak

ii)n∑

k=m

1 = m− n+ 1

Demonstração:

i) Da Prop.(1.3), temosm−1∑k=1

ak+n∑

k=m

ak =n∑

k=1

ak donde segue o resultado.

33


ii) Fazendo an = 1 no item anterior, temos:

n∑k=m

1 =n∑

k=1

1−m−1∑k=1

= n− (m− 1) = n−m+ 1

�A proposição permite calcular o somatório sem a necessidade de somar

termo a termo, sendo portanto, muito útil para calcular os somatórios cujolimite superior é grande.

Proposição 1.4 Seja n ∈ N. Então:

i)n∑

k=1

k =n(n+ 1)

2

ii)n∑

k=1

k2 =n(n+ 1)(n+ 2)

6

iii)n∑

k=1

k3 =n2(n+ 1)2

4

Demonstração:

i) Seja S =

n∑k=1

k =

1∑k=n

k. Assim,

S =n∑

k=1

k = 1 + 2 + . . .+ (n− 1) + n

S =1∑

k=n

= n+ (n− 1) + . . .+ 2 + 1

Somando membro a membro essas equações, temos:

2S =

n parcelas︷︸︸︷(n+ 1) + (n+ 1) + . . .+ (n+ 1) + (n+ 1)= n(n+ 1)


34


ii) Usaremos indução finita sobre n. Para n = 1, temos:

1∑k=1

k2 = 12 = 1 e1(1 + 1)(2 · 1 + 1)

6= 1

Suponhamos que a expressão dada seja válida e mostraremos que elatambém é válida para n+ 1. De fato,

n+1∑k=1

k2 =n∑

k=1

k2 + (n+ 1)2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6+ (n+ 1)2

=(n+ 1)[n(2n+ 1) + 6(n+ 1)]

6=

(n+ 1)[n(2n+ 4) + 6n+ 6− 3n]

6

=(n+ 1)[2n(n+ 2) + 3(n+ 2)]

6=

(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6

iii) Novamente, usaremos indução finita sobre n. Para n = 1, temos:

1∑k=1

13 = 1 e12(1 + 1)2

4= 1

Supondo que a expressão dada seja verdadeira, provaremos sua vali-dade para n+ 1. De fato,

n+1∑k=1

k3 =n∑

k=1

k3 + (n+ 1)3 =n2(n+ 1)2

4+ (n+ 1)3

=n2(n+ 1)2 + 4(n+ 1)3

4=

(n+ 1)2[n2 + 4(n+ 1)]

4

=(n+ 1)2(n+ 2)

4

�


a)6∑1

k2

b)10∑4

(k2 − 3k + 2)

35


Resolução: Neste exemplo, usaremos muitas propriedades dos somatóriosapresentadas anteriormente.

a) Usando o item ii) da proposição anterior, temos

6∑1

k2 =6 · (6 + 1) · (2 · 6 + 1)

6= 91

b)

10∑k=4

(k2 − 3k + 2) =10∑k=4

k2 − 310∑k=4

k +10∑k=4

2

=

10∑k=1

k2 −3∑

k=1

k2 − 3

( 10∑k=1

k −3∑

k=1

k

)+ 2

10∑k=4

1

=10 · 11 · 21

6− (12 + 22 + 32)− 3

[10 · 11

2− (1 + 2 + 3)

]+ 2(10− 4 + 1) = 238

Proposição 1.5 Se r ∈ R \ {1}, então

n∑k=0

rk =rn+1 − 1

r − 1(1.22)

O número r é conhecido por razão.

Demonstração: Seja S o valor do somatório, isto é,

S =

n∑k=0

rk = 1 + r + r2 + . . .+ rn−1 + rn (1.23)

Multiplicando essa expressão por r, temos

rS =n∑

k=0

rn+1 = r + r2 + r3 + . . .+ rn + rn+1 (1.24)

Fazendo (1.24)− (1.23), segue que

rS − S = rn+1 − 1 ⇒ S =rn+1 − 1

r − 1

�

36


Observação 1.3 No caso em que r = 1, observe quen∑

k=0

1 = n − 0 + 1 =

n+ 1.


a)5∑

k=0

4 · 3k

b)10∑k=6

1

2k

Resolução: Usaremmos a proposição anterior e as propriedades de so-matórios.

a)5∑

k=0

4 · 3k = 45∑

k=0

3k = 436 − 1

3− 1= 1456

b)

10∑k=6

1

2k=

10∑k=6

(1

2

)k

=

10∑k=0

(1

2

)k

−3∑

k=0

(1

2

)k

=( 12 )

11 − 112 − 1

−( 12 )

6 − 112 − 1

=31

1024

Alguns limites expressam somas finitas que podem ser calculados usando anotação somatório. O exemplo a seguir ilustra esses tipos de limites.

Exercício Resolvido 1.27 Calcule os limites abaixo:

a) limn→+∞

1 + 3 + 5 + . . .+ 2n− 1

4n2 + 1

b) limn→+∞

n4

1 + 23 + 33 + . . .+ n3

Resolução:

a) Observe que

1+3+5+ . . .+2n−1 =n∑

k=1

(2k−1) = 2n∑

k=1

k−n∑

k=1

1 = n(n+1)−n = n2

37


de modo que

limn→+∞

1 + 3 + 5 + . . .+ 2n− 1

4n2 + 1= lim

n→+∞

n2

4n2 + 1

= limn→+∞

1

4 + 1/n2=

1

4

b) Sendo

13 + 23 + 33 + . . .+ n3 =n∑

k=1

k3 =n2(n+ 1)2)

4=

n4 + 2n3 + n2

4

então

limn→+∞

n4

1 + 23 + 33 + . . .+ n3= lim

n→+∞

n4

n4 + 2n3 + n2

= limn→+∞

1

1 + 2/n+ 1/n2= 1

1.10 Exercícios Propostos

1. Escreva os cinco primeiros termos das sequências abaixo e plote nosistema de coordenadas cartesianas.

(a) an = (−1)n + 2 · (−1)n+1

(b) bn =4

n

(c) cn = cos(πn2 ) + sin(πn2 )

(d) dn = (−1)nn

2. Escreva os seis primeiros termos das sequências recursivas abaixo.

(a)

{an+1 = 2an

a1 = 2

(b)

{an+1 = −an

a1 = 4

(c) an+1 = an + an−1, sendo a0 = a1 = 1

(d) an+1 = (n+ 1)√an, sendo a0 = 1

38


3. Calcule os limites das sequências abaixo:

(a) limn→+∞

n√n+ 1

2n√n+ 6

(b) limn→+∞

4− n2

n

(c) limn→+∞

(n2 − 4n)

(d) limn→+∞

n2 + n

6n2 − 1

(e) limn→+∞

2n+1

3n

(f) limn→+∞

en − e−n

en + e−n

(g) limn→+∞

1√n2 + 1− n

(h) limn→+∞

(√n2 + 2− n)

(i) limn→+∞

4√4n2 + n− 2n

(j) limn→+∞

(n+ 1)!

(n+ 2)!

(k) limn→+∞

nn

(2n)!

(l) limn→+∞

(n+ 3)!

(n+ 1)!

(m) limn→+∞

n√n

3 +√n

4. Use o fato que

limn→+∞

(1 +

1

n

)n

= e

e calcule os limites abaixo:

(a) limn→+∞

(1 +

1

n

)n+3

(b) limn→+∞

(1− 3

n

)2n

39


(c) limn→+∞

(n+ 1

n+ 2

)2n

(d) limn→+∞

(2 +

2

n

)n

(e) limn→+∞

(n

n+ 1

)n

5. Use a regra de L’Hospital e calcule os limites das sequências abaixo.

(a) limn→+∞

lnn

n

(b) limn→+∞

n√n2

(c) limn→+∞

n1

2n2

(d) limn→+∞

2n

4n

(e) limn→+∞

41/n

6. Assinale (V) para verdadeiro e (F) para falso nas sentenças abaixo.Justifique através de um contra-exemplo as alternativas falsas.

(a) ( ) Toda sequência convergente é limitada.

(b) ( ) Sequências crescentes ou decrescentes são monótonas.

(c) ( ) Toda sequência limitada é convergente.

(d) ( ) Existem sequências limitadas que são convergentes.

(e) ( ) Toda sequência decrescente e limitada é convergente.

7. Mostre que limn→+∞

n√2n + 3n = 3.

Sugestão: Use o Teor. (1.19).

8. Use o fato que

1 + 2 + 3 + . . .+ n =n∑

k=1

k =n(n+ 1)

2

e as propriedade de somatórios e calcule os limites abaixo.

(a) limn→+∞

2 + 4 + . . .+ 2n

3n2

40


(b) limn→+∞

1

n2

n∑k=1

(2k + 1)

(c) limn→+∞

1 + 4 + 7 + . . .+ 3n− 2

4n2

(d) limn→+∞

2 + 4 + 6 + . . .+ 2n

n+ 1

9. Use o fato que

12 + 22 + 32 + . . .+ n2 =n∑

k=1

k =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

e as propriedade de somatórios e calcule os limites abaixo.

(a) limn→+∞

1

n3

n∑k=1

k2

(b) limn→+∞

n∑k=1

(k2 + k)

(n2 + n)(2n+ 1)

10. Uma população estável de 35.000 pássaros vive em três ilhas. Cadaano, 10 % da população da ilha A migram para a ilha B, 20 % da pop-ulação da ilha B migram para a ilha C e 5 % da população da ilha Cmigram para a ilha A. Denotemos por An, Bn e Cn, respectivamente,os números de pássaros nas ilhas A, B e C, no ano n antes da ocor-rência da migração.

(a) Mostre que An+1 = 0, 90An + 0, 05Cn

Bn+1 = 0, 10An + 0, 80Cn

Cn+1 = 0, 95Cn + 0, 20Bn

(b) Supondo que limn→+∞

An, limn→+∞

Bn e limn→∞

Cn, determine o número

de pássaros em cada ilha após muitos anos.

11. Seja N ∈ R∗+. Considere a sequência {an} dada por:{

an+1 = 4√Nan

a1 = 1

41


(a) Admitindo que esta sequência é crescente e limitada, então elaé convergente. Mostre o seu limite L = 3

√N . Portanto, esta se-

quência nos fornece um modo de calcular a raiz cúbica de umnúmero positivo, usando raízes quadradas.

(b) Use esta técnica e determine aproximadamente 3√6.

1.11 Exercícios Selecionados e Resolvidos

1. Se an → L ̸= 0, então an ̸= 0 para infinitos valores de n.Resolução: Seja ϵ = |L|/2. Como an → L quando n → +∞, existeN > 0 tal que se n > N , então

|an − L| < |L|2

Se n > N , segue que

|L| = |(L− an) + an| ≤ |an − L|+ |an| <|L|2

+ |an| ⇒ |an| >|L|2

ou seja,

|an| >|L|2

para todo n > N

2. Considere a sequência {an}+∞n=1 convergente, cujo limite é L ̸= 0. Se

{an}+∞n=1 satisfaz a equação

an+1 =2

3an +

2

3a2n

mostre que L = 3√2.

Resolução: Aplicando o limite na equação dada, temos:

limn→+∞

an+1 = limn→+∞

(2

3an +

2

3a2n

)⇒ L =

2L

3+

2

3L

2

Resolvendo esta equação segue que L = 3√2.

3. (Taylor) Calcule os limites abaixo:

(a) limn→+∞

1−(1− 1

n

)4

1−(1− 1

n

)3

42


(b) limn→+∞

√n(√n+ 1−

√n).

Resolução:

(a) Note que

1−(1− 1

n

)4

= 14 −(1− 1

n

)4

=1

n

(2− 1

n

)[1 +

(1− 1

n

)2]e que

1−(1− 1

n

)3

= 13 −(1− 1

n

)3

=1

n

[2− 1

n+

(1− 1

n

)2]Logo,

limn→+∞

1−(1− 1

n

)4

1−(1− 1

n

)3 = limn→+∞

(2− 1

n

)[1 +

(1− 1

n

)2]2− 1

n+

(1− 1

n

)2 =4

3

(b)

limn→+∞

√n(√n+ 1−

√n) = lim

n→+∞

√n(√n+ 1−

√n)(

√n+ 1 +

√n)√

n+ 1 +√n

= limn→+∞

√n√

n+ 1 +√n

= limn→+∞

1√1 +

1

n+ 1

=1

2

4. (Leithold) Prove que a sequência {an}∞n=1 for convergente e limn→+∞

an =

L, então a sequência {|an|}∞n=1 também será convergente e limn→+∞

|an| =|L|.Resolução: Dado ϵ > 0, existe N ∈ N tal que |an − L| < ϵ se n > N .Assim, para provar que lim

n→+∞|an| = |L|, tomamos N > 0, então se

| |an| − |L| | < ϵ. De fato,

| |an| − |L| | ≤ |an − L| < ϵ se n > N

43

Capítulo 2

Séries Numéricas

2.1 Introdução

Em muitas áreas da Matemática, surgem problemas relacionados a somasinfinitas, ou seja, somas que possuem um número infinito de parcelas. Porexemplo, considere um segmento de 1 m de comprimento. Divindo-o aomeio, teremos dois segmentos de comprimento iguais a 1/2 m, dividindo-onovamente, teremos 4 segmentos de comprimento igual a 1/4 m. Observeque podemos continuar este processo indefinidamente. Uma pergunta inte-ressante é saber o comprimento total da soma de cada um dos segmentosdistintos, ou seja, qual o valor de:

1 +1

2+

1

4+

1

8+ . . .

Durante séculos, a ideia de somar infinitas parcelas desconcertou as me-lhores mentes matemáticas. O assunto intensificou durante o século XV IIe várias expressões com infinitos termos surgiram sem um formalismo ad-equado. Um caso que confundiu os matemáticos do século XV III foi asoma

1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + . . .

Alguns matemáticos diziam esta soma é igual a 0, outros diziam que eraigual a 1. Teve uma corrente que afirmava que esta soma era igual a 1/2baseado na série geométrica amplamente conhecida na época. O que fal-tava para estes matemáticos é o conceito de convergência que foi desen-volvido no século XIX. Além disso, conforme desenvolvemos uma teoriasobre sequências e séries infinitas, uma aplicação importante nos fornece

44


um método de representar uma função derivável f(x) como o somatório in-finito de potências de x.

A teoria ampliou-se rapidamente e está presente em vários ramos daMatemática, tais como Equações Diferenciais, Transformadas de Laplace,Séries de Fourier, Variáveis Complexas, etc.

2.2 Conceitos Preliminares

Definição 2.1 Considere a sequência numérica

a1, a2, a3, . . . , an, . . . ou {an}+∞n=1

A expressão

a1 + a2 + a3 + . . .+ an + . . . =

+∞∑n=1

an (2.1)

chama-se série numérica, sendo os números a1, a2, . . . , an os termos dasérie.

Definição 2.2 A soma dos n primeiros termos da série chama-se soma par-cial Sn, isto é,

Sn =

n∑k=1

ak (2.2)

Desta forma,

S1 = a1, S2 = a1 + a2, S3 = a1 + a2 + a3, . . . Sn = a1 + a2 + . . .+ an

Definição 2.3 Dizemos que a série numérica (2.1) converge se a sequênciadas somas parciais dada em (2.2) converge, isto é, se o limite seguinte existire for finito:

S = limn→+∞

Sn

Neste caso, o número real S chama-se soma da série. Se além disso, olimite lim

n→+∞Sn não existir, dizemos que a série (2.1) diverge e que não tem

soma.

Observação 2.1 Por comodidade é comum denotar a série numérica+∞∑n=0

an

simplesmente por∑

an.

45


Exercício Resolvido 2.1 Determine se a série numérica+∞∑n=1

(−1)n

converge. Caso afirmativo ache sua soma.

Resolução: Calculemos alguns termos da sequência das somas parciais:

S1 = a1 = −1, S2 = a1+a2 = −1+1 = 0, S3 = a1+a2+a3 = −1+1−1 = −1

Assim, observamos que

Sn =

{−1 se n é ímpar0 se n é par

ou seja, Sn = (−1)n para n ∈ N∗. Vimos no capítulo anterior que estasequência é divergente. Logo, a série dada é divergente.

Definição 2.4 A série numérica

+∞∑n=1

1

n(n+ 1)(2.3)

chama-se série telescópica.

Proposição 2.1 A série telescópica (2.3) converge e sua soma é igual a 1,

isto é,+∞∑n=1

1

n(n+ 1)= 1.

Demonstração: Nesse caso, p = 1, a = 0 e b = 1. Trata-se portanto deuma série telescópica. Sendo A = 1 e B = −1, segue que

n∑k=1

1

n(n+ 1)=

n∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)=

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ . . .+

(1

n− 1

n+ 1

)= 1− 1

n+ 1

Assim,+∞∑k=1

1

n(n+ 1)= lim

n→+∞

(1− 1

n+ 1

)= 1

�

46


Observação 2.2 Através de uma mudança de índice na série telescópica,podemos escrever:

n∑k=1

1

n(n+ 1)=

+∞∑n=0

1

(n+ 1)(n+ 2)

Definição 2.5 Sejam c ∈ R∗ e p ∈ N∗. A série

+∞∑n=p

c

n(n+ 1)(2.4)

chama-se série "quase-telescópica".

Teorema 2.1 Se a série numérica+∞∑n=1

an converge (diverge), então a série

obtida desta retirando um número finito de termos também converge (di-verge).

Demonstração: Suponhamos que+∞∑n=1

an = S e considere a série+∞∑

n=n0+1

an

obtida da anterior retirando n0 termos. Mostraremos que a série+∞∑

n=n0+1

an

também converge. De fato,

S =+∞∑n=1

an =

n0∑n=1

an ++∞∑

n=n0+1

an ⇒+∞∑

n=n0+1

an = S − S′

onde S′ =

n0∑k=1

an.

Suponhamos agora que a série+∞∑n=1

an diverge. Mostraremos que a série

+∞∑n=n0+1

an também diverge. Suponhamos por absurdo que+∞∑

n=n0+1

an = S.

Assim,+∞∑n=1

an =

n0∑n=1

an +

+∞∑n=n0+1

= S′ + S < +∞

Absurdo!�

47


Teorema 2.2 Sejam as séries numéricas convergentes∑

an e∑

bn cujassomas são a e b respectivamente. Então

i) A série∑

can é convergente e sua soma é ca, para todo c ∈ R;

ii) A série∑

(an + bn) é convergente e sua soma é a+ b.

Demonstração:

i) Se c = 0 o resultado é imediato. Desta forma suponhamos c ̸= 0.Sendo a série

∑an convergente, dado ϵ > 0, existe N ∈ N tal que se

n > N , ∣∣∣∣ n∑k=1

an − a

∣∣∣∣ < ϵ

|c|

Assim, se n > N ,∣∣∣∣ n∑k=1

can − ca

∣∣∣∣ = |c| ·∣∣∣∣ n∑k=1

an − a

∣∣∣∣ < |c| · ϵ

|c|= ϵ

donde segue o resultado

ii) Como a série∑

an é convergente, dado ϵ > 0, existe N1 ∈ N tal quese n > N1, então ∣∣∣∣ n∑

k=1

an − a

∣∣∣∣ < ϵ

2(2.5)

Como a série∑

an é convergente, dado ϵ > 0, existe N1 ∈ N tal quese n > N1, então ∣∣∣∣ n∑

k=1

bn − b

∣∣∣∣ < ϵ

2(2.6)

Seja N = max{N1, N2}. Usando a desigualdade triangular e as ex-pressões (2.5) e (2.6), segue que se n > N , então∣∣∣∣ n∑

k=1

(an + bn)− (a+ b)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣( n∑k=1

an − a

)+

( n∑k=1

bn − b

)∣∣∣∣≤

∣∣∣∣ n∑k=1

an − a

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ n∑k=1

bn − b

∣∣∣∣ < ϵ

2+

ϵ

2= ϵ


�

48


Corolário 2.1 A série "quase-telescópica" converge.

Demonstração: Segue imediatamente do Teor. (2.2) e do Teor. (2.1).�

Corolário 2.2 Se a série∑

an é convergente e a série∑

bn é divergente,então a série numérica

∑(an + bn) é divergente.

Demonstração: De fato, se∑

(an + bn) fosse convergente e sendo∑

anconvergente, então

∑bn =

∑[(an + bn) − an] =

∑(an + bn) −

∑an seria

convergente.�

Exercício Resolvido 2.2 Estude a convergência das séries abaixo:

a)+∞∑n=5

4

n(n+ 1)

b)+∞∑n=2

[(−1)n +

1

(n+ 1)(n+ 2)

]Resolução:

a) Essa série numérica é a série "quase-telescópica" e portanto con-verge.

b) Como a série+∞∑n=2

(−1)n é a série numérica obtida da série divergente

+∞∑n=1

(−1)n (Exercício resolvido 2.1), retirando o primeiro, então do Teor.

(2.1) segue que essa série diverge. Consequentemente, do Cor. (2.2)a série dada diverge.

Corolário 2.3 Seja c ̸= 0. Se a série∑

an diverge, então a série∑

candiverge.

Demonstração: Se∑

can convergir, então

S =∑

can = c∑

an ⇒∑

an =S

c

ou seja, a série∑

an converge. Absurdo!�

49


Observação 2.3 O Teor. 2.2 afirma que o produto de uma constante notermo geral de uma série convergente não afeta a sua convergência e asoma de duas séries convergentes é uma série convergente. Matematica-mente, temos:

∑can = c

∑an e

∑(an + bn) =

∑an +

∑bn.

Determinar se uma série numérica converge ou diverge será o objetivoprincipal deste capítulo. Serão vistos vários testes de convergência que nosauxiliarão nesta tarefa e o teste a seguir, apesar de simples, é muito útil parauma análise rápida da divergência de uma série numérica.

2.3 A Série Harmônica

Definição 2.6 A série numérica

1 +1

2+

1

3+ . . .+

1

n+ . . . =

+∞∑n=1

1

n(2.7)

chama-se série harmônica.

Esta série desempenha um papel muito importante no estudo das sériesnuméricas. O matemático inglês Nicole Oresme provou no século XIV queela é uma série divergente. O seu raciocínio apresentado no teorema abaixoé uma antecipação do teste da comparação que veremos em breve.

Teorema 2.3 A série harmônica diverge.

Demonstração: De fato, vejamos as somas parciais S20 , S21 , S22 , . . . , S2n .

S20 = S1 = 1

S21 = S2 = 1 +1

2

S22 = S4 = 1 +1

2+

(1

3+

1

4

)> 1 +

1

2+

1

4+

1

4= 1 +

2

2

S23 = S8 = 1 +1

2+

(1

3+

1

4

)+

(1

5+

1

6+

1

7+

1

8

)> 1 +

1

2+

1

4+

1

4+

1

8+

1

8+

1

8+

1

8= 1 +

3

2

Por indução finita, segue que S2p > 1 +p

2. Como lim

p→+∞1 +

p

2= +∞, de

modo que, limp→+∞

S2p = +∞ e consequentemente, limp→+∞

Sn = +∞. Logo, a

série harmônica diverge.�

50


Definição 2.7 Seja c ∈ R∗. Chamamos de série "quase-harmônica", a sériedada por:

+∞∑n=p

c

n(2.8)

Exercício Resolvido 2.3 Estude a convergência das séries numéricas abaixo:

a)+∞∑n=0

1

n+ 5

b)+∞∑n=3

1

2n

Resolução:

a) Observe a série dada é a série harmônica suprimindo os 4 primeirostermos. Portanto, pelo Teor. (2.1), segue que a série dada é diver-gente.

b) Observe que

+∞∑n=3

1

2n=

1

2 · 3+

1

2 · 4+ . . .+

1

2n+ . . .

é a série harmônica suprimindo seus 2 primeiros termos e multipli-cando os demais por 2. Logo, essa série é divergente.

2.4 A Série Geométrica

Uma das principais séries numéricas e que possui diversas aplicações é asérie geométrica, cuja definição é dada abaixo:

Definição 2.8 Dados a, q ∈ R, a série

a+ aq + aq2 + . . .+ aqn−1 + . . . =

+∞∑n=1

aqn−1 =

+∞∑n=0

aqn (2.9)

chama-se série geométrica de razão q e primeiro termo a.

Teorema 2.4 Dada a série geométrica de razão q e primeiro termo igual aa, então:

51


i) Se |q| < 1 a série geométrica (2.9) converge e sua soma é

S =a

1− q(2.10)

ii) Se |q| = 1, a série geométrica (2.9) diverge;

iii) Se |q| > 1, a série geométrica (2.9) diverge.

Demonstração:

i) Considere a soma parcial Sn dada por

Sn = a+ aq + aq2 + . . .+ aqn−1 + aqn (2.11)

Multiplicando a expressão (2.11) pela razão q, temos:

qSn = aq + aq2 + aq3 + . . .+ aqn + aqn+1

= −a+ (a+ aq + aq2 + aq3 + . . .+ aqn) + aqn+1(2.12)

O termo entre parênteses na expressão (2.12) é exatamente a somaparcial dada em (2.11). Assim,

qSn = −a+ Sn + aqn+1 ⇒ (q − 1)Sn = aqn+1 − a (2.13)

Se |q| < 1, temos q − 1 ̸= 0 e pelo Teor. (1.15) do capítulo anterior,lim

n→+∞aqn+1 = 0 . Assim,

limn→+∞

Sn = limn→+∞

(aqn+1

q − 1− a

q − 1

)=

a

1− q

ii) Se |q| = 1, então q = ±1 e da expressão (2.11), Sn = ±na. Clara-mente,

limn→+∞

Sn = limn→+∞

(±na) = ±∞

de modo que a série geométrica é divergente.

iii) Se |q| > 1, então q < −1 ou q > 1. Em ambos os casos, pelo Teor.(1.15) lim

n→∞Sn = ∞, de modo que a série geométrica é divergente.

�

Exercício Resolvido 2.4 Determine a soma das áreas hachuradas na figuraabaixo:

52


Figura 2.1: Série infinita gerada pela soma de áreas em um quadrado.

Resolução: Denotando por Sn a soma das áreas dos n primeiros quadra-dos, então

Sn =1

4+

1

42+ . . .+

1

4n

e sendo a razão q =1

4< 1, segue que

S = limn→+∞

Sn =

1

4

1− 1

4

=1

3

Exercício Resolvido 2.5 Use o teorema anterior e determine se as sériesabaixo convergem. Caso afirmativo, ache sua soma.

a)+∞∑n=0

3

4n

b)+∞∑n=0

(−1)n2n

c)+∞∑n=1

2n + 3n

6n

Resolução:

53


a) Note que an =3

4n= 3

1

4n= 3

(1

4

)n

, de modo que a razão q =1

4< 1.

Assim, esta série geométrica é convergente. Sendo o primeiro termoa = 3, segue que

S =a

1− q=

3

1− 1

4

= 4

b) Sendo an = (−1)n2n = (−2)n, então q = −2, de modo que |q| =| − 2| = 2 > 1 e a série geométrica dada é divergente.

c) Observe que as séries

+∞∑n=1

1

3ne

+∞∑n=1

1

2n

são séries geométricas de razão 1/3 e 1/2 respectivamente, portantosão convergentes. Pelo item i) Teor. 2.1, segue que

+∞∑n=1

2n + 3n

6n=

+∞∑n=1

(1

3n+

1

2n

)=

+∞∑n=1

1

3n+

+∞∑n=1

1

2n

=1/3

1− 1/3+

1/2

1− 1/2=

3

2

2.5 As Séries do Tipo Telescópicas

Nesta seção, veremos outras séries numéricas que possuem o comporta-mento da série telescópica apresentada na Def. (x).

Considere a série numérica∑

an, cujo termo geral é a fração da forma

an =1

(pn+ a)(pn+ b)

sendo p ∈ N∗, 0 ≤ a < b ∈ N. Queremos determinar os parâmetros A e Btais que

1

(pn+ a)(pn+ b)=

A

pn+ a+

B

pn+ b

Resolvendo, temos 1 = A(pn + b) + B(pn + a), de modo que A =1

b− ae

B = − 1

b− a. Desta forma, a soma parcial da série dada acima pode ser

54


escrita na forma:n∑

k=1

1

(pk + a)(pk + b)=

1

b− a

n∑k=1

(1

pk + a− 1

pk + b

)(2.14)

No caso em que b = a + 1, os termos desta soma irão cancelar sobrandoapenas o primeiro e o último termo. Usando a definição de convergência desérie, podemos mostrar que essa série é convergente e sua soma pode sercalculada facilmente. Este tipo de série é chamada de série telescópica.

Proposição 2.2 Sejam p ∈ N∗, a, b ∈ N com a < b. Então∞∑k=0

1

(pk + a)(pk + b)=

1

b− a

∫ 1

0

xa−1 − xb−1

1− xpdx (2.15)

Demonstração: Da expressão (2.14), temos

+∞∑k=0

1

(pk + a)(pk + b)=

1

b− a

+∞∑k=0

(1

pk + a− 1

pk + b

)(2.16)

Mas,1

pk + a=

∫ 1

0

xpk+a−1dx (2.17)

e1

pk + b=

∫ 1

0

xpk+b−1dx (2.18)

Substituindo (2.17), (2.18) em (2.16), segue que

+∞∑k=0

1

(pk + a)(pk + b)=

1

b− a

[∫ 1

0

xa−1+∞∑k=0

xpkdx−∫ 1

0

xb−1+∞∑k=0

xpkdx

]

=1

b− a

[∫ 1

0

xa−1

1− xpdx−

∫ 1

0

xb−1

1− xpdx

]=

1

b− a

∫ 1

0

xa−1 − xb−1

1− xpdx

�


+∞∑k=0

1

(2k + 1)(2k + 2)= ln 2

55


Resolução: Usando a Prop. (2.2) com p = 2, a = 1 e b = 2, segue que+∞∑k=0

1

(2k + 1)(2k + 2)=

1

2− 1

∫ 1

0

x1−1 − x2−1

1− x2dx =

∫ 1

0

1

1 + xdx = ln 2

2.6 O Teste da Divergência

Teorema 2.5 Se a série numérica+∞∑n=1

an é convergente, então limn→+∞

an = 0.

Demonstração: Seja S =

+∞∑n=1

an. Sendo limn→+∞

Sn = S, então,

limn→+∞

an = limn→+∞

(Sn+1 − Sn) = limn→+∞

Sn+1 − limn→+∞

Sn = S − S = 0

�Observação 2.4 Pelo argumento lógico da contra-positiva, podemos afir-mar que se lim

n→+∞an ̸= 0 ou se lim

n→+∞an não existir, a série diverge. Esta

segunda versão do Teor. (2.5), é chamada de teste da divergência.

Este teste não diz nada à respeito da convergência de uma série numérica.Assim, se lim

n→∞an = 0, a série pode convergir ou divergir e uma análise adi-

cional faz-se necessário.

Exercício Resolvido 2.7 Use o teste da divergência e estude as séries numéri-cas abaixo:

a)+∞∑n=1

n

n+ 1;

b)+∞∑n=1

1

n.

Resolução:

a) Note que an =n

n+ 1. Sendo

limn→∞

an = limn→+∞

n

n+ 1= lim

n→+∞

1

1 +1

n

= 1 ̸= 0

a série dada diverge.

56


b) Como limn→+∞

1

n= 0, o teste é inconclusivo, ou seja, o teste falha.

2.7 O Teste da Integral

Uma forma de estudar a convergência de uma série numérica é relacioná-lacom uma integral imprópria, conforme o teorema a seguir.

Teorema 2.6 (O Teste da Integral) Seja que f uma função não-crescente,não-negativa, definida sobre o intervalo [N,+∞). Considere a sequência{an}+∞

n=1 tal que an = f(n) para todo n > N . Então:

i) Se∫ +∞

N

f(x)dx converge, então+∞∑n=1

an converge;

ii) Se∫ +∞

N

f(x)dx diverge, então+∞∑n=1

an diverge.

Figura 2.2: Diagrama para o teste da integral

Demonstração: Seja

Sn = f(1) + f(2) + . . .+ f(n) = a1 + a2 + . . .+ an

57


Por comparação de áreas na figura acima, temos∫ k+1

k

f(x)dx ≤ f(k)(k + 1− k) = f(k) (2.19)

e ∫ k+1

k

f(x)dx ≥ f(k + 1)(k + 1− k) = f(k + 1) (2.20)

De (2.19) e (2.20), segue que

f(k + 1) ≤∫ k+1

k

f(x)dx ≤ f(k) para k ≥ 1 (2.21)

Fazendo k = 1, 2, 3, . . . , n, segue que:

f(2) ≤∫ 2

1

f(x)dx ≤ f(1)

f(3) ≤∫ 3

2

f(x)dx ≤ f(2)

......

f(n+ 1) ≤∫ n+1

n

f(x)dx ≤ f(n)

Adicionando essas desigualdades membro a membro, temos:

f(2) + . . .+ f(n+ 1) ≤∫ 2

1

f(x)dx+ . . .+

∫ n+1

n

f(x)dx ≤

≤ f(1) + f(2) + . . .+ f(n) ⇒

Sn − a1 ≤∫ n+1

1

f(x)dx ≤ Sn (2.22)

i) Se a integral∫ +∞N

converge, então a integral∫ +∞1

f(x)dx também con-verge e pela desigualdade (2.22), segue que lim

n→+∞Sn converge, ou

seja, a série numérica+∞∑n=1

an converge.

ii) Se a integral∫ +∞N

diverge, então a integral∫ +∞1

f(x)dx também di-verge e pela desigualdade (2.22), segue que lim

n→+∞Sn diverge, ou seja,

a série numérica+∞∑n=1

an diverge.

58


�

Exercício Resolvido 2.8 Use o teste da integral e estude a convergênciadas séries abaixo:

a)+∞∑n=1

1

n

b)+∞∑n=1

n

en

Resolução:

a) Seja a função f(x) = 1/x para x ≥ 1. Como∫ +∞

1

1

xdx = lim

p→+∞

∫ p

1

1

xdx = lim

p→+∞ln p = +∞

a série dada diverge.

b) Seja f(x) = xe−x para x ≥ 1. Como∫ +∞

1

xe−xdx = limp→+∞

∫ p

1

xe−xdx = limp→+∞

(−xe−x

∣∣∣∣p1

+

∫ p

1

e−xdx

)=

1

e+ lim

p→+∞

(1

e− e−p

)=

2

e< +∞

Logo, a série dada converge.

Definição 2.9 Seja p > 0. Chama-se série-p a série numérica dada por:

+∞∑n=1

1

np(2.23)

Uma consequência importante do teste da integral é o corolário seguinterelativo a convergência da série-p dada por:

Corolário 2.4 (Série-p) Seja p > 0.

i) Se 0 < p ≤ 1, a série numérica+∞∑n=1

1

npdiverge;

59


ii) Se p > 1, a série numérica+∞∑n=1

1

npconverge.

Demonstração:

Considere a função f(x) =1

xppara x ∈ [1,+∞). Note que f(x) é positiva

nesse intervalo. Como f ′(x) = − p

xp+1< 0 se x ≥ 1, então f é uma função

não-crescente para x ∈ [1,+∞). Deste modo, f satisfaz as hipóteses doTeor. (2.6).

i) Se 0 < p < 1, então∫ +∞

1

f(x)dx =

∫ +∞

1

1

xpdx = lim

r→+∞

∫ r

1

x−pdx

= limr→+∞

x−p+1

−p+ 1

∣∣∣∣r1

= limr→+∞

(r1−p

1− p− 1

1− p

)= +∞

No caso em que p = 1,∫ +∞

1

f(x)dx =

∫ +∞

1

1

xdx = lim

r→+∞

∫ r

1

1

xdx = lim

r→+∞ln r = +∞

Logo, a série diverge.

ii) Se p > 1, então∫ +∞

1

f(x)dx =

∫ +∞

1

1

xpdx = lim

r→+∞

∫ r

1

x−pdx

= limr→+∞

x−p+1

−p+ 1

∣∣∣∣r1

= limr→+∞

(r1−p

1− p− 1

1− p

)=

1

p− 1

Logo, a série converge.

�

Exercício Resolvido 2.9 Estude a convergência das séries abaixo:

a)+∞∑n=1

2

n√n

b)+∞∑n=1

(4√n

3√n

)2

60


Resolução:

a) Sendo an =2

n√n

=2

n3/2. Esta é uma série p com p = 3/2 > 1. Logo,

esta série converge.

b) Sendo

an =

(4√n

3√n

)2

=

(1

n1/3−1/4

)2

=1

n1/6

esta é uma série p com p = 1/6 < 1. Logo, esta série diverge.

2.8 O Teste da Comparação

Nesta seção, o estudo da convergência de uma série numérica será feitocom uma série numérica que sabemos através de algum outro método queela é convergente ou divergente.

Teorema 2.7 (Teste da Comparação) Suponha que 0 ≤ an ≤ bn para todon ∈ N∗.

i) Se a série+∞∑n=1

an diverge, então a série+∞∑n=1

bn diverge;

ii) Se a série+∞∑n=1

bn converge, então a série+∞∑n=1

an converge.

Demonstração: Sejam Sn =

n∑k=1

ak e Tn =

n∑k=1

bk as somas parciais da

séries∑

an e∑

bn. Da hipótese segue que

0 ≤n∑

k=1

ak ≤n∑

k=1

bk, ou seja, 0 ≤ Sn ≤ Tn (2.24)

i) Se a série+∞∑n=1

an diverge, então limn→+∞

Sn = +∞ e da expressão (2.24),

segue que limn→+∞

Tn = +∞, ou seja, a série+∞∑n=1

bn diverge.

61


ii) Sendo {Tn}+∞n=1 uma sequência convergente, ela é limitada superior-

mente, de modo que existe uma constante M > 0 tal que Tn ≤ Mpara todo n ∈ N∗. Portanto, Sn ≤ M para todo n ∈ N∗, ou seja, a se-quência {Sn}+∞

n=1 é limitada superiormente. Desde que an ≥ 0, entãoSn+1 = Sn + an ≥ Sn, de modo que {Sn}+∞

n=1 é crescente. Logo, peloTeor. (1.16), esta sequência é convergente.

�Observação 2.5 As conclusões do Teor. (2.7) continuam válidas se 0 ≤an ≤ bn para algum N ∈ N.

Exercício Resolvido 2.10 Use o teste da comparação e estude a convergên-cia das séries abaixo:

a)+∞∑n=1

1

2n+ 1

b)+∞∑n=1

1

n2n

c)+∞∑n=2

1

lnn

d)+∞∑n=1

1

n(n+ 1)2

Resolução:

a) Observe que 2n+ 1 < 2n+ 2 para todo n ∈ N, de modo que

1

2n+ 1>

1

2n+ 2para todo n ∈ N

Assim,+∞∑n=1

1

2n+ 1> 2

+∞∑n=1

1

n+ 1= 2

+∞∑n=2

1

n= +∞

Logo, a série diverge.

b) Neste caso, observe que n2n > n · n = n2 para todo n ∈ N∗, de modo

que1

n2n<

1

n2para n ∈ N∗. A série

+∞∑n=1

1

n2é a série-p com p = 2 e

portanto é convergente. Pelo teste da comparação, segue que a sériedada é convergente.

62


c) Basta observar que lnn < n para todo n ∈ N∗ e comparar com a sérieharmônica.

d) Como n + 1 > n para todo n ∈ N, então1

(n+ 1)2<

1

n2para todo

n ∈ N∗, de modo que

1

n(n+ 1)2<

1

n3⇒

+∞∑n=1

1

n(n+ 1)2<

+∞∑n=1

1

n3< +∞

2.9 O Teste da Comparação de Limite

Outro teste muito para analisar a convergência das séries numéricas de ter-mos positivos é o teste da comparação de limite dado pelo seguinte teorema:

Teorema 2.8 (Teste do Limite da Comparação) Considere as séries∑

ane∑

bn tais que an, bn > 0. Considere o número

c = limn→+∞

anbn

Se c > 0, então ambas as séries convergem ou ambas as séries divergem.

Demonstração: Seja ϵ = 1. Como limn→+∞

anbn

= c, existe N ∈ N tal que se

n > N , então ∣∣∣∣anbn − c

∣∣∣∣ < 1 ⇒ c− 1 <anbn

< c+ 1 ⇒

(c− 1)bn < an < (c+ 1)bn se n > N (2.25)

Usando os argumentos apresentados no teste da comparação, temos:

• Se a sequência {an} converge, segue das desigualdades dadas em(2.25) que a sequência {bn} converge;

• Se a sequência {an} diverge, segue das desigualdades dadas em(2.25) que a sequência {bn} diverge;

• Se a sequência {bn} converge, segue das desigualdades dadas em(2.25) que a sequência {an} converge;

• Se a sequência {bn} diverge, segue das desigualdades dadas em(2.25) que a sequência {an} diverge.

63


�

Observação 2.6 Para usar este teste na análise de convergência de umasérie, assim como para usar o teste da comparação, temos que procuraruma série para comparação. Em geral, essa série é obtida à partir da sériedada.

Exercício Resolvido 2.11 Use o teste da comparação de limite e estude aconvergência das séries abaixo:

a)+∞∑n=1

1

3n − n

b)+∞∑n=1

1

2n+ 1

c)+∞∑n=1

√n+ 1√n4 + 1

Resolução:

a) Considere a série numérica geométrica+∞∑n=1

1

3n. Sendo r = 1/3 < 1,

essa série é convergente. Sendo an =1

3n − ne bn =

1

3n, então

limn→+∞

anbn

= limn→+∞

1

3n − n1

3n

= limn→+∞

3n

3n − n= lim

n→+∞

1

1− n

3n

= 1

Logo, a série dada converge.

b) Considere a série harmônica+∞∑n=1

1

n, de modo que bn =

1

n. Como

limn→+∞

anbn

= limn→+∞

1

2n+ 11

n

= limn→+∞

n

2n+ 1=

1

2

Logo, a série dada diverge.

c)

64


2.10 O Teste Para Séries Alternadas

Definição 2.10 Uma série infinita da forma

+∞∑n=0

(−1)nan ou+∞∑n=1

(−1)n−1an

com an > 0 é chamada série alternada.

Por exemplo,+∞∑n=1

(−1)n+1

n= 1− 1

2+

1

3− 1

4+ . . .

A palavra alternada refere ao fato que o sinal dos termos alternam entre +e −. O teorema a seguir nos fornece um critério sobre a convergência dasséries alternadas.

Teorema 2.9 (O Teste Para Séries Alternadas) Considere a série numérica

alternada∞∑

n=1

(−1)n−1an, sendo an ≥ 0. Se:

i) limn→∞

an = 0;

ii) A sequência {an} é decrescente

então a série∞∑

n=1

(−1)n−1an converge.

Demonstração: Considere as sequências das somas parciais

S2n = a1 − a2 + a3 − a4 + . . .+ a2n−1 − a2n

eS2n+1 = a1 − a2 + a3 − a4 + . . .+ a2n−1 − a2n + a2n+1

Afirmação 1: {S2n} é uma sequência não-decrescente e limitada.

De fato, sendo {an} uma sequência decrescente, então

S2n+2 = a1−a2+a3−a4+. . .−a2n+a2n+1−a2n+2 = S2n+a2n+1−a2n+2 ≥ S2n

ou seja, {S2n} é uma sequência não-decrescente. Por outro lado,

S2n =

≥0︷︸︸︷(a1 − a2) +

≥0︷︸︸︷(a2 − a3) + . . .+

≥0︷︸︸︷(a2n−1 − a2n)≥ 0

65


e

S2n = a1−

≥0︷︸︸︷(a2 − a3) −

≥0︷︸︸︷(a4 − a5) − . . .−

≥0︷︸︸︷(a2n−1 − a2n)≤ a1

de modo que 0 ≤ S2n ≤ a1. Logo, existe L1 = limn→+∞

S2n.

Afirmação 2: {S2n+1} é uma sequência não-crescente e limitada.

De fato, sendo {an} uma sequência decrescente e de termos positivos,então

S2n+3 = S2n+1 − a2n+2 + a2n+3 = S2n+1−

≥0︷︸︸︷(a2n+2 − a2n+3)≤ S2n+1

ou seja, {S2n+1} é uma sequência não-crescente. Por outro lado,

S2n+1 =

≥0︷︸︸︷(a1 − a2) +

≥0︷︸︸︷(a2 − a3) + . . .+

≥0︷︸︸︷(a2n−1 − a2n) +a2n+1 ≥ 0

e

S2n+1 = a1−

≥0︷︸︸︷(a2 − a3) −

≥0︷︸︸︷(a4 − a5) − . . .−

≥0︷︸︸︷(a2n − a2n+1)≤ a1

de modo que 0 ≤ S2n+1 ≤ a1. Logo, existe L2 = limn→+∞

S2n+1. Para finalizar

a demonstração, mostraremos que L1 = L2. Para isso, note que S2n+1 =S2n + a2n+1 de modo que

limn→+∞

S2n+1 = limn→+∞

S2n + limn→+∞

a2n+1 ⇒ L2 = L1 + 0

�

Exercício Resolvido 2.12 Estude a convergência das séries alternadas abaixo:

a)+∞∑n=0

(−1)n

n+ 1

b)+∞∑n=1

(−1)nn2

n2 + 5

Resolução:

66


a) Note que os termos da sequência an =1

n+ 1são positivos e {an} é

decrescente, pois an+1 =1

n+ 2<

1

n+ 1= an. Como lim

n→+∞an = 0,

segue do Teor. (2.9) que a série numérica+∞∑n=1

(−1)n

n+ 1converge.

b) Como

limn→+∞

an = limn→+∞

n2

n2 + 1= lim

n→+∞

1

1 + 1/n2= 1

segue que a série numérica dada diverge.

2.11 Convergência Absoluta

Definição 6: A série numérica+∞∑n=1

an é absolutamente convergente se a

série+∞∑n=1

|an| é convergente.

Teorema 2.10 Se a série+∞∑n=1

|an| converge, então a série+∞∑n=1

an converge.

Demonstração: Note que para qualquer número real −|x| ≤ x ≤ |x|. As-sim, para qualquer n, −|an| ≤ an ≤ |an|, de modo que

0 ≤ |an|+ an ≤ 2|an| (2.26)

Por hipótese, a série+∞∑n=1

|an| converge, então a série

+∞∑n=1

2|an| = 2+∞∑n=1

|an| < +∞

Pelo teste da comparação, segue das desigualdades (2.26) que a série+∞∑n=1

|an|+ an converge. Pelo Teor. (2.2) a série numérica

+∞∑n=1

(|an|+ an − |an|) =+∞∑n=1

an

67


converge.�

Exercício Resolvido 2.13 Estude a convergência da série numérica+∞∑n=1

cosn

n3

Resolução: Sendo an =cosn

n3, então |an| =

| cosn|n3

≤ 1

n3. A série

numérica+∞∑n=1

1

n3é uma série-p com p = 3 > 1 e portanto convergente.

Assim,+∞∑n=1

cosn

n3≤

+∞∑n=1

| cosn|n3

≤+∞∑n=1

1

n3< +∞

2.12 O Teste da Razão

O próximo teste conhecido também por teste de D’Alembert , é muito útilpara investigar a convergência de um grande número séries numéricas.

Teorema 2.11 Suponha que limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L.

i) Se L < 1, a série∑

an converge absolutamente;

ii) Se L > 1, a série∑

an diverge;

iii) Se L = 1, o teste falha ou seja, a série pode convergir ou divergir.

Demonstração:

i) Suponha que L < 1. Então existe um número r com L < r < 1. Como

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L, existe N ∈ N tal quean+1

an< r para todo n ≥ N .

Desta forma,

|aN+1| < r|aN |, |aN+2| < r|aN+1| < r2|aN |

e assim por diante. Adicionando essas desigualdades, temos:

|aN+1|+ |aN+2|+ |aN+3|+ . . . < r|aN |+ r2|aN |+ r3|aN |+ . . . ⇒+∞∑

k=N+1

|ak| = |aN |+∞∑k=1

rk =|aN |r1− r

< +∞

68


Logo,

+∞∑k=1

|ak| =N∑

k=1

|ak|++∞∑

k=N+1

|ak| =N∑

k=1

|ak|+|aN |r1− r

< +∞

Pelo Teor. (2.10), segue o resultado.

ii) Suponha que L > 1. Então existe um número r com 1 < r < L. Como

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L, existe N ∈ N tal que∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ > r para todo n ≥ N .

Desta forma,

|aN+1| > r|aN |, |aN+2| > r|aN+1| > r2|aN |

e assim por diante. De modo que |aN+k| > rk|aN | e desde que r > 1,isso implica que lim

k→+∞|aN+k| ̸= 0. Consequentemente, lim

n→+∞an ̸= 0 e

pelo teste da divergência, segue que a série dada converge.

iii) A série harmônica+∞∑n=1

1

ndiverge e lim

n→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

n+ 1

n= 1. Por

outro lado, a série numérica+∞∑n=1

1

n2converge (série-p com p = 2) e

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

(n+ 1)2

n2= 1.

�

Exercício Resolvido 2.14 Use o teste da razão e estude a convergênciadas séries abaixo:

a)+∞∑n=1

3n

n!

b)+∞∑n=2

1

lnn

c)+∞∑n=0

(−1)n(4n)!

(n!)2

Resolução:

69


a) Nesse caso, an =3n

n!, de modo que an+1 =

3n+1

(n+ 1)!. Sendo

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣3n+1

(n+ 1)!3n

n!

∣∣∣∣ = limn→+∞

3

n+ 1= 0 < 1

Logo, a série converge.

b) Nesse caso, an =1

lnn, de modo que an+1 =

1

ln(n+ 1). Sendo

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣1

ln(n+ 1)1

lnn

∣∣∣∣= lim

n→+∞

lnn

ln(n+ 1)

L′H= lim

n→+∞

1/n

1/(n+ 1)= lim

n→+∞

n+ 1

n= 1

Logo, o teste da razão falha.

c) Nesse caso, an =(−1)n(4n)!

(n!)2, de modo que an+1 =

(−1)n+1[4(n+ 1)]!

[(n+ 1)!]2.

Mas,

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣(−1)n+1[4(n+ 1)]!

[(n+ 1)!]2

(−1)n(4n)!

(n!)2

∣∣∣∣ = (4n+ 4)!

(n+ 1)2(n!)2· (n!)

2

(4n)!

=(4n+ 4)(4n+ 3)(4n+ 2)(4n+ 1)(4n)!

(n+ 1)2

=4(4n+ 3)(4n+ 2)(4n+ 1)

n+ 1→ +∞

quando n → +∞. Logo, pelo teste da razão a série dada diverge.

2.13 O Teste da Raiz

Teorema 2.12 (teste da raiz) Suponha que limn→+∞

n√|an| = L.

i) Se L < 1, a série∑

an converge absolutamente;

70


ii) Se L > 1, a série∑

an diverge;

iii) Se L = 1, o teste falha ou seja, a série pode convergir ou divergir.

Demonstração:�

Exercício Resolvido 2.15 Use o teste da raiz e estude a convergência dasséries abaixo.

a)+∞∑n=1

(−1)n

[ln(n+ 1)]n

b)+∞∑n=1

n

(3

5

)n

c)+∞∑n=0

nn

n!

Resolução:


1. Use a definição de convergência de séries numéricas e determine se

a série∞∑

n=0

1 + (−1)n é convergente ou divergente.

2. Considere a série numérica+∞∑n=1

1

4n.

(a) Exiba a sequência das somas parciais;

(b) Mostre que Sn =1

3− 1

3 · 4ne conclua que a soma da série é

S = 1/3.

3. Estude a convergência das séries numéricas abaixo através do testeda divergência.

(a)+∞∑n=4

3n2 − 4

n2 + 1

71


(b)+∞∑n=1

2n

3n

(c)+∞∑n=1

(1− 1

n

)n

(d)+∞∑n=2

n2

en

(e)+∞∑n=1

n sin(1/n)

(f)+∞∑n=1

1

n2

(g)+∞∑n=0

3n+ 1

4n+ 2

4. Use o Cor. (2.2) e o teste da divergência e estude a convergência dasséries abaixo:

(a)+∞∑n=0

[(−1)n +

1

2n

]

(b)+∞∑n=1

[n2 +

1

n(n+ 1)

]5. Determine se as séries abaixo convergem. Caso afirmativo, ache sua

soma.

(a)+∞∑n=1

(−2)n−1

4n

(b)+∞∑n=3

3n

2n

(c)+∞∑n=0

2n

3n

(d)+∞∑n=0

4e2n

72


(e)+∞∑n=2

(4

2n− 2

3n

)6. Uma bola cai de uma altura de 12 m. Cada vez que ela bate no chão,

sobe a uma altura de três quartos da altura da queda anterior. Deter-mine a distância percorrida pela bola até o repouso.

7. Encontre

limn→+∞

(1 +

1

32+

1

34+

1

36+ . . .+

1

32n

)8. Expresse cada um dos números abaixo como uma fração.

(a) 0, 6666 . . .

(b) 0, 232323 . . .

(c) 0, 01111 . . .

9. Use o Teor. (2.1) e estude a convergência das séries abaixo:

(a)+∞∑n=0

1

n+ 3

(b)+∞∑n=1

1

(n+ 2)(n+ 4)

(c)+∞∑n=4

1

n3

10. Verifique a identidade∫ 1

0

dx

1 + x+ x2 + x3=

∞∑k=0

1

(4k + 1)(4k + 2)

11. Mostre que∞∑k=0

1

(2k + 1)(2k + 2)= ln 2

12. Ache a soma da série numérica+∞∑n=0

1

(n+ 2)(n+ 4).

13. Use o teste da integral Teor. (2.6) e estude a convergência das sériesabaixo:

73


(a)+∞∑n=1

1√2n+ 1

(b)+∞∑n=1

ne−2n

(c)+∞∑n=0

4

2n+ 1

(d)+∞∑n=2

n

n2 + 1

(e)+∞∑n=1

5

5n− 1

(f)+∞∑n=2

lnn

n2

14. Use o teste da integral e verifique se a série abaixo converge:

+∞∑n=2

lnn

n2

Sugestão: Use o fato que a função g(x) =lnx

xé decrescente para

x > e, e, portanto, tende a zero para x → +∞.

15. 15 Use o teste da comparação Teor. (2.7) e estude a convergência dasséries abaixo.

(a)+∞∑n=0

1

n2 + 3n+ 1

(b)+∞∑n=0

2

3 + 2n

(c)+∞∑n=1

√n

n

(d)+∞∑n=1

n+ 2

n2

74


(e)+∞∑n=2

1

n3 −√n

16. Use o teste da comparação de limite e estude a convergência dasséries numéricas abaixo:

(a)+∞∑n=0

1

3n− 1

(b)+∞∑n=0

1

n2 + n

(c)+∞∑n=0

n√n4 + 1

(d)+∞∑n=0

1

3n − n

(e)+∞∑n=0

1√n− sinn

17. Use o Teor. (2.9) e estude a convergência das séries abaixo.

(a)+∞∑n=1

(−1)n

n2

(b)+∞∑n=2

(−1)n+1

lnn

18. Use o teste da razão e estude as séries numéricas abaixo:

(a)+∞∑n=1

2n

3n(n+ 1)

(b)+∞∑n=1

(−1)n+1

(2n)!

(c)+∞∑n=1

(−1)n1 + en

2n

(d)+∞∑n=1

1

n

75


19. Use o teste da raiz e estude as séries numéricas abaixo:

(a)+∞∑n=1

(2

1 + n

)n

(b)+∞∑n=1

n8

8n

(c)+∞∑n=2

nn

lnn n

(d)+∞∑n=1

3n

n32n

20. Use quaisquer um dos métodos apresentados acima e estude a con-vergência das séries numéricas abaixo:

(a)+∞∑n=1

n

3n+ 2

(b)+∞∑n=5

1

n+ 1

(c)+∞∑n=1

3√n

n2 3√n

(d)+∞∑n=1

1

n2n

(e)+∞∑n=1

1√n+ 2

(f)+∞∑n=1

1

cos(nπ) + n3

(g)+∞∑n=2

1

lnn

(h)+∞∑n=1

lnn

n

(i)+∞∑n=1

ln4n

n+ 1

76

Capítulo 3

Séries de Potências

3.1 Introdução

A terceira parte sobre séries infinitas é o estudo das séries de potências oqual possui muitas aplicações na Matemática e em outras ciências. Nosprimeiros anos de seus estudos, Isaac Newton (1642 - 1727) percebeuatravés de um processo laborioso de quadratura, que o o binômio (x + y)n

também era válido para expoentes negativos e fracionários. Em notaçãomoderna, Newton descobriu a seguinte expansão:

(1 + x)n = 1 + nx+ n(n− 1)x2

2!+ n(n− 1)(n− 2)

x3

3!+ . . . (3.1)

É interessante observar que se n = m ∈ N a série binomial (3.1) reduz-sea um polinômio de grau m.

Exercício Resolvido 3.1 Expande os binômios abaixo, exibindo os primeiros5 termos:

a) (1 + x)2

b) (1 + x)4

c) (1 + x)−1

d) (1 + x)1/2

Resolução:

a) (1 + x)2 = 1 + 2x+ x2

77


b) (1 + x)4 = 1 + 4x+ 6x2 + 4x3 + x4

c)

(1 + x)−1 = 1 + (−1)x+ (−1)(−1− 1)x2

2!+

+ (−1)(−1− 1)(−1− 2)x3

3!+ . . . = 1− x+ x2 − x3 + . . .

d)

(1 + x)1/2 = 1 + (1/2)x+ (1/2)(1/2− 1)x2

2!+

(1/2)(1/2− 1)(1/2− 2)x3

3!+ . . . = 1 +

x

2− x2

8+

x3

16− . . .

O estudo da série (3.1) e de outras séries de potências contribuiu muitopara o desenvolvimento do Cálculo Diferencial e Integral, elas possibilitaramtratar as funções trigonométricas e transcendentes da mesma forma que asfunções elementares. Apesar do grande desenvolvimento do assunto noséculo XVIII, impulsionado principalmente por Leonhard Euler (1707-1783),muitos resultados que careciam de rigor matemático. O desenvolvimentoformal das séries potências no século XIX e contribuiu enormemente parao desenvolvimento da Matemática.


78

Capítulo 4

Algumas Aplicações dasSéries de Potências

79

Capítulo 5

Anexo A: Valor Absoluto deum Número Real

Neste apêndice, iremos apresentar o conceito de valor absoluto de um númeroreal e explorar as propriedades relacionadas.

Definição 5.1 O valor absoluto de um número real é dado por:

|x| =

{x, se x ≥ 0

−x, se x < 0(5.1)

Segue dessa definição que |x| ≥ 0 para todo x ∈ R e que x ≤ |x|. Alémdisso, temos as seguintes propriedades dadas na proposição a seguir.

Proposição 5.1 Se x ∈ R, então:

i) |x| = 0 se e somente se x = 0;

ii) |x|2 = x2;

iii) |x| =√x2;

iv) |x · y| = |x| · |y|;

v)∣∣∣∣xy

∣∣∣∣ = |x||y|

;

vi) |x| = |y| ⇒ x = ±y;

vii) Seja a > 0. Se |x| ≤ a, então −a ≤ x ≤ a;

80


viii) Seja a > 0. Se |x| ≥ a, então x ≥ a ou x ≤ −a.

Demonstração:

i) Se x = 0, é claro que |x| = |0| = 0. Se x ̸= 0, então x < 0 ou x > 0, demodo que |x| = x > 0 se x > 0 e |x| = −x > 0 se x < 0.

ii) • Se x > 0, então |x| = x, de modo que |x|2 = x2;• Se x < 0, então |x| = −x, de modo que |x|2 = x2;• Se x = 0, então |x| = −x, de modo que |x|2 = (−x)2.

iii) Pelo item ii), |x|2 = x2, de modo que√

|x|2 =√x2. Mas, |x| =

√|x|2,

pois |x| ≥ 0. Logo,√x2 = |x|.

iv) De fato, |xy|2 = (xy)2 = x2y2 = |x|2|y|2, donde segue que

|xy| =√|x2||y2| =

√|x|2

√|y|2 = |x||y|

v) De fato,∣∣∣∣xy∣∣∣∣2 =

(x

y

)2

=x2

y2=

|x|2

|y|2⇒

∣∣∣∣xy∣∣∣∣ =

√|x|2

|y|2=

√|x|2√|y|2

=|x||y|

vi) De fato,

|x| = |y| ⇒ |x|2 = |y|2 ⇒ x2 = y2 ⇒ x = ±y

vii) De fato, se x ≥ 0, então x = |x| ≤ a e se x < 0, então −x = |x| ≤ a,donde segue o resultado.

viii) De fato, se x ≥ 0, então x = |x| ≥ a e se x < 0, então −x = |x| = a,donde segue o resultado.

�Proposição 5.2 (Desigualdade triangular) Se x, y ∈ R, então

|x+ y| ≤ |x|+ |y|

Demonstração: De fato,

(x+ y)2 = x2 + 2xy + y2 = |x|2 + 2xy + |y|2

Como x ≤ |x|, então xy ≤ |xy|. Assim,

(x+ y)2 ≤ |x|2 + 2|xy|+ |y|2 = |x|2 + 2|x||y|+ |y|2 = (|x|+ |y|)2 ⇒√(x+ y)2 ≤

√(|x|+ |y|)2 ⇒ |x+ y| ≤ ||x|+ |y|| = |x|+ |y|

�

81


Respostas dos Exercícios Propostos

Exercícios Propostos - pág. 30

1.

2.

3. (a) {2, 4, 8, 16, 32, 64}(b) {4,−4, 4,−4, 4,−4}(c) {1, 1, 2, 3, 5, 8}(d) {1, 2, 3

√2, 4

√3 4√2, 10 4

√3 8√2}

4. (a) 1/2

(b) −∞(c) +∞(d) 1/6

(e) 0

(f) 1

(g) +∞(h) 0

(i) 16

(j) 0

(k) 0

(l) +∞(m) +∞

5. (a) e

(b) e−6

(c) e−2

(d) +∞(e) 1/e

6. (a) 0

(b) 1

(c) 1

82


(d) +∞(e) 1

7. (a) V

(b) V

(c) F, {(−1)n} é uma sequência li-mitada, mas não é convergente.

(d) V

(e) F, {1/n} é uma sequência limi-tada, decrescente e convergente.

8.

9. (a) 1/3

(b) 1

(c) 3/8

(d) +∞

10. (a) 1/3

(b) 1/6

11. (a)

(b)

12. (a)

(b)

Exercícios Propostos - pág. 71

1.

2. (a)

(b)

3. (a) diverge

(b) O teste falha

(c) diverge

(d) O teste falha

(e) diverge.

(f) O teste falha

(g) diverge

4. (a) diverge

(b) diverge

5. (a) S = 1/6

(b) diverge

(c) converge e S = 3

(d) diverge

(e) converge e S = 5/3

6. 84 m

7. 9/8

8. (a) 2/3

(b) 23/99

(c) 1/90

9. (a) diverge

(b) converge

(c) converge

10.

11.

12. S = 5/6

13. (a) diverge

(b) converge

(c) diverge

(d) diverge

(e) diverge

(f) converge

14.

15. 15

83


(a) converge(b) converge(c) diverge(d) diverge(e) converge

16. 16

(a) diverge(b) converge(c) diverge(d) converge(e) diverge

17. (a) converge(b) converge

18. (a) converge(b) converge(c) diverge(d) o teste falha

19. (a) converge(b) converge(c) diverge(d) diverge

20. (a) diverge(b) diverge(c) converge(d) converge(e) diverge(f) converge

(g) diverge(h) diverge(i) diverge

84

Índice Remissivo

axioma da completude, 21

constante de Euler, 23convergência

absoluta, 66critério do inverso, 9

desigualdade de Bernoulli, 19desigualdade triangular, 48, 79

indução matemática, 22Isaac Newton, 75

número e, 23Nicole

Oresme, 50Notação somatório, 31

regra de L’Hospital, 12

sériequase-telescópica, 47alternada, 64geométrica, 51harmônica, 50quase-harmônica, 51telescópica, 46, 54

séries de potências, 75séries numéricas, 44sequência, 7

-crescente, 16-decrescente, 16convergência de, 8

crescente, 8divergente, 9limitada, 14monótona, 16não-crescente, 16não-decrescente, 15operações com limites, 10

soma da série geométrica, 52somas parciais, 45subsequência, 17

teoremado sanduiche, 17

testeda divergência, 56da raiz, 69da razão, 66da razão para sequências, 27da-subsequência, 17de D’Alembert, 66do limite da comparação, 62para séries alternadas, 64da comparação, 60da integral, 57para séries alternadas, 64

valor absoluto, 78

85

Referências Bibliográficas

[1] Neri, Cassio Curso de Análise Real. Instituto Federal. UniversidadeFederal do Rio de Janeiro, 2006.

[2] Stewart, James Calculus - Early Transcendentals. 6a ed. ThomsomBrooks/Cole, 2008.

[3] Simmons, George F. Cálculo com Geometria Analítica Vol. 2. São Paulo.McGraw-Hill, 1987.

[4] Thomas, George B. Cálculo Vol. 2. 11a ed. São Paulo. Addison Wesley.2009.

[5] Leithold, Louis. O Cálculo com Geometria Analítica Vol. 2. 3a ed. SãoPaulo. Editora Harbra ltda, 1994.

[6] Craw, Ian. Advanced Calculus and Analysis. Departament of Mathema-tical Sciences. University of Aberdeen, 2000.

[7] Silva, Rodrigo Carlos. Anotações Sobre Sequências. UFF-RJ

[8] Guichard, David R. Calculus. http://www.whitman.edu/mathematics/cali-fornia-calculus/

[9] Dawkins, Paul. Calculus II. http://tutorial.math.lamar.edu/terms.asp

86

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